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Universität/Hochschule J Singularitäten von Funktionen
hyxamp
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  Themenstart: 2014-06-16

Hallo, ich beschäftige mich gerade mit Singularitäten von Funktionen. Leider habe ich da doch einige Verständnissprobleme.. Ich verstehe teilweise einfach nicht, wie aus Laurentreihen oder ähnlichem erkannt werden kann, ob es sich dann bei den Singularitäten um Polstellen oder hebbaren Singularitäten handelt. Beispielsweise habe ich folgende Aufgabe vor mir zu liegen: (cos(z)-1)/z^3 für z = 0 hätte ich also eine Singularität. Der erste Gedanke war: Zähler und Nenner wird 0, also ist sie vermutlich hebbar. Aber so einfach scheint es doch nicht zu sein. Mehrfach habe ich gelesen, die Funktion in Reihen umzuschreiben. Also habe ich mir überlegt eine Reihe für den cosinus um z0 = 0 zu entwickeln: (cos(z) - 1)/z^3 = 1/z^3 sum((-1)^k/(2k!) * z^(2k) -1 ,k=0,\inf ) = 1/z^3 sum((-1)^k/(2k!) * z^(2k) ,k=1,\inf ) = 1/z^3 sum((-1)^k/(2k!) * z^(2k) ,k=1,\inf ) Das Erste wo ich mich schon Frage ob das stimmen kann, ist die Indexverschiebung bezüglich der 1. Dann hätte ich 1/z^3 in die Summe gezogen, aber auch da bin ich mir nicht sicher ob das so geht: sum((-1)^k/(2k!) * z^(2k-3) ,k=1,\inf ) Tja und nun die große Frage: wie sehe ich nun ob es sich um hebbare Singularitäten oder um Polstellen handelt? Hab da echt meine Verständnissprobleme. Wäre um jede Hilfe dankbar!


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traveller
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  Beitrag No.1, eingetragen 2014-06-16

Hallo, Das ist ziemlich einfach, siehe hier. Das müsstet ihr auch in der Vorlesung gezeigt haben. Was ist denn Haupt- und Nebenteil der Reihe, die du am Schluss hingeschrieben hast?


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hyxamp
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-16

Vielen Dank für deine Antwort, wir hatten das Thema noch gar nicht behandelt, das wird vermutlich demnächst erst drankommen. War bisher nur interessehalber da ich in gewissen Modulen teilweise Eigenstudium durchführen muss und nicht immer zu den Vorlesungen erscheinen kann. Stimmt denn die Potenzreihe überhaupt? Der Hauptteil wäre dann: (-1)^k/(2k!) und wenn lim k -> ∞ geht der Hauptteil gegen 0. Das wäre also eine hebbare Singularität?


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traveller
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  Beitrag No.3, eingetragen 2014-06-16

Hallo, Nein. Der Hauptteil ist eine Reihe der Form sum(a_n z^ -n ,n=-1,-\inf)=a_(-1)/z+a_(-2)/z^2+a_(-3)/z^3+... Der Nebenteil hat die Form einer Potenzreihe sum(a_n z^n,n=0,\inf)=a_0+a_1 z+a_2 z^2+a_3 z^3+... und die Summe der beiden Teile ist dann die Laurentreihe.


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fru
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  Beitrag No.4, eingetragen 2014-06-16

Hallo hyxamp! \quoteon(2014-06-16 19:50 - hyxamp in Beitrag No. 2) Der Hauptteil wäre dann: (-1)^k/(2k!) und wenn lim k -> ∞ geht der Hauptteil gegen 0. \quoteoff Das ist eine völlig sinnfreie "Aussage", weil k gar keine freie, sondern (als Summationsvariable) eine gebundene Variable ist: Man kann k daher überhaupt nicht sinnvoll mit einem Wert belegen, sodaß k auch nicht gegen Unendlich streben kann. Genausowenig kann der Hauptteil eine von k abhängige Funktion sein. Richtig wäre Folgendes: \ Aus dem bekannten cos|z=sum((-1)^k/(2k)!*z^2k,k=0,\inf) folgt leicht (cos|z-1)/z^3=(sum((-1)^k/(2k)!*z^2k,k=0,\inf)-1)/z^3=sum((-1)^k/(2k)!*z^2k,k=1,\inf)/z^3=sum((-1)^k/(2k)!*z^(2k-3),k=1,\inf) Nun braucht man nur mehr die Glieder mit negativen Exponenten abzuspalten, hier liefert 2k-3<0 sofort k<3\/2, also k<=1: sum((-1)^k/(2k)!*z^(2k-3),k=1,\inf)=(-1)^1/(2*1)!*z^(2*1-3)+sum((-1)^k/(2k)!*z^(2k-3),k=2,\inf) Dies weist den ausgegliederten Summanden (-1)^1/(2*1)!*z^(2*1-3)=(-1)/2!*z^(-1)=-1/2z bereits als Hauptteil aus, zur Probe kann man im Nebenteil noch durch die Substitution k=j+2 eine Indexverschiebung durchführen, die bestätigt, daß es sich um eine Potenzreihe__ handelt: sum((-1)^k/(2k)!*z^(2k-3),k=2,\inf)=sum((-1)^(j+2)/(2*(j+2))!*z^(2*(j+2)-3),j+2=2,\inf)= =sum((-1)^j/(2j+4)!*z^(2j+1),j=0,\inf)=z/24-z^3/720+ ... Liebe Grüße, Franz [Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.] [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Holomorphie' von fru]


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hyxamp
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-16

Vielen Dank für eure Antworten! Ohje und ich merk schon, da hab ich noch einiges zu erarbeiten.. Aber ich hab ja noch einige Beispiele hier vor mir zu liegen ;) Aber ein wenig steh ich jetzt auf dem Schlauch. Wenn -1/(2z) mein Hauptteil ist (ich kann deine Rechnung sehr gut nachvollziehen, vielen Dank dafür nochmal), weis ich immer noch nicht ganz, was das nun über die Singularität aussagt. Setze ich an der Stelle dann z = 0 und stelle dann fest das es sich bei 0 um eine dreifache Polstelle gehandelt hat?


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fru
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  Beitrag No.6, eingetragen 2014-06-16

\quoteon(2014-06-16 21:13 - hyxamp in Beitrag No. 5) Setze ich an der Stelle dann z = 0 und stelle dann fest das es sich bei 0 um eine dreifache Polstelle gehandelt hat? \quoteoff \ Nein, z wird nicht mehr gleich 0 gesetzt. Das geschah bereits einleitend, als wir sahen, daß dadurch der Funktionsterm (cos|z-1)/z^3 zum unbestimmten Ausdruck 0\/0 wird, was die Stelle z=0 als Singularität der durch den Term beschriebenen Funktion ausweist. Das Entwickeln dieser Funktion in eine Laurentsche Reihe sum((-1)^j/(2j+4)!*z^(2j+1),j=-1,\inf)=-1/2z+z/24-z^3/720+ ... für eine Umgebung der singulären Stelle z=0 zeigt, daß es sich bei dieser Singularität um einen Pol \(erster Ordnung) handelt, weil der Hauptteil, als Potenzreihe -1/2z=-1/2*1/z=-1/2*w von w:=1\/z aufgefaßt, ein Polynom__ ersten Grades ist. (1) Wenn diese Potenzreihe sum(c_j*w^j,j=1,\inf) ein Polynom__ sum(c_j*w^j,j=1,n) positiven__ Grades n ist, handelt es sich um einen Pol____, dessen Ordnung gleich dem Grad n des Polynoms ist. Für alle j>n gilt dann c_j=0. (2) Wenn der Hauptteil verschwindet, die Laurentsche Reihe also eine Potenzreihe ist, handelt es sich um eine hebbare____ Singularität, das erwähnte Polynom ist das Nullpolynom__, alle c_j verschwinden. sin(z)\/z wäre dafür ein einfaches Beispiel. (3) Wenn der Hauptteil weder verschwindet noch ein Polynom in 1\/z ist \(wenn er also unendlich viele Summanden der Form c_j*z^(-j) mit c_j!=0 enthält), dann liegt eine wesentliche____ Singularität vor. Zu jedem n gibt es ein j>n mit c_j!=0. sin(1\/z) wäre dafür ein Beispiel.


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hyxamp
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-17

Wow, nochmal super beschrieben. Denke das ich es jetzt halbwegs begriffen habe. Werde mich dann nachher nochmal an ein paar Beispiele setzten! Aufgrund des einfachen Polynoms kann ich nachvollziehen das 0 eine einfache Polstelle ist. Aber sollte aus der Ausgangsfunktion mit z^3 im Nenner nicht hervorgehen, dass es sich um eine "dreifache Nullstelle des Nenners" handelt? Oder kann man das dann getrost ignorieren? Vielen herzlichen Dank für deine ausführliche Erklärung. Hat mir wirklich super weitergeholfen!


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traveller
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  Beitrag No.8, eingetragen 2014-06-17

Hallo, Wie würdest du denn die Singularität bei 0 von f(z)=z^3/z^3 klassifizieren?


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hyxamp
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-17

Gute Frage... hebbare Singularität? Oder müsste man hier auch erst wieder eine Reihe bilden?


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hyxamp
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-17

Hi, ich habe mir noch 3 andere Beispiele angeschaut: \ e^(-1/z^2) Hier liegt eine Singularität bei 0 vor. Ich habe dafür die Reihe um Punkt 0 entwickelt: sum((-1/z^2)^n/n!,n=0,\inf ) = sum((-1)^n/(z^(2n) n!),n=0,\inf) = sum((-1)^n/n! * 1/(z^(2n)),n=0,\inf )= = sum(n!/(-1)^n * z^(2n),n=-\inf,0 ) Hier hätte ich gedacht, dass es sich um eine wesentliche Singularität von 0 handelt: \quoteon(2014-06-16 22:08 - fru in Beitrag No. 6) wenn er also unendlich viele Summanden der Form c_j*z^(-j) mit c_j!=0 enthält \quoteoff Bei den anderen beiden fehlt mir leider auch ein wenig der Ansatz: (z-1)/(1-1/z) Hier hätte ich die Singularitäten für z=0 und z=1. Nachdem ich den Bruch mit z erweitert habe, erhalte ich etwas in der Form: (z^2-z)/(z-1) Wie es aussieht, ist die Funktion doch für 0 definiert. Oder wie schreibe ich das dann? Was mache ich dann noch mit der 1? Kann man hier sagen das es sich um eine hebbare Singularität handelt oder muss man das auch erst wieder umformen? Als dritte Aufgabe habe ich mir: (e^z-e)/(z-1)^2 rausgefischt. Aber auch hier fehlt mir wieder der Ansatz. Womöglich muss das e^z wieder in eine Reihe um z0=1 entwickelt werden. Mich stört das e allerdings ein wenig. Vielleicht kann nochmal jemand ein Tipp abgeben? Hoffendlich hab ichs dann endgültig begriffen :-) Viele Grüße


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Wally
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  Beitrag No.11, eingetragen 2014-06-17

Hallo hyxamp, wenn man $\dfrac{f(z)}{g(z)}$ in $z=z_0$ untersucht gilt: hat $f$ in $z_0$ eine $k$-fache Nullstelle, und $g$ in $z_0$ eine $n$-fache Nullstelle, dann ist $z_0$ für $k\ge n$ eine hebbare Singularität und für $k


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fru
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  Beitrag No.12, eingetragen 2014-06-17

\quoteon(2014-06-17 12:42 - hyxamp in Beitrag No. 10) \ sum((-1)^n/n! * 1/(z^(2n)),n=0,\inf )= = sum(n!/(-1)^n * z^(2n),n=-\inf,0 ) \quoteoff Diese Umformung ist "nicht einmal falsch", sondern sogar sinnfrei. Das erkennst Du schon daran, daß die Fakultätsfunktion für negatives n gar nicht definiert ist. Eliminierte man das Sinnfreie, bliebe aber immer noch Falsches übrig; das fehlende Minuszeichen bei (-n)! ist also nicht nur ein Tippfehler. Richtig wäre stattdessen zum Beispiel Folgendes: \ sum((-1)^n/n!*1/z^2n,n=0,\inf)=sum((-1)^n/(-n)!*z^2n,n=-\inf,0) \red\small\(EDIT: Rechts 1\/z^2n durch z^2n ersetzt) Mit w:=1\/z wird also der Hauptteil zur nichtabbrechenden__ Potenzreihe sum((-1)^n/n!*w^2n,n=1,\inf)= -w^2+w^4/2-w^6/6+ ... in w, was 0 als wesentliche__ Singularität ausweist. \small\ Der Nebenteil sum((-1)^n/n!*1/z^2n,n=0,0) ist gleich 1, aber das wird hier nicht weiter benötigt.


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fru
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  Beitrag No.13, eingetragen 2014-06-17

\quoteon(2014-06-17 12:42 - hyxamp in Beitrag No. 10) \ (z-1)/(1-1/z) Hier hätte ich die Singularitäten für z=0 und z=1. \quoteoff Ja, denn für z=1 verschwindet der Nenner 1-1/z des Funktionstermes und für z=0 verschwindet der Nenner z des Teilterms 1/z. Es geht also um folgende Funktion: \ f: \IC \\ menge(0,1) -> \IC z\mapsto\ (z-1)/(1-1/z) \quoteon(2014-06-17 12:42 - hyxamp in Beitrag No. 10) Nachdem ich den Bruch mit z erweitert habe, erhalte ich etwas in der Form: (z^2-z)/(z-1) Wie es aussieht, ist die Funktion doch für 0 definiert. \quoteoff Ja, aber das Erweitern mit z ist gerade für z=0 keine Äquivalenzumformung, sodaß Dein Argument in dieser einfachen Form wohl noch nicht relevant ist. \ Aber diese Umformung des Funktionstermes ist für jedes z des Definitionsbereiches von f \(zu dem 0 ja nicht__ gehört\!) eine Äquivalenzumformung, sodaß man auch f: \IC \\ menge(0,1) -> \IC z\mapsto\ z*(z-1)/(z-1) schreiben kann. Das zeigt, daß sich f stetig \(und holomorph) nach 0 zu einer Funktion f_1 fortsetzen läßt, indem die 0 auf 0 abgebildet wird: f_1: \IC \\ menge(1) -> \IC z\mapsto\ (z*(z-1))/(z-1) Denn es gilt ja lim(z->0,f(z))=lim(z->0,(z-1)/(1-1/z))=lim(z->0,(z*(z-1))/(z-1))=0. 0 ist daher eine hebbare Singularität von f, und f=f_1\.\|_(\IC \\ menge(0,1)) ist die Einschränkung von f_1 auf \IC \\ menge(0,1): f_1(z)=cases(0, für z=0;f(z), für z\el\IC \\ menge(0,1)) Auf ganz ähnliche Weise zeigt sich auch, daß 1 eine hebbare Singularität von f \(oder auch von f_1\.) ist: Für alle z\el\IC \\ menge(0,1) gilt ja f(z)=z*(z-1)/(z-1)=z, f ist also die Identität z\mapsto\ z auf \IC \\ menge(0,1) und diese Abbildung läßt sich durch die Festsetzungen f_2(0):=0, f_2(1):=1 stetig und holomorph zu einer Funktion f_2 auf ganz \IC fortsetzen, nämlich zur Identität f_2: \IC->\IC z\mapsto\ z und f=f_2\.\|_(\IC \\ menge(0,1)) ist die Einschränkung von f_2 auf \IC \\ menge(0,1): f_2(z)=cases(0, für z=0;1, für z=1;f(z), für z\el\IC \\ menge(0,1)) Der entscheidende Punkt ist aber ganz einfach, daß die Polynome z (in z) und 1+(z-1) (in (z-1)) die Laurentschen Entwicklungen von f um 0 bzw. 1 sind, was diese beiden Singularitäten als hebbar kennzeichnet, weil die Hauptteile jeweils verschwinden.


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hyxamp
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  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-17

Hallo fru, ich habe mein Fehler im Beispiel: e^(-1/z^2) gefunden. Allerdings sieht meine Potenzreihe jetzt so aus: sum((-1)^n/(-n)! * z^(2n),n=-\inf ,0) Der Hauptteil umfasst also (immer?) alle Komponenten mit negativem Exponenten und weil es davon unendlich viele gibt und die Reihe nicht abbricht, handelt es sich um eine wesentliche Singularität? Der Nebenanteil ist dann (immer?) eine Potenzreihe mit positiven Exponenten? Warum ist dann der Nebenanteil 1 bzw. warum gibt es überhaupt einen Nebenanteil in diesem Beispiel wenn nur negative Exponenten vorkommen? Deinen letzten Beitrag habe ich soweit verstanden. Aber ich denke da muss ich mir noch einige Beispiele anschauen, eh das Thema bei mir richtig sitzt. Hatte mir eben noch einmal das zweite Beispiel angeschaut: (e^z-e)/(z-1)^2 Hab das auch wieder als Reihe im Entwicklungspunkt 1 umgeschrieben: 1/(z-1)^2 * (-e + sum((z-1)^n/n!,n=0,\inf ) Nun habe ich erstmal nur positive Exponenten, dh ich habe eine Potenzreihe und es gibt keinen Hauptteil? Mit dem "-e" vor der Potenzreihe bin ich noch ein wenig unsicher.. Aber heist das dann, dass es sich um eine hebbare Singularität handelt? Denke mein Problem ist es einfach, dass ich Haupt -und Nebenteil nicht richtig einordnen kann. So wie ich es bisher aus deinen und traveller seinen Posts rauslesen konnte, besteht der Hauptteil negativen Exponenten, der Nebenteil ist eine Potenzreihe. Gerade der Bereich der Analysis fällt mir doch ein wenig schwer, da ich mir oftmals nur wenig etwas drunter vorstellen kann. Gruß, hyxamp


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fru
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  Beitrag No.15, eingetragen 2014-06-17

\quoteon(2014-06-17 19:00 - hyxamp in Beitrag No. 14) Allerdings sieht meine Potenzreihe jetzt so aus: sum((-1)^n/(-n)! * z^(2n),n=-\inf ,0) \quoteoff Ja, das war (nur) ein copy&paste-Fehler von mir, sorry. Ich habe ihn oben schon ausgebessert. \quoteon(2014-06-17 19:00 - hyxamp in Beitrag No. 14) Der Hauptteil umfasst also (immer?) alle Komponenten mit negativem Exponenten [...] \quoteoff \ Ja, jede Laurentsche Reihe hat die Form sum(c_k*(z-z_0)^k,k=-\inf,\inf), wobei natürlich manche der Koeffizienten c_k auch gleich 0 sein können. Man kann dafür natürlich \(\.das__ ist doch klar, oder etwa nicht\?) immer auch sum(c_k*(z-z_0)^k,k=-\inf,-1)+sum(c_k*(z-z_0)^k,k=0,\inf) schreiben und nennt dann den ersten Summanden "Hauptteil", den zweiten "Nebenteil". \quoteon(2014-06-17 19:00 - hyxamp in Beitrag No. 14) [...] und weil es davon unendlich viele gibt und die Reihe nicht abbricht, handelt es sich um eine wesentliche Singularität? \quoteoff \ Ja, genau dann, wenn der Hauptteil sum(c_k*(z-z_0)^k,k=-\inf,-1) unendlich viele \(nichtverschwindende) Summanden c_k*(z-z_0)^k enthält, ist z_0 eine wesentliche Singularität. Der Hauptteil ist dann keine ganze rationale, sondern eine ganze transzendente Funktion von w:=1\/(z-z_0). \quoteon(2014-06-17 19:00 - hyxamp in Beitrag No. 14) Der Nebenanteil ist dann (immer?) eine Potenzreihe mit positiven Exponenten? \quoteoff \ Nein: Der Nebenteil ist zwar immer eine Potenzreihe \(in (z-z_0)), aber es kann auch der \(nicht positive\!) Exponent 0 auftreten. z_0 braucht also keine Nullstelle der durch den Nebenteil beschriebenen Funktion zu sein \(was der Fall wäre, wenn die Potenzreihe nur Glieder mit positiven Exponenten enthielte). \quoteon(2014-06-17 19:00 - hyxamp in Beitrag No. 14) Warum ist dann der Nebenanteil 1 bzw. warum gibt es überhaupt einen Nebenanteil in diesem Beispiel wenn nur negative Exponenten vorkommen? \quoteoff \ Weil in diesem Beispiel die Laurentsche Reihe sum((-1)^n/(-n)!*z^2n,n=-\inf,0)= = ... +(-1)^(-2)/(-(-2))!*z^(2*(-2))+(-1)^(-1)/(-(-1))!*z^(2*(-1))+(-1)^0/(-0)!*z^(2*0)= = ... +1/2*z^(-4)+(-1)*z^(-2)+1*z^0= = ... +1/2z^4-1/z^2+1 eben nicht__ nur Glieder mit negativem Exponenten enthält: Der Summationsindex n nimmt ja offenbar auch den \(nicht negativen\!) Wert 0 an, und der zugehörige Summand (-1)^0/(-0)!*z^(2*0)=1 bildet den Nebenteil.


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  Beitrag No.16, eingetragen 2014-06-17

\quoteon(2014-06-17 19:00 - hyxamp in Beitrag No. 14) Hatte mir eben noch einmal das zweite Beispiel angeschaut: (e^z-e)/(z-1)^2 Hab das auch wieder als Reihe im Entwicklungspunkt 1 umgeschrieben: 1/(z-1)^2 * (-e + sum((z-1)^n/n!,n=0,\inf ) \quoteoff \ Hier hast Du die Exponentialfunktion z\mapsto\ exp(z) ganz falsch entwickelt. Das kannst Du schon daran erkennen, daß Deine Reihe sum((z-1)^n/n!,n=0,\inf)=1+(z-1)+(z-1)^2/2+ ... an der Stelle z=1 offenbar den Wert 1 annimmt, während exp(z) an der Stelle z=1 den Wert \ee!=1 hat. Du hast also nicht exp(z) in eine Reihe entwickelt, sondern exp(z-1). \quoteon(2014-06-17 19:00 - hyxamp in Beitrag No. 14) 1/(z-1)^2 * (-e + sum((z-1)^n/n!,n=0,\inf ) Nun habe ich erstmal nur positive Exponenten, dh ich habe eine Potenzreihe und es gibt keinen Hauptteil? \quoteoff \ Auch das ist falsch: Die Reihe 1/(z-1)^2*(-\ee+sum((z-1)^n/n!,n=0,\inf) ließe sich nämlich zu -(\ee-1)/(z-1)^2+1/(z-1)+sum((z-1)^k/(k+2)!,k=0,\inf) umformen, wonach -(\ee-1)/(z-1)^2+1/(z-1) der Hauptteil \(und z=1 ein Pol zweiter Ordnung) Deiner Reihe wäre. PS: Daß ich diese Zusatzfragen gesehen habe, ist reiner Zufall, weil Du sie erst nachträglich einfügt hast. Wenn Du sicher gehen willst, daß jemand überhaupt bemerkt, daß Du noch weitere Fragen hast, dann solltest Du für diese unbedingt einen eigenen Beitrag schreiben ;-) .


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hyxamp
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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-17

Wow, das ging jetzt aber schnell. Und wirklich vielen Dank für deine Hilfe. Vorallem das du dir so viel Zeit dafür nimmst! Ich denke das ich dem Geheimnis der Singularitäten schon ein wenig näher gerückt bin. Hin und wieder komme ich mit allgemeinen mathematischen Formulierungen einfach nicht weiter. Mir hilft es dann oft einige Beispiele durchzurechnen wodurch sich dann wiederum ein Verständnis für die Formulierungen ergibt. Falls du vielleicht noch einen Augenblick Zeit hast (also wenn ich dich nicht schon zur Weißglut getrieben habe bzw. habe ich sowieso schon viel zu viel deiner Zeit in Anspruch genommen), könntest du dir evtl. meine bisherige Überlegung aus Post 14 zu dem letzten Beispiel ansehen? Ein kleines Statement wär schön, damit ich weis ob ich halbwegs auf dem richtigen Dampfer bin. Das was du eben geschrieben hast war wieder sehr ausführlich, vielen Dank noch einmal! Obwohl du bereits sagtest, dass der Nebenteil 1 ist und nicht weiter benötigt wird, hast du doch wieder so einen riesigen Text verfasst! Klar, die 0.. das hab ich eben erst gelesen als ich meinen Beitrag schon editiert hatte.. Schönen Abend noch! Gruß, hyxamp [Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]


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hyxamp
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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-17

haha ohje, jetzt hast du schon wieder geschrieben, als ich gerade geantwortet habe ;) Jetzt kann ich meinen letzten Beitrag vermutlich wieder über den Haufen hauen, weil du womöglich alle Fehler schon behoben hast. Aber erstmal lesen was du geschrieben hast. Dachte nur, jetzt Antworte ich mal lieber schneller, damit du nicht denkst, ich würde deine Beiträge nicht lesen


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\quoteon(2014-06-17 20:50 - hyxamp in Beitrag No. 17) Obwohl du bereits sagtest, dass der Nebenteil 1 ist und nicht weiter benötigt wird, hast du doch wieder so einen riesigen Text verfasst! \quoteoff Das liegt hauptsächlich an Dir ;-) : Ich versuche nur, jede Deiner Fragen zu beantworten und Dich auf jeden Deiner Fehler hinzuweisen. Wenn Du also viele Fehler machst (und viele Fragen stellst), dann werden meine Beiträge eben entsprechend lang ... [Die Antwort wurde nach Beitrag No.17 begonnen.]


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  Beitrag No.20, eingetragen 2014-06-17

\quoteon(2014-06-17 20:53 - hyxamp in Beitrag No. 18) Dachte nur, jetzt Antworte ich mal lieber schneller, damit du nicht denkst, ich würde deine Beiträge nicht lesen \quoteoff Keine Angst, so etwas würde ich nie denken ... :-D .


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hyxamp
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  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-17

Oh du hast recht. e^(z-1) ist natürlich quatsch! Ich musste mich eben mal durch Taylorreihen lesen (ist für mich auch neu) und habe folgende Formel gefunden: P_f,x_0 (x) = sum(a_n (x-x_0)^k,k=0,\inf ) mit a_n = f^n(x_0)/k! also wenn ich das richtig interpretiere ist f^n meinte n-te ableitung von e^z. Das wär ja demnach immernoch e^z und viel zu entwickeln gibts ja dann dort nicht. Das heist meine Reihe hätte dann diese Form: sum(e^z/k! (z-1)^k,k=0,\inf ) habs aber eben mit Matlab nachrechnen lassen und mir wird die Reihe: sum(e/k! (z-1)^k,k=0,\inf ) für e^z im Entwicklungspunkt 1 ausgespuckt. Wo ist denn mein z im Exponenten geblieben? Kanns leider noch nicht ganz nachvollziehen, da ich noch nie mit Taylorreihen entwickelt habe. Aber auch die Bildung der Funktion aus der Potenzreihe ergibt wieder e^z, also scheint das Matlab-Ergebnis zu stimmen. Wenn ich damit jetzt weiterrechne, kann ich das -e auch mit in die Summe ziehen, so wie beim ersten Beispiel? Dann hätte ich: 1/(z-1)^2 sum(e/k! (z-1)^k -e,k=0,\inf ) = 1/(z-1)^2 sum(e/k! (z-1)^k,k=1,\inf ) = sum(e/k! (z-1)^(k-2),k=1,\inf ) = sum(e/k! (z-1)^(k-1),k=0,\inf ) Jetzt wieder die negativen Exponenten abspalten, also k-1 < 0 --> k < 1, also k=0 e/(z-1) + sum(e/k! (z-1)^(k-1),k=1,\inf ) und dann zeigt sich, dass z=1 eine Polstelle ersten Gerades ist? Also falls das so stimmen sollte, wär meine einzige Frage wie ich auf die Taylorreihe mit e im Zähler komme ;) Viele Grüße, hyxamp


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  Beitrag No.22, eingetragen 2014-06-17

\quoteon(2014-06-17 22:09 - hyxamp in Beitrag No. 21) sum(e/k! (z-1)^(k-2),k=1,\inf ) = sum(e/k! (z-1)^(k-1),k=0,\inf ) \quoteoff Hier ist Dir ein Fehler passiert, so wäre es richtig gewesen: \ sum(\ee/k!*(z-1)^(k-2),k=1,\inf)= sum(\ee/(j+1)!*(z-1)^((j+1)-2),j+1=1,\inf)= sum(\ee/(j+1)!*(z-1)^(j-1),j=0,\inf)= sum(\ee/(k+1)!*(z-1)^(k-1),k=0,\inf) Dabei habe ich im ersten Schritt durch die Substitution k=j+1 statt k eine neue Summationsvariable j eingeführt, im zweiten Schritt nur den Exponenten vereinfacht und im dritten j in k umbenannt \(also durch die triviale Substitution j=k statt j eine neue Variable k eingeführt). Besser wäre es allerdings, gleich k=j+2 zu substituieren, damit (z-1) im allgemeinen Summanden den einfachst möglichen Exponenten j bekommt: sum(\ee/k!*(z-1)^(k-2),k=1,\inf)= ... =sum(\ee/(k+2)!*(z-1)^k,k=-1,\inf) Denn jetzt kann man sofort den Hauptteil \ee\/(z-1) \(als ersten Summanden der Laurentreihe) abspalten: sum(\ee/(k+2)!*(z-1)^k,k=-1,\inf)= \ee/(-1+2)!*(z-1)^(-1)+sum(\ee/(k+2)!*(z-1)^k,k=0,\inf)= \ee/(z-1)++sum(\ee/(k+2)!*(z-1)^k,k=0,\inf) \quoteon(2014-06-17 22:09 - hyxamp in Beitrag No. 21) [...], wär meine einzige Frage wie ich auf die Taylorreihe mit e im Zähler komme \quoteoff \ Die Taylorreihe ist immer nur eine Potenz\- und daher i. A. keine Laurentreihe. Außerdem ist die Berechnung der Ableitungen i.$A. eine eher mühsame Angelegenheit. Wenn wir an einer Stelle z_0!=0 entwickeln wollen, dann schreiben wir einfach im gegebenen Funktionsterm (z-z_0)+z_0 statt z. In der ersten Lernphase kann es hilfreich sein, jetzt z-z_0 durch eine eigene Variable \(etwa \z\.) zu ersetzen, sodaß wir dann im Funktionsterm \(eine Konstante z_0 und) eine Variable \z haben und die Funktion an der Stelle \z=0 zu entwickeln ist. Ich verzichte aber mal auf diese Krücke und schreibe gleich: exp(z)=exp((z-1)+1)=exp(z-1)*exp(1)=\ee*exp(z-1)=\ee*sum((z-1)^k/k!,k=0,\inf)=sum(\ee/k!*(z-1)^k,k=0,\inf)


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  Beitrag No.23, eingetragen 2014-06-17

\quoteon(2014-06-17 22:09 - hyxamp in Beitrag No. 21) habs aber eben mit Matlab nachrechnen lassen und mir wird die Reihe: sum(e/k! (z-1)^k,k=0,\inf ) für e^z im Entwicklungspunkt 1 ausgespuckt. Wo ist denn mein z im Exponenten geblieben? \quoteoff Das ist keine gute Frage: \ Du wunderst Dich doch auch bei der Entwicklung exp(z)=sum(1/k!*z^k,k=0,\inf) an der Stelle z=0 nicht, wo das "z im Exponenten geblieben" ist. Das ist doch das Wesen so einer Reihenentwicklung, daß die im ursprünglich gegebenen Funktionsterm vorkommenden \(mit z durchzuführenden, oft ziemlich komplizierten) Rechenoperationen durch wesentlich elementarere ersetzt werden. Diese enorme (und vereinheitlichende\!) Vereinfachung muß allerdings dadurch erkauft werden, daß man im Allgemeinen nicht mit endlich vielen solchen elementaren Rechenoperationen das Auslangen findet. Die Entwicklung exp(z)=sum(\ee/k!*(z-1)^k,k=0,\inf) unterscheidet sich also gar nicht wesentlich von der obigen an der Stelle 0, und es gibt weder hier noch dort einen guten Grund, sich darüber zu wundern, daß in der Reihenentwicklung keine Exponentialfunktionen \(also keine "z im Exponenten", wie Du, diese vermissend, schreibst) mehr vorkommen.


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  Beitrag No.24, eingetragen 2014-06-18

\quoteon(2014-06-17 22:58 - fru in Beitrag No. 23) \quoteon(2014-06-17 22:09 - hyxamp in Beitrag No. 21) Wo ist denn mein z im Exponenten geblieben? \quoteoff Das ist keine gute Frage \quoteoff Ich sehe jetzt erst, daß diese Frage doch nicht ganz so "überraschend" ist, wie sie mir zunächst vorkam: \quoteon(2014-06-17 22:09 - hyxamp in Beitrag No. 21) P_f,x_0 (x) = sum(a_n (x-x_0)^k,k=0,\inf ) mit a_n = f^n(x_0)/k! also wenn ich das richtig interpretiere ist f^n meinte n-te ableitung von e^z. Das wär ja demnach immernoch e^z und viel zu entwickeln gibts ja dann dort nicht. Das heist meine Reihe hätte dann diese Form: sum(e^z/k! (z-1)^k,k=0,\inf ) \quoteoff Denn hier hattest Du ja tatsächlich :-o eine "Potenzreihe" mit einem "z im Exponenten" erhalten. Das durfte natürlich gar nicht sein ;-) , weil in einer Potenzreihe nur die Ringoperationen Addition, Subtraktion und Multiplikation (und durch Iteration natürlich auch das Potenzieren mit ganzzahligen Exponenten) vorkommen können. Dein Fehler lag in der falschen Interpretation des Termes fn(z0): fn ist zwar (als n-te Ableitung von f) wieder f, weil f die Exponentialfunktion ist. Aber fn(z0)=ez0 ist nicht dasselbe wie fn(z)=ez. Letzteres ist der Funktionsterm der n-ten Ableitungsfunktion, Ersteres jedoch der Funktionswert dieser Funktion an der Stelle z0, also eine Konstante, und zwar (weil bei uns ja z0=1 gilt) die Eulersche Zahl e1=e.


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  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-18

Guten Morgen und nochmal vielen Dank für deine Antwort! Ach das heist f^n an der Stelle x0.. Na dann ist wieder alles klar! Das sah für mich wie die Multiplikation der n-ten Ableitung mit x0 aus. Hab mir aber auch nix bei gedacht weil ich wie gesagt noch nie Taylorreihen entwickelt habe. Das mit dem e^((z-1)+1) ist aber vermutlich die wesentlich schönere Variante! Also muss ich bei jeder Indexverschiebung auch auf die Fakultät achten.. okay da war ich mir nicht sicher. Aber war im ersten Beispiel auch nicht so? Aber ich schaue mir das gleich nochmal mit den Substituieren an, vielleicht wird mir dann klar warum im ersten Beispiel sich die Fakultät im Nenner nicht geändert hat. Gruß


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  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-18

Achso klar. Im ersten Beispiel wurde die Summe auch bei n=1 belassen, wärend hier nochmal zurück auf n=0 gegangen wurde. Dadurch reduziert sich der Exponent von (z-1), allerings wird dann n! zu (n+1)! Naja, ist ja auch noch früh :-) Aber letztendlich wäre z=0 eine Polstelle ersten Grades aufgrund des Hauptteils?


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  Beitrag No.27, eingetragen 2014-06-18

Ja (wenn Du die Aufgabe aus dem Themenstart meinst), es heißt aber "erster Ordnung".


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  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-18

Guten Morgen, ich meinte jetzt die aufgabe mit dem e^z-e.. Ist das ebenfalls eine Polstelle erster Ordnung oder doch zweiter, weil ich die Ausgangsfunktion betrachten muss? Hätte jetzt gedacht erster Ordnung, weil der Nenner mit der Laurentreihe "verrechnet" wird.


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  Beitrag No.29, eingetragen 2014-06-18

\ (exp(z)-\ee)/(z-1)^2 ist an der Stelle 0 gar nicht singulär, sondern holomorph, der Funktionswert ist ganz einfach (exp(0)-\ee)/(0-1)^2=(1-\ee)/1=1-\ee Aber diese Funktion ist an der Stelle 1 \(weil dort der Nenner des Funktionsterms verschwindet) singulär und wegen der Laurentschen Entwicklung (exp(z)-\ee)/(z-1)^2=\ee/(z-1)+sum(\ee/(k+2)!*(z-1)^k,k=0,\inf) ist 1 ein Pol erster Ordnung.


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  Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2014-06-18

Ach entschuldige. Natürlich meinte ich 1. War wirklich noch zu früh heute morgen :-) Okay, also Pol erster Ordnung. Vielen herzlichen Dank für deine ganzen Erklärungen! Dann werde ich mir mal ein paar weitere Beispiele vornehmen, aber keine Sorge, für die habe ich schon die Lösungen.. Viele Grüße hyxamp


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