2 Pi-period. holom. Funktion < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:38 Di 08.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
| Aufgabe | Sei $H := [mm] \{z\in \IC: Im z >0\}$ [/mm] und eine holomorphe Funktion f mit
[mm] f(z+2\pi)=f(z) [/mm] für alle [mm] z\in [/mm] H gegeben.
Zu zeigen:
a) Es gibt eine holomorphe Funktion [mm] g:E^{\*}:={z\in\IC:0<|z|<1}\to\IC
[/mm]
mit [mm] g(e^{iz})=f(z) [/mm] für alle [mm] z\in [/mm] H.
b)Es gibt Koeffizienten [mm] a_n \in \IC, [/mm] so dass f(z)= [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz} [/mm] für alle [mm] z\in [/mm] H,
wobei die Reihe auf jeder kompakten Teilmenge von H absolut und gleichmäßig konvergiert.
c) Ist |f| beschränkt auf H, so gilt [mm] a_n=0 [/mm] für alle n<0. |
Hallo,
brüte grade über dieser Aufgabe...
Zuerst hatte ich überprüft: Für [mm] e(z):=e^{iz} [/mm] gilt [mm] e(H)=E^{\*}.
[/mm]
Zu a) habe ich folgende Ideen:
Zum einen hab ich gedacht, dass ich g vielleicht mithilfe der Umkehrabbildung von der Cayleyabbildung angeben könnte, die, wenn ich mich nicht verrechnet hab, [mm] h:z\mapsto i\bruch{1+z}{1-z}, [/mm] lautet.
Eventuell müsste ich da noch einen Zweig des Logarithmus dazubauen.
Also sowas wie g=log(h)...
Problem dabei ist: Wo bring ich f unter?
Zu b) hab ich zwei Ansätze:
Zum einen unter Verwendung von a)
g ist holomorph auf [mm] E^{\*}, [/mm] also als Laurentreihe [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n [/mm] darstellbar. Dann gilt nach a)
f(z)= [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}.
[/mm]
Zum anderen ist jede [mm] 2\pi- [/mm] periodische holomorphe Funktion eindeutig als Fourierreihe f(z)= [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz} [/mm] darstellbar.
Hab gedacht, dass man so von hier aus vielleicht auch Aufgabe a lösen kann, indem man setzt g:= [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n [/mm] und zeigt, dass diese Reihe auf [mm] E\* [/mm] kompakt konvergiert. Doch wie zeig ich das?
Zu c) hab ich mir überlegt:
für n<0, [mm] z=x+iy\in [/mm] H gilt: [mm] \lim_{y\to\infty} |e^{inz}|= \lim_{y\to\infty}| e^{-i(iy)}|=\lim_{y\to\infty}| e^{y}|=\infty.
[/mm]
Deshalb muss in Fall, dass f beschränkt ist, gelten [mm] a_n=0 [/mm] für n<0.
Würd mich freuen, wenn jemand meine Ideen durchschauen kann und vor allem zur a fehlt mir noch ein entscheidender Tipp...
Lg, Verena
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:44 Sa 12.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> Sei [mm]H := \{z\in \IC: Im z >0\}[/mm] und eine holomorphe Funktion
> f mit
> [mm]f(z+2\pi)=f(z)[/mm] für alle [mm]z\in[/mm] H gegeben.
> Zu zeigen:
> a) Es gibt eine holomorphe Funktion
> [mm]g:E^{\*}:={z\in\IC:0<|z|<1}\to\IC[/mm]
> mit [mm]g(e^{iz})=f(z)[/mm] für alle [mm]z\in[/mm] H.
> b)Es gibt Koeffizienten [mm]a_n \in \IC,[/mm] so dass f(z)=
> [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}[/mm] für alle [mm]z\in[/mm] H,
> wobei die Reihe auf jeder kompakten Teilmenge von H absolut
> und gleichmäßig konvergiert.
> c) Ist |f| beschränkt auf H, so gilt [mm]a_n=0[/mm] für alle n<0.
> Hallo,
>
> brüte grade über dieser Aufgabe...
> Zuerst hatte ich überprüft: Für [mm]e(z):=e^{iz}[/mm] gilt
> [mm]e(H)=E^{\*}.[/mm]
>
> Zu a) habe ich folgende Ideen:
> Zum einen hab ich gedacht, dass ich g vielleicht mithilfe
> der Umkehrabbildung von der Cayleyabbildung angeben könnte,
Damit kannst du nichts anfangen: Die Cayleyabbildung bildet $H$ auf die ganze Einheitskreisscheibe ab, du willst aber die Einheitskreisscheibe ohne den Nullpunkt!
Dafuer hast du die Funktion [mm] $\varphi [/mm] : z [mm] \mapsto e^{i z}$, [/mm] die $H$ auf die punktierte Einheitskreisscheibe [mm] $E^\ast$ [/mm] abbildet -- jedoch nicht biholomorph! Allerdings ist [mm] $\varphi$ [/mm] eine Ueberdeckung: Einmal ist [mm] $\varphi$ [/mm] surjektiv, und zu jedem $z [mm] \in [/mm] H$ gibt es eine Umgebung $U [mm] \subseteq [/mm] H$ von $z$ und eine Umgebung $U' [mm] \subseteq E^\ast$ [/mm] von [mm] $\varphi(z)$ [/mm] so, dass [mm] $\varphi|_U [/mm] : U [mm] \to [/mm] U'$ biholomorph ist.
Damit kannst du dir $g$ jetzt stueckweise definieren: Zu $z' [mm] \in E^\ast$ [/mm] nimmst du ein $z [mm] \in [/mm] H$ mit [mm] $\varphi(z) [/mm] = z'$, und zu $z$ dann die Umgebungen $U$ von $z$ und $U'$ von [mm]z'[/mm] wie oben. Jetzt definierst du $g(z') := f(z)$. Da sich Urbilder von [mm]z'[/mm] unter [mm] $\varphi$ [/mm] jeweils nur um ganzzahlige Vielfache von $2 [mm] \pi$ [/mm] unterscheiden, ist $g$ wohldefiniert. Das es holomorph ist folgt, da [mm] $g|_{U'} [/mm] = f [mm] \circ (\varphi|_U)^{-1}$ [/mm] ist (ueberleg dir mal warum). Und das $g [mm] \circ \varphi [/mm] = f$ ist siehst du auch schnell.
Und damit hast du a) gezeigt.
> die, wenn ich mich nicht verrechnet hab, [mm]h:z\mapsto i\bruch{1+z}{1-z},[/mm]
> lautet.
> Eventuell müsste ich da noch einen Zweig des Logarithmus
> dazubauen.
> Also sowas wie g=log(h)...
> Problem dabei ist: Wo bring ich f unter?
>
> Zu b) hab ich zwei Ansätze:
> Zum einen unter Verwendung von a)
> g ist holomorph auf [mm]E^{\*},[/mm] also als Laurentreihe
> [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n[/mm] darstellbar. Dann gilt
> nach a)
>
> f(z)= [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}.[/mm]
Genau!
> Zum anderen ist jede [mm]2\pi-[/mm] periodische holomorphe Funktion
> eindeutig als Fourierreihe f(z)=
> [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}[/mm] darstellbar.
Ja, das stimmt wohl auch (mit Fourierreihen kenn ich mich nicht so aus)...
> Hab gedacht, dass man so von hier aus vielleicht auch
> Aufgabe a lösen kann, indem man setzt g:=
> [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n[/mm] und zeigt, dass diese
> Reihe auf [mm]E\*[/mm] kompakt konvergiert. Doch wie zeig ich das?
Also das $f$ durch diese Reihe dargestellt ist, ist klar. Und das die Reihe kompakt konvergiert folgt daraus, dass [mm] $\varphi$ [/mm] kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbildet (Weisst du warum?) und das die Reihe von $g$ auf [mm] $E^\ast$ [/mm] kompakt konvergiert.
> Zu c) hab ich mir überlegt:
> für n<0, [mm]z=x+iy\in[/mm] H gilt: [mm]\lim_{y\to\infty} |e^{inz}|= \lim_{y\to\infty}| e^{-i(iy)}|=\lim_{y\to\infty}| e^{y}|=\infty.[/mm]
>
> Deshalb muss in Fall, dass f beschränkt ist, gelten [mm]a_n=0[/mm]
> für n<0.
Das stimmt. Ein anderes Argument ist der Riemannsche Hebbarkeitssatz: Wenn $|f|$ auf $H$ beschraenkt ist, dann ist auch $g$ auf [mm] $E^\ast$ [/mm] beschraenkt. Somit ist $0$ eine hebbare Singularitaet von $g$, womit die Koeffizienten wie gefordert $0$ sind...
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:24 So 13.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix,
vielen Dank für Deine Tipps.
Noch eine Frage zu folgendem Abschnitt:
> > Zum anderen ist jede [mm]2\pi-[/mm] periodische holomorphe Funktion
> > eindeutig als Fourierreihe f(z)=
> > [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}[/mm] darstellbar.
>
> Ja, das stimmt wohl auch (mit Fourierreihen kenn ich mich
> nicht so aus)...
>
> > Hab gedacht, dass man so von hier aus vielleicht auch
> > Aufgabe a lösen kann, indem man setzt g:=
> > [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n[/mm] und zeigt, dass diese
> > Reihe auf [mm]E\*[/mm] kompakt konvergiert. Doch wie zeig ich das?
>
> Also das [mm]f[/mm] durch diese Reihe dargestellt ist, ist klar. Und
> das die Reihe kompakt konvergiert folgt daraus, dass
> [mm]\varphi[/mm] kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbildet
> (Weisst du warum?) und das die Reihe von [mm]g[/mm] auf [mm]E^\ast[/mm]
> kompakt konvergiert.
Dass[mm]\varphi[/mm] kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbildet folgt doch daraus, dass [mm] \varphi [/mm] stetig und Kompaktheit eine stetige Invariante ist. Mir ist jedoch trotzdem noch nicht ganz klar, wie man, wenn man von der kompakten Konvergenz von
[mm] f(z)= \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}=\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n \varphi(z)^n[/mm] darauf schließen kann, dass [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n [/mm] konvergiert.
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:39 So 13.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> vielen Dank für Deine Tipps.
> Noch eine Frage zu folgendem Abschnitt:
>
> > > Zum anderen ist jede [mm]2\pi-[/mm] periodische holomorphe Funktion
> > > eindeutig als Fourierreihe f(z)=
> > > [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}[/mm] darstellbar.
> >
> > Ja, das stimmt wohl auch (mit Fourierreihen kenn ich mich
> > nicht so aus)...
> >
> > > Hab gedacht, dass man so von hier aus vielleicht auch
> > > Aufgabe a lösen kann, indem man setzt g:=
> > > [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n[/mm] und zeigt, dass diese
> > > Reihe auf [mm]E\*[/mm] kompakt konvergiert. Doch wie zeig ich das?
> >
> > Also das [mm]f[/mm] durch diese Reihe dargestellt ist, ist klar. Und
> > das die Reihe kompakt konvergiert folgt daraus, dass
> > [mm]\varphi[/mm] kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbildet
> > (Weisst du warum?) und das die Reihe von [mm]g[/mm] auf [mm]E^\ast[/mm]
> > kompakt konvergiert.
>
> Dass[mm]\varphi[/mm] kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbildet
> folgt doch daraus, dass [mm]\varphi[/mm] stetig und Kompaktheit eine
> stetige Invariante ist. Mir ist jedoch trotzdem noch nicht
> ganz klar, wie man, wenn man von der kompakten Konvergenz
> von
> [mm]f(z)= \summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n e^{inz}=\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n \varphi(z)^n[/mm]
> darauf schließen kann, dass [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_n z^n[/mm]
> konvergiert.
Sei $K [mm] \subseteq [/mm] H$ kompakt. Dann ist auch $K' := [mm] \varphi(K)$ [/mm] kompakt, und da die Reihe zu $g$ kompakt konvergiert, konvergiert sie also auf $K'$ gleichmaessig. Zu [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ sei etwa $N [mm] \in \IN$ [/mm] gegeben mit [mm] $\left|g(z) - \sum_{n=-N}^N a_n z^n\right| [/mm] < [mm] \varepsilon$ [/mm] fuer alle $z [mm] \in [/mm] K'$.
Ist nun $z [mm] \in [/mm] K$ beliebig, so ist [mm] $\varphi(z) [/mm] = [mm] e^{iz} \in [/mm] K'$, und somit gilt [mm] $\left|f(z) - \sum_{n=-N}^N a_n e^{inz} \right| [/mm] = [mm] \left|g(e^{iz}) - \sum_{n=-N}^N a_n (e^{iz})^n\right| [/mm] < [mm] \varepsilon$. [/mm] Aber da $z$ beliebig war, bedeutet das ja gerade, dass [mm] $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n e^{inz}$ [/mm] gleichmaessig auf $K$ konvergiert.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:55 So 13.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Ganz vielen lieben Dank, Felix, hab jetz die Aufgabe verstanden!!
Lg, Verena
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