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Forum "Uni-Komplexe Analysis" - komplex differenzierbar
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komplex differenzierbar: Aufgabe
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:28 So 22.05.2005
Autor: Bastiane

Hallo!
Wieder mal eine Aufgabe, die mir erstmal wie chinesisch vorkommt:

Die Funktion f(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n [/mm] sei komplex differenzierbar im Einheitskreis [mm] |z|\le [/mm] 1, und es gelte [mm] \integral_{|z|\le 1}{|f(z)|^2dx\;dy}<\infty. [/mm] Zeige, dass dann
[mm] \bruch{1}{2\pi}\integral_{|z|\le 1}{|f(z)|^2dx\;dy} [/mm] = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{|a_n|^2}{2n+2}. [/mm]

Ich denke mal, dass man hier irgendwelche Sätze für benötigt - könnte mir jemand ein paar Tipps geben, welche? Oder evtl. auch sagen, wie ich anfangen soll?

Viele Grüße
Bastiane
[banane]


        
Bezug
komplex differenzierbar: Vermutung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 07:08 Mo 23.05.2005
Autor: Peter_Pein

Guten Morgähn,

da ich noch keinen Eimer voll Kaffee hatte, möchte ich erst mal nur mitteilen, was mir in den Sinn kam, als ich die Aufgabe sah:

Vieleicht kann man das angehen, indem [mm] $|f(z)|^2$ [/mm] als $f(z) [mm] \overline{f(z)}$ [/mm] geschrieben wird und dann die Cauchy-Riemann Dgl. drauf losläßt?

Ich schau vieleicht noch mal rein, wenn ich wach bin :-)
Liebe Grüße,
Peter

Bezug
        
Bezug
komplex differenzierbar: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:40 Mo 23.05.2005
Autor: banachella

Hallo Bastiane!

Eine richtige Lösung kann ich im Moment auch nicht bieten. Allerdings habe ich einen Ansatz, der funktionieren könnte: Du kannst ja die Funktion einfach in das Integral einsetzen. Das sieht dann so aus: [mm] $\int_{K_1}|f(z)|^2dz=\int_{K_1}\summe_{m=0}^\infty\summe_{n=0}^\infty (a_mz^m)\overline{(a_nz^n)}dz=\summe_{m=0}^\infty\summe_{n=0}^\infty\int_{K_1} (a_mz^m)\overline{(a_nz^n)}dz$. [/mm]
Das mit dem Vertauschen geht, weil das Integral existiert und die Potenzreihen gleichmäßig konvergieren. Jetzt müsste man eigentlich nur noch [mm] $\int_{K_1}z^m\bar [/mm] z^ndz$ in den Griff kriegen. Und eigentlich müsste das $0$ sein für [mm] $m\ne [/mm] n$. Schließlich kann man [mm] $z=r*e^{it}$ [/mm] schreiben. Mit irgendeiner Transformationsformel sollte das eigentlich machbar sein...

Werde auch nochmal drüber nachdenken. Aber eigentlich müsste das schon glatt gehen.

Vielleicht hilft's dir ja weiter...

Gruß, banachella



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komplex differenzierbar: Heureka!
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:24 Mo 23.05.2005
Autor: banachella

Hallo Bastiane!

Tatsächlich! So klappt's!
Man nehme die Transformation in Polarkoordinaten, also [mm] $\vektor{r\\\varphi}\mapsto\vektor{r\cos\varphi\\r\sin\varphi}=\vektor{x\\y}$. [/mm] Die Determinante der Ableitung dieser Transformation ist $r$. Also gilt:
[mm] $\int_{K_1}z^m\bar z^ndx\,dy=\int_0^1\int_{0}^{2\pi}\big(r^m(\cos(m\varphi)+i\sin(m\varphi))\big)\big(r^n(\cos(n\varphi)-i\sin(n\varphi))\big)*r\,d\varphi\,dr=\int_0^1r^{m+n+1}\int_0^{2\pi}\big(\cos(m\varphi)+i\sin(m\varphi)\big)\big(\cos(n\varphi)-i\sin(n\varphi)\big)\,d\varphi\,dr$. [/mm]
Und weil [mm] $\int_0^{2\pi}\big(\cos(m\varphi)+i\sin(m\varphi)\big)\big(\cos(n\varphi)-i\sin(n\varphi)\big)\,d\varphi=2\pi\delta_{mn}$ [/mm] ist man bei der Behauptung angelangt...

Gruß, banachella

Bezug
        
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komplex differenzierbar: Danke, danke.
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:01 Do 26.05.2005
Autor: Bastiane

Hallo Peter, hallo banachella!
Vielen Dank für die Idee, Peter, und vielen Dank für die Lösung, banachella! Ich habe es mir zwar gerade nur kurz durchgelesen, da ich im Moment am Computer meiner Schwester sitze, weil mein Internet nicht geht! :-( [wein] Aber ich denke, dass ich das verstehen werde - sieht ganz gut aus. Vielen vielen Dank! :-)

Viele Grüße und schönen Feiertag noch
Bastiane
[banane]


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