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(Frage) beantwortet  | | 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
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:52 Di 10.08.2010 | | Autor: | zorin |
> Sei [mm]$H:=\{z \in \IC: \Re(z) >0 \}[/mm] und
>
> [mm]\mathcal{F}:= \{f:H \to \IC: f \text{ ist auf } H \text{ holomorph},\ f(1)=0, |f(z)| \le 1 ~\forall z \in H \}[/mm]
Sei [mm]D[/mm] die Einheitskreisscheibe und [mm]\varphi:D\to H[/mm], [mm]\varphi(z)=\bruch{1+z}{1-z}[/mm].
Ist nun [mm]f\in\mathcal{F}[/mm], dann ist [mm]g=f\circ\varphi:D\to D[/mm] und [mm]g'(0)=f'(1)\cdot\varphi'(0)[/mm].
Mit der Cauchy-Formel zeigt man, dass [mm]|g'(0)|\le1[/mm]. Zudem gilt [mm]\varphi'(0)=2[/mm], zusammen also [mm]|f'(1)|\le1/2[/mm].
Für [mm]g(z)=z[/mm] gilt [mm]g'(0)=1[/mm]. Somit gilt für [mm]f(z)=\varphi^{-1}(z)=\bruch{z-1}{z+1}[/mm] dann [mm]f'(1)=1/2[/mm].
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:38 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> > Sei [mm]$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
>
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | 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].
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | 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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(Frage) beantwortet | | 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].
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(Frage) beantwortet | | 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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(Frage) beantwortet | | 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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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | 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.
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(Frage) beantwortet | | 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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(Antwort) fertig  | | 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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(Frage) beantwortet | | 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].
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | 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
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:06 Mi 11.08.2010 | | Autor: | Loddar |
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