Eröffnung des Forums und erste Frage < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:42 Sa 26.06.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo zusammen,
in diesem Forum können ab sofort Fragen zur Funktionentheorie gestellt werden.
Meine erste Frage hier ist:
Sind der komplexe Sinus und Cosinus unbeschränkt?
Beides sind ja ganze Funktionen (auf ganz [mm] \IC [/mm] holomorph), und nach dem Satz von Liouville ist ja jede beschränkte ganze Funktion konstant.
Damit habe ich mir meine Frage zwar bereits beantwortet, aber ich würde gerne wissen, ob man das auch den Definitionen erkennen kann, nehmen wir [mm] $\sin$:
[/mm]
[mm] $\sin [/mm] z := [mm] \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
Ich probiere mal selbst etwas, [mm] $z=r*\left( \cos \phi +i\sin \phi\right)$, $z^{2n+1}=r^{2n+1}*\left( \cos (2n+1)\phi +i\sin (2n+1)\phi\right)$
[/mm]
[mm] $\summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
$= [mm] \left| \summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\left( \cos (2n+1)\phi +i\sin (2n+1)\phi\right)}{(2n+1)!}\right|$
[/mm]
$ = [mm] \left| \summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\cos (2n+1)\phi}{(2n+1)!}+(-1)^n \bruch{r^{2n+1}*i\sin (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|$
[/mm]
$ [mm] \le \left| \summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\cos (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|+\left|\summe_{n=0}^{N}(-1)^n \bruch{r^{2n+1}*i\sin (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|$
[/mm]
$ [mm] \le \summe_{n=0}^{N}\left| (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\cos (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|+\summe_{n=0}^{N}\left|(-1)^n \bruch{r^{2n+1}*i\sin (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|$
[/mm]
Mmh, daraus folgt gar nichts, ich wollte eigentlich diese Summe durch [mm] $\sin r^{2n+1}$ [/mm] und [mm] $\cos^{2n+1}$ [/mm] abschätzen, aber die sind ja wahrscheinlich nicht absolut konvergent.
Ich sehe jetzt aber auch kein Beispiel eines z, so dass [mm] $s_N:=\left|\summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}\right|$ [/mm] unbeschränkt wächst...
Habt Ihr eines parat?
Dankbar für einen Hinweis,
Marc
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:17 Sa 26.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Marc!
> Sind der komplexe Sinus und Cosinus unbeschränkt?
>
> Beides sind ja ganze Funktionen (auf ganz [mm]\IC[/mm] holomorph),
> und nach dem Satz von Liouville ist ja jede beschränkte
> ganze Funktion konstant.
>
> Damit habe ich mir meine Frage zwar bereits beantwortet,
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> aber ich würde gerne wissen, ob man das auch den
> Definitionen erkennen kann, nehmen wir [mm]\sin[/mm]:
>
> [mm]\sin z := \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
Aus dieser Reihendarstellung ist es in der Tat schwierig zu erkennen.
Leichter geht es so:
Man hat ja die Darstellung:
[mm] $\sin(z) [/mm] = [mm] \frac{1}{2i} (e^{iz} [/mm] - [mm] e^{-iz})$
[/mm]
und wenn man nun $z=-ri$ mit $r [mm] \in \IR^+$ [/mm] einsetzt und dann $r [mm] \to +\infty$ [/mm] streben lässt, dann sieht man
[mm] $|\sin(-ri)| [/mm] = [mm] \frac{1}{2} |\underbrace{e^r}_{\to + \infty} [/mm] - [mm] \underbrace{e^{-r}}_{\to 0}| \to +\infty \quad [/mm] (r [mm] \to [/mm] + [mm] \infty)$.
[/mm]
Oder wolltest du es wirklich explizit an der Reihendarstellung sehen?
Hmmh, aber vielleicht geht es da ja auch, wenn man $z=-ri$ einsetzt?
Ich hoffe das hilft dir ein bisschen...
Liebe Grüße
Stefan
>
>
> Ich probiere mal selbst etwas, [mm]z=r*\left( \cos \phi +i\sin \phi\right)[/mm],
> [mm]z^{2n+1}=r^{2n+1}*\left( \cos (2n+1)\phi +i\sin (2n+1)\phi\right)[/mm]
>
>
> [mm]\summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
> [mm]= \left| \summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\left( \cos (2n+1)\phi +i\sin (2n+1)\phi\right)}{(2n+1)!}\right|[/mm]
>
> [mm]= \left| \summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\cos (2n+1)\phi}{(2n+1)!}+(-1)^n \bruch{r^{2n+1}*i\sin (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|[/mm]
>
> [mm]\le \left| \summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\cos (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|+\left|\summe_{n=0}^{N}(-1)^n \bruch{r^{2n+1}*i\sin (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|[/mm]
>
> [mm]\le \summe_{n=0}^{N}\left| (-1)^n \bruch{r^{2n+1}*\cos (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|+\summe_{n=0}^{N}\left|(-1)^n \bruch{r^{2n+1}*i\sin (2n+1)\phi}{(2n+1)!}\right|[/mm]
>
>
> Mmh, daraus folgt gar nichts, ich wollte eigentlich diese
> Summe durch [mm]\sin r^{2n+1}[/mm] und [mm]\cos^{2n+1}[/mm] abschätzen, aber
> die sind ja wahrscheinlich nicht absolut konvergent.
>
> Ich sehe jetzt aber auch kein Beispiel eines z, so dass
> [mm]s_N:=\left|\summe_{n=0}^{N} (-1)^n \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}\right|[/mm]
> unbeschränkt wächst...
>
> Habt Ihr eines parat?
>
> Dankbar für einen Hinweis,
> Marc
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:58 So 27.06.2004 | | Autor: | Marc |
Lieber Stefan,
> > [mm]\sin z := \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
>
> Aus dieser Reihendarstellung ist es in der Tat schwierig zu
> erkennen.
>
> Leichter geht es so:
>
> Man hat ja die Darstellung:
>
> [mm]\sin(z) = \frac{1}{2i} (e^{iz} - e^{-iz})[/mm]
>
> und wenn man nun [mm]z=-ri[/mm] mit [mm]r \in \IR^+[/mm] einsetzt und dann [mm]r \to +\infty[/mm]
> streben lässt, dann sieht man
>
> [mm]|\sin(-ri)| = \frac{1}{2} |\underbrace{e^r}_{\to + \infty} - \underbrace{e^{-r}}_{\to 0}| \to +\infty \quad (r \to + \infty)[/mm].
Okay, das ist dann klar, danke.
> Oder wolltest du es wirklich explizit an der
> Reihendarstellung sehen?
>
> Hmmh, aber vielleicht geht es da ja auch, wenn man [mm]z=-ri[/mm]
> einsetzt?
Für $z=-ri$ folgt:
[mm] $\sin [/mm] (-ri)$
$= [mm] \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{(-ri)^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
$= [mm] \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{(-1)*r^{2n+1}*i^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
$= [mm] \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{(-1)*r^{2n+1}*(-1)^n*i}{(2n+1)!}$
[/mm]
$= [mm] -i\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
$= [mm] -i\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
$= [mm] -ri-i\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
Das dürfte nun unbeschränkt fallen für [mm] r\to\infty, [/mm] oder?
> Ich hoffe das hilft dir ein bisschen...
Das kannst du jetzt selbst beurteilen 
Danke,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:28 So 27.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Marc!
> Für [mm]z=-ri[/mm] folgt:
>
> [mm]\sin (-ri)[/mm]
> [mm]= \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{(-ri)^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
> [mm]= \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{(-1)*r^{2n+1}*i^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
> [mm]= \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n \bruch{(-1)*r^{2n+1}*(-1)^n*i}{(2n+1)!}[/mm]
>
> [mm]= -i\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
> [mm]= -i\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
> [mm]= -ri-i\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
>
> Das dürfte nun unbeschränkt fallen für [mm]r\to\infty,[/mm] oder?
Was meinst du mit "unbeschränkt fallen"? Das gibt es ja in dem Sinne für komplexe Zahlen nicht, solange man keine Beträge betrachtet. Ich würde so vorgehen, meinen ersten Nachweis kopieren. Wie du richtig gezeigt hast, gilt:
[mm]\sin (-ri) = -i\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm],
also:
[mm]| \sin(-ri)| = \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
[mm]= \frac{1}{2} \left( \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{r^n}{n!} - \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n r^n}{n!} \right)[/mm]
[mm]= \frac{1}{2} \left( e^r - e^{-r} \right)[/mm].
Aus
[mm]\lim\limits_{r \to + \infty} \frac{1}{2} \left( e^r - e^{-r} \right) = + \infty[/mm]
folgt dann die Behauptung, dass die komplexe Sinusfunktion unbeschränkt ist.
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:34 So 27.06.2004 | | Autor: | Marc |
Lieber Stefan!
> > [mm]= -ri-i\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
> >
> >
> > Das dürfte nun unbeschränkt fallen für [mm]r\to\infty,[/mm]
> oder?
>
> Was meinst du mit "unbeschränkt fallen"? Das gibt es ja in
> dem Sinne für komplexe Zahlen nicht, solange man keine
> Beträge betrachtet.
Ja, schon klar, das war unglücklich ausgedrückt. Ich meinte, dass der Imaginärteil unbeschränkt fällt, was mit Betrag ja identisch ist, da es keinen Realteil gibt.
> Ich würde so vorgehen, meinen ersten
> Nachweis kopieren. Wie du richtig gezeigt hast, gilt:
>
> [mm]\sin (-ri) = -i\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm],
>
>
> also:
>
> [mm]| \sin(-ri)| = \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{r^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
>
> [mm]= \frac{1}{2} \left( \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{r^n}{n!} - \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n r^n}{n!} \right)[/mm]
>
>
> [mm]= \frac{1}{2} \left( e^r - e^{-r} \right)[/mm].
>
>
> Aus
>
> [mm]\lim\limits_{r \to + \infty} \frac{1}{2} \left( e^r - e^{-r} \right) = + \infty[/mm]
>
>
> folgt dann die Behauptung, dass die komplexe Sinusfunktion
> unbeschränkt ist.
Auch schön bzw. viel schöner ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]")
Lieben Dank,
Marc
|
|
|
|
