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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 10:18 Di 10.08.2010 | | Autor: | fred97 |
Hier hab ich eine schöne Aufgabe aus dem Bereich "Funktionentheorie":
| Aufgabe | Es sei $R>1$, [mm] $U:=\{z \in \IC: |z|
Man zeige: [mm] $\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{f^{(n)}(0)}{n!} [/mm] = [mm] -\mathrm{res}(f; [/mm] 1)$ |
Vieleicht ist eine der Moderatorinnen oder einer der Moderatoren so nett, diese Aufgabe in der üblichen Weise zu deklarieren ( ..... "kein normales Hilfegesuch" ....)
Gruß FRED
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:34 Di 10.08.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Fred!
> Hier hab ich eine schöne Aufgabe aus dem Bereich
> "Funktionentheorie":
> Es sei [mm]R>1[/mm], [mm]U:=\{z \in \IC: |z|
> sei holomorph und habe in 1 einen einfachen Pol.
>
> Man zeige:
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{f^{(n)}(0)}{n!} = -\mathrm{res}(f; 1)[/mm]
Sei $1<r<R$. Nach dem Residuensatz ist
[mm]\bruch{1}{2\pi i} \integral_{|z|=r}\bruch{f(z)}{z^{n+1}} dz = \mathop{\mathrm{res}}(f; 1) + \bruch{f^{(n)}(0)}{n!}[/mm] .
Andererseits kann ich, da f stetig entlang des Integrationsweges ist, das Integral abschätzen durch
[mm] \left| \integral_{|z|=r}\bruch{f(z)}{z^{n+1}} dz\right| \le 2\pi r * \bruch{1}{r^{n+1}} \max_{|z|=r} |f(z)| \underset{n\to\infty}{\longrightarrow} 0 [/mm] .
(EDIT: Betragstriche beim Maximum von $|f|$ und Faktor beim Residuensatz vergessen!)
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:42 Di 10.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred!
>
> > Hier hab ich eine schöne Aufgabe aus dem Bereich
> > "Funktionentheorie":
> > Es sei [mm]R>1[/mm], [mm]U:=\{z \in \IC: |z|
> > sei holomorph und habe in 1 einen einfachen Pol.
> >
> > Man zeige:
> > [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{f^{(n)}(0)}{n!} = -\mathrm{res}(f; 1)[/mm]
>
> Sei [mm]1
>
> [mm]\integral_{|z|=r}\bruch{f(z)}{z^{n+1}} dz = \mathop{\mathrm{res}}(f; 1) + \bruch{f^{(n)}(0)}{n!}[/mm]
> .
>
> Andererseits kann ich, da f stetig entlang des
> Integrationsweges ist, das Integral abschätzen durch
>
> [mm]\left| \integral_{|z|=r}\bruch{f(z)}{z^{n+1}} dz\right| \le 2\pi r * \bruch{1}{r^{n+1}} \max_{|z|=r} f(z) \underset{n\to\infty}{\longrightarrow} 0[/mm]
> .
>
> Viele Grüße
> Rainer
Hallo Rainer,
sehr schöne Lösung !
Meine Lösung ist methodisch etwas anders
Gruß FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:49 Di 10.08.2010 | | Autor: | pelzig |
Hallo Fred,
Wir schreiben für [mm] $f(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k$ [/mm] für $|z|<1$, wobei [mm] $a_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}$. [/mm] Dann ist
[tex]\begin{align*}-\operatorname{Res}(f,1)&=\lim_{z\to 1}(1-z)f(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k-\sum_{k\ge 0}a_kz^{k+1}\\&=\lim_{z\to 1}a_0+\sum_{k\ge 1}(a_k-a_{k-1})z^k\stackrel{(\star)}{=}\lim_{n\to\infty}a_0+\sum_{k=1}^n(a_k-a_{k-1})=\lim_{n\to\infty}a_n\end{align*}[/tex]
(Teleskopsumme!) wobei wir bei [mm] $(\star)$ [/mm] benutzt haben, dass die Funktion $(1-z)f(z)$ sich holomorph auf ganz $U$ fortsetzen lässt und daher die Reihen in $z=1$ gleichmäßig konvergieren.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:13 Di 10.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> Wir schreiben für [mm]f(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k[/mm] für [mm]|z|<1[/mm],
> wobei [mm]a_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}[/mm]. Dann ist
>
> [tex]\begin{align*}-\operatorname{Res}(f,1)&=\lim_{z\to 1}(1-z)f(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k-\sum_{k\ge 0}a_kz^{k+1}\\&=\lim_{z\to 1}a_0+\sum_{k\ge 1}(a_k-a_{k-1})z^k\stackrel{(\star)}{=}\lim_{n\to\infty}a_0+\sum_{k=1}^n(a_k-a_{k-1})=\lim_{n\to\infty}a_n\end{align*}[/tex]
>
> (Teleskopsumme!) wobei wir bei [mm](\star)[/mm] benutzt haben, dass
> die Funktion [mm](1-z)f(z)[/mm] sich holomorph auf ganz [mm]U[/mm] fortsetzen
> lässt und daher die Reihen in [mm]z=1[/mm] gleichmäßig
> konvergieren.
>
> Gruß, Robert
Hallo Robert,
eine sehr schöne Lösung
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:56 Di 10.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Robert,
> Wir schreiben für [mm]f(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k[/mm] für [mm]|z|<1[/mm],
> wobei [mm]a_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}[/mm]. Dann ist
>
> [tex]\begin{align*}-\operatorname{Res}(f,1)&=\lim_{z\to 1}(1-z)f(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k-\sum_{k\ge 0}a_kz^{k+1}\\&=\lim_{z\to 1}a_0+\sum_{k\ge 1}(a_k-a_{k-1})z^k\stackrel{(\star)}{=}\lim_{n\to\infty}a_0+\sum_{k=1}^n(a_k-a_{k-1})=\lim_{n\to\infty}a_n\end{align*}[/tex]
genau das schwebte mir auch vor, als ich die Aufgabenstellung las :)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:42 Di 10.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Hier hab ich eine schöne Aufgabe aus dem Bereich
> "Funktionentheorie":
> Es sei [mm]R>1[/mm], [mm]U:=\{z \in \IC: |z|
> sei holomorph und habe in 1 einen einfachen Pol.
>
> Man zeige:
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{f^{(n)}(0)}{n!} = -\mathrm{res}(f; 1)[/mm]
>
> Vieleicht ist eine der Moderatorinnen oder einer der
> Moderatoren so nett, diese Aufgabe in der üblichen Weise
> zu deklarieren ( ..... "kein normales Hilfegesuch" ....)
>
Als Physiker würde ich so an die Sache heran gehen:
f hat in z=1 eine Darstellung [mm] f(z)=\frac{a_{-1}}{z-1}+g(z) [/mm] mit einem holomorphen g. (1)
Differenziert man das n-mal so erhält man [mm] f^{(n)}(z)=(-1)^nn!\frac{a_{-1}}{(z-1)^{n+1}}+g^{(n)}(z) [/mm] und an der Stelle z=0 dann [mm] f^{(n)}(0)=-n!a_{-1}+g^{(n)}(0). [/mm]
Wenn [mm] a_n [/mm] der n-te Koeffizient der Entwicklung von g an der Stelle z=0 ist, erhält man daraus [mm] \frac{f^{(n)}(0)}{n!}=-a_{-1}+a_n. [/mm] (2)
Da [mm] a_n [/mm] eine Nullfolge sein muss, folgt daraus die Behauptung. (3)
Fragen:
In (1) interpretiere ich g als in einer Umgebung um z=1 entwickelt. In (2) wird Bezug genommen auf eine Entwicklung von g an der Stelle z=0. Wenn der Konvergenzradius z=0 nicht einschließt, was mache ich dann? Oder ist das irrelevant?
Wieso ist [mm] a_n [/mm] unweigerlich eine Nullfolge? Liegt das daran, dass die Entwicklung von g bei z=0 den Konvergenzradius R>1 hat?
LG
gfm
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:56 Di 10.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> > Hier hab ich eine schöne Aufgabe aus dem Bereich
> > "Funktionentheorie":
> > Es sei [mm]R>1[/mm], [mm]U:=\{z \in \IC: |z|
> > sei holomorph und habe in 1 einen einfachen Pol.
> >
> > Man zeige:
> > [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{f^{(n)}(0)}{n!} = -\mathrm{res}(f; 1)[/mm]
>
> >
> > Vieleicht ist eine der Moderatorinnen oder einer der
> > Moderatoren so nett, diese Aufgabe in der üblichen Weise
> > zu deklarieren ( ..... "kein normales Hilfegesuch" ....)
> >
>
> Als Physiker würde ich so an die Sache heran gehen:
>
> f hat in z=1 eine Darstellung [mm]f(z)=\frac{a_{-1}}{z-1}+g(z)[/mm]
> mit einem holomorphen g. (1)
>
> Differenziert man das n-mal so erhält man
> [mm]f^{(n)}(z)=(-1)^nn!\frac{a_{-1}}{(z-1)^{n+1}}+g^{(n)}(z)[/mm]
> und an der Stelle z=0 dann [mm]f^{(n)}(0)=-n!a_{-1}+g^{(n)}(0).[/mm]
>
> Wenn [mm]a_n[/mm] der n-te Koeffizient der Entwicklung von g an der
> Stelle z=0 ist, erhält man daraus
> [mm]\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=-a_{-1}+a_n.[/mm] (2)
>
> Da [mm]a_n[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
eine Nullfolge sein muss, folgt daraus die
> Behauptung. (3)
>
> Fragen:
>
> In (1) interpretiere ich g als in einer Umgebung um z=1
> entwickelt. In (2) wird Bezug genommen auf eine Entwicklung
> von g an der Stelle z=0. Wenn der Konvergenzradius z=0
> nicht einschließt, was mache ich dann? Oder ist das
> irrelevant?
Ich würde definieren $ g(z):=-\frac{a_{-1}}{z-1}+f(z) $ ( wobei ${a_{-1}= res(f;1) )$
Dann ist zunächst 1 eine isol. Sing. von g. So wie g aber def. ist, ist 1 eine hebbare Sing. von g.
g ist also auf U holomorph ! (also für |z|<R)
>
> Wieso ist [mm]a_n[/mm] unweigerlich eine Nullfolge? Liegt das daran,
> dass die Entwicklung von g bei z=0 den Konvergenzradius R>1
> hat?
Ja, da g (so wie ich es def. habe) auf U holomorph ist, konv. die Potenzreihe von g um 0 auch im Punkt 1. Somit ist [mm] (a_n) [/mm] eine Nullfolge.
Deine Lösung ist in etwa das, was ich mir auch zurechtgelegt habe.
Da wir jetzt schon 3 Lösungen haben, denke ich , dass ich meine auch noch beisteuern kann:
FREDs Lösung:
Sei $c:= res(f;1)$ und [mm] $g(z):=f(z)-\bruch{c}{z-1}$. [/mm] Dann ist g auf U holomorph. Wir verschaffen uns die Potenzreihenentwicklungen von f und g um den Nullpunkt:
$ f(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n [/mm] $ (|z|<1)
und
$g(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}b_nz^n$ [/mm] (|z|<R).
Es ist [mm] $\summe_{n=0}^{\infty}b_n$ [/mm] konvergent und somit ist
(*) [mm] $\lim b_n=0.$
[/mm]
Zu zeigen ist: [mm] $\lim a_n=-c.$
[/mm]
Für |z|<1 haben wir:
$ [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n= [/mm] f(z)= g(z) [mm] +\bruch{c}{z-1}= \summe_{n=0}^{\infty}b_nz^n-c*\summe_{n=0}^{\infty}z^n= \summe_{n=0}^{\infty}(b_n-c)z^n.$
[/mm]
Mit dem Identitätssatz für Potenzreihen folgt hieraus:
[mm] $a_n=b_n-c$ [/mm] für n [mm] \ge [/mm] 0
Aus (*) folgt dann
[mm] $\lim a_n=-c.$
[/mm]
FRED
>
> LG
>
> gfm
>
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:44 Di 10.08.2010 | | Autor: | gfm |
> > > Hier hab ich eine schöne Aufgabe aus dem Bereich
> > > "Funktionentheorie":
> > > Es sei [mm]R>1[/mm], [mm]U:=\{z \in \IC: |z|
> > > sei holomorph und habe in 1 einen einfachen Pol.
> > >
> > > Man zeige:
> > > [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{f^{(n)}(0)}{n!} = -\mathrm{res}(f; 1)[/mm]
>
> >
> > >
> > > Vieleicht ist eine der Moderatorinnen oder einer der
> > > Moderatoren so nett, diese Aufgabe in der üblichen Weise
> > > zu deklarieren ( ..... "kein normales Hilfegesuch" ....)
> > >
> >
> > Als Physiker würde ich so an die Sache heran gehen:
> >
> > f hat in z=1 eine Darstellung [mm]f(z)=\frac{a_{-1}}{z-1}+g(z)[/mm]
> > mit einem holomorphen g. (1)
> >
> > Differenziert man das n-mal so erhält man
> > [mm]f^{(n)}(z)=(-1)^nn!\frac{a_{-1}}{(z-1)^{n+1}}+g^{(n)}(z)[/mm]
> > und an der Stelle z=0 dann [mm]f^{(n)}(0)=-n!a_{-1}+g^{(n)}(0).[/mm]
> >
> > Wenn [mm]a_n[/mm] der n-te Koeffizient der Entwicklung von g an der
> > Stelle z=0 ist, erhält man daraus
> > [mm]\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=-a_{-1}+a_n.[/mm] (2)
> >
> > Da [mm]a_n[/mm] eine Nullfolge sein muss, folgt daraus die
> > Behauptung. (3)
> >
> > Fragen:
> >
> > In (1) interpretiere ich g als in einer Umgebung um z=1
> > entwickelt. In (2) wird Bezug genommen auf eine Entwicklung
> > von g an der Stelle z=0. Wenn der Konvergenzradius z=0
> > nicht einschließt, was mache ich dann? Oder ist das
> > irrelevant?
>
>
> Ich würde definieren [mm]g(z):=-\frac{a_{-1}}{z-1}+f(z)[/mm] (
> wobei [mm]{a_{-1}= res(f;1) )[/mm]
>
> Dann ist zunächst 1 eine isol. Sing. von g. So wie g aber
> def. ist, ist 1 eine hebbare Sing. von g.
>
> g ist also auf U holomorph ! (also für |z|<R)
> >
> > Wieso ist [mm]a_n[/mm] unweigerlich eine Nullfolge? Liegt das daran,
> > dass die Entwicklung von g bei z=0 den Konvergenzradius R>1
> > hat?
>
>
> Ja, da g (so wie ich es def. habe) auf U holomorph ist,
> konv. die Potenzreihe von g um 0 auch im Punkt 1. Somit ist
> [mm](a_n)[/mm] eine Nullfolge.
>
>
>
> Deine Lösung ist in etwa das, was ich mir auch
> zurechtgelegt habe.
>
FRED, vielen Dank. Weiter so.
LG
gfm
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