Gleichheit zeigen mit Cauchy < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:28 Di 14.12.2010 | | Autor: | Wolve |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Sei $\summe_{\nu =0}^{\infty}a_{\nu}z^{\nu}$ eine in $E$ konvergente Potenzreihe, definiere $f:E \to \IC$, $f(z) =: \summe_{\nu =0}^{\infty}a_{\nu}z^{\nu}$.
Zeigen Sie, dass für $n\in \IN _{0}$, $0 < r < 1$ gilt:
$\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{f(z)}{(1-z)z^{n+1} dz} = \summe_{\nu =0}^{n}a_{\nu}$
(Hinweis: Zeigen Sie, dass $(\summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu})_{n\in \IN}$ auf $\partial K_{r}(0)$ gleichmäßig gegen $\bruch{1}{1-z}$ konvergiert und arbeiten Sie mit der Cauchyschen Integralformel für Ableitungen.) |
Schönen guten Tag,
Meine Kommilitonen und ich haben alle ziemliche Probleme mit dieser Aufgabe. Daher bitte ich hier um helfende Ideen...
Dass $(\summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu})_{n\in \IN}$ auf $\partial K_{r}(0)$ gleichmäßig gegen $\bruch{1}{1-z}$ konvergiert haben wir noch hinbekommen:
$||f_{n}(z) - f(z)||_{\partial K_{r}(0)}$
= $||\summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu} - \bruch{1}{1-z}||_{\partial K_{r}(0)}$
= $||\summe_{\nu =0}^{n}\bruch{(1-z)z^{\nu}}{(1-z)} - \bruch{1}{1-z}||_{\partial K_{r}(0)}$
= $||\bruch{1}{(1-z)}[\Summe_{\nu =0}^{n}(1-z)z^{\nu} -1]||_{\partial K_{r}(0)}$
= $||\bruch{1}{(1-z)}[\Summe_{\nu =0}^{n}(z^{\nu}-z^{\nu +1} -1]||_{\partial K_{r}(0)}$
= $||\bruch{1}{(1-z)}[(z^{0}-z^{n +1}) -1]||_{\partial K_{r}(0)}$
= $||\bruch{1}{(1-z)}(-z^{n+1})||_{\partial K_{r}(0)}$
= $\underbrace{||\bruch{1}{(1-z)}||_{\partial K_{r}(0)}}_{= const.} ||\underbrace{||(-z^{n+1}||_{\partial K_{r}(0)}}_{= 0 (n \to \infty)}$ mit $|z| = r \in ]0,1[$
= 0
Somit könnte man folgendermaßen umschreiben:
$\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{f(z)}{(1-z)z^{n+1} dz}$ = $\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{f(z)}{z^{n+1}} \summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu} dz}$ = $\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}\bruch{\summe_{\nu =0}^{\infty}a_{\nu}z^{\nu} \summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu}}{z^{n+1}} dz$
Leider kommen wir nicht darauf, wie wir das weiter umformen sollen, um die Cauchy'sche Integralformel für Ableitungen anwenden zu können.
Wäre lieb, wenn mir jemand den nächsten Schritt zeigen könnte, um mich auf den richtigen Weg zu führen...
Gruß
Hendrik
PS: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:03 Mi 15.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei [mm]\summe_{\nu =0}^{\infty}a_{\nu}z^{\nu}[/mm] eine in [mm]E[/mm]
> konvergente Potenzreihe, definiere [mm]f:E \to \IC[/mm], [mm]f(z) =: \summe_{\nu =0}^{\infty}a_{\nu}z^{\nu}[/mm].
>
> Zeigen Sie, dass für [mm]n\in \IN _{0}[/mm], [mm]0 < r < 1[/mm] gilt:
> [mm]\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{f(z)}{(1-z)z^{n+1} dz} = \summe_{\nu =0}^{n}a_{\nu}[/mm]
>
> (Hinweis: Zeigen Sie, dass [mm](\summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu})_{n\in \IN}[/mm]
> auf [mm]\partial K_{r}(0)[/mm] gleichmäßig gegen [mm]\bruch{1}{1-z}[/mm]
> konvergiert und arbeiten Sie mit der Cauchyschen
> Integralformel für Ableitungen.)
> Schönen guten Tag,
>
> Meine Kommilitonen und ich haben alle ziemliche Probleme
> mit dieser Aufgabe. Daher bitte ich hier um helfende
> Ideen...
>
> Dass [mm](\summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu})_{n\in \IN}[/mm] auf [mm]\partial K_{r}(0)[/mm]
> gleichmäßig gegen [mm]\bruch{1}{1-z}[/mm] konvergiert haben wir
> noch hinbekommen:
>
> [mm]||f_{n}(z) - f(z)||_{\partial K_{r}(0)}[/mm]
> = [mm]||\summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu} - \bruch{1}{1-z}||_{\partial K_{r}(0)}[/mm]
>
> = [mm]||\summe_{\nu =0}^{n}\bruch{(1-z)z^{\nu}}{(1-z)} - \bruch{1}{1-z}||_{\partial K_{r}(0)}[/mm]
>
> = [mm]||\bruch{1}{(1-z)}[\Summe_{\nu =0}^{n}(1-z)z^{\nu} -1]||_{\partial K_{r}(0)}[/mm]
>
> = [mm]||\bruch{1}{(1-z)}[\Summe_{\nu =0}^{n}(z^{\nu}-z^{\nu +1} -1]||_{\partial K_{r}(0)}[/mm]
>
> = [mm]||\bruch{1}{(1-z)}[(z^{0}-z^{n +1}) -1]||_{\partial K_{r}(0)}[/mm]
>
> = [mm]||\bruch{1}{(1-z)}(-z^{n+1})||_{\partial K_{r}(0)}[/mm]
Soweit bis auf kaputtes LaTeX ok, aber:
> =
> [mm]\underbrace{||\bruch{1}{(1-z)}||_{\partial K_{r}(0)}}_{= const.} ||\underbrace{||(-z^{n+1}||_{\partial K_{r}(0)}}_{= 0 (n \to \infty)}[/mm]
> mit [mm]|z| = r \in ]0,1[[/mm]
> = 0
Das ist doch Quark. Es ist nicht gleich 0, sondern kann durch etwas abgeschaetzt werden, was nur von $r$ und $n$ abhaengt und was fuer $n [mm] \to \infty$ [/mm] gegen 0 geht.
(Das hast du im wesentlichen auch raus, du hast es nur voellig falsch aufgeschrieben.)
Und warum benutzt du nicht einfach [mm] $\sum_{\nu=0}^n z^\nu [/mm] = [mm] \frac{1 - z^{n+1}}{1 - z}$?
[/mm]
> Somit könnte man folgendermaßen umschreiben:
>
> [mm]\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{f(z)}{(1-z)z^{n+1} dz}[/mm]
> = [mm]\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{f(z)}{z^{n+1}} \summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu} dz}[/mm]
> = [mm]\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}\bruch{\summe_{\nu =0}^{\infty}a_{\nu}z^{\nu} \summe_{\nu =0}^{n}z^{\nu}}{z^{n+1}} dz[/mm]
>
> Leider kommen wir nicht darauf, wie wir das weiter umformen
> sollen, um die Cauchy'sche Integralformel für Ableitungen
> anwenden zu können.
Also [mm] $\left( \sum_{\nu=0}^\infty a_\nu z^\nu \right) \cdot \left( \sum_{\nu=0}^n z^\nu \right)$ [/mm] kann man doch als Cauchy-Produkt in der Form [mm] $\sum_{\nu=0}^\infty b_\nu z^\nu$ [/mm] mit [mm] $b_\nu [/mm] = ...$ schreiben. (Fuelle die Punkte richtig aus.)
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:03 Mi 15.12.2010 | | Autor: | fred97 |
Sei g(z):= [mm] \bruch{f(z)}{1-z}
[/mm]
Dann ist g auf E holomorph.
Mit der Cauchyschen Formel für die Ableitung ist dann:
$ [mm] \bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{f(z)}{(1-z)z^{n+1} }dz } [/mm] = [mm] \bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial K_{r}(0)}{\bruch{g(z)}{z^{n+1} }dz } [/mm] = [mm] \bruch{g^{(n)}(0)}{n!}$ [/mm]
Ist [mm] $\summe_{n=0}^{\infty}c_n*z^n$ [/mm] die Potenzreihenentwicklung von g um 0, so mußt Du nur noch zeigen:
[mm] c_n [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{n}a_k
[/mm]
Tipp hierfür: Cauchyprodukt.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:45 Mi 15.12.2010 | | Autor: | Wolve |
Vielen Dank euch beiden für die schnelle Antwort.
Durch eure Hinweise ist mir auch aufgefallen, dass ich fälschlicherweise statt [mm] $\summe_{\nu =0}^{n} z^{\nu}$ [/mm] folgendes verwenden sollte: [mm] $\summe_{\nu =0}^{\infty} z^{\nu}$
[/mm]
Damit kann ich auch problemlos das Cauchy-Produkt anwenden und kann entsprechend zur Lösung hinarbeiten.
Die Korrektur mit der Konvergenz werde ich auch noch vornehmen.
Danke euch beiden nochmal für die Hilfe.
Beste Grüße
Hendrik
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