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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 11:17 Fr 13.08.2010 | | Autor: | fred97 |
Ich kanns nicht lassen: noch eine reizvolle Aufgabe aus der Funktionentheorie:
| Aufgabe | Sei $f$ eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm] $(z_n)$ [/mm] eine unbeschränkte Folge in [mm] $\IC$, [/mm] so ist die Folge [mm] $(f(z_n))$ [/mm] ebenfalls unbeschränkt.
Man beweise, dass $f$ ein Polynom ist. |
Gruß FRED
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:32 Fr 13.08.2010 | | Autor: | Herby |
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:34 Fr 13.08.2010 | | Autor: | Marc |
Hallo zusammen,
> .
> ..
was haben denn die Dummy-Fragen bei den Übungsaufgaben für einen Sinn?
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:53 Fr 13.08.2010 | | Autor: | Herby |
Hallo Marc,
> Hallo zusammen,
>
> > .
> > ..
>
> was haben denn die Dummy-Fragen bei den Übungsaufgaben
> für einen Sinn?
dass die Übungsaufgabe auch unter den offenen Fragen sichtbar bleibt, sonst ist sie irgendwann weg - so wie meine Partialbruchzerlegungsübungsaufgabe - die findet niemand mehr ![[grins]](/images/smileys/grins.gif "[grins]")
Lg
Herby
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:08 Fr 13.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Herby,
> > was haben denn die Dummy-Fragen bei den Übungsaufgaben
> > für einen Sinn?
>
> dass die Übungsaufgabe auch unter den offenen Fragen
> sichtbar bleibt, sonst ist sie irgendwann weg - so wie
> meine Partialbruchzerlegungsübungsaufgabe - die findet
> niemand mehr
was fuer eine Aufgabe denn? Link bitte :D
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:35 Fr 13.08.2010 | | Autor: | zorin |
> Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]
> eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> ebenfalls unbeschränkt.
Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar) mit [mm]f(\infty)=\infty[/mm] Somit ist [mm]f:\hat\IC\to\hat\IC[/mm] holomorphe Abbildung bzw [mm]f[/mm] meromorphe Funktion auf [mm]\hat\IC[/mm]. [mm]f[/mm] ist also rational, jedoch ohne Polstellen in [mm]\IC[/mm].
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:48 Fr 13.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> > Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]
> > eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> > ebenfalls unbeschränkt.
>
> Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar) mit
> [mm]f(\infty)=\infty[/mm] Somit ist [mm]f:\hat\IC\to\hat\IC[/mm] holomorphe
> Abbildung bzw [mm]f[/mm] meromorphe Funktion auf [mm]\hat\IC[/mm]. [mm]f[/mm] ist also
> rational, jedoch ohne Polstellen in [mm]\IC[/mm].
Ich weiß, was Du meinst und Du hast die Aufgabe gelöst.
Allerdings habe ich mir eine Lösung vorgestellt, die allein mit Kenntnissen einer Vorlesung FTH I auskommt
Gruß FRED
>
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:45 Fr 13.08.2010 | | Autor: | zorin |
> > > Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]
> > > eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> > > ebenfalls unbeschränkt.
> >
> > Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar)
(Ich wollte auch noch etwas mehr schreiben, dann kam aber das Essen dazwischen...)
Das bedeutet, für jedes [mm]\varepsilon>0[/mm] gibt es [mm]R>0[/mm] mit [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm] für [mm]|z|>R[/mm].
In der kompakten Menge [mm]\{|z|\le R\}[/mm] hat [mm]f[/mm] höchstens endlich viele Nullstellen und ausserhalb ist [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm]. Sind also [mm]z_j[/mm], [mm]j\in\{1,\ldots,k\}[/mm], die endlich vielen Nullstellen von [mm] f [/mm] mit Ordnungen [mm]n_j[/mm], dann ist [mm]g(z)=\bruch{f(z)}{(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}}[/mm] eine ganze Funktion ohne Nullstellen ebenso wie [mm]1/g[/mm].
Sei [mm]n=n_1+\ldots+n_k[/mm], dann gilt [mm]|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|\le M|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R_1[/mm].
Somit [mm]\bruch{1}{|g(z)|}=\bruch{|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|}{|f(z)|}\le\bruch{M}{\varepsilon}|z|^n[/mm] für [mm]|z|>\max\{R,R_1\}[/mm].
Also ist [mm]1/g[/mm] ein Polynom, jedoch ohne Nullstellen, somit konstant. Dann ist auch [mm]g\equiv c[/mm] konstant und
[mm]f(z)=c\cdot(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}[/mm].
Hier stecken noch zwei Aufgaben zum Wachstumsverhalten von Polynomen:
(i) Ist [mm]p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0[/mm] ein Polynom, dann gibt es [mm]C>0[/mm], so dass [mm]|p(z)|\le C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>1[/mm].
(ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm] f [/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].
Zu (i) kann man auch Konstanten [mm]c>0, r\ge1[/mm] finden, dass [mm]|p(z)|\ge c|z|^n[/mm] für [mm]|z|>r[/mm].
Mit der ursprünglichen Aufgabe kann man auch (ii) ergänzen:
Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gibt es [mm]C>0[/mm] mit [mm]|f(z)|\ge C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm] f [/mm] Polynom vom Grad [mm]\ge n[/mm].
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:39 Fr 13.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > > > Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]
> > > > eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> > > > ebenfalls unbeschränkt.
> > >
> > > Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar)
>
> (Ich wollte auch noch etwas mehr schreiben, dann kam aber
> das Essen dazwischen...)
>
> Das bedeutet, für jedes [mm]\varepsilon>0[/mm] gibt es [mm]R>0[/mm] mit
> [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm] für [mm]|z|>R[/mm].
>
> In der kompakten Menge [mm]\{|z|\le R\}[/mm] hat [mm]f[/mm] höchstens
> endlich viele Nullstellen und ausserhalb ist
> [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm]. Sind also [mm]z_j[/mm], [mm]j\in\{1,\ldots,k\}[/mm],
> die endlich vielen Nullstellen von [mm]f[/mm] mit Ordnungen [mm]n_j[/mm],
> dann ist
> [mm]g(z)=\bruch{f(z)}{(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}}[/mm] eine
> ganze Funktion ohne Nullstellen ebenso wie [mm]1/g[/mm].
>
> Sei [mm]n=n_1+\ldots+n_k[/mm], dann gilt
> [mm]|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|\le M|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R_1[/mm].
> Somit
> [mm]\bruch{1}{|g(z)|}=\bruch{|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|}{|f(z)|}\le\bruch{M}{\varepsilon}|z|^n[/mm]
> für [mm]|z|>\max\{R,R_1\}[/mm].
> Also ist [mm]1/g[/mm] ein Polynom, jedoch ohne Nullstellen, somit
> konstant. Dann ist auch [mm]g\equiv c[/mm] konstant und
> [mm]f(z)=c\cdot(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}[/mm].
Sieht gut aus. Die Aufgabe haette ich genauso geloest :)
> Hier stecken noch zwei Aufgaben zum Wachstumsverhalten von
> Polynomen:
>
> (i) Ist [mm]p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0[/mm] ein Polynom,
> dann gibt es [mm]C>0[/mm], so dass [mm]|p(z)|\le C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>1[/mm].
Das bekommt man recht einfach hin, fuer $|z| [mm] \ge [/mm] 1$ ist $|p(z)| [mm] \le |z|^n [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^{n-1} |a_i| |z|^i \le |z|^n [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^{n-1} |a_i| |z|^n [/mm] = (1 + [mm] \sum_{i=0}^{n-1} |a_i|) \cdot |z|^n$.
[/mm]
> (ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm]
> für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].
Das zeigt man aehnlich wie den Satz von Liouville; zumindest haben wir das damals so gemacht. Liouville war dann ein Korollar aus dieser Aussage.
> Zu (i) kann man auch Konstanten [mm]c>0, r\ge1[/mm] finden, dass
> [mm]|p(z)|\ge c|z|^n[/mm] für [mm]|z|>r[/mm].
Ja, das folgt aus $f(z) = [mm] z^n [/mm] (1 + [mm] a_{n-1} z^{-1} [/mm] + [mm] \dots [/mm] + [mm] a_0 z^{-n})$ [/mm] und $1 + [mm] a_{n-1} z^{-1} [/mm] + [mm] \dots [/mm] + [mm] a_0 z^{-n} \to [/mm] 1$ fuer $|z| [mm] \to \infty$.
[/mm]
> Mit der ursprünglichen Aufgabe kann man auch (ii)
> ergänzen:
> Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gibt es [mm]C>0[/mm] mit [mm]|f(z)|\ge C|z|^n[/mm]
> für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\ge n[/mm].
Genau.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:32 Fr 13.08.2010 | | Autor: | zorin |
> > (ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm]
> > für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].
>
> Das zeigt man aehnlich wie den Satz von Liouville;
> zumindest haben wir das damals so gemacht. Liouville war
> dann ein Korollar aus dieser Aussage.
Ja genau, mit den Cauchy-Ungleichungen.
Oder man führt es auf den Liouville-Fall [mm]n=0[/mm] zurück.
[mm]f(z)/z^n[/mm] ist für [mm]|z|>R[/mm] beschränkt.
Ist [mm]f(z)/z^n[/mm] auch für [mm]|z|\le R[/mm] beschränkt, dann ist [mm]f(z)=cz^n[/mm].
Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm], kann [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k
Das ist doch etwas umständlich, wenn man die Cauchy-Ungleichungen kennt.
Apropos Cauchy-Ungleichungen:
Sei [mm]D=\{|z|<1\}[/mm] die Einheitskreisscheibe.
Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und [mm]f'(0)=1[/mm]. Sei [mm]M=|f|_D<\infty[/mm].
Dann ist [mm]M\ge1[/mm] und [mm]f(D)[/mm] enthält eine Kreisschreibe [mm]\{|z|
Dazu kann man folgendes überlegen:
Sei [mm]G[/mm] ein beschränktes Gebiet und [mm]f:G\to\IC[/mm] holomorph und stetig auf [mm]\overline{G}[/mm].
Dann gilt [mm]\partial f(G)\subset f(\partial G)[/mm].
Weiter sei [mm]a\in G[/mm] und [mm]s=\min\{|f(z)-f(a)|:z\in\partial G\}>0[/mm].
Dann enthält [mm]f(G)[/mm] die Kreisscheibe [mm]D_s(f(a))=\{w\in\IC:|w-f(a)|
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:41 Sa 14.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > > (ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm]
> > > für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].
> >
> > Das zeigt man aehnlich wie den Satz von Liouville;
> > zumindest haben wir das damals so gemacht. Liouville war
> > dann ein Korollar aus dieser Aussage.
>
> Ja genau, mit den Cauchy-Ungleichungen.
>
> Oder man führt es auf den Liouville-Fall [mm]n=0[/mm] zurück.
> [mm]f(z)/z^n[/mm] ist für [mm]|z|>R[/mm] beschränkt.
> Ist [mm]f(z)/z^n[/mm] auch für [mm]|z|\le R[/mm] beschränkt, dann ist
> [mm]f(z)=cz^n[/mm].
> Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm], kann
> [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k
Meinst du Polstelle der Ordnung $k [mm] \le [/mm] n$? Ist etwa $f(z) = (z - [mm] 1)^n$, [/mm] so hat [mm] $f(z)/z^n [/mm] = [mm] \frac{(z - 1)^n}{z^n}$ [/mm] einen Pol $n$-ter Ordnung in 0.
> Setze [mm]g(z)=f(z)-(a_kz^k+\ldots+a_nz^n)[/mm] und
Du meinst $g(z) = f(z) - [mm] (a_{n-k} z^{n-k} [/mm] + [mm] a_{n-k+1} z^{n-k+1} [/mm] + [mm] \dots [/mm] + [mm] a_n z^n)$, [/mm] oder?
> [mm]h(z)=g(z)/z^n=a_{n+1}z+\ldots[/mm]. Dann ist [mm]h[/mm] holomorph und
> beschränkt, also konstant.
Wenn man die [mm] $a_i$s [/mm] richtig waehlt, ja.
> Somit ist [mm]g(z)=\lambda z^n[/mm],
> jedoch auch [mm]g(z)=a_{n+1}z^{n+1}+\ldots[/mm]. Die Konstante ist
> also [mm]\lambda=0[/mm] und auch [mm]g\equiv0[/mm].
Ja.
> Das ist doch etwas umständlich, wenn man die
> Cauchy-Ungleichungen kennt.
Ja, das stimmt :)
> Apropos Cauchy-Ungleichungen:
> Sei [mm]D=\{|z|<1\}[/mm] die Einheitskreisscheibe.
> Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und
> [mm]f'(0)=1[/mm]. Sei [mm]M=|f|_D<\infty[/mm].
Ist [mm] $|f|_D$ [/mm] die Supremumsnorm?
> Dann ist [mm]M\ge1[/mm] und [mm]f(D)[/mm] enthält eine Kreisschreibe
> [mm]\{|z|
Das erinnert mich an den Satz von Bloch und an den Koebeschen 1/4-Satz.
> Dazu kann man folgendes überlegen:
> Sei [mm]G[/mm] ein beschränktes Gebiet und [mm]f:G\to\IC[/mm] holomorph und
> stetig auf [mm]\overline{G}[/mm].
> Dann gilt [mm]\partial f(G)\subset f(\partial G)[/mm].
Sei [mm] $(z_n)_n$ [/mm] eine Folge aus $f(G)$, die gegen $z [mm] \in \partial [/mm] f(G)$ konvergiert. Zu [mm] $z_n$ [/mm] sei [mm] $x_n \in [/mm] G$ gewaehlt mit [mm] $f(x_n) [/mm] = [mm] z_n$. [/mm] Da $G$ beschraenkt ist, gibt es eine konvergente Teilfolge von [mm] $(x_n)_n$. [/mm] Ohne Einschraenkung sei dies bereits die komplette Folge. Jetzt gibt es zwei Faelle: [mm] $\lim_{n\to\infty} x_n \in [/mm] G$ oder [mm] $\lim_{n\to\infty} \in \partial [/mm] G$. Im ersten Fall muss [mm] $f(\lim x_n) [/mm] = [mm] \lim f(x_n) [/mm] = [mm] \lim z_n [/mm] = z$ wegen der Gebietstreue im inneren von $f(G)$ liegen -- ein Widerspruch. Also ist [mm] $\lim_{n\to\infty} \in \partial [/mm] G$ und somit $z [mm] \in f(\partial [/mm] G)$.
> Weiter sei
> [mm]a\in G[/mm] und [mm]s=\min\{|f(z)-f(a)|:z\in\partial G\}>0[/mm].
> Dann enthält [mm]f(G)[/mm] die Kreisscheibe
> [mm]D_s(f(a))=\{w\in\IC:|w-f(a)|
Dank der Aussage gerade ist es offensichtlich :)
Daraus jetzt allerdings die obige Aussage zu beweisen, das ist nicht ganz so einfach. Ich zerbrech mir da ein anders Mal weiter den Kopf drueber.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:38 Sa 14.08.2010 | | Autor: | zorin |
> > Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm],
> kann
> > [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k
>
> Meinst du Polstelle der Ordnung [mm]k \le n[/mm]? Ist etwa [mm]f(z) = (z - 1)^n[/mm],
> so hat [mm]f(z)/z^n = \frac{(z - 1)^n}{z^n}[/mm] einen Pol [mm]n[/mm]-ter
> Ordnung in 0.
[mm]z^n[/mm] hat in [mm]0[/mm] ein Nullstelle der Ordnung [mm]n[/mm].
Wenn [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm], dann hat [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] doch höchstens eine Nullstelle kleinerer Ordnung [mm]k
Und jetzt will ich den Teil von [mm]k[/mm] bis [mm]n[/mm] abziehen, also alle Glieder bis einschließlich [mm]n[/mm].
(Den Fall [mm]k=n[/mm] kann man eigentlich mit dazunehmen, aber der kam schon oben vor, wenn [mm]f(z)/z^n[/mm] beschränkt ist.)
> > Setze [mm]g(z)=f(z)-(a_kz^k+\ldots+a_nz^n)[/mm] und
>
> Du meinst [mm]g(z) = f(z) - (a_{n-k} z^{n-k} + a_{n-k+1} z^{n-k+1} + \dots + a_n z^n)[/mm],
> oder?
War mir gerade nicht sicher, aber jetzt glaube ich wieder, das stimmte so.
> Ist [mm]|f|_D[/mm] die Supremumsnorm?
Ja, genau.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:27 Sa 14.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > > Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm],
> > kann
> > > [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k
Ich glaub ich hab gelesen, dass [mm] $f(z)/z^n$ [/mm] hoechstens eine Nullstelle der Ordnung $k < n$ hat. Da hab ich mich eindeutig verlesen.
Dann macht das schon Sinn. Sorry...
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:55 Sa 14.08.2010 | | Autor: | zorin |
> > Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und
> > [mm]f'(0)=1[/mm].
Als Tipp vielleicht:
[mm]f(z)=z+h(z)[/mm] mit [mm]h(z)=a_2z^2+a_3z^3+\ldots[/mm].
Ziel ist, [mm]|f(z)|[/mm] nach unten abzuschätzen für [mm]|z|=\varrho[/mm]. Eventuell auch mit den Cauchy-Abschätzungen.
Wenn man [mm]\varrho[/mm] geschickt wählt, geht es dann schnell. Sonst muss man etwas umständlich rechnen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:07 Sa 14.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > > Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und
> > > [mm]f'(0)=1[/mm].
>
> Als Tipp vielleicht:
> [mm]f(z)=z+h(z)[/mm] mit [mm]h(z)=a_2z^2+a_3z^3+\ldots[/mm].
>
> Ziel ist, [mm]|f(z)|[/mm] nach unten abzuschätzen für [mm]|z|=\varrho[/mm].
> Eventuell auch mit den Cauchy-Abschätzungen.
nach Cauchy gilt [mm] $|a_n| \le M/R^{n+1}$, [/mm] und fuer $R [mm] \to [/mm] 1$ bekommt man den Grenzwert $M$. Damit gilt [mm] $|a_n| \le [/mm] M$ fuer alle $n$. (Und wir erhalten $M [mm] \ge [/mm] 1$ da [mm] $a_1 [/mm] = 1$.)
Damit ist $|h(z)| [mm] \le \sum_{k=2}^\infty [/mm] M [mm] R^k [/mm] = M [mm] \frac{R^2}{1 - R}$, [/mm] und somit $|f(z)| [mm] \ge [/mm] R - |h(z)| [mm] \ge [/mm] R - [mm] \frac{R^2}{1 - R}$. [/mm] Wenn man jetzt $R = [mm] \frac{\sqrt{12 M^2 - 12 M + 1} + 6 M + 1}{12 M (M + 1)}$ [/mm] waehlt, dann ist $R [mm] \in [/mm] (0, 1)$ und $R - [mm] \frac{R^2}{1 - R} [/mm] = [mm] \frac{1}{6 M}$ [/mm] (laut Maple).
> Wenn man [mm]\varrho[/mm] geschickt wählt, geht es dann schnell.
> Sonst muss man etwas umständlich rechnen.
Mir scheint, als ob ich das oben nicht ganz so optimal gemacht hab 
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:56 Sa 14.08.2010 | | Autor: | zorin |
> [...]
> und somit [mm]|f(z)| \ge R - |h(z)| \ge R - M\frac{R^2}{1 - R}[/mm].
Ja, so hab ich das auch. (am Ende ist wohl ein [mm]M[/mm] verloren gegangen; hab das noch eingefügt)
> Wenn man jetzt [mm]R = \frac{\sqrt{12 M^2 - 12 M + 1} + 6 M + 1}{12 M (M + 1)}[/mm]
> waehlt, dann ist [mm]R \in (0, 1)[/mm] und [mm]R - \frac{R^2}{1 - R} = \frac{1}{6 M}[/mm]
> (laut Maple).
Also wenn man [mm]R=1/(4M)[/mm] wählt, geht es auch. Sozusagen "wie man leicht sieht"... ;)
Ich hab noch [mm]R=\bruch{2-\wurzel{2}}{2M}[/mm] ausgerechnet.
Dann ist [mm]|f(z)|\ge\bruch{2-\wurzel{2}}{2M}-\bruch{3-2\wurzel{2}}{2M-(2-\wurzel{2})}\ge\bruch{3-2\wurzel{2}}{M}>\bruch{1}{6M}[/mm].
(wenn ich mich nicht vertan habe)
Man gewinnt nicht viel, aber die [mm]1/(4M)[/mm] sieht man wohl auch erst im Rückblick.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:45 Sa 14.08.2010 | | Autor: | fred97 |
Meine Lösung:
Klar dürfte sein, dass f nicht konstant ist.
Sei $f(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n$ [/mm] für z [mm] \in \IC
[/mm]
Setze $g(z)=f(1/z)$ für z [mm] \ne [/mm] 0. Dann hat g in 0 eine isol. Sing. Die Laurententw. von g um 0 ist gegeben durch
$g(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_n/z^n$ [/mm]
Da f nicht konstant ist, hat g in 0 keine hebbare Sing.
Annahme: g hat in 0 eine wesentl. Sing. Nach dem Satz von Casorati-Weierstraß gibt es eine Nullfolge [mm] (w_n) [/mm] mit [mm] w_n \ne [/mm] 0 für jedes n und
[mm] g(w_n) \to [/mm] 0
Setze [mm] z_n:=1/w_n. [/mm] Dann ist [mm] (z_n) [/mm] unbeschränkt, somit ist nach Vor. auch [mm] (f(z_n)) [/mm] unbeschränkt. Das ist aber ein Wid. , denn
[mm] f(z_n)= g(w_n) [/mm] für jedes n.
Fazit: g hat in 0 einen Pol. Daher ex. ein m [mm] \in \IN [/mm] mit [mm] a_n=0 [/mm] für n [mm] \ge [/mm] m.
Somit ist f ein Polynom.
FRED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:05 Sa 14.08.2010 | | Autor: | zorin |
> Setze [mm]g(z)=f(1/z)[/mm] für z [mm]\ne[/mm] 0. Dann hat g in 0 eine isol.
> Sing.
[...]
Wenn [mm]g(w) \to\infty[/mm] für [mm]w\to0[/mm], kann man das nicht als Definition von Polstelle nehmen?
So hat auch [mm]f[/mm] einen Pol in [mm]\infty[/mm].
> Fazit: g hat in 0 einen Pol. Daher ex. ein m [mm]\in \IN[/mm] mit
> [mm]a_n=0[/mm] für n [mm]\ge[/mm] m.
Das ist schön kurz und geschickt, dass nur endlich viele [mm]a_n[/mm] ungleich [mm]0[/mm] sind.
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