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| Autor |
 Abschätzen von Koeffizienten bestimmter Potenzreihen |
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Julian5266
Aktiv 
Dabei seit: 08.06.2022
Mitteilungen: 25
 |  Themenstart: 2023-01-14
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Hallo Zusammen :)
Ich bin Mal wieder bei meiner Bachelorarbeit auf ein Problem gestoßen, bei dem ich nicht weiter komme. Vielleicht hat ja jemand eine Ahnung. Ich denke die Idee ist recht einfach aber es gibt wohl hier einen Trick den ich einfach nicht sehe. Wir sind in folgender Situation.
Seien $z_i \in \mathbb{C}$ mit $|z_i| = 1$, für alle $i \in \{1,...,n \}$. Des weiteren sei
$$g(z) := \prod_{i=1}^n(1-\bar{z_i}z),$$
wobei hier $\bar{z_i}$ das komplex konjugierte von $z_i$ bezeichne. Damit ist g also ein Polynom von Grad n und die $z_i$ sind die Nullstellen. Wir können also $\frac{1}{g}$ auf der offenen Eineitskreisscheibe $\mathbb{D}$ in eine Potenzreihe entwickeln. Damit setzen wir nun:
$$\frac{1}{g(z)} = \sum_{k=0}^{\infty} B_kz^k $$
$$G(z) = 1 - g(z)\sum_{k=0}^{m-n} B_kz^k = \sum_{k=m-n+1}^{m} C_kz^k$$
Nun Schätzen wir den $|B_k|$ und $|C_k|$ ab und hier versteh ich nicht mehr ganz was passiert. Der Autor schreibt nun:
$|B_k|$ kann mit Rücksicht auf die Entwicklung
$$\frac{1}{(1-z)^n} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{n+k-1}{n-1}z^k$$
höchstens gleich $\binom{n+k-1}{n-1}$ sein. Durch eine analoge Überlegung stellt man schließlich fest, dass $|C_k|$ den Koeffizienten von $z^k$ in der Entwicklung von $\frac{(1+z)^n}{(1-z)^n} - 1$ nicht übersteigen kann.
Die Entwicklung von $\frac{1}{(1-z)^n}$ verstehe ich, das ist nicht das Problem. Ich glaube ich weiß auch wo er hin möchte. Die $|z_i|$ haben alle nur Betrag 1 und für $z_i = 1$ entspricht ja $\frac{1}{g}$ genau $\frac{1}{(1-z)^n}$, aber ich hab absolut keine Ahnung wie ich das ordentlich abschätzen soll. Weil ich schon den ersten Trick nicht ganz verstehe bin ich für die Abschätzung der $|C_k|$ absolut verloren.
Vielleicht kann mir hier ja jemand weiterhelfen, würde mich sehr freuen :)
Liebe Grüße, Julian
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semasch
Senior 
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-01-15
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Moin Julian,
für die $B_k$'s, überlege dir, dass für diese (als Funktion der Parameter $z_1, \ldots, z_n$) die exakte Darstellung durch
\[
B_k(z_1, \ldots, z_n) = \sum_{k_1 + \ldots + k_n = k} \bar{z_1}^{k_1}
\ldots \bar{z_n}^{k_n}
\]
gegeben ist. Mithilfe der Dreiecksungleichung und $|z_i| = 1$ erhältst du
\[
|B_k(z_1, \ldots, z_n)| \le B_k(1, \ldots, 1) = \binom{n+k-1}{n-1}.
\]
Für die $C_k$'s, bezeichne mit $A_k$ die Koeffizienten der Potenzreichendarstellung von $g$. Du erhältst
\[
A_k(z_1, \ldots, z_n) = \sum_{I \subseteq \{1, \ldots, n\}: \, |I| = k}
(-1)^k \prod_{i \in I} \bar{z_i}
\]
für $k = 0, \ldots, n$ und $A_k = 0$ für $k > n$. Das liefert analog zu oben die Abschätzung
\[
|A_k(z_1, \ldots, z_n)| \le A_k(-1, \ldots, -1) =
[z^k]\left((1+z)^n\right),
\]
was also nichts anderes als der Koeffizient von $z^k$ in der Potenzreihendarstellung von $(1+z)^n$ ist.
Setze nun $D_k := B_k$ für $k = 0, \ldots, m-n$ und $D_k := 0$ für $k > m-n$. Insbesondere ist also $|D_k| \le |B_k|$. Damit erhältst du (unter Beachtung der Tatsache, dass für die $C_k$'s nur $k > 0$ zu behandeln ist)
\[
C_k(z_1, \ldots, z_n) = - \sum_{k_1+k_2 = k} A_{k_1}(z_1, \ldots, z_n)
D_{k_2}(z_1, \ldots, z_n)
\]
und analog wie vorher (und mit den (Zwischen-)ergebnissen von oben)
\[
|C_k(z_1, \ldots, z_n)| \le \sum_{k_1+k_2 = k} A_{k_1}(-1, \ldots, -1)
B_{k_2}(1, \ldots, 1) = [z^k]\left(\frac{(1+z)^n}{(1-z)^n}-1\right).
\]
LG,
semasch
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Julian5266
Aktiv
Dabei seit: 08.06.2022
Mitteilungen: 25
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-18
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Vielen Dank für die ausführliche Antwort! Jetzt verstehe ich es endlich :)
Nur noch eine kurze Verständnisfrage.
Müsste es nicht eigentlich
$$
B_k(z_1, \ldots, z_n) = \sum_{k_1 + \ldots + k_n = k} (-1)^k \cdot \bar{z_1}^{k_1}
\ldots \bar{z_n}^{k_n}
$$
heißen ?
Liebe Grüße,
Julian
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semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
| Beitrag No.3, eingetragen 2023-01-19
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Kein Problem, aber nein, es ist ja
\[
\frac{1}{1-\bar{z_i}z} = \sum_{k = 0}^{\infty} \bar{z_i}^k z^k.
\]
LG,
semasch
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| Julian5266 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen. |
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