Side 2 - Uni: Cirkel (komplekse tal) - Matematik

Svar #21
04. juni 2007 af Sabrina (Slettet)

Hov, der gik noget galt. Men bare ignorer < br/ >

Til sidst skulle der have stået, at g'(p*pi) = 0

Brugbart svar (0)

Svar #22
04. juni 2007 af sheaf (Slettet)

ad 1.1)

Rækken {f_n(x)} konvergerer punktvist i et område D hvis rækken {f_n(x0)} er konvergent for ethvert fastholdt x0 i D.

I det konkrete tilfælde:

For ethvert fastholdt x, indse at det er den geometriske række.

ad 1.2)

Se ad 1.1)

De andre har jeg ikke tid at kigge på lige nu.

Svar #23
04. juni 2007 af Sabrina (Slettet)

Tak for svaret, Martin!

Jeg får nu, at I=]-uendelig,0[, og mht. 1.2 får jeg, at

hvilket må være facittet?

Brugbart svar (0)

Svar #24
04. juni 2007 af peter lind

Ad opgave "19" 2

Jeg er ikke klar over hvad der menes med z_0 = 1-i, så det kan være at det følgende ikke er relevant.

Hvis deskriminanten er 0, vil andengradspolynomiet have en dobeltrod, og polens orden vil være 4. Hvis deskriminanten er forskellig fra 0, vil andengradspolynomiet have 2 forskellige rødder og ordenen vil være 2.

ad opgave "20"

Du behøver kun se på tælleren, da nævneren ikke har nulpunkter for z = 2p*pi

Hvis du kommer med nye opgaver kunne du så ikke starte en ny tråd. Jeg synes efterhånden denne er blevet lovlig lang. Med en ny tråd vil der muligvis også være flere, der bliver opmærksom på opgaverne.

Brugbart svar (0)

Svar #25
04. juni 2007 af Erik Morsing (Slettet)

Nu har jeg set mange kloge svar på dit spørgsmål, men går det i grunden ikke bare på begrebet konvergensradius?
Jeg ved godt, at Peter Lind, Holretz, sheaf og mathon(især) ved det hele, men alligevel.
Jeg vil gerne vide, om det er det, der spørges om? Og så forstår jeg ikke hvorfor du skriver -2-1+i i stedet for i-3??

Brugbart svar (0)

Svar #26
04. juni 2007 af sheaf (Slettet)

Som en uddybning af et allerede givet svar minder jeg om, at opførslen for kvotientfunktioner i fælles tæller- og nævnernulpunkter. Hvis f og g har nulpunkt i z0 af orden hhv m og n så gælder for h=f/z, at

- hvis m > n har h en hævelig singularitet i z0, for defineres h(z0)=0 har h et nulpunkt af orden m-n i z0.

- hvis m < n har h en pol af orden n-m i z0.

- hvis m=n har h en hævelig singularitet i z0, for defineres h(z0) = lim(z->z0)h(z) bliver h analytisk i z0.

Nulpunkter i f og g som ikke er fælles ændrer ikke type ved dannelsen af kvotienten. Derfor kan man tillade sig at skille skæg fra snot.

Brugbart svar (0)

Svar #27
04. juni 2007 af Erik Morsing (Slettet)

Slettet

Brugbart svar (0)

Svar #28
04. juni 2007 af sheaf (Slettet)

#27
Hvad i alverden taler du om?

Svar #29
04. juni 2007 af Sabrina (Slettet)

Tak for jeres svar!

Er det korrekt, det jeg skriver i indlæg #19?

Peter, jeg forstår desværre ikke helt dit hint til opg 2 i #19.
Jeg kan prøve at uddybe, hvad der menes med z_0=1-i:

Jeg har givet en funktion h(z), hvor der i nævneren står et komplekst tal a. Jeg skal så bestemme dette a, således at h har en pol af orden 2 i punktet 1-i (dette punkt kaldes z0).

Ang. dit svar til #20: Men når jeg skal finde g''(z), er jeg nødt til at differentiere hele det vilde udtryk igen. Kan det virkelig passe? Når en brøk differentieres, spiller nævneren også en rolle i tælleren for den afledte, så jeg skal vel også have nævneren med hele vejen? (lidt kringlet formuleret, men håber du forstår).

(Jeg skal nok starte en ny tråd med flere spørgsmål fremfor at blive ved med at fylde på denne :) )

Hej Annelise

Tak, fordi du byder ind i tråden :)
Jeg skrev -2-1-i for at illustrere, at jeg satte punktet ind.

Jeg er lidt usikker på, hvilket af mine spørgsmål, som du mener, går på konvergens? Er det det første?

Tak for svaret, Martin!
Jeg er ikke så stærk i teorien omkring komplekse funktioner og begreberne. Jeg har fået et kompendium med noter, hvilke vore forelæsninger har baseret sig på. Det er også dem, vi skal bruge til at referere til til eksamen. Derfor skal mange af de argumenter, vi bruger, udledes. Så jeg må desværre ikke bare sige noget i stil med, at nulpunkter i f og g, som ikke er fælles, ikke ændrer type ved dannelse af kvotienten.

Brugbart svar (0)

Svar #30
04. juni 2007 af peter lind

Jeg kan sandelig godt forstå at du ikke kunne forstå mit svar. Det er simpelthen noget vås.

Den anden rod kan findes af at produktet af rødderne er lig med konstantleddet. Den anden rod er så 2/(1-i) = 1+i. a kan dernæst findes af at den er summen af rødderne med modsat fortegn, hvilket giver -(1-i+1+i) = -2.

At z0 er en pol af ordenen n i funktionen f betyder at f kan skrives som

f(z) = g(z)/(z-z0)^n

hvor g(z0) er forskellig fra 0.
Ganger (eller dividerer) du f med en funktion h(z) som hverken har rødder eller poler i z0
får du

f(z)*h(z) = = h(z)*g(z)/(z-z0)^n.

h(z)*g(z) har hverken rødder eller poler i z0, så ordenen af f(z)*h(z) er den samme som f(z)

Brugbart svar (0)

Svar #31
04. juni 2007 af Erik Morsing (Slettet)

sheaf, vil du ikke godt lade være med at svare, når jeg stiller et spørgsmål? jeg synes, du har sådan en kedeligt docerende facon?

Brugbart svar (0)

Svar #32
04. juni 2007 af sheaf (Slettet)

#31
Nu er det jo dig der stiller mig et spørgsmål, Hr. Erik Morsing alias Bruger Slettet, alias E.M., så vi kender jo allesammen din facon. Iøvrigt er jeg komplet ligeglad med med hvad du synes om min facon.

Svar #33
04. juni 2007 af Sabrina (Slettet)

#30 (Peter): Hmm... Der er sikkert noget, jeg ikke forstår. I din metode til at bestemme a, synes jeg ikke, at oplysningen om, at 1-i er en pol af orden 2, bliver brugt, hvilket jeg umiddelbart vil mene, at den skal.

Det kan være, at din metode er en "genvej", som det ikke er tiltænkt, at vi skal bruge.

Brugbart svar (0)

Svar #34
04. juni 2007 af Erik Morsing (Slettet)

Slettet

Svar #35
04. juni 2007 af Sabrina (Slettet)

Annelise: Undskyld, men gider du ikke tage den tone et andet sted hen? Jeg prøver egentlig blot at få lidt hjælp herinde - og jeg sætter stor pris på sheaf's hjælp.

Brugbart svar (0)

Svar #36
04. juni 2007 af Spinderella_1989 (Slettet)

Hva i alverden er der galt med dig? HVad har Sheaf gjort dig???

Brugbart svar (0)

Svar #37
04. juni 2007 af peter lind

Hvis z0 og z1 betegner rødderne i andengradsligningen z^2+az+2 kan h(z) skrives som

h(z) =1/[(z-z1)*(z-z2)]^2 = 1/[(z-z1)^2*(z-z2)^2]

hvilket viser at z1 og z2 begger er poler af anden orden i h(z)

Svar #38
04. juni 2007 af Sabrina (Slettet)

Jeg har lidt svært ved at overskue, hvorledes det viser, at z1 og z2 begge er poler af anden orden?

Definitionen på en pol z0 for h(z) er en isoleret singularitet, hvor der eksisterer et tal m, således at

Derfra og så til den teori, sheaf og dig begge bruger (tror jeg i hvert fald) kan jeg ikke lige følge.

Jeg ved heller ikke, om det er noget, der er muligt at forklare sådan lige, men hvis det er, må du meget gerne, hvis du orker :)

Brugbart svar (0)

Svar #39
04. juni 2007 af peter lind

Der gælder

(z-z1)^2*h(z)= 1/(z-z2) -> 1/(z1-z2) for z -> z1

og en tilsvarende ved at ombytte 1 og 2

Svar #40
05. juni 2007 af Sabrina (Slettet)

Nu tror jeg, at det dæmrer lidt for mig :)

Jeg har flyttet et par spørgsmål, som jeg ikke fik svar på i denne tråd, over i den anden.

Tak for hjælpen!