Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Curufin epsilonkugel
Funktionentheorie » Holomorphie » Eine Identität für ein Integral mit Poisson-Kern beweisen
Autor
Universität/Hochschule J Eine Identität für ein Integral mit Poisson-Kern beweisen
bmaj7
Neu Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 24.05.2021
Mitteilungen: 4
  Themenstart: 2021-05-24

Hallo allerseits, ich versuche, folgendes zu beweisen. Für eine auf dem Kreis mit Radius $r>1$ um $0$ holomorphe Funktion $f$ gilt für jedes $z$ aus der Einheitskreisscheibe: $$f(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi} \frac{1-|z|^2}{|z-e^{it}|^2}\cdot f(e^{it})dt.$$ Um die Identität zu beweisen, habe ich $g_z(\xi)=\frac{f(\xi)}{1-\bar z \xi}$ als Hilfsfunktion definiert, auf die ich die Cauchy-Integral Formel angewandt habe. Ich habe dann die Mittelwerteigenschaft holomorpher Funktionen auf kompakten Kreisscheiben mit Radius $\rho < r$ genutzt: $$g_z(\xi)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}g_z(\rho e^{it}+\xi)dt = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{f(\rho e^{it}+\xi)}{1-\bar z (\rho e^{it}+\xi)}dt. $$ Setze ich $z$ ein und multipliziere beide Seiten mit $(1-\bar z \xi)$, so erhalte ich $$f(z) = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{f(\rho e^{it}+z)}{1-\bar z (\rho e^{it}+z)}\cdot(1-|z|^2)dt.$$ Wähle ich nun $\rho=1-ze^{-it}$, so erhalte ich $$f(z) = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{f(e^{it})}{1-\bar z e^{it}}\cdot(1-|z|^2)dt, $$ was ja fast die Formel ist, zu der ich gelangen wollte, aber Nenner im Integranden passt (noch) nicht. Es fehlt der Summand $|z|-ze^{-it}$ im Nenner, um auf den Summanden $|z-e^{it}|^2$ zu kommen. Wie komme ich (oder komme ich überhaupt) von hier zu der Formel, die ich beweisen möchte? :) Mir ist bewusst, dass ich auch noch nicht ganz die Eigenschaft, dass $z$ in der Einheitskreisscheibe liegt, benutzt habe. Allerdings ist mir nicht klar, wo ich dies anbringen könnte. Um jeden Hinweis bin ich sehr dankbar.


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 677
Wohnort: Köln
  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-24

Hallo, Betrachte die bijektive holomorphe Abbildung $$ \Phi_z\colon B_1(0)\to B_1(0), \quad \Phi_z(\zeta):=\frac{\zeta-z}{1-\overline z\zeta}. $$ Überlege dir, dass $f\circ \Phi_z^{-1}(0)=f(z)$ gilt. Wende nun die Mittelwerteigenschaft auf $f\circ \Phi_z^{-1}$ an: $$ f(z)=f\circ \Phi_z^{-1}(0)=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f\circ \Phi_z^{-1}(\mathrm e^{it}) \ \mathrm dt=\frac{1}{2\pi i} \int_{\partial B_1(0)} \frac{f\circ \Phi_z^{-1}(w)}{w} \ \mathrm dw. $$ Beachten wir, dass $\Phi_z^{-1}(\partial B_1(0))=\partial B_1(0)$ gilt, so erhalten wir mit dem Transformationssatz, dass \[ \begin{align*} \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial B_1(0)} \frac{f\circ \Phi_z^{-1}(w)}{w} \ \mathrm dw &=\frac{1}{2\pi i} \int_{\Phi_z^{-1}(\partial B_1(0))} \frac{(f\circ \Phi_z^{-1})\circ \Phi_z(\zeta)\cdot \Phi'_z(\zeta)}{\Phi_z(\zeta)} \ \mathrm d\zeta \\ &=\frac{1}{2\pi i} \int_{\partial B_1(0)} \frac{f(\zeta)\cdot \Phi'_z(\zeta)}{\Phi_z(\zeta)} \ \mathrm d\zeta = \frac{1}{2\pi i} \int_0^{2\pi} \frac{f(\mathrm e^{it})\cdot \Phi'_z(\mathrm e^{it}) i \mathrm e^{it}}{\Phi_z(\mathrm e^{it})} \ \mathrm dt. \tag1 \end{align*} \] Nun muss man nur noch $\Phi_z(\zeta)$ und $\Phi'_z(\zeta)$ ausrechnen / vereinfachen um den Ausdruck $$ \frac{\Phi_z'(\mathrm e^{it}) i\mathrm e^{it}}{\Phi_z(\mathrm e^{it})}=\frac{i(1-|z|^2)}{|\mathrm e^{it}-z|^2} \tag2 $$ zu erhalten. Einsetzen von (2) in (1) liefert dann die Behauptung. LG Nico


   Profil
bmaj7
Neu Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 24.05.2021
Mitteilungen: 4
  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-24

Hallo Nico, vielen lieben Dank für deine ausführliche Erklärung! Ich kann deine Ausführungen nachvollziehen und sie helfen mir bereits sehr weiter. Noch nicht ganz verstehe ich, weshalb ich mit meiner Hilfsfunktion $g$ nicht weiterkomme, da ich in meinem Tutorium zur komplexen Analysis den Hinweis bekam, genau diese Hilfsfunktion zusammen mit der Cauchy-Integral-Formel zu nutzen. Liebe Grüße und noch einen schönen Feiertag!


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 677
Wohnort: Köln
  Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-24

Hallo, wenn ich später nochmal etwas Zeit finde, schaue ich mir deinen Ansatz nochmal genauer an. LG Nico


   Profil
sonnenschein96
Senior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 26.04.2020
Mitteilungen: 507
  Beitrag No.4, eingetragen 2021-05-24

Hallo bmaj7, Du kannst nicht einfach \(\rho=1-ze^{-it}\) setzen, \(\rho\) ist ja Dein Radius, muss also eine positive reelle Zahl sein. Du hast über \(\partial B_\rho(\xi)\) integriert, was nicht zweckmäßig ist, da Du ja einen Term \(f(e^{it})\) bekommen möchtest. Es würde sich also anbieten über \(\partial B_1(0)\) zu integrieren. Du erhältst aus der Cauchy'schen Integralformel \[g_z(\xi)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_1(0)}\frac{g_z(w)}{w-\xi}\,dw,\] solange \(\xi\in B_1(0)\) ist. Beachte, dass \(g_z\) auf \(B_{\min(r,\frac{1}{|z|})}(0)\) holomorph ist und dass \(r>1\) und wegen \(|z|<1\) auch \(\frac{1}{|z|}>1\) ist, womit \(\overline{B_1(0)}\subseteq B_{\min(r,\frac{1}{|z|})}(0)\). Schreibst Du das Kurvenintegral aus, multiplizierst mit \(1-\overline{z}\xi\) und setzt \(\xi = z\) ein, kommst Du auf das gewünschte Ergebnis.


   Profil
bmaj7
Neu Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 24.05.2021
Mitteilungen: 4
  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-24

Hallo sonnenschein96, vielen lieben Dank, das hat mir sehr weitergeholfen!


   Profil
bmaj7 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
bmaj7 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2021 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]