Isolierte Singularität

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15.02.2016, 18:06	Lalelulu	Auf diesen Beitrag antworten »
Isolierte Singularität Hallo ich habe eine Aufgabe bei der ich nicht weiter komme. Sei $\begin{eqnarray} f:\mathbb C^\rightarrow\mathbb C \end{eqnarray}$ holomorph und nichtkonstant mit $\begin{eqnarray} f(\frac{1}{n})=1 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N \end{eqnarray}$ . Bestimme die Art aller isolierten Singularitäten. Die einzige isolierte Singularität liegt bei null. Ich weiß, dass ich die Funktion als Laurentreihe schreiben kann $\begin{eqnarray} f(z)=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k z^k \end{eqnarray}$ . Außerdem weiß ich, dass die Singularität wesentlich/hebbar/Pol ist, jenachdem wie die Koeffizienten für $\begin{eqnarray} k<0 \end{eqnarray}$ aussehen. Ich habe mir ein Beispiel überlegt, um da etwas näher zu kommen und bin auf $\begin{eqnarray} f(z)=e^{\frac{2\pi i}{z}} \end{eqnarray*}$ gekommen, welche die Anforderungen erfüllt und eine wesentliche Singularität hat. Also vermute ich, dass das die Antwort auf die Frage ist, kann es aber nicht allgemein nachweisen.
15.02.2016, 18:31	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, richtig, es liegt eine wesentliche Singularität vor. Zeige dies, indem du die beiden anderen Arten von Singularität ausschließt. Was wäre denn, wenn die Singularität hebbar wäre?
15.02.2016, 18:56	Lalelulu	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn die Singularität hebbar wäre, hätten wir eine Laurententwicklung $\begin{eqnarray} f(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty} a_kz^k \end{eqnarray}$ , also wäre die Funktion in null stetig/holomorph fortsetzbar. Ich vermute mal, dass das zu einem Widerspruch führt...würde sich mit dem Identitätssatz etwas machen lassen? Wir könnten dann die Funktion auf ganz $\begin{eqnarray} \mathbb C \end{eqnarray}$ definieren mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray} f(\frac{1}{n})=1 \end{eqnarray}$ und für eine weitere Funktion $\begin{eqnarray} g:\mathbb C\rightarrow\mathbb C \end{eqnarray}$ hat die Menge $\begin{eqnarray} \{z\|f(z)=g(z)\} \end{eqnarray}$ den Häufpungspunkt 0 und somit sind die Funktionen identisch. Aber mit $\begin{eqnarray} g(z)=\sin(\frac{2\pi i}{n}) \end{eqnarray}$ finden wir eine Funktion die die Anforderungen erfüllt und nicht identisch ist? Aber irgendwie kommt mir die Begründung komisch vor...
15.02.2016, 19:18	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das ist etwas wirr, was du da aufgeschrieben hast. Was soll denn $\begin{eqnarray} g(z) \end{eqnarray}$ genau sein? Das hängt bei dir ja von $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ ab, was natürlich nicht sein darf. Die Idee mit dem Identitätssatz ist aber gut. Welche sehr einfache ganze Funktion erfüllt denn auch die Bedingung?
15.02.2016, 19:37	Lalelulu	Auf diesen Beitrag antworten »
Ups, das sollte eigentlich $\begin{eqnarray} \sin(\frac{2\pi i}{z} \end{eqnarray}$ , aber die ist natürlich nicht auf $\begin{eqnarray} \mathbb C \end{eqnarray}$ definiert. Die einfachste Funktion wäre natürlich die konstante 1-Funktion.
15.02.2016, 19:37	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Richtig, was kannst du jetzt also aus dem Identitätssatz folgern?
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15.02.2016, 19:49	Lalelulu	Auf diesen Beitrag antworten »
Nochmal sauber zusammengefasst: Wenn die Singularität hebbar ist, ist die Funktion in null stetig/holomorph fortsetzbar. Sei also $\begin{eqnarray} f:\mathbb C\rightarrow\mathbb C \end{eqnarray}$ diese Funktion und $\begin{eqnarray} g\equiv 1 \end{eqnarray}$ . Dann hat die Menge $\begin{eqnarray} \{z\|f(z)=g(z)\} \end{eqnarray}$ den Häufungspunkt $\begin{eqnarray} 0\in\mathbb C \end{eqnarray}$ und somit ist $\begin{eqnarray} f=g \end{eqnarray}$ , was ein Widerspruch zur Voraussetzung ist. Also kann die Singularität nicht hebbar sein. Angenommen es handelt sich um einen Pol, dann ist $\begin{eqnarray} f(z)=\sum_{k=-n}^{\infty} a_kz^k \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N \end{eqnarray}$ die Polstellenordnung ist...mehr kann ich darüber aber nicht sagen, oder?
15.02.2016, 19:54	Lalelulu	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, ich seh es gerade. Ich bekomm ja direkt eine Folge geliefert die $\begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty} \|f(1/n)\|\neq \infty \end{eqnarray}$ erfüllt, also kann es ein Pol sein.
15.02.2016, 19:57	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Richtig
15.02.2016, 19:59	Lalelulu	Auf diesen Beitrag antworten »
Super, vielen Dank.

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