Differenzierbarkeit < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:56 Fr 20.05.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Du musst selbstverständlich die (unendlich oft) Differenzierbarkeit im Nullpunkt noch zeigen!
Gäbe es eine holomorphe Fortsetzung von $f$, so müsste $f$ im Nullpunkt in eine Potenzreihe entwickelbar sein, die lokal gleichmäßig gegen die Funktion $f$ konvergiert. Aber wie sieht die Potenzreihe im Nullpunkt aus?
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:50 Sa 21.05.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Die Funktion ist so gemeint:
[mm] $f(x)=\begin{cases} e^{-\bruch{1}{x^2}}, & \mbox{für } x > 0 \\ 0, & \mbox{für } x \le 0 \end{cases}$.
[/mm]
Du musst die (unendlich oftmalige) Differenzierbarkeit im Nullpunkt nachweisen.
Eine Funkion $f: D [mm] \subset \IR\to \IR$ [/mm] besitzt genau dann eine holomorphe Fortsetzung, wenn $f$ unendlich oft differenzierbar ist (das ist hier der Fall) und wenn $f$ reell-analytisch ist (das ist hier nicht der Fall).
Letzteres bedeutet, dass $f$ in jedem Punkt lokal in eine Potenzreihe entwickelbar ist, gegen die $f$ lokal gleichmäßig konvergiert. Du musst zeigen, dass das im Nullpunkt nicht der Fall ist.
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:12 So 22.05.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Um die unendlich oftmalige Differenzierbarkeit von $f$ im Nullpunkt nachzuweisen, musst du mit vollständiger Induktion zeigen, dass für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] Polynome [mm] $p_n$ [/mm] existieren mit
[mm] $f^{(n)}(x) [/mm] = [mm] \left\{ \begin{array}{ccc} p_n \left( \frac{1}{x} \right) \cdot e^{- \frac{1}{x^2}} & , & x>0,\\[5pt] 0 & , & x\le 0. \end{array} \right.$
[/mm]
Daraus folgt dann wegen
[mm] $\lim\limits_{x \downarrow 0} p_n \left( \frac{1}{x} \right) \cdot e^{- \frac{1}{x^2}} [/mm] =0$
die Behauptung.
Wäre nun $f$ reell-analytisch, so müsste die Taylorreihe von $f$ im Nullpunkt lokal um den Nullpunkt gegen die Funktion $f$ konvergieren.
Es gilt aber für die Taylorreihe von $f$ um den Nullpunkt nach obigen:
[mm] $T_f(x) [/mm] = [mm] \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \, x^n \equiv [/mm] 0$,
d.h. $f$ müsste dann lokal um den Nullpunkt gleich der konstanten Nullpunktion sein. Stattdessen gilt aber für alle $x>0$: $f(x)>0$, Widerspruch.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:17 So 22.05.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Stefan!
Danke für die Antwort - jetzt konnte ich doch endlich mal ein bisschen rumrechnen. 
> Um die unendlich oftmalige Differenzierbarkeit von [mm]f[/mm] im
> Nullpunkt nachzuweisen, musst du mit vollständiger
> Induktion zeigen, dass für alle [mm]n \in \IN[/mm] Polynome [mm]p_n[/mm]
> existieren mit
>
> [mm]f^{(n)}(x) = \left\{ \begin{array}{ccc} p_n \left( \frac{1}{x} \right) \cdot e^{- \frac{1}{x^2}} & , & x>0,\\[5pt] 0 & , & x\le 0. \end{array} \right.[/mm]
>
> Daraus folgt dann wegen
>
> [mm]\lim\limits_{x \downarrow 0} p_n \left( \frac{1}{x} \right) \cdot e^{- \frac{1}{x^2}} =0[/mm]
>
> die Behauptung.
Also, ich hab' das mit der Induktion mal probiert - stimmt das so?
Da f(x)=0 für [mm] x\le [/mm] 0 folgt [mm] f^{(n)}(x)=0 [/mm] für [mm] x\le [/mm] 0. Es bleibt also nur noch zu zeigen:
[mm] \forall [/mm] n [mm] \exists [/mm] Polynome [mm] p_n [/mm] s.d. [mm] f^{(n)}(x)=p_n\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}} [/mm] für x>0
IA: n=0
[mm] e^{-\bruch{1}{x^2}}=f(x)=p_0\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}} \gdw p_0=x
[/mm]
IV: [mm] \exists p_n [/mm] s.d. [mm] f^{(n)}(x)=p_n\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}} \forall [/mm] n
IS: [mm] n\to [/mm] n+1
[mm] f^{(n+1)}(x) [/mm] = [mm] p_n'\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}}+p_ne^{-\bruch{1}{x^2}}(-\bruch{1}{x^2}+\bruch{2}{x^4}) [/mm] = [mm] e^{-\bruch{1}{x^2}}(p_n'-\bruch{1}{x}p_n+\bruch{2}{x^3}p_n)
[/mm]
[mm] \Rightarrow p_{n+1}=p_n'-\bruch{1}{x}p_n+\bruch{2}{x^3}p_n [/mm] existiert
Allerdings habe ich einmal das Gefühl, dass ich wieder mal irgendetwas falsch gemacht habe... Und zweitens bin ich mir nicht sicher, ob [mm] p_n' [/mm] auf jeden Fall existieren muss. Aber eigentlich doch schon, oder? Polynome sind doch unendlich oft differenzierbar.
Und ich weiß leider nicht so ganz, wie du auf die Form mit dem [mm] \bruch{1}{x} [/mm] und so kommst, und wieso aus der Grenzwertbildung dann die Behauptung folgt. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
> Wäre nun [mm]f[/mm] reell-analytisch, so müsste die Taylorreihe von
> [mm]f[/mm] im Nullpunkt lokal um den Nullpunkt gegen die Funktion [mm]f[/mm]
> konvergieren.
>
> Es gilt aber für die Taylorreihe von [mm]f[/mm] um den Nullpunkt
> nach obigen:
>
> [mm]T_f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \, x^n \equiv 0[/mm],
Warum ist das =0? Irgendwie hakt es da bei mir noch. Also, es sollte ja gegen f konvergieren, dann müsste es aber >0 sein, das ist dann der Widerspruch. Aber warum ist es denn =0? (Ich hoffe, du verstehst mein Problem...)
> d.h. [mm]f[/mm] müsste dann lokal um den Nullpunkt gleich der
> konstanten Nullpunktion sein. Stattdessen gilt aber für
> alle [mm]x>0[/mm]: [mm]f(x)>0[/mm], Widerspruch.
Viele Grüße
Christiane
![[winken]](/images/smileys/winken.gif "[winken]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:20 Di 24.05.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> Also, ich hab' das mit der Induktion mal probiert - stimmt
> das so?
>
> Da f(x)=0 für [mm]x\le[/mm] 0 folgt [mm]f^{(n)}(x)=0[/mm] für [mm]x\le[/mm] 0. Es
> bleibt also nur noch zu zeigen:
> [mm]\forall[/mm] n [mm]\exists[/mm] Polynome [mm]p_n[/mm] s.d.
> [mm]f^{(n)}(x)=p_n\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}}[/mm] für x>0
>
> IA: n=0
>
> [mm]e^{-\bruch{1}{x^2}}=f(x)=p_0\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}} \gdw p_0=x[/mm]
>
> IV: [mm]\exists p_n[/mm] s.d.
> [mm]f^{(n)}(x)=p_n\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}} \forall[/mm] n
>
> IS: [mm]n\to[/mm] n+1
> [mm]f^{(n+1)}(x)[/mm] =
> [mm]p_n'\bruch{1}{x}e^{-\bruch{1}{x^2}}+p_ne^{-\bruch{1}{x^2}}(-\bruch{1}{x^2}+\bruch{2}{x^4})[/mm]
> =
> [mm]e^{-\bruch{1}{x^2}}(p_n'-\bruch{1}{x}p_n+\bruch{2}{x^3}p_n)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow p_{n+1}=p_n'-\bruch{1}{x}p_n+\bruch{2}{x^3}p_n[/mm]
> existiert
>
> Allerdings habe ich einmal das Gefühl, dass ich wieder mal
> irgendetwas falsch gemacht habe... Und zweitens bin ich mir
> nicht sicher, ob [mm]p_n'[/mm] auf jeden Fall existieren muss. Aber
> eigentlich doch schon, oder? Polynome sind doch unendlich
> oft differenzierbar.
Mir ist relativ unklar, was du hier rechnest. ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
Beachte bitte: [mm] $p_n\left(\frac{1}{x} \right)$ [/mm] ist ein Polynomn von [mm] $\frac{1}{x}$ [/mm] und muss dementsprechend nach der Kettenregel abgeleitet werden. Kann es sein, dass du das als Multiplikation aufgefasst hast? Scheint mir fast so, vor allem, weil du es nicht in Klammern gesetzt hast...
> Und ich weiß leider nicht so ganz, wie du auf die Form mit
> dem [mm]\bruch{1}{x}[/mm] und so kommst, und wieso aus der
> Grenzwertbildung dann die Behauptung folgt.
Naja, das ist doch klar. Wenn die linksseitige Ableitung
[mm] $\lim\limits_{x \uparrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$
[/mm]
existiert und für $x>a$ alle Ableitungen $f'(x)$ existieren mit
[mm] $\lim\limits_{x \downarrow a,x\ne a} [/mm] f'(x) = [mm] \lim\limits_{x \uparrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$,
[/mm]
dann ist $f$ in $a$ differenzierbar mit
$f'(a) = [mm] \lim\limits_{x \uparrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$.
[/mm]
> > Wäre nun [mm]f[/mm] reell-analytisch, so müsste die Taylorreihe von
> Warum ist das =0?
Weil alle Ableitungen von $f$ an der Stelle $a=0$ verschwinden.
> Irgendwie hakt es da bei mir noch. Also,
> es sollte ja gegen f konvergieren, dann müsste es aber >0
> sein, das ist dann der Widerspruch.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>Aber warum ist es denn
> =0? (Ich hoffe, du verstehst mein Problem...)
siehe oben
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:12 Sa 21.05.2005 | | Autor: | Paulus |
Liebe Christiane
darf ich noch eine kleine Anmerkung machen?
Wenn du zwei Linien zusammenführen willst (z.B. 2 Stassenstücke), dann ist darauf zu acheten, dass der Übergang von einer Linie zur andern möglichts sanft ist.
Nimm einmal folgende Situation: du setz auf der negativen x-Achse den Funktionswert konstant 0. Dann setzt du eine Kreisstück an, also etwa
[mm] $y=1-\wurzel{1-x^2}$ [/mm] für x von 0 bis [mm] $\bruch{1}{2}$, [/mm] und dann wieder eine Tangente dran für x > 0,5.
Wenn du nun mit dem Auto mit konstanter Geschwindigkeit fährst (von links nach rechts, wie üblich), so wird die Beschleunigung auf der negativen x-Achse Null sein, beim der Einfahrt ins Kreisstück wird sich aber urplötzlich eine Beschleunigung ergeben. Das heisst, dass die 2. Ableitung nach der Zeit beim Übergangspunkt einen Sprung macht, also unstetig ist und somit auch sicher nicht holomorph fortgesetzt werden kann.
Die vorliegende Funktion (aus der Aufgabe) beeinhaltet auch einen Übergang von einem geraden Stück in ein gekrümmtes. Nur haben hier sämtliche Ableitungen den Wert Null, der Übergang für den Autofahrer ist also ganz, ganz sanft, unendlich sanft!
Im Reellen sind also sämtliche Ableitungen im Punkt x=0 definiert, und alle haben sie den Wert 0. Und trotzdem lässt sich die Funktion nicht analytisch in die Komplexen Zahlen fortsetzen!
Ich glaube, diese Aufgabe dient vorwiegend dazu, dieses klar zu machen. 
Mit lieben Grüssen
Paul
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![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]"){kind=small}
![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]"){kind=small}
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]"){kind=small}
