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| Aufgabe | Es sei [mm] $f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*z^{k}$ [/mm] eine Potenzreihe mit Konvergenzradius 1. Für [mm] $r\in(0,1)$ [/mm] sei [mm] $\gamma_{r}$ [/mm] ein stetig differenzierbarer Weg, der das einmalige Durchlaufen der Kreises $|z|=r$ im mathematisch positiven Sinne beschreibe. Zeige, dass dann für alle [mm] n\in\IN_{0} [/mm] gilt:
[mm] $\int_{\gamma_{r}}\frac{f(z)}{(1-z)*z^{n+1}}dz [/mm] = [mm] 2\pi i\sum_{k=0}^{n}a_{k}$ [/mm] |
Hallo!
Ich bin mir bei einigen Argumenten nicht sicher und möchte euch daher um Korrektur bitten:
[mm] $\int_{\gamma_{r}}\frac{f(z)}{(1-z)*z^{n+1}}dz$
[/mm]
$= [mm] \int_{\gamma_{r}}\frac{1}{(1-z)*z^{n+1}}*\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*z^{k}\ [/mm] dz$
Nun weiß ich, dass $f(z) = [mm] \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*z^{k}$ [/mm] auf (-1,1) als Potenzreihe gleichmäßig absolut konvergent ist. [mm] $\frac{1}{(1-z)*z^{n+1}}$ [/mm] ist nur ein "konstanter" Faktor und ändert den Konvergenzradius nicht. Somit kann ich Integration und Summation vertauschen:
$= [mm] \int_{\gamma_{r}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1-z)*z^{n+1}}*a_{k}*z^{k}\ [/mm] dz$
[mm] $=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}* \int_{\gamma_{r}}\frac{z^{k}}{(1-z)*z^{n+1}}\ [/mm] dz$
Fall 1: $k [mm] \ge [/mm] n+1$. Dann habe ich mit den Integranden [mm] $z^{k-(n+1)}*\frac{1}{1-z}$ [/mm] ein Produkt zweier auf [mm] \{z\in\IC:|z| < 1\} [/mm] holomorpher Funktionen vorliegen ( [mm] $\frac{1}{1-z} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{\infty}z^{k}$ [/mm] lässt sich als Potenzreihe darstellen, ist also holomorph). Damit ist der gesamte Integrand stetig. Die Kurve [mm] \gamma_{r} [/mm] ist nach Voraussetzung glatt und Startpunkt = Endpunkt, also ist das Integral in diesen Fällen 0.
Fall 2: $k < n+1$. Dann können wir den Integranden folgendermaßen schreiben:
[mm] $z^{k-(n+1)}*\frac{1}{1-z} \quad=\quad z^{k-(n+1)}*\sum_{l=0}^{\infty}z^{l} \quad=\quad \sum_{l=1}^{k-(n+1)}\frac{1}{z^{l}} [/mm] + [mm] \sum_{l=0}^{\infty}z^{l}\quad =\quad \frac{1}{z} [/mm] + [mm] \sum_{l=2}^{(n+1)-k}\frac{1}{z^{l}} [/mm] + [mm] \frac{1}{1-z}$
[/mm]
Also:
[mm] $=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}* \int_{\gamma_{r}}\left(\frac{1}{z} + \sum_{l=2}^{(n+1)-k}\frac{1}{z^{l}} + \frac{1}{1-z}\right)\ [/mm] dz$
$= [mm] \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*2*\pi*i$
[/mm]
( [mm] $\int_{\gamma_{R}}z^{n} [/mm] dz = 0$ falls n [mm] \not= [/mm] -1, [mm] $\int_{\gamma_{R}}z^{n} [/mm] dz = [mm] 2*\pi*i$, [/mm] falls n = -1 nach Vorlesung; [mm] \frac{1}{1-z} [/mm] stetig ).
Ist das so okay?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:33 Di 18.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Stefan!
> Es sei [mm]f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*z^{k}[/mm] eine Potenzreihe
> mit Konvergenzradius 1. Für [mm]r\in(0,1)[/mm] sei [mm]\gamma_{r}[/mm] ein
> stetig differenzierbarer Weg, der das einmalige Durchlaufen
> der Kreises [mm]|z|=r[/mm] im mathematisch positiven Sinne
> beschreibe. Zeige, dass dann für alle [mm]n\in\IN_{0}[/mm] gilt:
>
> [mm]\int_{\gamma_{r}}\frac{f(z)}{(1-z)*z^{n+1}}dz = 2\pi i\sum_{k=0}^{n}a_{k}[/mm]
>
> Hallo!
>
> Ich bin mir bei einigen Argumenten nicht sicher und möchte
> euch daher um Korrektur bitten:
>
> [mm]\int_{\gamma_{r}}\frac{f(z)}{(1-z)*z^{n+1}}dz[/mm]
>
> [mm]= \int_{\gamma_{r}}\frac{1}{(1-z)*z^{n+1}}*\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*z^{k}\ dz[/mm]
>
> Nun weiß ich, dass [mm]f(z) = \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*z^{k}[/mm]
> auf (-1,1) als Potenzreihe gleichmäßig absolut konvergent
> ist.
Nein, nicht nur auf dem reellen Intervall $(-1,1)$, sondern im gesamten offenen Einheitskreis!
> [mm]\frac{1}{(1-z)*z^{n+1}}[/mm] ist nur ein "konstanter"
> Faktor und ändert den Konvergenzradius nicht. Somit kann
> ich Integration und Summation vertauschen:
>
> [mm]= \int_{\gamma_{r}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1-z)*z^{n+1}}*a_{k}*z^{k}\ dz[/mm]
>
> [mm]=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}* \int_{\gamma_{r}}\frac{z^{k}}{(1-z)*z^{n+1}}\ dz[/mm]
>
> Fall 1: [mm]k \ge n+1[/mm]. Dann habe ich mit den Integranden
> [mm]z^{k-(n+1)}*\frac{1}{1-z}[/mm] ein Produkt zweier auf
> [mm]\{z\in\IC:|z| < 1\}[/mm] holomorpher Funktionen vorliegen (
> [mm]\frac{1}{1-z} = \sum_{k=0}^{\infty}z^{k}[/mm] lässt sich als
> Potenzreihe darstellen, ist also holomorph). Damit ist der
> gesamte Integrand stetig. Die Kurve [mm]\gamma_{r}[/mm] ist nach
> Voraussetzung glatt und Startpunkt = Endpunkt, also ist das
> Integral in diesen Fällen 0.
>
> Fall 2: [mm]k < n+1[/mm]. Dann können wir den Integranden
> folgendermaßen schreiben:
>
> [mm]z^{k-(n+1)}*\frac{1}{1-z} \quad=\quad z^{k-(n+1)}*\sum_{l=0}^{\infty}z^{l} \quad=\quad \sum_{l=1}^{k-(n+1)}\frac{1}{z^{l}} + \sum_{l=0}^{\infty}z^{l}\quad =\quad \frac{1}{z} + \sum_{l=2}^{(n+1)-k}\frac{1}{z^{l}} + \frac{1}{1-z}[/mm]
>
> Also:
>
> [mm]=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}* \int_{\gamma_{r}}\left(\frac{1}{z} + \sum_{l=2}^{(n+1)-k}\frac{1}{z^{l}} + \frac{1}{1-z}\right)\ dz[/mm]
>
> [mm]= \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}*2*\pi*i[/mm]
Die oberen Summengrenzen sind falsch: [mm] \sum_{k=0}^{{\red{n}}}a_{k}*2*\pi*i[/mm], da nach Voraussetzung in Fall 2 [mm] $k\le [/mm] n$ gilt.
>
> ( [mm]\int_{\gamma_{R}}z^{n} dz = 0[/mm] falls n [mm]\not=[/mm] -1,
> [mm]\int_{\gamma_{R}}z^{n} dz = 2*\pi*i[/mm], falls n = -1 nach
> Vorlesung; [mm]\frac{1}{1-z}[/mm] stetig ).
>
> Ist das so okay?
Bis auf die kleinen Fehler ja.
Viele Grüße
Rainer
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Hallo Rainer,
dann vielen Dank für deine Antwort!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:38 Mi 19.05.2010 | | Autor: | fred97 |
ich würde es so machen:
Mit $g(z):= [mm] \bruch{f(z)}{1-z}$ [/mm] ist (Cauchysche Integralformel für Ableitungen):
$ [mm] \int_{\gamma_{r}}\frac{f(z)}{(1-z)\cdot{}z^{n+1}}dz= \int_{\gamma_{r}}\frac{g(z)}{z^{n+1}}dz= [/mm] 2 [mm] \pi i\bruch{g^{(n)}(0)}{n!} [/mm] $
Nun sei
$ [mm] g(z)=\sum_{k=0}^{\infty}b_{k}\cdot{}z^{k} [/mm] $
die Potenzreihenentwicklung von g um 0. Dann folgt:
$ [mm] \int_{\gamma_{r}}\frac{f(z)}{(1-z)\cdot{}z^{n+1}}dz= [/mm] 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] *b_n$
[/mm]
Wegen
$ [mm] \frac{1}{1-z} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{\infty}z^{k} [/mm] $
und
$ [mm] f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}\cdot{}z^{k} [/mm] $
ist
$g(z) = [mm] (\sum_{k=0}^{\infty}z^{k})*(\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}\cdot{}z^{k}) [/mm] $
Verwendet man rechts das Cauchyprodukt, so sieht man recht schnell, dass
[mm] $b_n= \sum_{k=0}^{n}a_{k} [/mm] $
ist
FRED
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