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Funktionentheorie » Holomorphie » Holomorphie von Potenzreihen
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Universität/Hochschule J Holomorphie von Potenzreihen
SergejGleitman
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  Themenstart: 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\) Moin! Wenn man die Holomorphie von Potenzreihen zeigen will, nutzt man ja wohl in der Regel den Satz von Weierstraß. In dem mir vorliegenden Skript steht allerdings als Bemerkung, dass man auch die Identität $$\frac{z^n-w^n}{z-w} = \sum_{j=0}^{n-1}z^j w^{n-1-j}, \quad z,w\in\mathbb{C}, n\in\N $$ (zweimal) nutzen kann um das Ganze elementar zu zeigen. Ich verstehe nicht ganz, wie dieser Beweis ablaufen soll. Brauche ich nicht trotzdem die gleichmäßige Konvergenz? Mein erster Ansatz war für eine auf einer offenen Menge $D\subseteq\mathbb{C}$ als Potenzreihe mit Koeffizienten $(a_n)_{n\in\N_0}\subseteq \mathbb{C}$ vorliegende Funktion $f:D\to\mathbb{C}$ und $z,w\in D$: $$\frac{f(z)-f(w)}{z-w}=\sum_{n=0}^\infty a_n \frac{z^n-w^n}{z-w}=\sum_{n=1}^\infty a_n \sum_{j=0}^{n-1}z^j w^{n-1-j} \xrightarrow{w\to z}\sum_{n=1}^\infty a_n \sum_{j=0}^{n-1}z^{n-1}=\sum_{n=1}^\infty a_n n z^{n-1}.$$ Aber hier nutze ich ja erneut die gleichmäßige Konvergenz der Folge der Partialsummen der Potenzreihe und die obige Identität auch nur einmal, statt wie empfohlen zweimal. Kann mir da vielleicht jemand helfen? LG Serj\(\endgroup\)


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semasch
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-12

Moin Serj, man kommt ohne Ausnutzung der gleichmäßigen Konvergenz aus. Bemerken wir zunächst, dass $D \subseteq B_R(0)$ mit dem Konvergenzradius \[R = \frac{1}{\limsup_{n \to \infty} |a_n|^{1/n}} > 0\] gelten muss. Man bemerke außerdem, dass die Potenzreihen \[\sum_{n = 1}^{\infty} n a_n z^{n-1} \quad \text{und} \quad \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(n-1)n}{2} |a_n| z^{n-2}\] den selben Konvergenzradius wie die ursprüngliche Reihe aufweisen (und damit insbesondere auf $D$ konvergieren). Sei jetzt $z \in D$ fest gewählt. Unter Ausnutzung dessen, was du schon herausgefunden hast, hat man weiter für $w \in D$ \[\frac{f(w)-f(z)}{w-z}-\sum_{n = 1}^{\infty} n a_n z^{n-1} = \sum_{n = 2}^{\infty} a_n \sum_{j = 1}^{n-1} \left(w^j-z^j\right) z^{n-1-j} = \\ = \sum_{n = 2}^{\infty} a_n \sum_{j = 1}^{n-1} z^{n-1-j} (w-z) \sum_{k = 0}^{j-1} w^k z^{j-1-k} = (w-z) \sum_{n = 2}^{\infty} a_n \sum_{j = 1}^{n-1} z^{n-1-j} \sum_{k = 0}^{j-1} w^k z^{j-1-k}.\] Wähle jetzt $\delta > 0$ so, dass $\overline{B_{\delta}(z)} \subseteq D$ gilt und sei $w \in B_{\delta}(z)$. Überlege dir, dass folgt \[\left| \frac{f(w)-f(z)}{w-z}-\sum_{n = 1}^{\infty} n a_n z^{n-1} \right| \le |w-z| \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(n-1)n}{2} |a_n| (|z|+\delta)^{n-2}\] und schließe damit auf die Differenzierbarkeit an der Stelle $z$. LG, semasch


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SergejGleitman
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-13

Aha, vielen Dank!


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