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| Aufgabe | Zeige, dass die holomorphe [mm] p(z)=z^2-2z+2 [/mm] auf [mm] \Omega=\IC [/mm] \ T Quadratwurzeln besitzt, wobei T=(1+it: [mm] |t|\le1).
[/mm]
Falls f [mm] \el\ H(\Omega) [/mm] ist, ist die Quadratwurzel von p bestimmt für [mm] f(0)=\wurzel{2}, [/mm] bestimme die Potenzreihenentwicklung in D(0,1) und berechne den Konvergenzradius. |
Hi, kann mir jemand bei dieser Aufgabe vielleicht helfen??? komme da irgendwie gar nicht zurrecht, und weiß nicht, was ich machen soll....
im matheplanet hatte man mir folgenden tipp schon mal gegeben, komme trotzdem nicht weiter:
[mm] f(z)=\wurzel{2-2z+z^2}=\wurzel{2}*\sqrt{1+z*(z/2-1)}
[/mm]
[mm] =\sqrt{2}* \summe_{k=0}^{\infty}\vektor{1/2 \\ k}*z^k *(z/2-1)^k
[/mm]
[mm] =\sqrt{2}* \summe_{k=0}^{\infty}\vektor{1/2 \\ k}*z^k *\summe_{m=0}^{k}\vektor{k \\ m}*(z/2)^m *(-1)^{k-m}
[/mm]
erst mal weiß ich nicht, wie zeite und dritte gleichung zustande kommen, dann weiß ich nicht, was ich damit anfangen soll bzw. wies weiter geht??
hoffe hier kann mir jemand weiterhelfen??
Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:35 Do 02.04.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Zeige, dass die holomorphe [mm]p(z)=z^2-2z+2[/mm] auf [mm]\Omega=\IC[/mm] \ T
> Quadratwurzeln besitzt, wobei T=(1+it: [mm]|t|\le1).[/mm]
> Falls f [mm]\el\ H(\Omega)[/mm] ist, ist die Quadratwurzel von p
> bestimmt für [mm]f(0)=\wurzel{2},[/mm] bestimme die
> Potenzreihenentwicklung in D(0,1) und berechne den
> Konvergenzradius.
> Hi, kann mir jemand bei dieser Aufgabe vielleicht
> helfen??? komme da irgendwie gar nicht zurrecht, und weiß
> nicht, was ich machen soll....
Wie habt ihr denn die Existenz einer komplexen Quadratwurzel bisher gezeigt? Über die Existenz des komplexen Logarithmus, oder über die Windungszahl?
> im matheplanet hatte man mir folgenden tipp schon mal
> gegeben, komme trotzdem nicht weiter:
>
> [mm]f(z)=\wurzel{2-2z+z^2}=\wurzel{2}*\sqrt{1+z*(z/2-1)}[/mm]
> [mm]=\sqrt{2}* \summe_{k=0}^{\infty}\vektor{1/2 \\ k}*z^k *(z/2-1)^k[/mm]
>
> [mm]=\sqrt{2}* \summe_{k=0}^{\infty}\vektor{1/2 \\ k}*z^k *\summe_{m=0}^{k}\vektor{k \\ m}*(z/2)^m *(-1)^{k-m}[/mm]
>
>
> erst mal weiß ich nicht, wie zeite und dritte gleichung
> zustande kommen,
Binomische Reihe bzw. normale binomische Formel für [mm] $(z/2-1)^k$.
[/mm]
> dann weiß ich nicht, was ich damit
> anfangen soll bzw. wies weiter geht??
Du hast damit eine Reihenentwicklung für f mit der gewünschten Bedingung [mm] $f(0)=\sqrt{2}$. [/mm] Du könntest versuchen, die Glieder zu gleichen Potenzen von z zusammenzufassen. Ich sehe nur gerade nicht, wie man dafür eine einfache geschlossene Form bekommt.
Viele Grüße
Rainer
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Hi, nach langem Warten habe ich jetzt endlich eine Lösung für diese Aufgabe, aber mit vielen vielen Fragezeichen. Vielleicht hat ja jemand Lust, das zu erklären.
Die fangen an, die Nullstellen von p(z) zu berechen, diese sind [mm] a_1=1+i [/mm] und [mm] a_2=1-i
[/mm]
[mm] \Rightarrow p(z)=(z-a)(z-\overline{a}).
[/mm]
Dann sagen die, das Bild von T=(1+it: |t| [mm] \le [/mm] 1) vermittelt mittels der Transformation von Möbius [mm] S(z)=\bruch{z-a}{z-\overline{a}}, [/mm] mit S(a)=0, S(1)=-1 und [mm] S(\overline{a})=\infty.
[/mm]
1. Frage, hier versteh ich überhaupt nicht, wie die von T=(1+it: [mm] |t|\le [/mm] 1) auf [mm] S(z)=\bruch{z-a}{z-\overline{a}} [/mm] kommen????
Dann gehts weiter: Da [mm] S(\Omega) [/mm] gilt, können wir eine holomorphe Funktion g(z) in [mm] \Omega [/mm] definieren mit [mm] g(z)=(z-\overline{a}) \wurzel{\bruch{z-a}{z-\overline{a}}}
[/mm]
2. Frage, wie kommt auf so ein g(z)???? Würde da nie drauf kommen, was muss man da beachten, um so eine Funktion zu kreieren??
Weiter gehts. Für a z [mm] \in \Omega [/mm] gilt: [mm] g^2 (z)=(z-a)(z-\overline{a})=p(z).
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] g ist eine holomorphe Quadratwurzel von p in [mm] \Omega [/mm] .
Das [mm] \Omega [/mm] zusammenhängend ist, gibt es genau zwei Quadratwurzeln von p in [mm] \Omega [/mm] , g(z) und -g(z).
3. Frage, Woran sieht man, dass es nur g(z) und -g(z) gibt????
Bis hier hin erstmal. Wäre super nett, wenn mir jemand helfen könnte.
Grüße
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Da muß ein Fehler in der Aufgabenstellung sein. Meiner Meinung nach sollte es [mm]T = \left\{ \, 1 + \operatorname{i}t \, \left| \, |t| \geq 1 \, \right. \right\}[/mm] heißen. Dann kann man [mm]\sqrt{p(z)}[/mm] nämlich auf [mm]\Omega = \mathbb{C} \setminus T[/mm] definieren. Die Sache ist relativ einfach. Wir betrachten das Polynom [mm]w = p(z) = (z-1)^2 + 1[/mm] zunächst für beliebige [mm]z \in \mathbb{C}[/mm]. Es bildet [mm]T[/mm] auf das reelle Intervall [mm]I = (-\infty \, , \, 0 \, ][/mm] ab, und zwar wird jeder Wert des Intervalls zweimal angenommen (einfach [mm]1 + \operatorname{i}t , |t| \geq 1[/mm] einsetzen und ausrechnen). Da [mm]p [/mm] quadratisch ist, muß also [mm]T = p^{-1}(I)[/mm] gelten. Anders gesagt: [mm]p(\Omega) = \mathbb{C} \setminus I[/mm]. Und auf dieser geschlitzten Halbebene kann man [mm]\sqrt{w}[/mm] mit der Festlegung [mm]\Re \left( \sqrt{w} \right) > 0[/mm] eindeutig als holomorphe Funktion definieren. Mit der so definierten Wurzel ist
[mm]z \mapsto f(z) = \sqrt{p(z)} \ \ \mbox{für} \ \ z \in \Omega[/mm]
als Verkettung holomorpher Funktionen eine holomorphe Funktion. Es gilt auch wie verlangt [mm]f(0) = \sqrt{p(0)} = \sqrt{2}[/mm], wobei natürlich rechts die positive Wurzel von 2 gemeint ist.
Als holomorphe Funktion muß [mm]f[/mm] auf dem größten Kreis um 0, der noch in [mm]\Omega[/mm] liegt, durch eine Potenzreihe darstellbar sein. Daher ist der Konvergenzradius [mm]\sqrt{2}[/mm] (Satz des Pythagoras), denn [mm]1 + \operatorname{i}[/mm] ist sicher eine singuläre Stelle.
Die Bestimmung der Potenzreihe scheint mir etwas komplizierter. Eine Möglichkeit besteht darin, einen Ansatz mit unbestimmten Koeffizienten [mm]a_k[/mm] zu wählen, am besten für
[mm]g(z) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \sqrt{p(z)} = \sum_{k=0}^{\infty} a_k z^k \, , \ \ |z| < \sqrt{2}[/mm]
Wenn man differenziert, bekommt man
[mm]g'(z) = \frac{z-1}{2 \, g(z)} = \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \, a_{k+1} \, z^k[/mm]
Damit erfüllt [mm]g[/mm] das Anfangswertproblem
[mm]g(z) \cdot g'(z) = - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} z \, , \ \ g(0) = 1[/mm]
Bildet man auf der linken Seite das Cauchy-Produkt der beiden Reihen:
[mm]g(z) \cdot g'(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^n (k+1) \, a_{k+1} \, a_{n-k} \right) z^n[/mm]
so zeigt ein Koeffizientenvergleich mit [mm]a_0 = g(0) = 1[/mm] als Startwert
für [mm]n=0[/mm]: [mm]a_0 a_1 = - \frac{1}{2}[/mm]
für [mm]n=1[/mm]: [mm]a_1^{\, 2} + 2a_0 a_2 = \frac{1}{2}[/mm]
für [mm]n \geq 2[/mm]: [mm]\sum_{k=0}^n (k+1) \, a_{k+1} \, a_{n-k} = 0[/mm]
Hieraus lassen sich die Koeffizienten rekursiv ermitteln. Mit einem CAS habe ich Folgendes bekommen:
[mm]f(z) = \sqrt{2} \, g(z) = \sqrt{2} \left( 1 - \frac{1}{2} z + \frac{1}{8} z^2 + \frac{1}{16} z^3 + \frac{3}{128} z^4 + \frac{1}{256} z^5 - \frac{3}{1024} z^6 \right.[/mm]
[mm]\left. - \frac{7}{2048} z^7 - \frac{61}{32768} z^8 - \frac{27}{65536} z^9 + \frac{79}{262144} z^{10} + \ldots \right)[/mm]
Ob es möglich ist, eine halbwegs geschlossene Darstellung zu finden, überblicke ich im Moment nicht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:18 Do 23.04.2009 | | Autor: | jaruleking |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Also ich habe jetzt die Aufgabenstellung nochmal durchgelesen, da steht aber nicht uelltext $ T = \left\{ \, 1 + \operatorname{i}t \, \left| \, |t| \geq 1 \, \right. \right\} $ sondern so wie ich es doch vorher hatte, dass |t| \le 1 ist.
So, jetzt muss ich aber auch nochmal deine Tipps schon durcharbeiten.
Danke euch erstmal.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:25 Do 23.04.2009 | | Autor: | fred97 |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Wenn es wirklich
$ T = \left\{ \, 1 + \operatorname{i}t \, \left| \, |t| \geq 1 \, \right. \right\} $
lautet, wie Leopoldt_gast meint, dann ist $ \Omega=\IC $ \ T ein einfach zusammenhängendes Gebiet (es ist sogar sternförmig mit Sternmittelpunkt $z_{+} = 1$)
Da p auf diesem Gebiet holomorph und nullstellenfrei ist, gibt es eine auf \Omega holomorphe Funktionn $f$ mit:
$f^2 = p$ auf $ \Omega=\IC $ \ T
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:32 Do 23.04.2009 | | Autor: | fred97 |
> Dann gehts weiter: Da [mm]S(\Omega)[/mm] gilt,
Was steht hier genau ?? Da [mm]S(\Omega)[/mm] ...................................
FRED
> können wir eine
> holomorphe Funktion g(z) in [mm]\Omega[/mm] definieren mit
> [mm]g(z)=(z-\overline{a}) \wurzel{\bruch{z-a}{z-\overline{a}}}[/mm]
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:42 Do 23.04.2009 | | Autor: | jaruleking |
Die Sache ist, die Lösung ist auf Spanisch, aber werds mal versuchen zu erklären. Mal schauen, ob man es verstehen kann:
Das Bild von T=(1+it: |t| $ [mm] \le [/mm] $ 1) vermittelt mittels der Transformation von Möbius $ [mm] S(z)=\bruch{z-a}{z-\overline{a}} [/mm] die negative Halbachse, denn es gilt $ mit S(a)=0, S(1)=-1 und $ [mm] S(\overline{a})=\infty. [/mm] $
Und dann:
Da $ [mm] S(\Omega) [/mm] $ in der quadratischen Wurzel enthalten ist (das würde ich mal so übersetzen), können wir eine holomorphe Funktion g(z) in $ [mm] \Omega [/mm] $ definieren mit $ [mm] g(z)=(z-\overline{a}) \wurzel{\bruch{z-a}{z-\overline{a}}} [/mm] $
mehr steht da leider nicht.
gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:46 Do 23.04.2009 | | Autor: | fred97 |
> Die Sache ist, die Lösung ist auf Spanisch, aber werds mal
> versuchen zu erklären. Mal schauen, ob man es verstehen
> kann:
>
> Das Bild von T=(1+it: |t| [mm]\le[/mm] 1) vermittelt mittels der
> Transformation von Möbius [mm]S(z)=\bruch{z-a}{z-\overline{a}} die negative Halbachse, denn es gilt[/mm]
> mit S(a)=0, S(1)=-1 und [mm]S(\overline{a})=\infty.[/mm]
Es ist S(T) = { x [mm] \in \IC: [/mm] x [mm] \le [/mm] 0 }
>
> Und dann:
>
> Da [mm]S(\Omega)[/mm] in der quadratischen Wurzel enthalten ist (das
> würde ich mal so übersetzen),
Das kann nicht sein, denn
"Da [mm]S(\Omega)[/mm] in der quadratischen Wurzel enthalten ist"
ist völlig sinnlos !
FRED
> können wir eine holomorphe
> Funktion g(z) in [mm]\Omega[/mm] definieren mit
> [mm]g(z)=(z-\overline{a}) \wurzel{\bruch{z-a}{z-\overline{a}}}[/mm]
>
> mehr steht da leider nicht.
>
> gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:52 Fr 24.04.2009 | | Autor: | fred97 |
Ich glaube, jetzt hab ich es.
Sei $ [mm] \Omega=\IC [/mm] $ \ T,
[mm] \IC_- [/mm] = [mm] \IC [/mm] \ {z: z [mm] \in \IR, [/mm] z [mm] \le [/mm] 0 }, $a = 1+i$
und
$S(z) = [mm] \bruch{z-a}{z- \overline{a}}$
[/mm]
Dann ist [mm] $S(\Omega) [/mm] $ = [mm] \IC_- [/mm] \ {1} ein Gebiet , [mm] $S(\Omega) [/mm] $ [mm] \subseteq \IC_- [/mm]
Definiere die holomorphe Funktion [mm] \Phi: S(\Omega) \to \IC [/mm] durch
[mm] \Phi(w) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}Log(w)
[/mm]
(Hauptzweig des Logarithmus)
Es gilt:
(*) [mm] $(e^{ \Phi(w)})^2 [/mm] = [mm] e^{2 \Phi(w) } [/mm] = [mm] e^{Log(w)} [/mm] = w$ für jedes w [mm] \in S(\Omega) [/mm]
Für z [mm] \in \Omega [/mm] sei
$h(z) := [mm] e^{\Phi(S(z))}$ [/mm] und $f(z) := (z- [mm] \overline{a})h(z)$
[/mm]
h und f sind auf [mm] \Omega [/mm] holomorph . Aus (*) folgt
[mm] $h(z)^2 [/mm] = S(z)$ für z aus [mm] \Omega
[/mm]
und somit
[mm] $f(z)^2 [/mm] = (z- [mm] \overline{a})^2S(z) [/mm] = p(z)$ für z in [mm] \Omega
[/mm]
FRED
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