komplex differenzierbar < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:09 So 13.04.2008 | | Autor: | ella87 |
| Aufgabe | Für welche [mm]z\in\IC[/mm] sind folgende Funktionen [mm]f_{i}:\IC\to\IC,i=1,2,3,4[/mm] komplex differenzierbar?Geben sie dort die Ableitung an!
[mm]f_{1}=z^{125}[/mm]
[mm]f_{2}=Re(z)^3+iIm(z)[/mm]
[mm]f_{3}=|z|^{123}-|z|^{33}[/mm]
[mm]f_{4}=2Arg(z)-iln(z[/mm][mm]\bar z)[/mm]
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ich hab mal mit [mm]f_1[/mm] angefangen:
n-te Potenz berechnet man doch so:
[mm]z^n=r^n\*e^{in\varphi}=r^n(\cos n\varphi+i\sin n\varphi)[/mm]
mit [mm][mm] r=|z|=\wurzel{a^2+b^2}[/mm] [mm]
aber was ist [mm]\varphi[/mm]? und wie bringt mich das weiter und wie berechne ich das?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:22 So 13.04.2008 | | Autor: | maddhe |
also ich weiß nur, dass [mm] $\varphi=\operatorname{Arg}z=\arctan{\left(\frac{\operatorname{Im}z}{\operatorname{Re}z}\right)}$ [/mm] ist, komme aber auch nicht weiter, denn dann wird die Funktion viel zu kompliziert... es muss irgendwie einfacher gehen...
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:27 So 13.04.2008 | | Autor: | maddhe |
jetzt taucht der artikel gar nicht mehr unter "offene fragen" auf:-(
die frage steht aber nach wie vor im raum - ansätze oder tipps wären super
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:30 So 13.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> jetzt taucht der artikel gar nicht mehr unter "offene
> fragen" auf:-(
Natuerlich taucht es da noch auf, da die Frage noch immer offen ist. Es taucht nur nicht mehr unter den ersten 5 oder 10 auf, wenn ueberhaupt.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:33 So 13.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Für welche [mm]z\in\IC[/mm] sind folgende Funktionen
> [mm]f_{i}:\IC\to\IC,i=1,2,3,4[/mm] komplex differenzierbar?Geben sie
> dort die Ableitung an!
> [mm]f_{1}=z^{125}[/mm]
> [mm]f_{2}=Re(z)^3+iIm(z)[/mm]
> [mm]f_{3}=|z|^{123}-|z|^{33}[/mm]
> [mm]f_{4}=2Arg(z)-iln(z[/mm][mm]\bar z)[/mm]
Was wisst ihr denn schon ueber komplexe Differenzierbarkeit? Kennt ihr Produktregel, Kettenregel etc. (das hilft z.B. bei [mm] $f_1$)? [/mm] Kennt ihr die Cauchy-Riemannschen DGLn (das hilft z.B. vermutlich bei [mm] $f_2$ [/mm] und [mm] $f_3$)? [/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:39 So 13.04.2008 | | Autor: | maddhe |
ja, haben wir alles gemacht... nur die C-R-DGLs behandeln ja realteil und imaginärteil, aber die kann man bei der 1. nur so schwer rausholen...
muss man das überhaupt? polynome sind doch auch in [mm] \IC [/mm] immer differenzierbar...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:43 So 13.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> ja, haben wir alles gemacht... nur die C-R-DGLs behandeln
> ja realteil und imaginärteil, aber die kann man bei der 1.
> nur so schwer rausholen...
Ja. Aber wie schon gesagt: brauchst du doch gar nicht!
> muss man das überhaupt? polynome sind doch auch in [mm]\IC[/mm]
> immer differenzierbar...
Genau. Folgt daraus, dass $z [mm] \mapsto [/mm] z$ und $z [mm] \mapsto [/mm] c$ komplex diffbar sind, und das es die Produktregel und Summenregel gibt.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:53 So 13.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
schau' Dir mal den Beweis für die "Potenzregel" [mm] $(x^n)\,'=n*x^{n-1}$ [/mm] an (d.h. die Funktion $f: [mm] \IR \to \IR$ [/mm] mit [mm] $f(x)=x^n$ [/mm] hat die Ableitung [mm] $f\,': \IR \to \IR$ [/mm] mit [mm] $f\,'(x)=n*x^{n-1}$).
[/mm]
Den kann man wortwörtlich so auf eine Funktion $f: [mm] \IC \to \IC$ [/mm] übertragen, wenn man genau hinguckt.
Vgl. auch:
![[]](/images/popup.gif) http://www.mathematik.uni-trier.de/~mueller/AnalysisI-IV.pdf
Bsp. 29.3
Also [mm] $f_1$ [/mm] ist wirklich eine Banalität, man muss nur wissen, dass man "so ableiten darf", wie man es schon immer gemacht hat, also hier quasi (formal) wie wenn die Funktion eine von [mm] $\IR \to \IR$ [/mm] wäre...
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:04 So 13.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Für welche [mm]z\in\IC[/mm] sind folgende Funktionen
> [mm]f_{i}:\IC\to\IC,i=1,2,3,4[/mm] komplex differenzierbar?Geben sie
> dort die Ableitung an!
> [mm]f_{1}=z^{125}[/mm]
> [mm]f_{2}=Re(z)^3+iIm(z)[/mm]
> [mm]f_{3}=|z|^{123}-|z|^{33}[/mm]
> [mm]f_{4}=2Arg(z)-iln(z[/mm][mm]\bar z)[/mm]
>
> ich hab mal mit [mm]f_1[/mm] angefangen:
> n-te Potenz berechnet man doch so:
> [mm]z^n=r^n\*e^{in\varphi}=r^n(\cos n\varphi+i\sin n\varphi)[/mm]
>
> mit [mm]r=|z|=\wurzel{a^2+b^2}[/mm]
> aber was ist [mm]\varphi[/mm]? und wie bringt mich das weiter und wie berechne ich das?
abgesehen davon, dass ich unten in einer Mitteilung zu [mm] $f_1$ [/mm] schon etwas stehen habe:
Hier könntest Du sogar auch mit so etwas rechnen:
Sei stets bei [mm] $\lim_{h \to 0}$ [/mm] dann $h [mm] \in \IC \setminus\{0\}$.
[/mm]
Wir fragen uns nach der Existenz von
[mm] $\lim_{h \to 0}\frac{(z+h)^{125}-z^{125}}{h}$
[/mm]
(Also: Existiert [mm] $f\,'$ [/mm] an der Stelle $z$?)
Dazu (mit $h [mm] \in \IC \setminus\{0\}$):
[/mm]
[mm] $\frac{(z+h)^{125}-z^{125}}{h}=\frac{\left(\sum\limits_{k=0}^{125}{125 \choose k}z^{125-k}*h^k\right) -z^{125}}{h}$
[/mm]
Na, wie geht's wohl weiter?
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:34 So 13.04.2008 | | Autor: | ella87 |
>
>
> [mm]\frac{(z+h)^{125}-z^{125}}{h}=\frac{\left(\sum\limits_{k=0}^{125}{125 \choose k}z^{125-k}*h^k\right) -z^{125}}{h}[/mm]
>
> Na, wie geht's wohl weiter?
>
gute frage! [mm]\limes_{h\rightarrow\0}[/mm] denk ich mal,oder? aber ich hab jetzt recht lang gegrübelt und ich komm nicht drauf...ich versteh einfach nicht, wie ich da denken muss... ich würd einfach 0 raten
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:07 So 13.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> [mm]\frac{(z+h)^{125}-z^{125}}{h}=\frac{\left(\sum\limits_{k=0}^{125}{125 \choose k}z^{125-k}*h^k\right) -z^{125}}{h}[/mm]
Vereinfache das doch mal. Kommt das [mm] $z^{125}$, [/mm] was da abgezogen wird, in der Summe vor? Schau doch mal nach. Und was passiert mit dem $h$, kann man das danach nicht mit reinpacken? Was bleibt dann uebrig?
Und was passiert dann, wenn du [mm] $\lim_{h\to0}$ [/mm] nimmst?
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:33 Mo 14.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> >
> >
> >
> [mm]\frac{(z+h)^{125}-z^{125}}{h}=\frac{\left(\sum\limits_{k=0}^{125}{125 \choose k}z^{125-k}*h^k\right) -z^{125}}{h}[/mm]
>
> >
> > Na, wie geht's wohl weiter?
> >
> gute frage! [mm]\limes_{h\rightarrow 0}[/mm] denk ich mal,oder?
an dieser Stelle noch nicht!
> aber
> ich hab jetzt recht lang gegrübelt und ich komm nicht
> drauf...ich versteh einfach nicht, wie ich da denken
> muss... ich würd einfach 0 raten
erstens: Wieso raten? Zweitens: Wieso $0$?
Ich mach' es jetzt mal an einem anderen Beispiel vor, und zwar mit $z [mm] \mapsto z^7$. [/mm] Denn das Prinzip ist genau das gleiche:
Frage:
Existiert [mm] $\lim_{h \to 0}\frac{(z+h)^7-z^7}{h}$?
[/mm]
Rechnung:
$h [mm] \in \IC \setminus \{0\}$:
[/mm]
[mm] $\frac{(z+h)^7-z^7}{h}=\frac{\left(\sum\limits_{k=0}^7 {7 \choose k}z^{7-k}*h^k\right)-z^7}{h}$
[/mm]
Jetzt gucken wir uns zunächst mal nur den Zähler an:
[mm] $\left(\sum\limits_{k=0}^7 {7 \choose k}z^{7-k}*h^k\right)-z^7=\left(\green{{7 \choose 0} z^7 h^0}+\sum\limits_{k=1}^7 {7 \choose k} z^{7-k}*h^k\right)\green{-z^7}$
[/mm]
[mm] $=\sum_{k=1}^{7}{7 \choose k}z^{7-k}h^k$
[/mm]
Das sind endlich viele Summanden, die stehenbleiben (genauer: Es sind $7-1=6$ Stück).
Welche(r) dieser letztstehenden Summanden ist nach einer Division durch $h$ denn noch von Interesse, wenn man danach $h [mm] \to [/mm] 0$ laufen läßt?
Wenn es nun immer noch nicht klar sein sollte:
[mm] $\sum_{k=1}^{7}{7 \choose k}z^{7-k}h^k={7 \choose 1}z^{7-1}*h^1+{7 \choose 2}z^{7-2} *h^2+...+{7 \choose 7}z^0h^7={7 \choose 1}z^6*h+{7 \choose 2}z^5 *h^2+...+{7 \choose 6}z*h^6+{7 \choose 7}*h^7$
[/mm]
Erkennst Du nun, welche dieser Summanden nach einer Division durch $h$ mit anschließendem $h [mm] \to [/mm] 0$-Lauf uns nicht mehr interessieren?
( Also:
[mm] $\lim_{h \to 0}\frac{(z+h)^7-z^7}{h}=\lim_{h \to 0}\frac{\sum\limits_{k=1}^7 {7 \choose k}z^{7-k}*h^k}{h}=\lim_{h \to 0}\sum_{k=1}^7 [/mm] {7 [mm] \choose k}z^{7-k}*h^{k-1}=\lim_{h \to 0}\sum_{m=0}^6 [/mm] {7 [mm] \choose m+1}z^{6-m}*h^m=...$ [/mm] ?)
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:58 Mo 14.04.2008 | | Autor: | ella87 |
erstmal: danke! da hätte ich auch wirklich selber drauf kommen können, dass ich sie summe auseinander ziehen muss...naja.
aber letztendlich komvergiert das doch gegen 0 oder? weil man in jedem summanden * [mm]h^n[/mm] rechnet und wenn h gegen 0 geht, dann geht jedes produkt gegen 0 oder etwa nicht???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:42 Mo 14.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> erstmal: danke! da hätte ich auch wirklich selber drauf
> kommen können, dass ich sie summe auseinander ziehen
> muss...naja.
> aber letztendlich komvergiert das doch gegen 0 oder? weil
> man in jedem summanden * [mm]h^n[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
rechnet und wenn h gegen 0
> geht, dann geht jedes produkt gegen 0 oder etwa nicht???
es war doch
$\lim_{h \to 0}\frac{(z+h)^7-z^7}{h}=\lim_{h \to 0}\frac{\sum\limits_{k=1}^7 {7 \choose k}z^{7-k}\cdot{}h^k}{h}=\lim_{h \to 0}\sum_{k=1}^7 {7 \choose k}z^{7-k}\cdot{}h^{k-1}=\lim_{h \to 0}\sum_{m=0}^6 {7 \choose m+1}z^{6-m}\cdot{}h^m$
Und da steht dann also
$\lim_{h \to 0}\sum_{m=0}^6 {7 \choose m+1}z^{6-m}\cdot{}h^m=\lim_{h \to 0}\left(\blue{{7 \choose 1}z^6*h^0}+{7 \choose 2}z^5*h^1+...+{7 \choose 7}z^0*h^6\right)$
Mich wundert es immer noch ein bisschen, dass Du nun immer noch nicht auf die Idee eines Vergleiches kommst:
Im reellen: $f: \IR \to \IR$ mit $f(x)=x^7$ hat $f\,'(x)=7*x^6$
Hier:
Wir versuchen und hoffen, nachrechnen zu können, dass die Funktion $\IC \to \IC$ mit $z \mapsto z^7$ die Ableitung $z \mapsto \blue{7*z^6}$ hat.
Und was Du oben machen darfst, weil da ja eine endliche Summe stetiger Funktionen steht:
Du darfst den Limes reinziehen.
So, und jetzt mache ich das mal allgemein:
Betrachte $f_N: \IC \to \IC$ mit $f_N(z)=z^N$ (wobei $N \in \IN_0$ fest).
Dann:
$\lim_{h \to 0}\frac{f_N(z+h)-f_N(z)}{h}=\lim_{h \to 0}\sum_{m=0}^{N-1} {N \choose m+1}z^{N-1-m}h^m}=\sum_{m=0}^{N-1}{n \choose m+1}z^{N-1-m}*\lim_{h \to 0}h^m=(\*)$
Und $m$ durchläuft die Werte von $0$ bis $N-1$, also beachte:
Bei $h \to 0$ gilt
$h^0=1 \to 1$ und $h^m \to 0$ für alle $m \in \{1,...,N-1\}$
Allgemein folgt daher mit $(\*)$ das Ergebnis:
$f_N\,'(z)={N \choose 1}z^{N-1-0}*\lim_{h \to 0}\underbrace{h^0}_{=1}=N*z^{N-1}$
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:34 Mi 16.04.2008 | | Autor: | thommy |
hallo zusammen,
hat vielleicht jemand noch eine idee für die fkten f3 und f4 ?
bei f3 bekomme ich ein komisches ergebnis raus und bei f4 weiß ich nicht wie ich mit dem argument umgehen soll.
wäre nett wenn mir jemand einen gedankenanstoß geben könnte :)
grüße thommy
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Hallo thommy,
du kannst bei [mm] $f_3$ [/mm] und [mm] $f_4$ [/mm] über die Cauchy-Riemannschen DGlen argumentieren.
Bei [mm] $f_3$ [/mm] einfach einsetzen und ausrechnen.
Zu [mm] $f_4$:
[/mm]
Es ist für $z=x+iy$ doch [mm] $arg(z)=\arctan\left(\frac{y}{x}\right)$
[/mm]
Also ist [mm] $f_4(z)=f_4(x+iy)=2\arctan\left(\frac{y}{x}\right)-i\ln(x^2+y^2)$
[/mm]
Auch hier die partiellen Ableitungen bestimmen und C-R-Dglen anschauen
Bei [mm] $f_3$ [/mm] kommt, soweit ich das sehe, komplexe Diffbarkeit nur in $z=0$ heraus, bei [mm] $f_4$: [/mm] komplex diffbar für [mm] $z\in\IC\setminus\{0\}$
[/mm]
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:47 Mi 16.04.2008 | | Autor: | thommy |
danke für deine antwort,
also bei der betrags fkt hatte ich es so gemacht wie du vorgeschlagen hattest, hab auch z=0 raus, aber noch ein wenig mehr.. was jedoch ein merkwürdiges ergebnis ist, vielleicht hab ich mich verrechnet oder so.
und bei der anderen funktion, naja, hatte es auch über den arctan versucht, dachte nur es geht vielleicht einfacher, weil damit komm ich auf kein ergebnis :) ich glaub das rechnen liegt mir nicht so :D
gute nacht, thommy
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