| |
| Autor |
 gleichmäßige Approximation durch ganze Funktion |
|
Undertaker
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
 |  Themenstart: 2012-05-26
|
Hallo,
sei R:=menge(z \in \IC : 1 <= abs(z) <= 2), \Omega eine offene Umgebung von R und f:\Omega -> \IC holomorph. \gamma sei der (im positiven Sinne durchlaufene) Einheitskreis. Für alle \epsilon>0 existiere eine ganze Funktion g, die f auf R gleichmäßig approximiert, d.h.
sup_(z \in R) abs(f(z)-g(z)) < \epsilon.
Man zeige, dass dann gilt:
int(f(z),z,\gamma,)=0
Bislang ist mir nur folgendes aufgefallen.
Da f auf \Omega holomorph ist, existiert ein \delta>0, sodass f auf R'=menge(z \in \IC : 1-\delta0 beliebig. Dann existiert eine ganze Funktion g (wie oben). Es gilt:
abs(int(f(z),z,\gamma,))=abs(int(f(z),z,\gamma,)-int(g(z),z,\gamma,))=
abs(int(f(z)-g(z),z,\gamma,))<=int(abs(f(z)-g(z)),z,\gamma,)
Aber den Betrag kann man ja nur auf R abschätzen und nicht auf dem Inneren des Einheitskreises, oder?
|
 Profil
|
Kofi
Senior 
Dabei seit: 06.08.2010
Mitteilungen: 902
| Beitrag No.1, eingetragen 2012-05-26
|
Du kannst doch einfach die Chauchysche Integralformel benutzen. Dann sind alle negativen Laurentkoeffizenten kleiner als Epsilon!
|
Profil
|
owk
Senior
Dabei seit: 10.01.2007
Mitteilungen: 6957
| Beitrag No.2, eingetragen 2012-05-26
|
Der Integrationsweg verläuft doch in R. owk
|
Profil
|
Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2012-05-26
|
\quoteon(2012-05-26 15:57 - owk in Beitrag No. 2)
Der Integrationsweg verläuft doch in R. owk
\quoteoff
Das stimmt natürlich. Ich hatte in dem Moment wohl irrtümlich an die vom Weg umschlossene Fläche gedacht.
Dann geht es also so?
Es gilt:
abs(int(f(z),z,\gamma,))=abs(int(f(z),z,\gamma,)-int(g(z),z,\gamma,))=
abs(int(f(z)-g(z),z,\gamma,))<=int(abs(f(z)-g(z)),z,\gamma,)
<= max_(z \in Bild(\gamma)) abs(f(z)-g(z))* abs(\gamma)< \epsilon *1 < \epsilon
Also konvergiert das gesuchte Integral gegen Null.
|
Profil
|
owk
Senior
Dabei seit: 10.01.2007
Mitteilungen: 6957
| Beitrag No.4, eingetragen 2012-05-26
|
Mit $\pi=\dfrac12$, ja  Im letzten Integral ist das Differential eigentlich nicht mehr $dz$, aber das ist nicht so wichtig. owk
|
Profil
|
Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2012-05-27
|
Gut, das stimmt :-)
Ich überlege gerade, ob die Umkehrung auch gilt. D.h. kann jede Funktion, deren Integral über \gamma Null ergibt, auf R durch eine ganze Funktion im obigen Sinne approximiert werden?
|
Profil
|
owk
Senior
Dabei seit: 10.01.2007
Mitteilungen: 6957
| Beitrag No.6, eingetragen 2012-05-28
|
Nein, z.B. $f(z)=\dfrac1{z^2}$ (wieso?). owk
|
Profil
|
Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| 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:
Hängt das damit zusammen, dass f bei z_0=0 eine Polstelle zweiter Ordnung besitzt? Damit ist die Laurentreihenentwicklung von f bei z_0 (d.h. in einer beliebigen punktierten Umgebung): f(z)=sum(a_n*z^n,n=-2,\infty) mit a_(-2)<>0. Gäbe es nun eine approximierende ganze Funktion, so ließe sich diese in eine Potenzreihe entwickeln (z.B. mit Entwicklungspunkt z_0=0), also wäre
g(z)=sum(b_n*z^n,n=0,\infty).
Damit kann die Differenz nicht beliebig klein werden.
Geht das so?
|
Profil
|
owk
Senior
Dabei seit: 10.01.2007
Mitteilungen: 6957
| Beitrag No.8, eingetragen 2012-06-05
|
Nein, ich sehe nicht, wie dieses Argument funktionieren könnte. Die ursprüngliche Aufgabe zeigt doch, dass $f(z)=1/z$ nicht approximiert werden kann, und man kann die Begründung modifizieren, um auch $f(z)=1/z^2$ auszuschließen. owk
|
Profil
|
Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2012-06-08
|
Ich sehe ein, dass f(z)=1/z^2 die Voraussetzungen erfüllt, d.h. f ist auf einer ("allerdings nicht zu großen") offenen Umgebung von R holomorph und das Integral von f über \gamma ist 0, weil f eine holomorphe Stammfunktion besitzt und \gamma ein geschlossener Weg ist. Aber warum es sich nicht approximieren lässt, das sehe ich nicht.
|
Profil
|
owk
Senior
Dabei seit: 10.01.2007
Mitteilungen: 6957
| Beitrag No.10, eingetragen 2012-06-09
|
Für approximierbare Funktionen ist auch das Integral über $zf(z)$ null. owk
|
Profil
|
Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2012-06-09
|
Hängt das damit zusammen?
Sei f gleichmäßig approximierbar auf R, dann ist auch z*f gleichmäßig approximierbar. Für \epsilon>0 betrachte man:
abs(z*f(z)-z*g(z))<= abs(z)*abs(f(z)-g(z)) <= 2*\epsilon
Dann wäre gemäß des ersten Teiles das Integral über z*f ebenfalls Null.
Also ist dies eine notwendige Bedingung für die Approximierbarkeit auf R.
Weil 1/z jedoch den Wert 2*\pi*i liefert, kann 1/z^2 nicht approximiert werden.
[ Nachricht wurde editiert von Undertaker am 09.06.2012 10:23:39 ]
|
Profil
|
Buri
Senior 
Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 46790
Wohnort: Dresden
 | 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
wegint(z^k*f(z),z,\g), k=0,1,2,...
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 ]
|
Profil
|
Undertaker
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 17.10.2006
Mitteilungen: 1259
| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2012-06-09
|
Profil
|
mathewas
Junior
Dabei seit: 08.12.2017
Mitteilungen: 11
| Beitrag No.14, eingetragen 2018-01-19
|
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.
\[0= \int_{K_{r}(0)} p_n(\zeta) d \zeta \]
|
Profil
|
Wally
Senior 
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9726
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 | Beitrag No.15, eingetragen 2018-01-19
|
Hallo,
das ist einfach der Cauchysche Integralsatz.
Wally
|
Profil
|
mathewas
Junior
Dabei seit: 08.12.2017
Mitteilungen: 11
| Beitrag No.16, eingetragen 2018-01-20
|
Profil
|
Undertaker hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Undertaker hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
|
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2023 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die
Nutzungsbedingungen,
die Distanzierung,
die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
