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| Aufgabe | | Sei p(z) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty} a_{n}*z^{n} [/mm] die Taylorreihe der Funktion f(z) = [mm] \bruch{z}{e^{z} - 1} [/mm] in z=1. Berechnen Sie den Konvergenzradius von p(z) ohne p(z) auszurechnen. |
Hallo,
ich bereite mich gerade auf die Klausur für Funktionentheorie vor und bearbeite gerade die Probeklausur, aus der die Aufgabe ist.
Als Kriterien zur Bestimmung des Konvergenzradius haben wir das Quotientenkriterium und das Wurzelkriterium (Hadamard).
Ich weis einfach nicht wie ich den Konvergenzradius berechnen soll ohne ohne zuvor die Koeffizienten der Reihe zu berechnen.
Bin für jede Hilfe dankbar.
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Die Aufgabe ist widersprüchlich. Entweder geht es um die Taylorreihe in [mm]z=0[/mm] oder es muß [mm]p(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-1)^n[/mm] heißen.
Wie auch immer: Der Konvergenzkreis ist der größtmögliche Kreis, der zum Holomorphiegebiet der Funktion gehört.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:44 So 22.07.2012 | | Autor: | fred97 |
Ergänzend zu Leopold:
Ich denke auch, dass es um $ p(z) = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-1)^n [/mm] $.
Die Aufgabe ist tückisch !
Denn f hat in z=0 eine hebbare Singularität !
FRED
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Also die Angabe auf der Probeklausur ist genauso, wie oben geschrieben.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:21 So 22.07.2012 | | Autor: | fred97 |
> Also die Angabe auf der Probeklausur ist genauso, wie oben
> geschrieben.
Macht nix !
Hier eine Aufgabe zum üben:
Sei f wie oben.
1. Warum hat f in z=0 eine hebbare Singularität ?
2. Die holomorphe Fortsezung von f in den Punkt z=0 bez. wir ebenfalls mit f.
Sei
(1) [mm] \summe_{n=0}^{\infty}b_nz^n
[/mm]
die Potenzreihenentwicklung von f um z=0. Wie groß ist der Konvergenzradius von (1) ?
3. Sei
(2) [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_n(z-1)^n
[/mm]
die Potenzreihenentwicklung von f um z=1. Wie groß ist der Konvergenzradius von (2) ?
Bei 2. und 3. darf nichts gerechnet werden, sondern nur argumentiert werden
FRED
>
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Also bei 1.
f hat bei 0 eine hebbare Singularität, weil der Riemannsche Hebbarkeitssatz anwendbar ist.
Mit U = [mm] \IC, [/mm] und f ist in [mm] U\{0} [/mm] holomorph. Weiterhin gibt es eine offene Kreisscheibe um 0, so dass f beschränkt ist (gilt find ich für jede Kreisscheibe um 0).
Also ist der Riemannsche Hebbarkeitssatz anwendbar und 0 ist eine hebbare Singularität.
Bei 2.
f ist auf [mm] \IC \{0} [/mm] holomorph, also auch analytisch. Deswegen würd ich sagen der Konvergenzradius ist [mm] \infty.
[/mm]
Bei 3.
Ich schau ja die Reihe um z = 1 an, und bei 0 ist f nicht holomorph.
Das heißt, entweder ist der Konvergenzradius 1 (Abstand zwischen 0 und 1), oder auch unendlich, weil es bei 0 ja eine hebbare Singularität ist.
Puuh aber kiene Ahnung ob das wirklich so stimmt 
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Deinen Nachweis für die hebbare Singularität verstehe ich nicht. Ich sehe dafür nirgendwo eine Begründung, nur Behauptungen. Tip: Potenzreihenrechnung.
Und dann hast du völlig mißachtet, daß [mm]f[/mm] Pole besitzt, und zwar sogar unendlich viele. Beachte die Periodizität der komplexen Exponentialfunktion. Und der nächste Pol zu [mm]1[/mm], der ist entscheidend!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:37 Mo 23.07.2012 | | Autor: | fred97 |
> Also bei 1.
> f hat bei 0 eine hebbare Singularität, weil der
> Riemannsche Hebbarkeitssatz anwendbar ist.
> Mit U = [mm]\IC,[/mm] und f ist in [mm]U\{0}[/mm] holomorph. Weiterhin gibt
> es eine offene Kreisscheibe um 0, so dass f beschränkt ist
Aber warum ??
Wir setzen [mm] g(z):=e^z
[/mm]
Dann: [mm] \limes_{z\rightarrow 0}\bruch{e^z-1}{z}=g'(0)=1. [/mm] Also:
[mm] \limes_{z\rightarrow 0}f(z)=1.
[/mm]
> (gilt find ich für jede Kreisscheibe um 0).
Unsinn !
> Also ist der Riemannsche Hebbarkeitssatz anwendbar und 0
> ist eine hebbare Singularität.
>
> Bei 2.
> f ist auf [mm]\IC \{0}[/mm] holomorph, also auch analytisch.
> Deswegen würd ich sagen der Konvergenzradius ist [mm]\infty.[/mm]
>
> Bei 3.
> Ich schau ja die Reihe um z = 1 an, und bei 0 ist f nicht
> holomorph.
> Das heißt, entweder ist der Konvergenzradius 1 (Abstand
> zwischen 0 und 1), oder auch unendlich, weil es bei 0 ja
> eine hebbare Singularität ist.
>
> Puuh aber kiene Ahnung ob das wirklich so stimmt
Es stimmt nicht.
Sei [mm] $P:=\{2k \pi i: k \in \IZ, k \ne 0\}$
[/mm]
In jedem p [mm] \in [/mm] P hat f einen einfachen Pol. Ist nun [mm] z_0 \notin [/mm] P, so setze
[mm] r(z_0):= [/mm] min [mm] \{|z_0-p|: p \in P\}.
[/mm]
Weiter sei [mm] R(z_0) [/mm] der Konvergenzradius der Potenzreihe von f um [mm] z_0. [/mm]
Dann gilt
[mm] R(z_0) [/mm] # [mm] r(z_0).
[/mm]
Jetzt kommt Jörg Pilawa und fragt: was muß nulldurchblick für # eintragen ?
A: < B: >
C: = D: ist Bruder von.
Als Joker sind zugelassen: Bücher, Mitschriften, Skripten und Hirn
Grüße auch von G. Jauch
FRED
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