| |
| Autor |
  Implikation zu ganzen Funktionen |
|
Phoensie
Aktiv 
Dabei seit: 11.04.2020
Mitteilungen: 442
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...🤔).
|
 Profil
|
Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3705
 |  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.\(\endgroup\)
|
Profil
|
Wally
Senior 
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9728
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 | 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 \(\endgroup\)
|
Profil
|
Buri
Senior
Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 46791
Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.3, eingetragen 2020-11-12
|
Hi Phoensie,
das Ungleichheitszeichen ist falschherum, es muss |f(z)|≤a|z|n+b heißen.
Gruß Buri
|
Profil
|
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3705
| 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).\(\endgroup\)
|
Profil
|
Phoensie
Aktiv 
Dabei seit: 11.04.2020
Mitteilungen: 442
Wohnort: Muri AG, Schweiz
| 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).
|
Profil
|
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3705
| 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 $|f(z)| \leq a|z|^n + b$.\(\endgroup\)
|
Profil
|
Phoensie
Aktiv
Dabei seit: 11.04.2020
Mitteilungen: 442
Wohnort: Muri AG, Schweiz
| 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!
|
Profil
|
Phoensie
Aktiv
Dabei seit: 11.04.2020
Mitteilungen: 442
Wohnort: Muri AG, Schweiz
| 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.😁
|
Profil
|
Phoensie hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Phoensie hat 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?
