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  Beweis, dass diese komplexwertige Funktion keine Nullstellen hat? |
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 |  Themenstart: 2022-05-08
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Ich habe folgende Aufgabe:
Sei $f(z)=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!z^k}$. Ich möchte zeigen, dass $f$ keine Nullstellen in $|z|\geq 2$ hat.
Ich dachte mir also, wenn ich zeigen kann, dass $f$ genau $n$ Nullstellen in $\Bbb{C}$ und ich mir dem Rouche Theorem zeigen kann, dass $f$ genau $n$ Nullstellen in $|z|<2$ hat, dann ist es klar, dass $f$ keine Nullstellen in $|z|\geq 2$ hat.
Doch irgendwie sehe ich nicht wo und wie ich anfangen soll.
Vielen Dank für die Hilfe.
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Wauzi
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-05-08
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Hallo,
ich würde erst mal 1/z^n ausklammern.
Gruß Wauzi
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Hallo
okey also dann betrachte ich $z^{-n}f(z)$ aber ich sehe nicht ganz wieso denn diese Funktion ist ja nicht analytisch auf $|z|<2$. Also ich ziele ja darauf ab Rouche zu verwenden oder?
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nitram999
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| Beitrag No.3, eingetragen 2022-05-08
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Hallo,
ich weiß nicht, ob es hilft, aber deine Funktion ist doch eine Exponentialreihe für n gegen unendlich, nämlich exp(1/z).
LG nitram999
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Hallo
Ja für $n$ gegen unendlich, aber wir müssen meiner Meinung nach ein endliches $n$ betrachten.
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nzimme10
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 | Beitrag No.5, eingetragen 2022-05-08
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
es ist mit dem Hinweis von Wauzi
$$
f(z)=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\cdot \frac{1}{z^k}=\frac{1}{z^n}\cdot \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\cdot \frac{1}{z^{k-n}}=\frac{1}{z^n}\cdot \sum_{k=0}^n \frac{z^{n-k}}{k!}.
$$
Sei daher
$$
g(z):=\sum_{k=0}^n \frac{z^{n-k}}{k!}.
$$
$g$ hat in $\mathbb C$ nach dem Fundamentalsatz der Algebra mit Vielfachheit gezählt genau $n$ Nullstellen.
Nun kannst du dich an Rouché versuchen.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Hallo Nico
Sorry habs in der Zwischenzeit mal mit $z^n f(z)$ versucht, das ist ja auch ein Polynom. Da habe ich auch den Fundamentalsatz angewendet und bin darauf gekommen dass es $n$ Nullstellen hat. Mit Rouche habe ich erhalten, dass alle Nullstellen in $|z|<2$ liegen. Doch nun weiss ich nicht ob ich dadurch auch auf die Nullstellen von $f$ schliessen kann, denn ich sehe ja eigentlich dass mir $z^n$ alle Nullstellen "produziert"
Grüsse
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nzimme10
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| Beitrag No.7, eingetragen 2022-05-08
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Du musst beachten, dass $f$ auf $\mathbb C^*$ definiert ist.
Wenn du also weißt, dass alle Nullstellen von $z^nf(z)$ in $|z|<2$ liegen, dann müssen auch alle potenziellen Nullstellen von $f$ dort liegen, da $z^n$ alle Nullstellen in $0\notin \mathbb C^*$ hat.
Edit: Mit meiner Notation hast du nun also, sofern du keinen Fehler gemacht hast, gezeigt, dass alle Nullstellen von $g$ in $|z|<2$ liegen. Da $f(z)=z^{-n}g(z)$, gilt $f(z)=0$ dann und nur dann, wenn $g(z)=0$ und es folgt die Behauptung. So ist es vermutlich besser formuliert.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Sorry ist bei dir $\Bbb{C}^*=\Bbb{C}\cup \{\infty\}$, denn wir hatten diese Notation was aber hier nicht viel Sinn macht.
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nzimme10
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| Beitrag No.9, eingetragen 2022-05-08
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
$\mathbb C^*=\mathbb C\setminus\lbrace 0\rbrace$.\(\endgroup\)
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Ah okei danke.
\quoteon(2022-05-08 21:50 - nzimme10 in Beitrag No. 7)
Du musst beachten, dass $f$ auf $\mathbb C^*$ definiert ist.
Wenn du also weißt, dass alle Nullstellen von $z^nf(z)$ in $|z|<2$ liegen, dann müssen auch alle potenziellen Nullstellen von $f$ dort liegen, da $z^n$ alle Nullstellen in $0\notin \mathbb C^*$ hat.
LG Nico
\quoteoff
Aha also ich paraphrasiere kurz deine Argumentation um sicher zu gehen dass ich verstanden habe was du meinst. Da $z^n f(z)$ alle n Nullstellen in $|z|<2$ hat und $z^n$ schon $n$ Nullstellen an $z=0$ hat, kann $f$ nicht noch andere Nullstellen haben, sonst hätten wir mehr als $n$ Nullstellen. Doch dann heisst das, dass auch die Nullstellen von $f$ in $|z|<2$ liegen.
Stimmt das so?
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nzimme10
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| Beitrag No.11, eingetragen 2022-05-08
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Meine ursprüngliche Formulierung gefällt mir tatsächlich nicht mehr. Ich bin mir nicht sicher, was mich daran gerade stört.
Ich würde, wie oben editiert, wie folgt argumentieren:
\quoteon(2022-05-08 21:50 - nzimme10 in Beitrag No. 7)
Edit: Mit meiner Notation hast du nun also, sofern du keinen Fehler gemacht hast, gezeigt, dass alle Nullstellen von $g$ in $|z|<2$ liegen. Da $f(z)=z^{-n}g(z)$, gilt $f(z)=0$ dann und nur dann, wenn $g(z)=0$ und es folgt die Behauptung.
\quoteoff
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Hallo Nico
Hab deine Änderungen gerade gesehen, nun ist es klar. Vielen Dank!
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Kurz eine anhängende Frage. Braucht es wirklich Rouche um zu zeigen, dass alle Nullstellen von $z^nf(z)$ in $|z|<2$ liegen. Denn ich meine ich weiss aus dem Fundamentalsatz dass $z^nf(z)$ genau $n$ Nullstellen hat und $z^n$ produziert mir ja schon $n$ Nullstellen die alle in $|z|<2$ liegen. Da brauche ich doch gar nicht Rouche oder schon?
Es ist mehr eine Frage fürs Verständnis.
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nzimme10
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| Beitrag No.14, eingetragen 2022-05-08
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Das stimmt natürlich. Da du aber gleich von Rouché gesprochen hast, habe ich das auch vorgeschlagen.
Wenn es dir wirklich um das Verständnis und ein sauberes Argument geht, dann solltest du noch beachten, dass $z^nf(z)$ zunächst nur auf $\mathbb C^*$ definiert ist. Die Singularität in $0$ ist aber natürlich hebbar und die holomorphe Fortsetzung ist dann das gewünschte Polynom.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Sorry ich sehe nicht wieso $z^nf(z)$ nur auf $\Bbb{C}^*$ definiert ist ich meine es gilt doch $z^nf(z)=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}z^{n-k}$ und das ist ja definiert für $z=0$ nicht?
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nzimme10
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| Beitrag No.16, eingetragen 2022-05-08
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
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\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Das ist genau der Witz. Diese Gleichung sagt dir eben, dass die Singularität hebbar ist.
Schreibe die linke Seite der Gleichung ohne irgendwas zu kürzen einmal aus und setze $z=0$ ein. Dann dividierst du durch $0$.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Aha WOOOOOOOOOW jetzt sehe ich was du meinst sobald ich kürze habe ich die Nullstelle "entfernt" und sonst gilt wenn $\phi(z)=z^nf(z)$, dass $\phi|_{\Bbb{C}^*}=f$ was die Definition einer hebbaren Singularität ist?
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nzimme10
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| Beitrag No.18, eingetragen 2022-05-08
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
So ist es😉
Also im Prinzip. Du meinst sicher, wenn $\phi(z)=z^nf(z)$ und $\psi(z)=\sum_{k=0}^n \frac{z^{n-k}}{k!}$, dann ist $\psi|_{\mathbb C^*}=\phi$.
Man könnte das als einen (etwas langweiligen) Spezialfall des Prinzips der analytischen Fortsetzung ansehen (Identitätssatz). Man hat eine Gleichung zweier analytischer Ausdrücke, wobei die eine Seite der Gleichung auf einer größeren Menge definiert ist, als die andere. Der Identitätssatz liefert dann, dass die Seite mit der größeren Definitionsmenge die einzige Möglichkeit ist, die andere Seite analytisch fortzusetzen.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Perfekt!! Vielen herzlichen Dank du hast mir gerade extrem geholfen, schreibe mein Argument gerade um damit ich dieses Hintergrundwissen irgendwo festhalten kann!
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| Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Hallo Nico
Sorry wenn ich nochmals störe.
Also zuerst einmal vielen Dank für die Änderung, schau es mir dann gerade noch an.
Nun noch kurz eine weitere Frage ich habe mich gefragt ob ich auch etwas über die Polstellen von $f$ aussagen kann (das gehört nicht mehr zur Übung aber ich dachte es schadet nicht). Meines Erachtens ist die einzige Polstelle $z=0$ denn wenn ich $f(z)$ unter einem Bruch schreibe habe ich als Nenner $$c\cdot z^{\sum_{k=0}^n n}=c\cdot z^{\frac{n(n+1)}{2}}$$ wobei $c$ das Produkt aller Faktoren $1,2!,3!...,n!$ ist. Nun ist aber die Nennerfunktion genau dann null wenn $z=0$ ist. Also ist $z=0$ eine Polstelle für $f$. Meiner Meinung nach ist es eine Polstelle der Ordnung $n$, stimmt das?
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Wauzi
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| Beitrag No.21, eingetragen 2022-05-08
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Du kannst, wie ich vorgeschlagen habe, ausklammern. Die dann rechte Seite ist für x=0 von 0 verschieden. Also ergibt das Ausgeklammerte den Pol, hier also n-ter Ordnung
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| Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-08
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Perfekt super das macht Sinn!
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