Potenzreihe mit Nullfolge < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:41 So 26.07.2009 | | Autor: | Crispy |
| Aufgabe | Zeige für die streng monotone Nullfolge [mm](a_n), n \in \IN[/mm], dass
[mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infinity} a_n z^n[/mm]
eine im [mm]\mathbb E[/mm] holomorphe Fkt. definiert, die in [mm]\mathbb E[/mm] keine Nullstellen hat.
[mm]\mathbb E[/mm] bezeichne hierbei den Einheitskreis. |
Hallo,
eigener Lösungsversuch:
Wegen der Nullfolge weiß ich, dass der Konvergenzradius
[mm] r = \lim_{n\rightarrow\infty} \left| \frac{a_{n}}{a_{n+1}} \right| < 1 [/mm]
ist - damit ist gezeigt, dass die Funktion existiert und holomorph ist.
Aus der Angabe folgt auch, dass [mm] a_0 \not= 0 [/mm] ist, somit [mm] f(0) = a_0 \not= 0[/mm].
Ist damit alles gezeigt, oder habe ich was übersehen?
Danke und Grüße,
Crispy
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:47 So 26.07.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich seh nur, dass du 0 als nst ausgeschlossen hast. Warun sollt es keine ander Nst geben, das fehlt.
gruss leduart
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 19:04 So 26.07.2009 | | Autor: | Crispy |
Hallo ledurat,
Vielen Dank.
War der Rest denn richtig?
Kann man mit dem Minimumsprinzip das Gewünschte zeigen?
f ist nicht konstant, und nimmt sein Minimum am Rand der Einheitskreisscheibe an. (ist das korrekt? wie beweisen?)
Dann folgt, dass f im Inneren des Einheitskreises keine Nullstellen hat.
Oder gibt es einen "eleganteren" Weg?
Liebe Grüße,
Crispy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:04 So 26.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Kann man mit dem Minimumsprinzip das Gewünschte zeigen?
> f ist nicht konstant, und nimmt sein Minimum am Rand der
> Einheitskreisscheibe an. (ist das korrekt? wie beweisen?)
Nun, warum sollte $f$ auf der Einheitskreisscheibe ueberhaupt definiert sein? Fuer [mm] $a_n [/mm] = [mm] \frac{1}{n}$ [/mm] ist das nicht der Fall.
> Dann folgt, dass f im Inneren des Einheitskreises keine
> Nullstellen hat.
Wieso das? Das kannst du doch eh nur anwenden, wenn es im Einheitskreis keine Nullstellen gibt.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Di 28.07.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:57 So 26.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Zeige für die streng monotone Nullfolge [mm](a_n), n \in \IN[/mm],
> dass
> [mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infinity} a_n z^n[/mm]
> eine im [mm]\mathbb E[/mm]
> holomorphe Fkt. definiert, die in [mm]\mathbb E[/mm] keine
> Nullstellen hat.
> [mm]\mathbb E[/mm] bezeichne hierbei den Einheitskreis.
>
> eigener Lösungsversuch:
>
> Wegen der Nullfolge weiß ich, dass der Konvergenzradius
> [mm]r = \lim_{n\rightarrow\infty} \left| \frac{a_{n}}{a_{n+1}} \right| < 1[/mm]
Wieso sollte das $< 1$ sein? Der Konvergenzradius ist [mm] $\ge [/mm] 1$, und $1$ kann auch sehr wohl auftreten (betrachte [mm] $a_n [/mm] = [mm] \frac{1}{n}$).
[/mm]
(Und dort einfach Limes hinzuschreiben ist auch nicht die beste Idee -- woher weisst du dass das konvergiert?)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:51 Mo 27.07.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo!
>
> > Zeige für die streng monotone Nullfolge [mm](a_n), n \in \IN[/mm],
> > dass
> > [mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infinity} a_n z^n[/mm]
> > eine im
> [mm]\mathbb E[/mm]
> > holomorphe Fkt. definiert, die in [mm]\mathbb E[/mm] keine
> > Nullstellen hat.
> > [mm]\mathbb E[/mm] bezeichne hierbei den Einheitskreis.
> >
> > eigener Lösungsversuch:
> >
> > Wegen der Nullfolge weiß ich, dass der Konvergenzradius
> > [mm]r = \lim_{n\rightarrow\infty} \left| \frac{a_{n}}{a_{n+1}} \right| < 1[/mm]
>
> Wieso sollte das [mm]< 1[/mm] sein? Der Konvergenzradius ist [mm]\ge 1[/mm],
> und [mm]1[/mm] kann auch sehr wohl auftreten (betrachte [mm]a_n = \frac{1}{n}[/mm]).
>
> (Und dort einfach Limes hinzuschreiben ist auch nicht die
> beste Idee -- woher weisst du dass das konvergiert?)
Du hast Recht, ich begründe es mal ein wenig genauer:
Weil [mm] $(a_n)_n$ [/mm] eine streng monotone Nullfolge ist, gilt [mm] $\Big|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\Big|=\frac{a_{n+1}}{a_{n}} [/mm] < 1$ für jedes [mm] $n\,,$ [/mm] und damit folgt für jedes [mm] $n\,,$ [/mm] dass gilt
[mm] $$\red{\text{Edit:}}\;\;a_n=\frac{a_n}{a_{n-1}}*\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}*\ldots*\frac{a_2}{a_1}*a [/mm] _1 < [mm] \red{a_1}\;\;(\text{beachte insbesondere }a_1 [/mm] > [mm] 0)\,.$$
[/mm]
Dies liefert (beachte: [mm] $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_1}=\limsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_1}=1$)
[/mm]
[mm] $$\big(0\;\le\big)\;\;\;\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} \le [/mm] 1$$
und somit [mm] $R=\frac{1}{\limsup\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}} \ge [/mm] 1$ (beachte [mm] $a_n=|a_n|$), [/mm] wobei [mm] $R\,$ [/mm] den Konvergenzradius der Potenzreihe [mm] $f\,$ [/mm] bezeichne.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:19 Mo 27.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Marcel,
> > > Zeige für die streng monotone Nullfolge [mm](a_n), n \in \IN[/mm],
> > > dass
> > > [mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infinity} a_n z^n[/mm]
> > > eine im
> > [mm]\mathbb E[/mm]
> > > holomorphe Fkt. definiert, die in [mm]\mathbb E[/mm] keine
> > > Nullstellen hat.
> > > [mm]\mathbb E[/mm] bezeichne hierbei den Einheitskreis.
> > >
> > > eigener Lösungsversuch:
> > >
> > > Wegen der Nullfolge weiß ich, dass der Konvergenzradius
> > > [mm]r = \lim_{n\rightarrow\infty} \left| \frac{a_{n}}{a_{n+1}} \right| < 1[/mm]
>
> >
> > Wieso sollte das [mm]< 1[/mm] sein? Der Konvergenzradius ist [mm]\ge 1[/mm],
> > und [mm]1[/mm] kann auch sehr wohl auftreten (betrachte [mm]a_n = \frac{1}{n}[/mm]).
>
> >
> > (Und dort einfach Limes hinzuschreiben ist auch nicht die
> > beste Idee -- woher weisst du dass das konvergiert?)
>
> Du hast Recht, ich begründe es mal ein wenig genauer:
> Weil [mm](a_n)_n[/mm] eine streng monotone Nullfolge ist, gilt
> [mm]\Big|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\Big|=\frac{a_{n+1}}{a_{n}} < 1[/mm]
> für jedes [mm]n\,,[/mm] und damit folgt für jedes [mm]n\,,[/mm] dass gilt
>
> [mm]a_n=\frac{a_n}{a_{n-1}}*\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}*\ldots*\frac{a_2}{a_1}*a _1 < 1\,.[/mm]
Du benutzt offenbar [mm] $a_1 [/mm] < 1$, andernfalls gilt dies nicht. Auf jeden Fall bekommt man aber [mm] $a_n \le a_1$, [/mm] und somit [mm] $\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} \le \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1} [/mm] = 1$.
> und somit [mm]R=\frac{1}{\limsup\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}} \ge 1[/mm]
> (beachte [mm]a_n=|a_n|[/mm]), wobei [mm]R\,[/mm] den Konvergenzradius der
> Potenzreihe [mm]f\,[/mm] bezeichne.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:36 Mo 27.07.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo Felix,
> Hallo Marcel,
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> > > > Zeige für die streng monotone Nullfolge [mm](a_n), n \in \IN[/mm],
> > > > dass
> > > > [mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infinity} a_n z^n[/mm]
> > > >
> eine im
> > > [mm]\mathbb E[/mm]
> > > > holomorphe Fkt. definiert, die in [mm]\mathbb E[/mm] keine
> > > > Nullstellen hat.
> > > > [mm]\mathbb E[/mm] bezeichne hierbei den Einheitskreis.
> > > >
> > > > eigener Lösungsversuch:
> > > >
> > > > Wegen der Nullfolge weiß ich, dass der Konvergenzradius
> > > > [mm]r = \lim_{n\rightarrow\infty} \left| \frac{a_{n}}{a_{n+1}} \right| < 1[/mm]
>
> >
> > >
> > > Wieso sollte das [mm]< 1[/mm] sein? Der Konvergenzradius ist [mm]\ge 1[/mm],
> > > und [mm]1[/mm] kann auch sehr wohl auftreten (betrachte [mm]a_n = \frac{1}{n}[/mm]).
>
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> > >
> > > (Und dort einfach Limes hinzuschreiben ist auch nicht die
> > > beste Idee -- woher weisst du dass das konvergiert?)
> >
> > Du hast Recht, ich begründe es mal ein wenig genauer:
> > Weil [mm](a_n)_n[/mm] eine streng monotone Nullfolge ist, gilt
> > [mm]\Big|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\Big|=\frac{a_{n+1}}{a_{n}} < 1[/mm]
> > für jedes [mm]n\,,[/mm] und damit folgt für jedes [mm]n\,,[/mm] dass gilt
> >
> >
> [mm]a_n=\frac{a_n}{a_{n-1}}*\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}*\ldots*\frac{a_2}{a_1}*a _1 < 1\,.[/mm]
>
> Du benutzt offenbar [mm]a_1 < 1[/mm], andernfalls gilt dies nicht.
ich wollte nicht [mm] $a_1 [/mm] < 1$ benutzen. Ich wollte eigentlich [mm] $a_n [/mm] < [mm] a_1$ [/mm] benutzen. Das ist ein "typischer Verschreiber, wenn man während des Schreibens schon die nächsten Schritte durchdenkt". Sorry, werde es korrigieren.
> Auf jeden Fall bekommt man aber [mm]a_n \le a_1[/mm], und somit
> [mm]\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} \le \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1} = 1[/mm].
Genau das hätte ich schreiben sollen. Danke 
> > und somit [mm]R=\frac{1}{\limsup\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}} \ge 1[/mm]
> > (beachte [mm]a_n=|a_n|[/mm]), wobei [mm]R\,[/mm] den Konvergenzradius der
> > Potenzreihe [mm]f\,[/mm] bezeichne.
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:45 Mo 27.07.2009 | | Autor: | fred97 |
Für die Behauptung, dass der Konvergenzradius der Potenzreihe [mm] \ge [/mm] 1 ist, gibt es einen sehr einfachen Beweis:
Nach dem Leibnizkriterium konvergiert die Potenzreihe
[mm] $\summe_{n=0}^{\infty} a_n z^n [/mm] $
im Punkt $-1$.
FRED
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