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Funktionentheorie » Integration » Residuum mit Kotangens
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Universität/Hochschule J Residuum mit Kotangens
Dachprodukt
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  Themenstart: 2020-05-14

Guten Abend! Ich beschäftige mich gerade mit einem Residuum. Eigentlich dachte ich, dass ich die Cauchy'sche Integralformel anwenden könnte, aber ich komme damit auf kein vernünftiges Ergebnis. Wolframalpha sagt auch etwas anderes. Hier ist das gesuchte Residuum. \[ \underset{z = 0}{\operatorname{Res}} \frac{\cot(\pi z)}{z-1} \] Ich habe nun die Definition eingesetzt (wobei ich auch gelesen habe, dass unsere Definition der eigentliche Residuensatz ist. Verwirrung ist angesagt...): \[ = \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{|z|=\varepsilon} \frac{\cot(\pi z)}{z-1} \text{d}z \] Jetzt transformiere ich der Einfachkeit halber noch mit \( t=\pi z \) um, damit ich den Cauchy'schen Integralsatz anwenden kann (ich denke mal, es ginge auch ohne): \[ = \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{|z|=\varepsilon} \frac{\cot(t)}{t-\pi} \text{d}t \] Und jetzt würde ich eigentlich die Cauchy'sche Integralformel anwenden. Dann wäre das Ergebnis ja eigentlich: \[ = \cot(\pi) = ? \] Was ist schief gelaufen? WolframAlpha sagt mir, dass das gesuchte Residuum \( -\frac{1}{\pi} \) beträgt. Falls mir jemand den Weg über die Laurentreihe vorschlägt, würde ich mich über ein paar Tipps hierzu freuen. Mein Versuch ist derart kompliziert geworden, dass ich mir dachte, es müsste doch auch leichter gehen (die Aufgabe stammt aus einem Übungsblatt). Einen schönen Abend! Dachprodukt


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.1, eingetragen 2020-05-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) Hallo Dachprodukt, es gibt zwei Probleme: Erstens, der Integralsatz gilt nur, wenn $f$ auch tatsächlich auf dem ganzen Sterngebiet eine holomorphe Funktion ist. $\cot(z)$ ist aber für $z=\pi$ gar nicht definiert, geschweige denn komplex differenzierbar. Zweitens muss die Singularität des Faktors $\frac{1}{z-z_0}$ im Inneren der Kurve liegen, über die integriert wird. Das ist hier nicht der Fall, denn die Kurve ist um 0 zentriert, nicht um $\pi$. Du brauchst hier also ein anderes Vorgehen. Du könntest beispielsweise verwenden, dass wenn $g$ auf dem ganzen Gebiet inklusive Singularität holomorph ist und $f$ eine Polstelle 1. Ordnung in $z_0$ hat, dann $\operatorname{Res}\limits_{z=z_0}g(z)f(z)=g(z_0)\operatorname{Res}\limits_{z=z_0}f(z)$. Mit $\frac{\cot(z)}{z-1}=\frac{\cos(z)}{z-1}\frac{1}{\sin(z)}$ müsstest du dann nur noch das Residuum von $\frac{1}{\sin z}$ bestimmen. Viele Grüße Vercassivelaunos\(\endgroup\)


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Dachprodukt
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-14

Hallo Vercassivelaunos, danke für deine schnelle Antwort! Jetzt verstehe ich, warum das mit der Integralformel nicht klappt. Bezüglich deines Vorschlags habe ich noch ein paar Fragen. Kann ich die Regel wirklich auf \( \frac{1}{\sin z} \) anwenden? Hier gibt es doch bei \( z = 0 \) eine wesentliche Singularität und keine Polstelle? Meine andere Frage ist, woher du die Regel hast (Literatur oder Link). Ich würde mich gerne mehr damit beschäftigen. Vielen Dank und liebe Grüße Dachprodukt


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.3, eingetragen 2020-05-15

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) Die Funktion $\frac{1}{\sin z}$ hat keine wesentliche Singularität, sondern eine Polstelle 1. Ordnung. Denkst du vielleicht an $\sin\frac{1}{z}$? Man kann ganz allgemein zeigen, dass wenn $z_0$ eine $n$-fache Nullstelle von $f$ ist, dann $z_0$ ein Pol der Ordnung $n$ von $\frac{1}{f}$ ist. Es hat nämlich $\frac{f(z)}{(z-z_0)^n}$ dann eine hebbare Singularität, und die holomorphe Fortsetzung in $z_0$ ist nicht 0. Entsprechend hat auch $\frac{(z-z_0)^n}{f(z)}$ dann eine hebbare Singularität, und die holomorphe Fortsetzung ist nicht 0, womit $\frac{1}{f}$ einen Pol der Ordnung $n$ hat. Die Regel mit dem Produkt steht auf Wikipedia, allerdings ohne Beweis. Der ist aber nur ein direktes Anwenden eurer Definition des Residuums und ein wenig geschickter Zerlegung des Integranden: \[\begin{align*}\operatorname{Res}\limits_{z=z_0}f(z)g(z)&=\frac{1}{2\pi\i}\oint f(z)g(z)\d z\\ &=\frac{1}{2\pi\i}\oint f(z)g(z_0)+f(z)(g(z)-g(z_0))\d z\\ &=\frac{g(z_0)}{2\pi\i}\oint f(z)\d z+\frac{1}{2\pi\i}\oint f(z)(g(z)-g(z_0))\d z\\ &=g(z_0)\operatorname{Res}_{z=z_0}f(z)+\underbrace{\frac{1}{2\pi\i}\oint f(z)(z-z_0)\frac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}\d z}_{=0}\\ &=g(z_0)\operatorname{Res}_{z=z_0}f(z) \end{align*}\] Das Integral am Ende ist 0, da sowohl $f(z)(z-z_0)$, als auch $\frac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}$ hebbare Singularitäten haben. Ersterer Term wegen der Polstellenordnung, letzterer wegen der Differenzierbarkeit von $g$ (es handelt sich um den Differenzenquotienten). Damit greift der Integralsatz, nach dem das Integral verschwindet.\(\endgroup\)


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Dachprodukt
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-15

Vielen lieben Dank für deine ausführlichen Erklärungen! Es war sehr hilfreich und jetzt habe ich alles verstanden. Ich wünsche eine gute Nacht. :-) Dachprodukt


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