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Funktionentheorie » Holomorphie » Implikation zu ganzen Funktionen
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Universität/Hochschule J Implikation zu ganzen Funktionen
Phoensie
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Wohnort: Muri AG, Schweiz
  Themenstart: 2020-11-12

Folgendes Problem scheine ich nicht fertigzubekommen: Satz. Sei $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ holomorph. Wenn $a,b>0$ existieren, sodass $|f(z)| \geq a|z|^n + b$ für alle $z \in \mathbb{C}$ gilt, dann ist $f$ ein Polynom mit Grad $\leq n$. Beweisansatz. Sei $a_k$ der $k$-te Taylorkoeffizient von $f$. Sei $r > 0$. Da $f$ ganz ist, existiert auf ganz $\mathbb{C}$ eine Laurententwicklung. Wir können diese also insbesondere auch im Nullpunkt ansetzen. Nach dem aus der Vorlesung Bekannten zu Laurentreihen sind deren Koeffizienten \[ \begin{align*} a_k = \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{\partial B_r(z_0)} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{k+1}}\mathrm{d}\xi \end{align*} \] und es kann mit einiger Rechnerei gezeigt werden (lass ich hier weg, ist zu mühsam, das alles abzutippen), dass \[ \begin{align*} \left| \int_{\partial B_r(0)} \frac{f(\xi)}{(\xi - 0)^{k+1}}\mathrm{d}\xi \right| &\leq 2\pi r \max_{z \in \partial B_r(0)}\frac{|f(z)|}{r^{k+1}} \leq 2\pi \max_{z \in \partial B_r(0)}\frac{a|z|^n + b}{r^{k}} \end{align*} \] Aus dieser Ungleichheit erkennen wir zudem \[ \begin{align*} |a_k| &= \left|\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\right| \left| \int_{\partial B_r(0)} \frac{f(\xi)}{(\xi - 0)^{k+1}}\mathrm{d}\xi \right| \\ &\leq \left|\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\right| 2\pi \max_{z \in \partial B_r(0)}\frac{a|z|^n + b}{r^{k}} &&\color{red}{\text{, gemäss obiger Überlegung.}} \\ &= \max_{z \in \partial B_r(0)}\frac{a|z|^n + b}{r^{k}} &&\color{red}{\text{, weil }\left|\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\right| = \left|\frac{1}{2\pi}\right| \left|\frac{1}{\mathrm{i}}\right| = \frac{1}{2\pi}|-\mathrm{i}| = \frac{1}{2\pi}.} \\ \end{align*} \] Ich denke, ich hab's jetzt beinahe (vielleicht war der letzte Abschnitt nicht mal mehr nötig), aber ich sehe irgendwie nicht, wie hieraus die Behauptung folgen soll. (Die Integralabschätzung, die erste Ungleichheit oben, ist aber auch als Tipp auf meiner Serie vermerkt, also sollte ich mit meinem Argument schon nicht ganz auf dem Holzweg sein...🤔).


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Nuramon
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  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\) Hallo, anderer Ansatz: Versuche den Satz von Liouville anzuwenden, indem du die Ungleichung $|f(z)| \geq a|z|^n + b$ etwas umformst.\(\endgroup\)


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Wally
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  Beitrag No.2, eingetragen 2020-11-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Hallo Phoensie, eigentlich steht schon fast alles da. Du möchtest doch zeigen, dass \( a_k=0\) ist für \( k>n\). Wie kannst du denn \( |z^n|\) auf dem Integrationsweg abschätzen? Und was passiert, wenn du \( r\) sehr groß machst? Viele Grüße Wally \(\endgroup\)


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Buri
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  Beitrag No.3, eingetragen 2020-11-12

Hi Phoensie, das Ungleichheitszeichen ist falschherum, es muss |f(z)|≤a|z|n+b heißen. Gruß Buri


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Nuramon
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  Beitrag No.4, eingetragen 2020-11-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\) Die Rechnung aus dem Themenstart passt tatsächlich besser zu $|f(z)| \leq a|z|^n + b$. Die Aussage mit $|f(z)| \geq a|z|^n + b$ stimmt aber auch (sogar in etwas stärkerer Form, wie der Beweis mit Liouville zeigt).\(\endgroup\)


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Phoensie
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-13

Das mit dem $\geq$ in $|f(z)| \geq a|z|^n + b$ darf ich nicht korrigieren, denn die darauffolgende Aufgabe (bearbeite ich nicht hier, da der Beweis vermutlich analog verläuft), hat in der Abschätzung ein $\leq$ und folgert, dass dann $f$ ein Polynom vom Grad $\geq n$ ist. Zurück aber zur hier diskutierten Aufgabe: Ich habe also \quoteon(2020-11-12 15:11 - Phoensie im Themenstart) \[ \begin{align*} |a_k| \leq \max_{z \in \partial B_r(0)}\frac{a|z|^n + b}{r^{k}} \end{align*} \] \quoteoff und schätze weiter ab. Weil in der Auswertung dieses Maximums die Argumente ($z$) in der Menge $\partial B_r(0) = \{z \in \mathbb{C} : |z|=r\}$ liegen, kann ich $|z|=r$ substituieren und dann auch das Maximum evaluieren (da dann das $z$ nicht mehr im Ausdruck vorhanden ist, fällt dieses weg). So erhalte ich: \[ \begin{align*} |a_k| \leq \frac{a r^{n} + b}{r^{k}} = a r^{n-k} + \frac{b}{r^{k}} \end{align*} \] Mit dem Grenzwert für $r \to \infty$ ergibt sich für $k > n$, dass \[ \lim_{r \to \infty} \left(a r^{n-k} + \frac{b}{r^{k}}\right) = 0 \] und somit ist nach dem Sandwichlemma (Einschliessungskriterium) $a_k = 0$ für alle $k > n$. Dies zeigt die Behauptung (hoffe ich).


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Nuramon
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  Beitrag No.6, eingetragen 2020-11-13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\) \quoteon(2020-11-12 15:11 - Phoensie im Themenstart) \[ \begin{align*} \left| \int_{\partial B_r(0)} \frac{f(\xi)}{(\xi - 0)^{k+1}}\mathrm{d}\xi \right| &\leq 2\pi r \max_{z \in \partial B_r(0)}\frac{|f(z)|}{r^{k+1}} \leq 2\pi \max_{z \in \partial B_r(0)}\frac{a|z|^n + b}{r^{k}} \end{align*} \] \quoteoff Bei der letzten Ungleichung verwendest du hier aber $|f(z)| \leq a|z|^n + b$.\(\endgroup\)


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Phoensie
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-13

Ach ja, stimmt. Dann muss ich wohl die Übungsleiter anfragen, ob da ein Fehler unterlaufen ist. Danke jedenfalls!


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Phoensie
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-13

Nachtrag: Das Mail kam gerade rein. Es sollte tatsächlich $|f(z)| \leq a|z|^n + b$ heissen.😁


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