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Funktionentheorie » Holomorphie » Singularitäten
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Universität/Hochschule Singularitäten
radler223
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  Themenstart: 2020-04-01

Hallo zusammen, ich sitze gerade an einer alten Examensaufgabe. Gegeben ist das Gebiet \(\Omega = \{z \in \mathbb{C}: -\pi < Im(y) < 2\pi\}\). Auf diesem Gebiet ist die Funktion von f definiert: \[ f(z) = \frac{1}{z\cdot sinh(z)} = \frac{2}{z\cdot e^{z} - z \cdot e^{-z}}, \] wobei sich die letzte Umformung aus der Definition des komplexen Sinus Hyperbolicus ergibt. Nun soll man in der ersten Teilaufgabe alle Singularitäten bestimmen. Dies sind die Nullstellen des Nenners. Da ja \(sinh(0) = 0\) ist, dachte ich jetzt, dass man die Reihenentwicklung finden muss. Insgesamt lässt sich der Nenner schreiben als \[ z\cdot sinh(z) = z\cdot \exp(z) - z\cdot exp(-z) \] Mit der bekannten Reihenentwicklung für die Exponentialfunktion erhält man weiter \[ z \cdot sinh(z) = \sum \limits_{k=0}^{inf} \frac{z^{k+1}}{k!} + \sum \limits_{k=0}^{\inf} \frac{z^{-k+1}}{k!} \] Wie komm ich jetzt auf den Typ der Singularität? Bspw. ist ja Null auf jeden Fall eine Singularität von f, da der Nenner für \(z= 0 \in \Omega \) verschwindet. Ist dann 0 eine wesentliche Singularität von f, da der Hauptteil obiger Reihenentwicklung niemals abbricht. Damit wäre dann auch \[ Res_f (0) = a_{-1} = 1, \] nach Vorlesung. Außerdem weiß ich nicht, wie ich auf weitere Nullstellen


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.1, eingetragen 2020-04-01

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) Hallo radler223, es ist $\sinh(z)=\sin(-\i z)$. Die Nullstellen des Sinus kennst du, damit kannst du also die Nullstellen des $\sinh$ berechnen. Was den Typ der Singularität angeht, den kann man aus der Reihendarstellung des Nenners leider nicht so ablesen. Beispielsweise hat $\frac{1}{\sin(z)}$ bei $z=0$ einen Pol erster Ordnung, denn $\frac{z}{\sin(z)}$ ist hebbar. Und das obwohl die Taylorreihe des Sinus nicht abbricht. Was du aber machen kannst, sind etwas grundsätzlichere Überlegungen. Nämlich wie sich die drei Typen von Singularitäten verhalten. In einer Umgebung hebbarer Singularitäten sind holomorphe Funktionen beschränkt. Das ist diese Funktion nicht. Und wenn $f$ eine wesentliche Singularität hat, dann auch $\frac{1}{f}$, denn das Bild von $f$ liegt dann in jeder Umgebung der Singularität dicht in $\C$, also auch das Bild von $\frac{1}{f}$, womit man eine wesentliche Singularität hat. Damit kannst du untersuchen, ob die Singularitäten Pole oder wesentliche Singularitäten sind. Viele Grüße Vercassivelaunos\(\endgroup\)


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radler223
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-01

Hey, sorry mir ist die Aufgabe zwischenzeitlich unten reingerutscht. Hab mich mittlerweile mit der nochmal auseinander gesetzt. Die Singularitäten, die in \(\Omega\) liegen, sind 0 und \(i\pi\). Da gilt \( f'(i\pi) \neq 0\) müsste \(i\pi\) dementsprechend ein Pol 1. Ordnung sein. Jetzt komm ich nur bei der Bestimmung des Typs der Singularität bei 0 nicht so recht weiter. Wenn ich deinen Vorschlag auf \(\frac{1}{f}\) anwende, so wäre ja \[ \frac{1}{f} = z \cdot sinh(z). \] Dann hat \(\frac{1}{f}\) bei 0 aber definitiv keine wesentliche Singularität. Demzufolge müsste es dann ein Pol sein. Da ich in der nächsten Teilaufgabe das Residuum von f in 0 berechnen muss, brauch ich aber definitiv die genaue Vielfachheit des Pols. Und da sehe ich jetzt keinen Ansatzpunkt mehr. Evtl. könnte man argumentieren, dass 0 ein Pol erster Ordnung von \(\frac{1}{z}\) und 0 ein Pol erster Ordnung von \(\frac{1}{sinh(z)}\) und damit ist 0 Pol zweiter Ordnung von \(f(z)\). Aber da find ich keinen Satz, der eine solche Argumentation rechtfertigen würde. Daher gehe ich davon aus, dass die Argumentation falsch ist. Kann mir nochmal wer helfen? Danke und viele Grüße Radler 223


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.3, eingetragen 2020-05-01

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) \quoteon Da gilt $f′(\i\pi)\neq0$ müsste iπ dementsprechend ein Pol 1. Ordnung sein. \quoteoff Du meinst hier aber jetzt $f= z\sinh z$, und nicht $f(z)=\frac{1}{z\sinh z}$, oder? Wenn ja, dann ist die Argumentation richtig: $z\sinh z$ hat eine Nullstelle 1. Ordnung, also hat $\frac{1}{z\sinh z}$ einen Pol 1. Ordnung. Bei der anderen Polstelle geht es ähnlich: Bestimme die Ordnung der Nullstelle von $z\sinh z$ in $z=0$, und dann hat $\frac{1}{z\sinh z}$ dort einen Pol entsprechender Ordnung. Deine Argumentation mit dem Produkt von Funktionen mit Polstellen funktioniert aber auch: Seien $f,g:\Omega\to\C$ meromorph und sei $z_0$ ein Pol $n$-ter Ordnung von $f$ und ein Pol $m$-ter Ordnung von $g$. Dann hat $fg$ dort einen Pol $n+m$-ter Ordnung. Denn $(z-z_0)^{m+n}f(z)g(z)=\left[(z-z_0)^n f(z)\right]\left[(z-z_0)^mg(z)\right]$. Beide Faktoren haben in $z_0$ eine hebbare Singularität, also hat auch das gesamte Produkt dort eine hebbare Singularität. Damit ist der Pol höchstens von Ordnung $m+n$. Und kleiner ist er auch nicht, denn mit $k\(\endgroup\)


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radler223
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-03

Keine Ahnung, wie man zitiert, aber zu deiner ersten Frage: Ja, meinte bei dem Argument mit der Ableitung die Nennerfunktion, also \(\tilde{f}(z) = z \cdot sinh(z)\). Bzgl. der Vielfachheit der Polstelle: Die Argumentation über die zusammengesetzte Funktion ist mir jetzt klar, da hat mir nur n Beweis oder irgend n Satz gefehlt. Mit der Ableitung könnte man dann folgendermaßen argumentieren: Es sei \(\tilde{f}(z) = z\cdot sinh(z)\). Dann ist \[ \tilde{f}'(z) = sinh(z) + z\cdot cosh(z) \Rightarrow \tilde{f}'(0) = 0\\ \tilde{f}''(z) = 2\cdot cosh(z) + z\cdot sinh(z) \Rightarrow \tilde{f}''(0) = 2 \] Damit ist 0 Nullstelle zweiter Ordnung der Nennerfunktion und damit ist 0 Polstelle zweiter Ordnung der Funktion. Passt das so? Viele Grüße und Danke! radler223


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.5, eingetragen 2020-05-03

Ja, sieht gut aus. Und ist ja auch konsistent mit dem Ergebnis, das man über das Produkt zweier einfacher Polstellen erhalten würde. Das ist ja immer ein gutes Zeichen ;)


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radler223
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-05

Jetzt hab ich so eine ähnliche Aufgabe nochmal, allerdings mit einer etwas anderen Funktion. Gegeben ist die Funktion \[ f: \mathbb{C}/\{0,i,-i\} \rightarrow \mathbb{C}, f(z) = \frac{1}{z} + exp(\frac{z- i}{z^2 + 1}). \] Nun sollen wir den Typ der Singularitäten von \(f\) in \(0, i\) und \(-i\) bestimmen. 0 und -i sind relativ einfach. Für den Typ der Singularität von \(+i\) haben wir nun die zunächst \(\frac{1}{z}\) mit Hilfe der geometrischen Reihe entwickelt: \[ \frac{1}{z} = \frac{1}{z + i - i} = \frac{1}{-i+(z+i)} = -\frac{1}{i}\frac{1}{1-\frac{z+1}{i}} = -\frac{1}{i}\sum(\frac{z+1}{i})^k, \] wobei der letzte Schritt nur für \(\|\frac{z+1}{i}\|<1\) gilt. Anschließend haben wir noch die Reihe für \(exp(\frac{1}{z+i})\) entwickelt und zusammengesetzt. Hierbei handelt es sich dann um die Laurent-Entwicklung von \(f\) um \(i\). Da der Hauptteil niemals abbricht, handelt es sich bei \(i\) folglich um eine wesentliche Singularität. In der Vorlesung haben wir jetzt aber die Regel aufgeschrieben, dass gilt: \[ Res_{\alpha f+\beta g}(a) = \alpha Res_f (a) + \beta Res_g (a). \] Kann ich die Regel auf den Typ der Singularität übertragen? Vom Ergebnis her würde es passen und auch das Residuum würde ich richtig rausbekommen. Viele Grüße und Danke schon mal radler223


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.7, eingetragen 2020-05-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) Hallo radler223, wie willst du die Regel genau übertragen? Das Residuum gibt ja nur Aufschluss über den $(z-z_0)^{-1}$-Term der Laurentreihe an. Der Typ der Singularität hängt aber auch vom ganzen Rest des Hauptteils ab. \(\endgroup\)


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radler223
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-05

Idee war hier praktisch, dass ich sag, dass \(-i\) eine wesentliche Singularität von \(exp(\frac{1}{z+i})\) automatisch dann \(-i\) auch wesentliche Singularität von \(\frac{1}{z} + exp(\frac{1}{z+i})\) ist. Bisschen verallgemeinert würde die Regel dann lauten: Ist \(z_0\) Polstelle \(k\)-ter Ordnung von \(f\) und Polstelle \(m\)-ter Ordnung von \(g\), so ist \(z_0\) Polstelle der Ordnung \(k + m\) von \(f+g\). Auf Grund der Art, wie du gefragt hast, geh ich aber mal davon aus, dass das falsch ist? Viele Grüße radler223


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Vercassivelaunos
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  Beitrag No.9, eingetragen 2020-05-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) Ja, das ist tatsächlich falsch, und am einfachsten sieht man es, wenn man sich direkt die Laurentreihen anschaut. Entwickeln wir zwei Funktionen $f,g$ mit Polstellen der Ordnung $k,m$ in $z_0$ als Laurentreihe, dann sieht das so aus: \[f(z)=\sum_{n=-k}^\infty a_n(z-z_0)^n,\quad g(z)=\sum_{n=-m}^\infty b_n(z-z_0)^n\] Die Summe ist dann \[f(z)+g(z)=\sum_{n=-\max(k,m)}^\infty c_n(z-z_0)^n\] wobei $c_n=a_n+b_n$ ($a_n$ bzw. $b_n$ sind einfach 0, wenn $n<-k$ bzw. $n<-m$). Damit ist also die Ordnung der Polstelle von $f+g$ höchstens $\max(k,m)$. Sie kann aber sogar kleiner sein, beispielsweise wenn \[f(z)=\frac{1}{z-z_0}+\frac{1}{(z-z_0)^2},\quad g(z)=-\frac{1}{(z-z_0)^2},\] denn dann ist $f(z)+g(z)=\frac{1}{z-z_0}$, hat also eine Polstelle der Ordnung 1, obwohl $f$ und $g$ jeweils eine Polstelle der Ordnung 2 besitzen. Es kann sogar passieren, dass zwei Funktionen eine Polstelle besitzen, ihre Summe aber eine hebbare Singularität. Ein triviales Beispiel dafür wäre $f(z)$ beliebig mit Polstelle, $g(z)=-f(z)$. Ein ähnliches Problem ergibt sich auch bei wesentlichen Singularitäten. Die Summe zweier Funktionen mit wesentlichen Singularitäten hat eventuell nur eine Polstelle, oder sogar eine hebbare Singularität. Nur die Umkehrung funktioniert: Summen von Funktionen mit hebbaren Singularitäten haben wieder hebbare Singularitäten, und Summen von Funktionen mit Polen haben höchstens einen Pol (aber sicher keine wesentliche Singularität). Aber zu deiner Aufgabe: Wenn $f$ eine wesentliche Singularität in $z_0$ hat, und $g$ dort keine wesentliche Singularität hat, dann hat $f+g$ eine wesentliche Singularität. Wenn du Lust hast, kannst du dich ja selber an einem kurzen Beweis mit Hilfe der Laurentreihen probieren.\(\endgroup\)


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