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Moderiert von Curufin epsilonkugel
Funktionentheorie » Holomorphie » gleichmäßige Approximation durch ganze Funktion
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Universität/Hochschule gleichmäßige Approximation durch ganze Funktion
Undertaker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2012-05-26


Hallo,
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Bislang ist mir nur folgendes aufgefallen.
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Kofi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2012-05-26


Du kannst doch einfach die Chauchysche Integralformel benutzen. Dann sind alle negativen Laurentkoeffizenten kleiner als Epsilon!



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owk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2012-05-26


Der Integrationsweg verläuft doch in R. owk



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Undertaker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2012-05-26


2012-05-26 15:57 - owk in Beitrag No. 2 schreibt:
Der Integrationsweg verläuft doch in R. owk
Das stimmt natürlich. Ich hatte in dem Moment wohl irrtümlich an die vom Weg umschlossene Fläche gedacht.

Dann geht es also so?
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owk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2012-05-26


Mit <math>\pi=\dfrac12</math>, ja  smile Im letzten Integral ist das Differential eigentlich nicht mehr <math>dz</math>, aber das ist nicht so wichtig. owk



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Undertaker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2012-05-27


Gut, das stimmt :-)
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owk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2012-05-28


Nein, z.B. <math>f(z)=\dfrac1{z^2}</math> (wieso?). owk



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Undertaker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2012-06-05


Tut mir Leid, dass ich mich erst nach längerer Zeit hier wieder melde, aber ich hatte das irgendwie aus den Augen verloren:
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owk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2012-06-05


Nein, ich sehe nicht, wie dieses Argument funktionieren könnte. Die ursprüngliche Aufgabe zeigt doch, dass <math>f(z)=1/z</math> nicht approximiert werden kann, und man kann die Begründung modifizieren, um auch <math>f(z)=1/z^2</math> auszuschließen. owk



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Undertaker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2012-06-08


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owk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2012-06-09


Für approximierbare Funktionen ist auch das Integral über <math>zf(z)</math> null. owk



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Undertaker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2012-06-09


Hängt das damit zusammen?
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[ Nachricht wurde editiert von Undertaker am 09.06.2012 10:23:39 ]



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Buri
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Aus: Dresden
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2012-06-09


Hi Undertaker,
ja, so ist die Überlegung richtig.
Mehr noch, deine Vermutung aus Beitrag #5 kann nun präzisiert werden:
Eine holomorphe Funktion f auf einem Kreisring ist genau dann durch eine ganze Funktion gleichmäßig approximierbar, wenn alle Integrale
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über geschlossene Wege γ in diesem Kreisring gleich 0 sind.
Beweis: "⇐" ist klar.
"⇒" folgt aus der Laurententwicklung. Ist die Bedingung für irgendein k erfüllt, dann ist der k-te Koeffizient a-k-1 im "negativen" Teil dieser Entwicklung gleich 0, und man kann auch eine holomorphe Funktion auf dem ganzen Kreis angeben, die auf dem Kreisring mit f übereinstimmt, das heißt, man kann die Funktion in das "Loch" hinein analytisch fortsetzen. Die Partialsummen der Taylor-MacLaurin-Reihe für diese fortgesetzte Funktion ergeben dann die gesuchte gleichmäßig konvergente Folge, weil der Konvergenzradius dieser Reihe größer ist als der Außenradius des Kreisrings.
Gruß Buri
[ Nachricht wurde editiert von Buri am 09.06.2012 13:06:52 ]



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Undertaker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2012-06-09


Gut, besten Dank.



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
mathewas
Neu Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 08.12.2017
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-01-19

\(\begingroup\)
Es sei \(\Omega = \mathbb{C}^*\), \(f(z) = 1/z\), \((z\in \Omega)\). Für \(r>0\) existiert keine Folge \((p_n)\) von Polynomen mit \((p_n) \rightarrow f\) gleichmäßig auf \(K_r(0)\). Angenommen doch, dann gilt
\[0= \int_{K_{r}(0)} p_n(\zeta) d \zeta \rightarrow \int_{K_r(0)} \frac{d\zeta}{\zeta}=2\pi i \]
Kann mir kurz jemand das Argument liefern, warum das erste gelten muss, i.e.
\[0= \int_{K_{r}(0)} p_n(\zeta) d \zeta \]
\(\endgroup\)


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Wally
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Aus: Dortmund, Old Europe
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-01-19


Hallo,

das ist einfach der Cauchysche Integralsatz.

Wally



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mathewas
Neu Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-01-20


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