Cauchy-Riem.-DGL f(z)=z^n < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:30 Fr 03.04.2009 | | Autor: | Denny22 |
| Aufgabe | Betrachte die Cauchy-Riemannschen DGL'en für
[mm] $f(z)=z^n$, $n\in\IN$
[/mm]
Für welche $z$ ist diese Funktion komplex-differenzierbar? |
Hallo,
die Lösung dieser Aufgabe ist einfach (und kurz), wenn man zeigt, dass die Wirtinger-Ableitung in jedem Punkt 0 ist. Darum soll es aber nicht gehen. Ich möchte gerne die Funktion
[mm] $f(x+iy)=f(z)=z^n=(x+iy)^n$
[/mm]
in Real- und Imaginärteilfunktionen [mm] $u=\Re [/mm] f$ und [mm] $v=\Im [/mm] f$ zerlegen. Dazu habe ich es mit der Binomialreihe (oder binomische Summe) versucht, was zu Fallunterscheidungen beim Term [mm] $i^k$ [/mm] führt. Gibt es eine einfache oder auch schwierige Möglichkeit diese Funktion aufzuspalten. Als Beispiel für das, worauf ich hinaus möchte, führe ich einen dieser Fälle (für $n=2$) auf. Ich suche allerdings eine Darstellung für ein allgemeines $n$.
Beispiel:
[mm] $f(x+iy)=(x+iy)^2=x^2-y^2+i2xy$
[/mm]
Hierbei ist
[mm] $u(x,y)=x^2-y^2$
[/mm]
$v(x,y)=2xy$
Wäre schön, wenn mir jemand helfen könnte.
Danke und Gruß
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> Ich möchte gerne die Funktion
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> [mm]f(x+iy)=f(z)=z^n=(x+iy)^n[/mm]
>
> in Real- und Imaginärteilfunktionen [mm]u=\Re f[/mm] und [mm]v=\Im f[/mm]
> zerlegen. Dazu habe ich es mit der Binomialreihe (oder
> binomische Summe) versucht, was zu Fallunterscheidungen
> beim Term [mm]i^k[/mm] führt. Gibt es eine einfache oder auch
> schwierige Möglichkeit diese Funktion aufzuspalten. Als
> Beispiel für das, worauf ich hinaus möchte, führe ich einen
> dieser Fälle (für [mm]n=2[/mm]) auf. Ich suche allerdings eine
> Darstellung für ein allgemeines [mm]n[/mm].
>
> Beispiel:
>
> [mm]f(x+iy)=(x+iy)^2=x^2-y^2+i2xy[/mm]
>
> Hierbei ist
>
> [mm]u(x,y)=x^2-y^2[/mm]
> [mm]v(x,y)=2xy[/mm]
>
> Wäre schön, wenn mir jemand helfen könnte.
>
> Danke und Gruß
Ich weiss zwar weder, was die Cauchy-Riemannschen
Differentialgleichungen sind, noch, wozu du die Zerlegung
brauchst. Wenn du es nicht mit der Binomialreihe machen
willst, wäre aber die Polarform eventuell nützlich:
Wenn $\ z=x+i*y=r*(cos [mm] \varphi+i*sin \varphi)$, [/mm] dann ist
[mm] z^n=r^n*(cos(n*\varphi)+i*sin(n*\varphi))
[/mm]
also [mm] Re(z^n)=r^n*cos(n*\varphi) [/mm] und [mm] Im(z^n)=r^n*sin(n*\varphi)
[/mm]
LG Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:07 Fr 03.04.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo,
danke für die Antwort. Auf die Idee hätte ich auch kommen können. Aber manchmal sind die Dinge so einfach, dass man sie einfach übersieht.
Die Zerlegung ist mir überings auch gerade mit dem Binomischen Lehrsatz gelungen. Dabei muss die resultierende Summe
[mm] $z^n=(x+iy)^n=\summe_{k=0}^{n}\vektor{n \\ k}x^{n-k}(iy)^k$
[/mm]
anschließend in 4 Teilsummen zerlegt werden. Führt man daraufhin eine Indexverschiebung um 1 entweder bei der Imaginärteil- oder der Realteilfunktion durch, so erhält man auch eine (etwas komplizierter aussehende) Zerlegung.
Damit geht beides. Danke nochmal.
Edit: Mit "Damit geht beides" meine ich, dass beide Möglichkeiten zu der Zerlegung führen. Der Nachweis der Cauchy-Riemannschen-Differentialgleichungen funktioniert für den Ansatz mit der Polarform jedoch nicht!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:20 Sa 04.04.2009 | | Autor: | fred97 |
Sei $u(x,y) = [mm] Re(z^n) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}((x+iy)^n+(x-iy)^n)$
[/mm]
und
$v(x,y) = [mm] Im(z^n) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2i}((x+iy)^n-(x-iy)^n)$
[/mm]
Dann ist z.B.
[mm] $u_x(x,y) [/mm] = [mm] \bruch{n}{2}((x+iy)^{n-1}+(x-iy)^{n-1})$
[/mm]
und
[mm] $v_y(x,y) [/mm] = [mm] \bruch{ni}{2i}((x+iy)^{n-1}+(x-iy)^{n-1})$
[/mm]
Also [mm] u_x(x,y) =v_y(x,y)
[/mm]
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:52 Sa 11.04.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo,
so wie Du es geschrieben hast, hatten wir es in der Übung auch gemacht. Doch bei der Realteilfunktion
$u(x,y) = [mm] Re(z^n) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}((x+iy)^n+(x-iy)^n)$
[/mm]
taucht weiterhin ein imaginärer Term auf, den ich nicht haben möchte. Selbiges gilt für die Imaginärteilfunktion
$v(x,y) = [mm] Im(z^n) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2i}((x+iy)^n-(x-iy)^n)$
[/mm]
Eine Alternative erhält man also nur über die binomische Reihe. Wenn man eine derartige Aufteilung nicht haben möchte, ist Deine Lösung auf jeden Fall die kürzeste.
Gruß
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