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Ganze Funktionen: Polynom
Status: (Übungsaufgabe) Übungsaufgabe Status 
Datum: 11:17 Fr 13.08.2010
Autor: fred97

Ich kanns nicht lassen: noch eine reizvolle Aufgabe aus der Funktionentheorie:
Aufgabe
Sei $f$ eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm] $(z_n)$ [/mm] eine unbeschränkte Folge in [mm] $\IC$, [/mm] so ist die Folge [mm] $(f(z_n))$ [/mm] ebenfalls unbeschränkt.

Man beweise, dass $f$ ein Polynom ist.

Gruß FRED

        
Bezug
Ganze Funktionen: dummy
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:32 Fr 13.08.2010
Autor: Herby

.
..

Bezug
                
Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:34 Fr 13.08.2010
Autor: Marc

Hallo zusammen,

> .
>  ..

was haben denn die Dummy-Fragen bei den Übungsaufgaben für einen Sinn?

Viele Grüße,
Marc




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Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:53 Fr 13.08.2010
Autor: Herby

Hallo Marc,

> Hallo zusammen,
>  
> > .
>  >  ..
>
> was haben denn die Dummy-Fragen bei den Übungsaufgaben
> für einen Sinn?

dass die Übungsaufgabe auch unter den offenen Fragen sichtbar bleibt, sonst ist sie irgendwann weg - so wie meine Partialbruchzerlegungsübungsaufgabe - die findet niemand mehr [grins]


Lg
Herby


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Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:08 Fr 13.08.2010
Autor: felixf

Moin Herby,

> > was haben denn die Dummy-Fragen bei den Übungsaufgaben
> > für einen Sinn?
>  
> dass die Übungsaufgabe auch unter den offenen Fragen
> sichtbar bleibt, sonst ist sie irgendwann weg - so wie
> meine Partialbruchzerlegungsübungsaufgabe - die findet
> niemand mehr [grins]

was fuer eine Aufgabe denn? Link bitte :D

LG Felix


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Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:36 Fr 13.08.2010
Autor: Herby

Hi Felix,

weil du's bist - aber nicht weitergeben, gelle :-)

https://matheraum.de/read?i=195763


... ist erst drei Jahre her ...  ;-)


LG
Herby

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Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:29 Fr 13.08.2010
Autor: felixf

Moin Herby,

> weil du's bist - aber nicht weitergeben, gelle :-)
>  
> https://matheraum.de/read?i=195763

ach so, es ist was zu rechnen, nix zu beweisen. Schade ;-)

> ... ist erst drei Jahre her ...  ;-)

Immerhin haben sich 8 Mitglieder die Frage angeschaut... Und 285 Gaeste... :)

LG Felix


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Bezug
Ganze Funktionen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:35 Fr 13.08.2010
Autor: zorin


>  Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]
> eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> ebenfalls unbeschränkt.

Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar) mit [mm]f(\infty)=\infty[/mm] Somit ist [mm]f:\hat\IC\to\hat\IC[/mm] holomorphe Abbildung bzw [mm]f[/mm] meromorphe Funktion auf [mm]\hat\IC[/mm]. [mm]f[/mm] ist also rational, jedoch ohne Polstellen in [mm]\IC[/mm].



Bezug
                
Bezug
Ganze Funktionen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:48 Fr 13.08.2010
Autor: fred97


> >  Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]

> > eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> > ebenfalls unbeschränkt.
>  
> Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar) mit
> [mm]f(\infty)=\infty[/mm] Somit ist [mm]f:\hat\IC\to\hat\IC[/mm] holomorphe
> Abbildung bzw [mm]f[/mm] meromorphe Funktion auf [mm]\hat\IC[/mm]. [mm]f[/mm] ist also
> rational, jedoch ohne Polstellen in [mm]\IC[/mm].

Ich weiß, was Du meinst und Du hast die Aufgabe gelöst.

Allerdings habe ich mir eine Lösung vorgestellt, die allein mit Kenntnissen einer Vorlesung FTH I auskommt

Gruß FRED

>  
>  


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Bezug
Ganze Funktionen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:45 Fr 13.08.2010
Autor: zorin


> > >  Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]

> > > eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> > > ebenfalls unbeschränkt.
>  >  
> > Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar)

(Ich wollte auch noch etwas mehr schreiben, dann kam aber das Essen dazwischen...)

Das bedeutet, für jedes [mm]\varepsilon>0[/mm] gibt es [mm]R>0[/mm] mit [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm] für [mm]|z|>R[/mm].

In der kompakten Menge [mm]\{|z|\le R\}[/mm] hat [mm]f[/mm] höchstens endlich viele Nullstellen und ausserhalb ist  [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm]. Sind also [mm]z_j[/mm], [mm]j\in\{1,\ldots,k\}[/mm], die endlich vielen Nullstellen von [mm] f [/mm] mit Ordnungen [mm]n_j[/mm], dann ist [mm]g(z)=\bruch{f(z)}{(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}}[/mm] eine ganze Funktion ohne Nullstellen ebenso wie [mm]1/g[/mm].

Sei [mm]n=n_1+\ldots+n_k[/mm], dann gilt [mm]|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|\le M|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R_1[/mm].
Somit [mm]\bruch{1}{|g(z)|}=\bruch{|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|}{|f(z)|}\le\bruch{M}{\varepsilon}|z|^n[/mm] für [mm]|z|>\max\{R,R_1\}[/mm].
Also ist [mm]1/g[/mm] ein Polynom, jedoch ohne Nullstellen, somit konstant. Dann ist auch [mm]g\equiv c[/mm] konstant und
[mm]f(z)=c\cdot(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}[/mm].


Hier stecken noch zwei Aufgaben zum Wachstumsverhalten von Polynomen:

(i) Ist [mm]p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0[/mm] ein Polynom, dann gibt es [mm]C>0[/mm], so dass [mm]|p(z)|\le C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>1[/mm].

(ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm] f [/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].

Zu (i) kann man auch Konstanten [mm]c>0, r\ge1[/mm] finden, dass [mm]|p(z)|\ge c|z|^n[/mm] für [mm]|z|>r[/mm].

Mit der ursprünglichen Aufgabe kann man auch (ii) ergänzen:
Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gibt es [mm]C>0[/mm] mit [mm]|f(z)|\ge C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm] f [/mm] Polynom vom Grad [mm]\ge n[/mm].



Bezug
                                
Bezug
Ganze Funktionen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:39 Fr 13.08.2010
Autor: felixf

Moin!

> > > >  Sei [mm]f[/mm] eine ganze Funktion mit der Eigenschaft: ist [mm](z_n)[/mm]

> > > > eine unbeschränkte Folge in [mm]\IC[/mm], so ist die Folge [mm](f(z_n))[/mm]
> > > > ebenfalls unbeschränkt.
>  >  >  
> > > Dies bedeutet, [mm]f[/mm] ist stetig in [mm]\infty[/mm] (fortsetzbar)
>
> (Ich wollte auch noch etwas mehr schreiben, dann kam aber
> das Essen dazwischen...)
>  
> Das bedeutet, für jedes [mm]\varepsilon>0[/mm] gibt es [mm]R>0[/mm] mit
> [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm] für [mm]|z|>R[/mm].
>  
> In der kompakten Menge [mm]\{|z|\le R\}[/mm] hat [mm]f[/mm] höchstens
> endlich viele Nullstellen und ausserhalb ist  
> [mm]|f(z)|\ge\varepsilon[/mm]. Sind also [mm]z_j[/mm], [mm]j\in\{1,\ldots,k\}[/mm],
> die endlich vielen Nullstellen von [mm]f[/mm] mit Ordnungen [mm]n_j[/mm],
> dann ist
> [mm]g(z)=\bruch{f(z)}{(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}}[/mm] eine
> ganze Funktion ohne Nullstellen ebenso wie [mm]1/g[/mm].
>  
> Sei [mm]n=n_1+\ldots+n_k[/mm], dann gilt
> [mm]|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|\le M|z|^n[/mm] für [mm]|z|>R_1[/mm].
>  Somit
> [mm]\bruch{1}{|g(z)|}=\bruch{|(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}|}{|f(z)|}\le\bruch{M}{\varepsilon}|z|^n[/mm]
> für [mm]|z|>\max\{R,R_1\}[/mm].
>  Also ist [mm]1/g[/mm] ein Polynom, jedoch ohne Nullstellen, somit
> konstant. Dann ist auch [mm]g\equiv c[/mm] konstant und
>  [mm]f(z)=c\cdot(z-z_1)^{n_1}\cdots(z-z_k)^{n_k}[/mm].

Sieht gut aus. Die Aufgabe haette ich genauso geloest :)

> Hier stecken noch zwei Aufgaben zum Wachstumsverhalten von
> Polynomen:
>  
> (i) Ist [mm]p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\ldots+a_0[/mm] ein Polynom,
> dann gibt es [mm]C>0[/mm], so dass [mm]|p(z)|\le C|z|^n[/mm] für [mm]|z|>1[/mm].

Das bekommt man recht einfach hin, fuer $|z| [mm] \ge [/mm] 1$ ist $|p(z)| [mm] \le |z|^n [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^{n-1} |a_i| |z|^i \le |z|^n [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^{n-1} |a_i| |z|^n [/mm] = (1 + [mm] \sum_{i=0}^{n-1} |a_i|) \cdot |z|^n$. [/mm]

> (ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm]
> für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].

Das zeigt man aehnlich wie den Satz von Liouville; zumindest haben wir das damals so gemacht. Liouville war dann ein Korollar aus dieser Aussage.

> Zu (i) kann man auch Konstanten [mm]c>0, r\ge1[/mm] finden, dass
> [mm]|p(z)|\ge c|z|^n[/mm] für [mm]|z|>r[/mm].

Ja, das folgt aus $f(z) = [mm] z^n [/mm] (1 + [mm] a_{n-1} z^{-1} [/mm] + [mm] \dots [/mm] + [mm] a_0 z^{-n})$ [/mm] und $1 + [mm] a_{n-1} z^{-1} [/mm] + [mm] \dots [/mm] + [mm] a_0 z^{-n} \to [/mm] 1$ fuer $|z| [mm] \to \infty$. [/mm]

> Mit der ursprünglichen Aufgabe kann man auch (ii)
> ergänzen:
>  Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gibt es [mm]C>0[/mm] mit [mm]|f(z)|\ge C|z|^n[/mm]
> für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\ge n[/mm].

Genau.

LG Felix


Bezug
                                        
Bezug
Ganze Funktionen: Zusatzaufgabe
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:32 Fr 13.08.2010
Autor: zorin


> > (ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm]
> > für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].
>  
> Das zeigt man aehnlich wie den Satz von Liouville;
> zumindest haben wir das damals so gemacht. Liouville war
> dann ein Korollar aus dieser Aussage.

Ja genau, mit den Cauchy-Ungleichungen.

Oder man führt es auf den Liouville-Fall [mm]n=0[/mm] zurück.
[mm]f(z)/z^n[/mm] ist für [mm]|z|>R[/mm] beschränkt.
Ist [mm]f(z)/z^n[/mm] auch für [mm]|z|\le R[/mm] beschränkt, dann ist [mm]f(z)=cz^n[/mm].
Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm], kann [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k Das ist doch etwas umständlich, wenn man die Cauchy-Ungleichungen kennt.


Apropos Cauchy-Ungleichungen:
Sei [mm]D=\{|z|<1\}[/mm] die Einheitskreisscheibe.
Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und [mm]f'(0)=1[/mm]. Sei [mm]M=|f|_D<\infty[/mm].
Dann ist [mm]M\ge1[/mm] und [mm]f(D)[/mm] enthält eine Kreisschreibe [mm]\{|z|
Dazu kann man folgendes überlegen:
Sei [mm]G[/mm] ein beschränktes Gebiet und [mm]f:G\to\IC[/mm] holomorph und stetig auf [mm]\overline{G}[/mm].
Dann gilt [mm]\partial f(G)\subset f(\partial G)[/mm].
Weiter sei [mm]a\in G[/mm] und [mm]s=\min\{|f(z)-f(a)|:z\in\partial G\}>0[/mm].
Dann enthält [mm]f(G)[/mm] die Kreisscheibe [mm]D_s(f(a))=\{w\in\IC:|w-f(a)|

Bezug
                                                
Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 09:41 Sa 14.08.2010
Autor: felixf

Moin!

> > > (ii) Ist [mm]f:\IC\to\IC[/mm] holomorph und gelte [mm]|f(z)|\le C|z|^n[/mm]
> > > für [mm]|z|>R[/mm], dann ist [mm]f[/mm] Polynom vom Grad [mm]\le n[/mm].
>  >  
> > Das zeigt man aehnlich wie den Satz von Liouville;
> > zumindest haben wir das damals so gemacht. Liouville war
> > dann ein Korollar aus dieser Aussage.
>  
> Ja genau, mit den Cauchy-Ungleichungen.
>  
> Oder man führt es auf den Liouville-Fall [mm]n=0[/mm] zurück.
>  [mm]f(z)/z^n[/mm] ist für [mm]|z|>R[/mm] beschränkt.
> Ist [mm]f(z)/z^n[/mm] auch für [mm]|z|\le R[/mm] beschränkt, dann ist
> [mm]f(z)=cz^n[/mm].
>  Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm], kann
> [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k

Meinst du Polstelle der Ordnung $k [mm] \le [/mm] n$? Ist etwa $f(z) = (z - [mm] 1)^n$, [/mm] so hat [mm] $f(z)/z^n [/mm] = [mm] \frac{(z - 1)^n}{z^n}$ [/mm] einen Pol $n$-ter Ordnung in 0.

> Setze [mm]g(z)=f(z)-(a_kz^k+\ldots+a_nz^n)[/mm] und

Du meinst $g(z) = f(z) - [mm] (a_{n-k} z^{n-k} [/mm] + [mm] a_{n-k+1} z^{n-k+1} [/mm] + [mm] \dots [/mm] + [mm] a_n z^n)$, [/mm] oder?

> [mm]h(z)=g(z)/z^n=a_{n+1}z+\ldots[/mm]. Dann ist [mm]h[/mm] holomorph und
> beschränkt, also konstant.

Wenn man die [mm] $a_i$s [/mm] richtig waehlt, ja.

> Somit ist [mm]g(z)=\lambda z^n[/mm],
> jedoch auch [mm]g(z)=a_{n+1}z^{n+1}+\ldots[/mm]. Die Konstante ist
> also [mm]\lambda=0[/mm] und auch [mm]g\equiv0[/mm].

Ja.

>  Das ist doch etwas umständlich, wenn man die
> Cauchy-Ungleichungen kennt.

Ja, das stimmt :)

> Apropos Cauchy-Ungleichungen:
>  Sei [mm]D=\{|z|<1\}[/mm] die Einheitskreisscheibe.
>  Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und
> [mm]f'(0)=1[/mm]. Sei [mm]M=|f|_D<\infty[/mm].

Ist [mm] $|f|_D$ [/mm] die Supremumsnorm?

> Dann ist [mm]M\ge1[/mm] und [mm]f(D)[/mm] enthält eine Kreisschreibe
> [mm]\{|z|

Das erinnert mich an den Satz von Bloch und an den Koebeschen 1/4-Satz.

> Dazu kann man folgendes überlegen:
>  Sei [mm]G[/mm] ein beschränktes Gebiet und [mm]f:G\to\IC[/mm] holomorph und
> stetig auf [mm]\overline{G}[/mm].
> Dann gilt [mm]\partial f(G)\subset f(\partial G)[/mm].

Sei [mm] $(z_n)_n$ [/mm] eine Folge aus $f(G)$, die gegen $z [mm] \in \partial [/mm] f(G)$ konvergiert. Zu [mm] $z_n$ [/mm] sei [mm] $x_n \in [/mm] G$ gewaehlt mit [mm] $f(x_n) [/mm] = [mm] z_n$. [/mm] Da $G$ beschraenkt ist, gibt es eine konvergente Teilfolge von [mm] $(x_n)_n$. [/mm] Ohne Einschraenkung sei dies bereits die komplette Folge. Jetzt gibt es zwei Faelle: [mm] $\lim_{n\to\infty} x_n \in [/mm] G$ oder [mm] $\lim_{n\to\infty} \in \partial [/mm] G$. Im ersten Fall muss [mm] $f(\lim x_n) [/mm] = [mm] \lim f(x_n) [/mm] = [mm] \lim z_n [/mm] = z$ wegen der Gebietstreue im inneren von $f(G)$ liegen -- ein Widerspruch. Also ist [mm] $\lim_{n\to\infty} \in \partial [/mm] G$ und somit $z [mm] \in f(\partial [/mm] G)$.

>  Weiter sei
> [mm]a\in G[/mm] und [mm]s=\min\{|f(z)-f(a)|:z\in\partial G\}>0[/mm].
> Dann enthält [mm]f(G)[/mm] die Kreisscheibe
> [mm]D_s(f(a))=\{w\in\IC:|w-f(a)|

Dank der Aussage gerade ist es offensichtlich :)

Daraus jetzt allerdings die obige Aussage zu beweisen, das ist nicht ganz so einfach. Ich zerbrech mir da ein anders Mal weiter den Kopf drueber.

LG Felix


Bezug
                                                        
Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:38 Sa 14.08.2010
Autor: zorin


>  >  Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm],
> kann
> > [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k
>
> Meinst du Polstelle der Ordnung [mm]k \le n[/mm]? Ist etwa [mm]f(z) = (z - 1)^n[/mm],
> so hat [mm]f(z)/z^n = \frac{(z - 1)^n}{z^n}[/mm] einen Pol [mm]n[/mm]-ter
> Ordnung in 0.

[mm]z^n[/mm] hat in [mm]0[/mm] ein Nullstelle der Ordnung [mm]n[/mm].
Wenn [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm], dann hat [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] doch höchstens eine Nullstelle kleinerer Ordnung [mm]k Und jetzt will ich den Teil von [mm]k[/mm] bis [mm]n[/mm] abziehen, also alle Glieder bis einschließlich [mm]n[/mm].

(Den Fall [mm]k=n[/mm] kann man eigentlich mit dazunehmen, aber der kam schon oben vor, wenn [mm]f(z)/z^n[/mm] beschränkt ist.)

> > Setze [mm]g(z)=f(z)-(a_kz^k+\ldots+a_nz^n)[/mm] und
>
> Du meinst [mm]g(z) = f(z) - (a_{n-k} z^{n-k} + a_{n-k+1} z^{n-k+1} + \dots + a_n z^n)[/mm],
> oder?

War mir gerade nicht sicher, aber jetzt glaube ich wieder, das stimmte so.


> Ist [mm]|f|_D[/mm] die Supremumsnorm?

Ja, genau.



Bezug
                                                                
Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 19:27 Sa 14.08.2010
Autor: felixf

Moin!

> >  >  Falls aber [mm]f(z)/z^n[/mm] nicht beschränkt ist für [mm]z\to0[/mm],

> > kann
> > > [mm]f[/mm] in [mm]0[/mm] höchstens eine Nullstelle der Ordnung [mm]k

Ich glaub ich hab gelesen, dass [mm] $f(z)/z^n$ [/mm] hoechstens eine Nullstelle der Ordnung $k < n$ hat. Da hab ich mich eindeutig verlesen.

Dann macht das schon Sinn. Sorry...

LG Felix



Bezug
                                                        
Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:55 Sa 14.08.2010
Autor: zorin


>  >  Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und
> > [mm]f'(0)=1[/mm].

Als Tipp vielleicht:
[mm]f(z)=z+h(z)[/mm] mit [mm]h(z)=a_2z^2+a_3z^3+\ldots[/mm].

Ziel ist, [mm]|f(z)|[/mm] nach unten abzuschätzen für [mm]|z|=\varrho[/mm]. Eventuell auch mit den Cauchy-Abschätzungen.

Wenn man [mm]\varrho[/mm] geschickt wählt, geht es dann schnell. Sonst muss man etwas umständlich rechnen.

  


Bezug
                                                                
Bezug
Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:07 Sa 14.08.2010
Autor: felixf

Moin,

> >  >  Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] holomorph und beschränkt mit [mm]f(0)=0[/mm] und

> > > [mm]f'(0)=1[/mm].
>  
> Als Tipp vielleicht:
>  [mm]f(z)=z+h(z)[/mm] mit [mm]h(z)=a_2z^2+a_3z^3+\ldots[/mm].
>  
> Ziel ist, [mm]|f(z)|[/mm] nach unten abzuschätzen für [mm]|z|=\varrho[/mm].
> Eventuell auch mit den Cauchy-Abschätzungen.

nach Cauchy gilt [mm] $|a_n| \le M/R^{n+1}$, [/mm] und fuer $R [mm] \to [/mm] 1$ bekommt man den Grenzwert $M$. Damit gilt [mm] $|a_n| \le [/mm] M$ fuer alle $n$. (Und wir erhalten $M [mm] \ge [/mm] 1$ da [mm] $a_1 [/mm] = 1$.)

Damit ist $|h(z)| [mm] \le \sum_{k=2}^\infty [/mm] M [mm] R^k [/mm] = M [mm] \frac{R^2}{1 - R}$, [/mm] und somit $|f(z)| [mm] \ge [/mm] R - |h(z)| [mm] \ge [/mm] R - [mm] \frac{R^2}{1 - R}$. [/mm] Wenn man jetzt $R = [mm] \frac{\sqrt{12 M^2 - 12 M + 1} + 6 M + 1}{12 M (M + 1)}$ [/mm] waehlt, dann ist $R [mm] \in [/mm] (0, 1)$ und $R - [mm] \frac{R^2}{1 - R} [/mm] = [mm] \frac{1}{6 M}$ [/mm] (laut Maple).

> Wenn man [mm]\varrho[/mm] geschickt wählt, geht es dann schnell.
> Sonst muss man etwas umständlich rechnen.

Mir scheint, als ob ich das oben nicht ganz so optimal gemacht hab ;-)

LG Felix


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Ganze Funktionen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:56 Sa 14.08.2010
Autor: zorin


> [...]
> und somit [mm]|f(z)| \ge R - |h(z)| \ge R - M\frac{R^2}{1 - R}[/mm].

Ja, so hab ich das auch. (am Ende ist wohl ein [mm]M[/mm] verloren gegangen; hab das noch eingefügt)

> Wenn man jetzt [mm]R = \frac{\sqrt{12 M^2 - 12 M + 1} + 6 M + 1}{12 M (M + 1)}[/mm]
> waehlt, dann ist [mm]R \in (0, 1)[/mm] und [mm]R - \frac{R^2}{1 - R} = \frac{1}{6 M}[/mm]
> (laut Maple).

Also wenn man [mm]R=1/(4M)[/mm] wählt, geht es auch. Sozusagen "wie man leicht sieht"... ;)

Ich hab noch [mm]R=\bruch{2-\wurzel{2}}{2M}[/mm] ausgerechnet.
Dann ist [mm]|f(z)|\ge\bruch{2-\wurzel{2}}{2M}-\bruch{3-2\wurzel{2}}{2M-(2-\wurzel{2})}\ge\bruch{3-2\wurzel{2}}{M}>\bruch{1}{6M}[/mm].
(wenn ich mich nicht vertan habe)

Man gewinnt nicht viel, aber die [mm]1/(4M)[/mm] sieht man wohl auch erst im Rückblick.


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Ganze Funktionen: meine Lösung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:45 Sa 14.08.2010
Autor: fred97

Meine Lösung:

Klar dürfte sein, dass f nicht konstant ist.

Sei $f(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n$ [/mm]  für z [mm] \in \IC [/mm]

Setze $g(z)=f(1/z)$  für z [mm] \ne [/mm] 0. Dann hat g in 0 eine isol. Sing. Die Laurententw. von g um 0 ist gegeben durch

               $g(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_n/z^n$ [/mm]

Da f nicht konstant ist, hat g in 0 keine hebbare Sing.

Annahme: g hat in 0 eine wesentl. Sing. Nach dem Satz von Casorati-Weierstraß gibt es eine Nullfolge [mm] (w_n) [/mm] mit [mm] w_n \ne [/mm] 0 für jedes n und
    

                          [mm] g(w_n) \to [/mm] 0

Setze [mm] z_n:=1/w_n. [/mm] Dann ist [mm] (z_n) [/mm] unbeschränkt, somit ist nach Vor. auch [mm] (f(z_n)) [/mm] unbeschränkt. Das ist aber ein Wid. , denn

                    [mm] f(z_n)= g(w_n) [/mm]  für jedes n.

Fazit: g hat in 0 einen Pol. Daher ex. ein m [mm] \in \IN [/mm] mit [mm] a_n=0 [/mm] für n [mm] \ge [/mm] m.

Somit ist f ein Polynom.

FRED

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Ganze Funktionen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:05 Sa 14.08.2010
Autor: zorin


> Setze [mm]g(z)=f(1/z)[/mm]  für z [mm]\ne[/mm] 0. Dann hat g in 0 eine isol.
> Sing.

[...]

Wenn [mm]g(w) \to\infty[/mm] für [mm]w\to0[/mm], kann man das nicht als Definition von Polstelle nehmen?
So hat auch [mm]f[/mm] einen Pol in [mm]\infty[/mm].

> Fazit: g hat in 0 einen Pol. Daher ex. ein m [mm]\in \IN[/mm] mit
> [mm]a_n=0[/mm] für n [mm]\ge[/mm] m.

Das ist schön kurz und geschickt, dass nur endlich viele [mm]a_n[/mm] ungleich [mm]0[/mm] sind.


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