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highstick
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Studium: (alt) Master Computerwissenschaften
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SS12 UE7
Zu den letzten beiden Beispielen gibts hier was (6. Post): http://vorhilfe.de/forum/funktion_mit_f_f_=id/t559163
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Mi 09-05-2012 12:27:41 |
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highstick
Registriert: 10/2007 Beiträge: 27 + 109
Studium: (alt) Master Computerwissenschaften
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Re: SS12 UE7
Schaut ganz gut aus, bin mir nur unsicher, warum g(G) offen ist...
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Mi 09-05-2012 13:38:01 |
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leMeister
Registriert: 10/2009 Beiträge: 25 + 3
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Re: SS12 UE7
hallo, zum beispiel 26 kann man sich hier ein bisschen reinlesen: http://www.matheplanet.com/default3.htm ... D0CHAQFjAClg kry
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Do 10-05-2012 00:26:04 |
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maria
Registriert: 10/2007 Beiträge: 27 + 107
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Re: SS12 UE7
bei beispiel 28) kann man doch dirket beispiel 27) anwenden um zu zeigen, dass 0 keine wesentliche singularität von f(1/z) ist, dann braucht man sich auch nicht überlegen warum dieses g(G) aus dem post offen ist!
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Sa 12-05-2012 15:11:49 |
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maria
Registriert: 10/2007 Beiträge: 27 + 107
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Re: SS12 UE7
hier mal meine ergebnisse zu beispiel 25), hoffe das passt so:
a) z=1 pol 1. ordung, z=2 pol 1. ordnung b) z=0 wesentlich c) z=0 wesentlich c) z=0 hebbar d) z=k*pi pol 1. ordung e) z=0 hebbar, z= k*pi k ungleich 0 pol 1. ordung
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Sa 12-05-2012 21:56:47 |
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SOADdict
Registriert: 10/2007 Beiträge: 28 + 204 Wohnort: 1040 Wien // Waldviertel
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Re: SS12 UE7
@25: Ein Scan von lukas (was sich eine 4 personen gruppe am donnrstag dazu überlegt hat) sollte demnächst online kommen. meinst du das man aus dem Beweis im Grunde den Beweis von 27 ableiten kann? wenn ja, im buch von remmert wird gezeigt, dass g holomorph und g nicht konstant => g offene Abbildung. @28: Warum folgt in dem Beweis aus f injektiv, dass f'(z) nicht 0 für alle z? (f ist Polynom) Agreed. Ich finde übrigens den Artikel über den Residuensatz (Satz der Jahres 2011 der Seite) eine gute Zusammenfassung, was wir so in Kana gemacht haben bisher.
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Sa 12-05-2012 22:07:44 |
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SOADdict
Registriert: 10/2007 Beiträge: 28 + 204 Wohnort: 1040 Wien // Waldviertel
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Re: SS12 UE7
Habe auf den scan vergeblich hier gewartet, da war er schon längst im mail-postfach. also hier bitte: @maria: c2) widerspricht deinem ergebnis, dass bei z=0 eine hebbare singularität vorliegt. wir hätten eine wesentliche singularität bekommen (weil die reihe "nur um 1 nach rechts geschoben" wird).
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So 13-05-2012 14:49:22 |
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highstick
Registriert: 10/2007 Beiträge: 27 + 109
Studium: (alt) Master Computerwissenschaften
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Re: SS12 UE7
Weil sonst auch Re(f)'=0 und damit Re(f) nicht injektiv. Ja, ich dachte, man kann auch gleich Bsp 27 extrahieren. Der erwähnte Beweis scheint mir für diese "Kleinigkeit" etwas mühsam. Vielleicht kann man das durch stärkere Voraussetzungen (injektiv) einfacher zeigen... Sonst ist es auf jeden Fall eine gültige Lösung!
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So 13-05-2012 20:16:15 |
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Franz
Registriert: 10/2010 Beiträge: 27 + 69
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Re: SS12 UE7
zu 25d) woher wissen wir, das 1 / sin(z) nur auf der reellen Achse Singularitäten hat? Bzw. Wie kann man das zeigen?
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So 13-05-2012 20:43:35 |
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SOADdict
Registriert: 10/2007 Beiträge: 28 + 204 Wohnort: 1040 Wien // Waldviertel
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Re: SS12 UE7
Ah, sorry hab meine Frage falsch formuliert. Brauchen tut man warum f' nullstellenfrei ist. Also warum es kein z gibt mit f'(z)=0...
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So 13-05-2012 20:57:23 |
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Franz
Registriert: 10/2010 Beiträge: 27 + 69
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Re: SS12 UE7
zum 28er: Ich hätte folgende Idee: eine ganze Funktion muss als Potenzreihe um Null mit Konvergenzradius dargestellt werden können. Potenzreihen bei denen stellen sicher injektive Funktionen dar. Potenzreihen, mit endlich vielen Koeffizienten ungleich null, also Polynome vom Grad N (N>1) haben laut Hauptsatz der Algebra in N Nullstellen und können daher nicht injektiv sein. Jetzt müsste man "nur" mehr den Fall, dass unendlich viele Koeffizienten 0 sind behandeln. Hat jemand eine Idee dazu?
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So 13-05-2012 21:12:19 |
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Franz
Registriert: 10/2010 Beiträge: 27 + 69
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Re: SS12 UE7
Ich glaube ich habe auch eine Idee für den Fall unendlich: In der VO haben wir den Satz von Rouché gemacht, de besagt, dass wenn f und g holomorph sind und |g(z)| < |f(z)| auf einer nullhomotopen Kurve, dann haben f und f+g gleichviele Nullstellen im Inneren dieser Kurve. Wenn man nun eine Potenzreihe aufspaltet in und , dann kann man doch sicher eine Nullhomotope Kurve (Kreis) finden, sodass |g(z)| < |f(z)| für alle z auf dieser Kurve gilt und f innerhalb der Kurve Nullstellen hat, oder? Womit gezeigt wäre, dass die ganze Potenzreihe auch mehrere Nullstellen hat und somit nicht injektiv sein kann. Was kommt eigentlich in dem verlinkten Forumsbeitrag raus? Gibts da echte injektive Potenzreihen?
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So 13-05-2012 21:23:40 |
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SOADdict
Registriert: 10/2007 Beiträge: 28 + 204 Wohnort: 1040 Wien // Waldviertel
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Das 28 in kurzzusammenfassung (Thx franky): <=, klar =>, Am Anfang wie im Beweis weiter oben von vorhilfe.de: mit g(z), dann mit 27er argumentieren dass z=0 keine wesentliche Singularität ist. Dann f(z) als Potenzreihe darstellen, bei g(z)=f(1/z) sehen, dass f ein Polynom sein muss (wesentliche Singularität es gibt nur endl. viele Koeffizienten !=0.) Schließlich: konstantes Polynom nicht inj. und Polynom mit Grad N>=2 sicher nicht injektiv, da aus dem Fundamentalsatz folgt dass mehrere Werte (N Stück) auf 0 abgebildet werden. Fertig
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So 13-05-2012 22:02:20 |
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knedlsepp
Registriert: 10/2007 Beiträge: 26 + 19
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Re: SS12 UE7
ø
_________________ Without geometry, life is pointless. Ohne Trigonometrie ist das Leben sin-los. I can't believe it's not a hyperlink
Zuletzt geändert von knedlsepp am Mo 14-05-2012 16:10:46, insgesamt 1-mal geändert.
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So 13-05-2012 23:40:38 |
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maria
Registriert: 10/2007 Beiträge: 27 + 107
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Re: SS12 UE7
zu c2) ist meine überlegung: 0 ist hebbare singularität genau dann wenn die funktion in einer umgebung von 0 beschränkt ist, riemannscher hebbarkeitssatz nennt sich das glaub ich.... |z*sin(1/z)| <= |z| < epsilon für z in einer epsilon umgebung um 0, also ist z*sin(1/z) dort beschränkt! oder passt das nicht so?
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Mo 14-05-2012 08:05:00 |
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