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Forum "Knobelaufgaben" - Nochmal Funktionentheorie
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Nochmal Funktionentheorie: eine Aufgabe hätte ich noch
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:22 Di 10.08.2010
Autor: fred97

Aufgabe
Sei [mm] $H:=\{z \in \IC: \Re(z) >0 \} [/mm] und

   [mm] $\mathcal{F}:= \{f:H \to \IC: f \text{ ist auf } H \text{ holomorph},\ f(1)=0, |f(z)| \le 1 ~\forall z \in H \}$ [/mm]

Man zeige, dass

           $m:= [mm] \max \{|f'(1)|: f \in \mathcal{F} \}$ [/mm]

existiert und das $m=1/2$ ist.

Nochmals die Bitte an die Moderatoren, die Aufgabe entsprechend zu kennzeichnen.


Gruß FRED

        
Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:52 Di 10.08.2010
Autor: zorin


> Sei [mm]$H:=\{z \in \IC: \Re(z) >0 \}[/mm] und
>  
> [mm]\mathcal{F}:= \{f:H \to \IC: f \text{ ist auf } H \text{ holomorph},\ f(1)=0, |f(z)| \le 1 ~\forall z \in H \}[/mm]


Sei [mm]D[/mm] die Einheitskreisscheibe und [mm]\varphi:D\to H[/mm], [mm]\varphi(z)=\bruch{1+z}{1-z}[/mm].
Ist nun [mm]f\in\mathcal{F}[/mm], dann ist [mm]g=f\circ\varphi:D\to D[/mm] und [mm]g'(0)=f'(1)\cdot\varphi'(0)[/mm].
Mit der Cauchy-Formel zeigt man, dass [mm]|g'(0)|\le1[/mm]. Zudem gilt [mm]\varphi'(0)=2[/mm], zusammen also  [mm]|f'(1)|\le1/2[/mm].

Für [mm]g(z)=z[/mm] gilt [mm]g'(0)=1[/mm]. Somit gilt für [mm]f(z)=\varphi^{-1}(z)=\bruch{z-1}{z+1}[/mm] dann [mm]f'(1)=1/2[/mm].



Bezug
                
Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 09:38 Mi 11.08.2010
Autor: fred97


> > Sei [mm]$H:=\{z \in \IC: \Re(z) >0 \}[/mm] und
>  >  
> > [mm]\mathcal{F}:= \{f:H \to \IC: f \text{ ist auf } H \text{ holomorph},\ f(1)=0, |f(z)| \le 1 ~\forall z \in H \}[/mm]
>  
>
> Sei [mm]D[/mm] die Einheitskreisscheibe und [mm]\varphi:D\to H[/mm],
> [mm]\varphi(z)=\bruch{1+z}{1-z}[/mm].
>  Ist nun [mm]f\in\mathcal{F}[/mm], dann ist [mm]g=f\circ\varphi:D\to D[/mm]
> und [mm]g'(0)=f'(1)\cdot\varphi'(0)[/mm].
> Mit der Cauchy-Formel zeigt man, dass [mm]|g'(0)|\le1[/mm].


[mm]|g'(0)|\le1[/mm]  ist richtig, aber wie Du das mit Cauchy erledigst sehe ich nicht.

Machs mal vor




> Zudem
> gilt [mm]\varphi'(0)=2[/mm], zusammen also  [mm]|f'(1)|\le1/2[/mm].
>  
> Für [mm]g(z)=z[/mm] gilt [mm]g'(0)=1[/mm].


> Somit gilt für
> [mm]f(z)=\varphi^{-1}(z)=\bruch{z-1}{z+1}[/mm] dann [mm]f'(1)=1/2[/mm].

Wenn Du meinst: [mm] \varphi^{-1} \in \mathcal{F}, [/mm] so liegst Du richtig


FRED

>  
>  


Bezug
                        
Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:55 Mi 11.08.2010
Autor: zorin


> [mm]|g'(0)|\le1[/mm]  ist richtig, aber wie Du das mit Cauchy
> erledigst sehe ich nicht.

Sei [mm]g:D\to D[/mm] holomorph. Dann gilt für [mm]0 [mm]g'(0)=\bruch{1}{2\pi i}\integral_{|\zeta|=r}\bruch{g(\zeta)}{\zeta^2}d\zeta[/mm]. Standardabschätzung liefert
[mm]|g'(0)|\le\bruch{2\pi r}{2\pi}\max_{|\zeta|=r}\bruch{|g(\zeta)|}{|\zeta|^2}<\bruch{1}{r}[/mm], da [mm]\max_{|\zeta|=r}|g(\zeta)|<1[/mm].
Betrachtet man [mm]r\to1[/mm], folgt [mm]|g'(0)|\le1[/mm].


> > Für [mm]g(z)=z[/mm] gilt [mm]g'(0)=1[/mm].  
> > [...]
> > [mm]f(z)=\varphi^{-1}(z)=\bruch{z-1}{z+1}[/mm] dann [mm]f'(1)=1/2[/mm].
>  
> Wenn Du meinst: [mm]\varphi^{-1} \in \mathcal{F},[/mm] so liegst Du
> richtig

Also hier wird [mm]g=\mbox{id}[/mm] gewählt, und dann ist [mm]f=\varphi^{-1}[/mm].


Bezug
                                
Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 11:04 Mi 11.08.2010
Autor: fred97


> > [mm]|g'(0)|\le1[/mm]  ist richtig, aber wie Du das mit Cauchy
> > erledigst sehe ich nicht.
>  
> Sei [mm]g:D\to D[/mm] holomorph. Dann gilt für [mm]0
>  [mm]g'(0)=\bruch{1}{2\pi i}\integral_{|\zeta|=r}\bruch{g(\zeta)}{\zeta^2}d\zeta[/mm].
> Standardabschätzung liefert
>  [mm]|g'(0)|\le\bruch{2\pi r}{2\pi}\max_{|\zeta|=r}\bruch{|g(\zeta)|}{|\zeta|^2}<\bruch{1}{r}[/mm],
> da [mm]\max_{|\zeta|=r}|g(\zeta)|<1[/mm].
>  Betrachtet man [mm]r\to1[/mm], folgt [mm]|g'(0)|\le1[/mm].


Prima gemacht ! Ich war wohl blind

Gruß FRED

>  
>
> > > Für [mm]g(z)=z[/mm] gilt [mm]g'(0)=1[/mm].  
> > > [...]
>  > > [mm]f(z)=\varphi^{-1}(z)=\bruch{z-1}{z+1}[/mm] dann [mm]f'(1)=1/2[/mm].

>  >  
> > Wenn Du meinst: [mm]\varphi^{-1} \in \mathcal{F},[/mm] so liegst Du
> > richtig
>  
> Also hier wird [mm]g=\mbox{id}[/mm] gewählt, und dann ist
> [mm]f=\varphi^{-1}[/mm].
>  


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Nochmal Funktionentheorie: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:45 Mi 11.08.2010
Autor: zorin

Beim Maximumprinzip im Zusammenhang mit dem Lemma von Schwarz kam das vor.

Hier noch eine Übungsaufgabe:
Sei [mm]f[/mm] holomorph in (einer Umgebung von) [mm]c[/mm] und [mm]z_n\ne w_n[/mm] zwei Folgen, die gegen [mm]c[/mm] konvergieren.
Dann gilt [mm]\limes_{n\to\infty}\bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n}=f'(c)[/mm].


Bezug
                                                
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Nochmal Funktionentheorie: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:24 Mi 11.08.2010
Autor: felixf

Moin!

> Hier noch eine Übungsaufgabe:
>  Sei [mm]f[/mm] holomorph in (einer Umgebung von) [mm]c[/mm] und [mm]z_n\ne w_n[/mm]
> zwei Folgen, die gegen [mm]c[/mm] konvergieren.
> Dann gilt
> [mm]\limes_{n\to\infty}\bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n}=f'(c)[/mm].

Machen wir es mal ganz brutal ;-)

Sei $f(z) = [mm] \sum_{k=0}^\infty a_k [/mm] (z - [mm] c)^k$ [/mm] die Potenzreihenentwicklung von $f$ um $c$. Dann gilt [mm] $\bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n} [/mm] = [mm] \sum_{k=1}^\infty a_k \frac{(z_n - c)^k - (w_n - c)^k}{z_n - w_n}$. [/mm]

Nun ist [mm] $\frac{(z_n - c)^k - (w_n - c)^k}{z_n - w_n} [/mm] = [mm] \frac{\sum_{\ell=0}^k \binom{k}{\ell} (z_n^\ell (-c)^{k-\ell} - w_n^\ell (-c)^{k-\ell})}{z_n - w_n} [/mm] = [mm] \sum_{\ell=0}^k \binom{k}{\ell} (-c)^{k-\ell} \frac{z_n^\ell - w_n^\ell}{z_n - w_n} [/mm] = [mm] \sum_{\ell=1}^k \binom{k}{\ell} (-c)^{k-\ell} \sum_{t=0}^{\ell-1} z_n^t w_n^{\ell-1-t}$. [/mm]

Fuer $n [mm] \to \infty$ [/mm] konvergiert dies also gegen [mm] $\sum_{\ell=1}^k \binom{k}{\ell} (-c)^{k-\ell} \sum_{t=0}^{\ell-1} c^{\ell-1} [/mm] = [mm] c^{k-1} \sum_{\ell=1}^k \binom{k}{\ell} (-1)^{k-\ell} \sum_{t=0}^{\ell-1} [/mm] 1 = [mm] c^{k-1} \sum_{\ell=0}^k \binom{k}{\ell} \ell (-1)^{k-\ell}$. [/mm] Nun ist $k (x - [mm] 1)^{k-1} [/mm] = [ (x - [mm] 1)^k [/mm] ]' = [mm] \sum_{\ell=0}^k \binom{k}{\ell} \ell x^{\ell - 1} (-1)^{k - \ell}$, [/mm] und setzt man $x = 1$ ein, so erhaelt man [mm] $\sum_{\ell=0}^k \binom{k}{\ell} \ell x^{\ell - 1} (-1)^{k - \ell} [/mm] = 0$ fuer $k [mm] \ge [/mm] 2$ und [mm] $\sum_{\ell=0}^k \binom{k}{\ell} \ell x^{\ell - 1} (-1)^{k - \ell} [/mm] = 1$ fuer $k = 1$.

Damit ist also [mm] $\lim_{n\to\infty} \bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n} [/mm] = [mm] \sum_{k=1}^\infty a_k \lim_{n\to\infty} \frac{(z_n - c)^k - (w_n - c)^k}{z_n - w_n} [/mm] = [mm] a_1 [/mm] = f'(c)$.

LG Felix



PS: Eigentlich muss das Grenzwert hereinziehen ganz unten noch begruendet werden, das hab ich mir grad gespart da ich die naechsten paar Stunden erstmal keine Zeit mehr habe... :)

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Nochmal Funktionentheorie: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:32 Mi 11.08.2010
Autor: gfm


> Beim Maximumprinzip
> im Zusammenhang mit dem Lemma von Schwarz kam das vor.
>  
> Hier noch eine Übungsaufgabe:
>  Sei [mm]f[/mm] holomorph in (einer Umgebung von) [mm]c[/mm] und [mm]z_n\ne w_n[/mm]
> zwei Folgen, die gegen [mm]c[/mm] konvergieren.
> Dann gilt
> [mm]\limes_{n\to\infty}\bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n}=f'(c)[/mm].
>  

Nach der Cauchy Integralformel ist

[mm] \bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n}=\frac{1}{2\pi i}\oint \frac{\bruch{f(u)-f(w_n)}{u-w_n}}{u-z_n}du\to\frac{1}{2\pi i}\oint\bruch{f(u)-f(c)}{(u-c)^2}du=\frac{1}{2\pi i}\oint\bruch{f(u)}{(u-c)^2}du-\frac{f(c)}{2\pi i}\oint\bruch{du}{(u-c)^2}=f'(c)-0 [/mm]

LG

gfm

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Nochmal Funktionentheorie: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 22:37 Mi 11.08.2010
Autor: zorin


> Nach der Cauchy Integralformel ist

Cauchy-Formel ist auf jeden Fall nicht so brutal wie das Rechnen mit Potenzreihen. ;)
Obwohl man sieht, was man alles mit Potenzreihen machen kann, wenn man sich konzentriert.

> [mm]\bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n}=\frac{1}{2\pi i}\oint \frac{\bruch{f(u)-f(w_n)}{u-w_n}}{u-z_n}du[/mm]

Die Null fällt weg, wenn man
[mm]\bruch{f(z)}{(z-z_n)(z-w_n)}=\bruch{1}{z_n-w_n}\left[\bruch{f(z)}{z-z_n}-\bruch{f(z)}{z-w_n}\right][/mm]
nimmt. Aber einfacher wird es deshalb wahrscheinlich nicht.



Bezug
                                                                
Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:58 Mi 11.08.2010
Autor: gfm


> > Nach der Cauchy Integralformel ist
>  
> Cauchy-Formel ist auf jeden Fall nicht so brutal wie das
> Rechnen mit Potenzreihen. ;)
>  Obwohl man sieht, was man alles mit Potenzreihen machen
> kann, wenn man sich konzentriert.

Ich bin von meiner Lösung nicht ganz überzeugt, da der Integrationsweg von n abhängt (denn man muss ja [mm] z_n [/mm] einschließen [mm] w_n [/mm] aber ausschließen, damit der Bruch holomorph bleibt), aber die Limesbildung ins Integral hineingezogen wird.

Bist Du sicher, dass meine Lösung so paßt?

LG

gfm

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Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:39 Mi 11.08.2010
Autor: zorin


> Ich bin von meiner Lösung nicht ganz überzeugt, da der
> Integrationsweg von n abhängt (denn man muss ja [mm]z_n[/mm]
> einschließen [mm]w_n[/mm] aber ausschließen, damit der Bruch
> holomorph bleibt), aber die Limesbildung ins Integral
> hineingezogen wird.

Also bei
[mm] \bruch{1}{2\pi i}\int\limits_{|z-c|=r}\bruch{f(z)}{(z-z_n)(z-w_n)}dz = \bruch{1}{z_n-w_n}\cdot\bruch{1}{2\pi i}\int\limits_{|z-c|=r}\left[\bruch{f(z)}{z-z_n}-\bruch{f(z)}{z-w_n}\right]dz = \bruch{f(z_n)-f(w_n)}{z_n-w_n} [/mm]
integriert man um [mm]z_n[/mm] und [mm]w_n[/mm] herum, d.h. [mm]r>\max\{|z_n-c|,|w_n-c|\}[/mm]. Wählt man [mm]r>0[/mm] klein genug, dass [mm]\{|z-c|\le r\}[/mm] noch in der Umgebung liegt, dann liegen [mm]z_n[/mm] und [mm]w_n[/mm] irgendwann innerhalb des Radius samt der folgenden Folgeglieder. Der Integrationsweg bleibt also fest.

Bei dir bleibt zudem [mm]\frac{1}{2\pi i}\oint \bruch{f(w_n)}{(u-z_n)(u-w_n)}du=\bruch{f(w_n)}{z_n-w_n}\cdot\frac{1}{2\pi i}\left[\oint \bruch{du}{u-z_n}-\oint \bruch{du}{u-w_n}\right]=0[/mm], wenn man um beide rumintegriert. Wenn [mm]w_n[/mm] ausserhalb läge, dann hebten sich die beiden Teile nicht auf.


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Nochmal Funktionentheorie: Zusatz
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:45 Fr 13.08.2010
Autor: zorin

Noch eine Aufgabe, die zu letzter Aufgabe führt:

Sei [mm]D[/mm] eine Kreisscheibe mit Mittelpunkt [mm]c[/mm] und [mm]f[/mm] holomorph in einer Umgebung von [mm]\overline{D}[/mm]. Dann gilt
[mm]\left|\bruch{f(z)-f(w)}{z-w}-f'(c)\right|\le|f'-f'(c)|_D[/mm] für alle [mm]z,w\in D[/mm], [mm]z\ne w[/mm]. Dabei bedeutet [mm]|g|_D=\sup_D|g|[/mm].


Bezug
                                                        
Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:57 Fr 13.08.2010
Autor: fred97

Sei  [mm] $\gamma(t):= [/mm] w+t(z-w)$   für t [mm] \in [/mm] [0,1].

Wegen $f(z)-f(w)= [mm] \integral_{\gamma}^{}{f'(\xi) d \xi}$ [/mm] folgt:

   [mm] $\bruch{f(z)-f(w)}{z-w}-f'(c)= \bruch{1}{z-w}* \integral_{\gamma}^{}{(f'(\xi)-f'(c)) d \xi}$. [/mm]

Somit:

   [mm] $|\bruch{f(z)-f(w)}{z-w}-f'(c)| \le \bruch{1}{|z-w|}* [/mm] max [mm] \{|f'(\xi)-f'(c)|: \xi \in \gamma([0,1]) \}*L(\gamma)$ [/mm]

  $= [mm] \bruch{1}{|z-w|}*max \{|f'(\xi)-f'(c)|: \xi \in \gamma([0,1]) \}*|z-w|$ [/mm]

   $= max [mm] \{|f'(\xi)-f'(c)|: \xi \in \gamma([0,1])\} [/mm] $.

[mm] ($L(\gamma)$ [/mm] = Länge von  [mm] \gamma) [/mm]


FRED

Bezug
        
Bezug
Nochmal Funktionentheorie: Dummyfrage
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 11:06 Mi 11.08.2010
Autor: Loddar

.


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