Meromorphe Funktionen < Knobelaufgaben < Café VH < Internes < Vorhilfe
|
| Status: |
(Übungsaufgabe) Aktuelle Übungsaufgabe  (unbefristet) | | Datum: | 07:36 Fr 12.02.2010 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe |
Sei $ \ f$ eine auf [mm] \IC [/mm] meromorphe Funktion mit folgender Eigenschaft:
[mm] $\integral_{\gamma}^{}{(p(z))^2f(z) dz}=0$
[/mm]
für jeden geschlossenen Integrationsweg [mm] \gamma [/mm] in [mm] \IC, [/mm] auf dem keine Pole von $ \ f$ liegen, und für jedes Polynom p.
Man zeige: $ \ f$ ist ganz.
|
Wer wagt sich an diese schöne Aufgabe ?
FRED
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:41 Fr 12.02.2010 | | Autor: | Herby |
.
Dummyfrage!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:43 Fr 12.02.2010 | | Autor: | fred97 |
> .
>
> Dummyfrage!
Hallo Herby,
herzlichen Dank
FRED
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:55 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo Fred!
Bevor ich schlafen gehe, versuche ich mich noch an dieser Aufgabe:
> Sei [mm]\ f[/mm] eine auf [mm]\IC[/mm] meromorphe Funktion mit folgender
> Eigenschaft:
>
> [mm]\integral_{\gamma}^{}{(p(z))^2f(z) dz}=0[/mm]
>
> für jeden geschlossenen Integrationsweg [mm]\gamma[/mm] in [mm]\IC[/mm] und
> jedes Polynom p.
>
> Man zeige: [mm]\ f[/mm] ist ganz.
Sei [mm] $z_0 \in \IC$, [/mm] und sei $f(x) = [mm] \sum_{n=-\infty}^\infty a_n [/mm] (z - [mm] z_0)^n$ [/mm] die Laurententwicklung von $f$ in [mm] $z_0$. [/mm] Es ist zu zeigen, dass [mm] $a_n [/mm] = 0$ ist fuer alle $n < 0$.
Sei nun [mm] $\gamma$ [/mm] ein geschlossener Integrationsweg, der [mm] $z_0$ [/mm] genau einmal umlaeuft und der weder auf dem Rand noch im inneren eine Polstelle von $f$ liegen hat.
Mit der Wahl $p(z) = (z - [mm] z_0)^t$, [/mm] $t = 0, 1, [mm] \dots$ [/mm] bekommt man $0 = [mm] \int_\gamma p(z)^2 [/mm] f(z) dz = [mm] \int_\gamma \sum_{n=-\infty}^\infty a_n [/mm] (z - [mm] z_0)^{n + 2 t} [/mm] dz$. Jetzt ist bekannt (Cauchyscher Integralsatz, Stammfunktion von [mm] $\frac{1}{(z - z_0)^\ell}$ [/mm] fuer [mm] $\ell [/mm] > 1$, [mm] $\int_\gamma \frac{1}{z - z_0)} [/mm] dz = 2 [mm] \pi [/mm] i$), dass dieses Integral den Wert [mm] $a_{-1 - 2 t} [/mm] 2 [mm] \pi [/mm] i$ annimmt. Daraus folgt, dass [mm] $a_n [/mm] = 0$ ist fuer jedes ungrade $n < 0$.
Bleiben also noch die graden $n$. Hier muss man ein wenig tricksen, und zwar $(z - [mm] z_0)^{2 t + 1}$ [/mm] mit $t [mm] \in \IN$ [/mm] schreiben als Summe/Differenz von Quadraten in [mm] $\IC[z]$. [/mm] Nun ist ja [mm] $\frac{1}{4} [/mm] (((z - [mm] z_0) [/mm] + [mm] 1)^2 [/mm] - ((z - [mm] z_0) [/mm] - [mm] 1)^2) [/mm] = z - [mm] z_0$; [/mm] setze $P := [mm] \frac{1}{2} [/mm] ((z - [mm] z_0) [/mm] + 1)$ und $Q := [mm] \frac{i}{2} [/mm] ((z - [mm] z_0) [/mm] + 1)$. Damit bekommt man [mm] $a_{-2} [/mm] 2 [mm] \pi [/mm] i = [mm] \int_\gamma [/mm] (z - [mm] z_0) [/mm] f(z) dz = [mm] \int_\gamma P(z)^2 [/mm] f(z) dz + [mm] \int_\gamma Q(z)^2 [/mm] f(z) dz = 0 + 0$.
Allgemein bekommt man [mm] $a_{-2 n} [/mm] 2 [mm] \pi [/mm] i = [mm] \int_\gamma [/mm] (z - [mm] z_0)^{2 n - 1} [/mm] f(z) dz = [mm] \int_\gamma (P(z)^2 [/mm] + [mm] Q(z)^2)^{2 n - 1} [/mm] f(z) dz = [mm] \int_\gamma \sum_{k=0}^{2 n - 1} \binom{2 n - 1}{k} (P(z)^2)^k (Q(z)^2)^{2 n - 1 - k} [/mm] f(z) dz = [mm] \sum_{k=0}^{2 n - 1} \binom{2 n - 1}{k} \int_\gamma (P(z)^k Q(z)^{2 n - 1 - k})^2 [/mm] f(z) dz = 0$.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:11 Fr 12.02.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred!
>
> Bevor ich schlafen gehe, versuche ich mich noch an dieser
> Aufgabe:
>
> > Sei [mm]\ f[/mm] eine auf [mm]\IC[/mm] meromorphe Funktion mit folgender
> > Eigenschaft:
> >
> > [mm]\integral_{\gamma}^{}{(p(z))^2f(z) dz}=0[/mm]
> >
> > für jeden geschlossenen Integrationsweg [mm]\gamma[/mm] in [mm]\IC[/mm] und
> > jedes Polynom p.
> >
> > Man zeige: [mm]\ f[/mm] ist ganz.
>
> Sei [mm]z_0 \in \IC[/mm], und sei [mm]f(x) = \sum_{n=-\infty}^\infty a_n (z - z_0)^n[/mm]
> die Laurententwicklung von [mm]f[/mm] in [mm]z_0[/mm]. Es ist zu zeigen, dass
> [mm]a_n = 0[/mm] ist fuer alle [mm]n < 0[/mm].
>
> Sei nun [mm]\gamma[/mm] ein geschlossener Integrationsweg, der [mm]z_0[/mm]
> genau einmal umlaeuft und der weder auf dem Rand noch im
> inneren eine Polstelle von [mm]f[/mm] liegen hat.
>
> Mit der Wahl [mm]p(z) = (z - z_0)^t[/mm], [mm]t = 0, 1, \dots[/mm] bekommt
> man [mm]0 = \int_\gamma p(z)^2 f(z) dz = \int_\gamma \sum_{n=-\infty}^\infty a_n (z - z_0)^{n + 2 t} dz[/mm].
> Jetzt ist bekannt (Cauchyscher Integralsatz, Stammfunktion
> von [mm]\frac{1}{(z - z_0)^\ell}[/mm] fuer [mm]\ell > 1[/mm], [mm]\int_\gamma \frac{1}{z - z_0)} dz = 2 \pi i[/mm]),
> dass dieses Integral den Wert [mm]a_{-1 - 2 t} 2 \pi i[/mm] annimmt.
> Daraus folgt, dass [mm]a_n = 0[/mm] ist fuer jedes ungrade [mm]n < 0[/mm].
>
> Bleiben also noch die graden [mm]n[/mm]. Hier muss man ein wenig
> tricksen, und zwar [mm](z - z_0)^{2 t + 1}[/mm] mit [mm]t \in \IN[/mm]
> schreiben als Summe/Differenz von Quadraten in [mm]\IC[z][/mm]. Nun
> ist ja [mm]\frac{1}{4} (((z - z_0) + 1)^2 - ((z - z_0) - 1)^2) = z - z_0[/mm];
> setze [mm]P := \frac{1}{2} ((z - z_0) + 1)[/mm] und [mm]Q := \frac{i}{2} ((z - z_0) + 1)[/mm].
> Damit bekommt man [mm]a_{-2} 2 \pi i = \int_\gamma (z - z_0) f(z) dz = \int_\gamma P(z)^2 f(z) dz + \int_\gamma Q(z)^2 f(z) dz = 0 + 0[/mm].
>
> Allgemein bekommt man [mm]a_{-2 n} 2 \pi i = \int_\gamma (z - z_0)^{2 n - 1} f(z) dz = \int_\gamma (P(z)^2 + Q(z)^2)^{2 n - 1} f(z) dz = \int_\gamma \sum_{k=0}^{2 n - 1} \binom{2 n - 1}{k} (P(z)^2)^k (Q(z)^2)^{2 n - 1 - k} f(z) dz = \sum_{k=0}^{2 n - 1} \binom{2 n - 1}{k} \int_\gamma (P(z)^k Q(z)^{2 n - 1 - k})^2 f(z) dz = 0[/mm].
Hallo Felix,
sehr schöne Lösung, Respekt !
Was man zeigen muß hast Du ja erkannt:
$ [mm] \integral_{\gamma}^{}{p(z)f(z) dz}=0 [/mm] $
für jeden geschlossenen Integrationsweg $ [mm] \gamma [/mm] $ in $ [mm] \IC [/mm] $, ...., und jedes Polynom p.
Und das bekommt man etwas einfacher so:
Ist p ein Polynom , so setze $q= [mm] \bruch{p-1}{2}$: [/mm] Dann:
$ [mm] \integral_{\gamma}^{}{p(z)f(z) dz}= \integral_{\gamma}^{}{(2q(z)+1)f(z) dz} [/mm] = [mm] \integral_{\gamma}^{}{q^2(z)f(z) dz}+\integral_{\gamma}^{}{(2q(z)+1)f(z) dz} =\integral_{\gamma}^{}{(q(z)+1)^2f(z) dz} [/mm] =0$
Grüße FRED
>
> LG Felix
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:30 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo Fred!
> Und das bekommt man etwas einfacher so:
>
> Ist p ein Polynom , so setze [mm]q= \bruch{p-1}{2}[/mm]: Dann:
>
> [mm]\integral_{\gamma}^{}{p(z)f(z) dz}= \integral_{\gamma}^{}{(2q(z)+1)f(z) dz} = \integral_{\gamma}^{}{q^2(z)f(z) dz}+\integral_{\gamma}^{}{(2q(z)+1)f(z) dz} =\integral_{\gamma}^{}{(q(z)+1)^2f(z) dz} =0[/mm]
Das ist finde ich eine viel schoenere Loesung.
Ich hatte halt versucht, $z - [mm] z_0$ [/mm] (bzw. einfach $z$) als Summe von (zwei) Quadraten zu schreiben (eigentlich war es eine Differenz, aber man hat ja [mm] $i^2 [/mm] = -1$), und habe daraus gefolgert, dass man jedes Element aus [mm] $\IC[z]$ [/mm] als (endliche) Summe von Quadraten schreiben kann.
Deine Loesung ist viel schoener, da man gleich $p = [mm] (q^2 [/mm] + 1) - [mm] q^2 [/mm] = (q + [mm] 1)^2 [/mm] + (i [mm] q)^2$ [/mm] bekommt mit $q = [mm] \frac{p - 1}{2}$, [/mm] und sich nicht erst umstaendlich mit dem Binomischen Lehrsatz etwas zusammenbasteln muss.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:28 Fr 12.02.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Fred!
> Sei [mm]\ f[/mm] eine auf [mm]\IC[/mm] meromorphe Funktion mit folgender
> Eigenschaft:
>
> [mm]\integral_{\gamma}^{}{(p(z))^2f(z) dz}=0[/mm]
>
> für jeden geschlossenen Integrationsweg [mm]\gamma[/mm] in [mm]\IC,[/mm]
> auf dem keine Pole von [mm]\ f[/mm] liegen, und für jedes Polynom
> p.
>
> Man zeige: [mm]\ f[/mm] ist ganz.
Zunächst einmal kann f nur Pole gerader Ordnung haben. Ich wähle eine beliebige Polstelle [mm] $z_0$, [/mm] integriere entlang einer Kreislinie [mm] $\gamma$ [/mm] um [mm] $z_0$, [/mm] innerhalb derer kein weiterer Pol liegt, und zwar mit den Polynomen
[mm] p_k(z) = (z-z_0)^k [/mm], [mm] $k\in \IN_0$.
[/mm]
Die Integrale
[mm]\integral_{\gamma}^{}{(p_k(z))^2f(z) dz}=0[/mm]
sind bis auf einen konstanten Faktor gleich den Koeffizienten [mm] $a_{-1-2k}$, [/mm] die damit die alle gleich 0 sind.
Der Hauptteil der Laurentreihe von f hat also nur Koeffizienten mit geradem Index.
Wähle nun für ein beliebiges [mm] $z_1\not=z_0$ [/mm] die Polynome
[mm] q_k(z) = (z-z_1)^k = ((z-z_0) +(z_0-z_1))^k [/mm], [mm] $k\in \IN$.
[/mm]
Darstellung von [mm] $((z-z_0) +(z_0-z_1))^k$ [/mm] als Summe von Potenzen von [mm] $(z-z_0)$ [/mm] und [mm] $(z_0-z_1)$ [/mm] und Einsetzen ins Integral ergibt sukzessive, dass alle Koeffizienten des Hauptteils der Laurentreihe von f gleich 0 sind.
Zum Beispiel:
[mm] 0= \integral_{\gamma}^{}{(q_1(z))^2f(z) dz} = \integral_{\gamma}^{}{(z-z_0)^2 f(z) dz} + 2 (z_0-z_1) \integral_{\gamma}^{}{(z-z_0) f(z) dz} + (z_0-z_1)^2 \integral_{\gamma}^{}{ f(z) dz} = 2 (z_0-z_1) \integral_{\gamma}^{}{(z-z_0) f(z) dz} [/mm]
Also ist der Koeffizient [mm] $a_{-2}=0$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:31 Fr 12.02.2010 | | Autor: | fred97 |
Hallo Rainer,
auch eine schöne Lösung
Gruß FRED
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:34 Sa 27.02.2010 | | Autor: | SEcki |
Hallo,
Ich sehe die Lösung nicht, aber wäre interssiert daran, wie die anderen dies hier gelöst haben. Wenn es nicht zu frech ist, könnte mir jemand die Leserechte geben? (Ich denke nach einer Zeit sollten wir bei allen solchen Aufgaben die Lösungen frei geben. Meinungen?)
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:47 Sa 27.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Ich sehe die Lösung nicht, aber wäre interssiert daran,
> wie die anderen dies hier gelöst haben. Wenn es nicht zu
> frech ist, könnte mir jemand die Leserechte geben?
das ist nicht frech  Du kannst jetzt alles lesen.
> (Ich denke nach einer Zeit sollten wir bei allen solchen
> Aufgaben die Lösungen frei geben. Meinungen?)
Ja, aber nicht zu frueh; es sollen ja noch Leute die Chance habe das selber zu loesen.
LG Felix
|
|
|
|
