Integralberechnung mit Green < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Gegeben ist eine schlichte Funktion h auf [mm] \mathbb{D} [/mm] mit h(0)=0, h'(0)=1 sowie [mm] r\in [/mm] (0,1). Es geht darum, aus dem Integral [mm] \int\limits_{|z| |
Was mir als erstes in den Sinn kam, war der Satz von Green, den ich in seiner komplexen Variante folgendermaßen kenne:
[mm] \int\limits_{\partial\Omega} [/mm] f(z) [mm] \mathrm{d}z [/mm] = [mm] 2i\int\limits_{\Omega} \frac{\partial f(z)}{\partial\overline{z}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
[/mm]
Es ist mir nur leider nicht wirklich ersichtlich, wie das gehen könnte; auch der reelle Green scheint nicht recht weiter zu helfen.
Eine andere Möglichkeit, die Funktion selbst wieder ins Spiel zu bringen außer über die Definition der Ableitung (was auch nichts zu bringen scheint) fällt mir nicht ein.
Hat jemand eine andere Idee bzw. kennt sich mit Green besser aus als ich und kann mir sagen, ob man damit das vorliegende Flächenintegral über die Ableitung zu einem Kurvenintegral über die Funktion entlang des Randes machen kann?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:46 Mi 05.11.2014 | | Autor: | fred97 |
> Gegeben ist eine schlichte Funktion h auf [mm]\mathbb{D}[/mm] mit
> h(0)=0, h'(0)=1 sowie [mm]r\in[/mm] (0,1). Es geht darum, aus dem
> Integral [mm]\int\limits_{|z|
> die Ableitung loszuwerden bzw. dieses Integral so
> umzuformen (eine Abschätzung nach oben würde notfalls
> auch reichen), dass nur noch h, aber nicht mehr h'
> auftaucht.
> Was mir als erstes in den Sinn kam, war der Satz von
> Green, den ich in seiner komplexen Variante folgendermaßen
> kenne:
>
> [mm]\int\limits_{\partial\Omega}[/mm] f(z) [mm]\mathrm{d}z[/mm] =
> [mm]2i\int\limits_{\Omega} \frac{\partial f(z)}{\partial\overline{z}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y[/mm]
>
> Es ist mir nur leider nicht wirklich ersichtlich, wie das
> gehen könnte; auch der reelle Green scheint nicht recht
> weiter zu helfen.
>
> Eine andere Möglichkeit, die Funktion selbst wieder ins
> Spiel zu bringen außer über die Definition der Ableitung
> (was auch nichts zu bringen scheint) fällt mir nicht ein.
>
> Hat jemand eine andere Idee bzw. kennt sich mit Green
> besser aus als ich und kann mir sagen, ob man damit das
> vorliegende Flächenintegral über die Ableitung zu einem
> Kurvenintegral über die Funktion entlang des Randes machen
> kann?
Vielleicht hilft Dir der Koebesche Verzerrungssatz. Nach diesem ist
$|h'(z)| [mm] \le \bruch{1+r}{(1-r)^3}$ [/mm] für $|z| [mm] \le [/mm] r$.
http://www.mathematik.uni-kassel.de/~koepf/Fkth/geomfkth-.pdf (Satz 31)
FRED
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Hallo,
danke für die Antwort.
Dieser Satz hilft jedoch leider nicht weiter, da ich für die Funktion $h$ schon eine "bessere" Abschätzung zur Verfügung habe, die aus dem Verzerrungssatz folgt. Nur leider kann ich diese eben nicht einsetzen, da ich ja ein Integral über [mm] $|h'|^2$ [/mm] vorliegen habe und nicht eines über [mm] $|h|^2$.
[/mm]
Wenn du meinst, dass es hilft, könnte ich ausführlicher darlegen, wie die Fragestellung sich ergibt, aber ich denke nicht, dass es helfen würde (deswegen habe ich darauf verzichtet, weil es die Frage meiner Meinung nach nur unnötig aufgebläht hätte). Es läuft - da bin ich mir sicher - darauf hinaus, eine Art "Green-Problem" zu lösen, d.h. wie gesagt das Flächenintegral über die Ableitung durch ein (vermutlich Kurven-)Integral über die Funktion darzustellen/abzuschätzen (es muss natürlich nicht unbedingt sein, dass der Satz von Green des Rätsels Lösung ist, aber es klingt erst mal nach seinem Zuständigkeitsbereich). Ich weiß nur nicht genau, wie.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:42 Mi 05.11.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> danke für die Antwort.
> Dieser Satz hilft jedoch leider nicht weiter, da ich für
> die Funktion [mm]h[/mm] schon eine "bessere" Abschätzung zur
> Verfügung habe, die aus dem Verzerrungssatz folgt. Nur
> leider kann ich diese eben nicht einsetzen, da ich ja ein
> Integral über [mm]|h'|^2[/mm] vorliegen habe und nicht eines über
> [mm]|h|^2[/mm].
$ |h'(z)| [mm] \le \bruch{1+r}{(1-r)^3} [/mm] $ für $ |z| [mm] \le [/mm] r $.
ist doch eine Abschätzung für [mm] |h'|^2
[/mm]
FRED
>
> Wenn du meinst, dass es hilft, könnte ich ausführlicher
> darlegen, wie die Fragestellung sich ergibt, aber ich denke
> nicht, dass es helfen würde (deswegen habe ich darauf
> verzichtet, weil es die Frage meiner Meinung nach nur
> unnötig aufgebläht hätte). Es läuft - da bin ich mir
> sicher - darauf hinaus, eine Art "Green-Problem" zu lösen,
> d.h. wie gesagt das Flächenintegral über die Ableitung
> durch ein (vermutlich Kurven-)Integral über die Funktion
> darzustellen/abzuschätzen (es muss natürlich nicht
> unbedingt sein, dass der Satz von Green des Rätsels
> Lösung ist, aber es klingt erst mal nach seinem
> Zuständigkeitsbereich). Ich weiß nur nicht genau, wie.
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Ja, aber sie führt mich nicht weiter.
Die Aufgabe lautet im ganzen, zu zeigen, dass
[mm] $\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n-1} \leq \frac{r}{(1-r^2)^2}$ [/mm] für [mm] $r\in [/mm] (0,1)$ ist, wobei $h(z) = [mm] z\sqrt{\frac{f(z^2)}{z^2}}$ [/mm] die Quadratwurzeltransformierte einer Funktion [mm] $f\in\mathcal{S}$ [/mm] ist.
Hierzu soll man zuerst zeigen, dass $|h(z)| [mm] \leq \frac{|z|}{1-|z|^2}$ [/mm] in [mm] $\mathbb{D}$ [/mm] (was ich bereits getan habe, hier geht der Wachstumssatz ein und damit auch der Verzerrungssatz) und schließlich die Behauptung folgern unter Verwendung von folgender bekannter Gleichung:
[mm] $\pi\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n} [/mm] = [mm] \int\limits_{|z|
Was dazu führt, dass ich eine Umformung oder Abschätzung für das bewusste Integral benötige, die es mir ermöglicht, die bereits bekannte Abschätzung für $|h|$ einzusetzen.
edit:
Achja, die [mm] $c_n$ [/mm] sind natürlich die Koeffizienten in der Taylorreihe von $h$, d.h. [mm] $h(z)=\sum\limits_{n=1}^\infty c_n z^n, z\in\mathbb{D}$.
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:26 Do 06.11.2014 | | Autor: | fred97 |
> Ja, aber sie führt mich nicht weiter.
>
> Die Aufgabe lautet im ganzen, zu zeigen, dass
> [mm]\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n-1} \leq \frac{r}{(1-r^2)^2}[/mm]
> für [mm]r\in (0,1)[/mm] ist, wobei [mm]h(z) = z\sqrt{\frac{f(z^2)}{z^2}}[/mm]
> die Quadratwurzeltransformierte einer Funktion
> [mm]f\in\mathcal{S}[/mm] ist.
>
> Hierzu soll man zuerst zeigen, dass [mm]|h(z)| \leq \frac{|z|}{1-|z|^2}[/mm]
> in [mm]\mathbb{D}[/mm] (was ich bereits getan habe, hier geht der
> Wachstumssatz ein und damit auch der Verzerrungssatz) und
> schließlich die Behauptung folgern unter Verwendung von
> folgender bekannter Gleichung:
> [mm]\pi\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n} = \int\limits_{|z|
>
> Was dazu führt, dass ich eine Umformung oder Abschätzung
> für das bewusste Integral benötige, die es mir
> ermöglicht, die bereits bekannte Abschätzung für [mm]|h|[/mm]
> einzusetzen.
>
>
> edit:
> Achja, die [mm]c_n[/mm] sind natürlich die Koeffizienten in der
> Taylorreihe von [mm]h[/mm], d.h. [mm]h(z)=\sum\limits_{n=1}^\infty c_n z^n, z\in\mathbb{D}[/mm].
Mit Polarkoordinaten bekommst Du
[mm] $\int\limits_{|z|
Für [mm] h'(\rho*e^{it}) [/mm] verwende obige Potenzreihe
Wenn Du Dich nicht verrechnest, sollte
[mm] \sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n}
[/mm]
rauskommen.
Edit: ich hab ein [mm] \pi [/mm] vergessen: rauskommt [mm] $\pi*\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n}$
[/mm]
FRED
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Diese Gleichheit ist wie ich schon sagte bereits bekannt, die muss ich nicht mehr zeigen.
Was ich zeigen soll, ist
[mm] $\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2 r^{2n-1} \leq \frac{r}{(1-r^2)^2}$
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:45 Do 06.11.2014 | | Autor: | fred97 |
> Diese Gleichheit ist wie ich schon sagte bereits bekannt,
> die muss ich nicht mehr zeigen.
>
> Was ich zeigen soll, ist
> [mm]\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2 r^{2n-1} \leq \frac{r}{(1-r^2)^2}[/mm]
Langsam dämmerts mir, was wir noch benötigen:
Ist G ein Gebiet in [mm] \IC [/mm] und f:G [mm] \to \IC [/mm] holomorph und injektiv, so ist der Flächeninhalt des Gebietes f(G) gegeben durch
(*) [mm] \integral_{G}^{}{|f'(z)|^2 dx dy}.
[/mm]
Zurück zu obiger Funktion h. Der Wachstumssatz liefert Dir (das hast Du schon gesagt):
(**) $|h(z)| [mm] \le \bruch{r}{1-r^2}$ [/mm] ($|z|=r<1$)
Ist also [mm] A_r :=\{z \in \IC: |z|
[mm] h(A_r) \subset \{w \in \IC: |w|< \bruch{r}{1-r^2}\}
[/mm]
Damit gilt für denr Flächeninhalt [mm] F_r [/mm] von [mm] h(A_r):
[/mm]
[mm] F_r \le \pi*\bruch{r^2}{(1-r^2)^2}
[/mm]
Wegen (*) ist aber
[mm] F_r= \integral_{A_r}^{}{|h'(z)|^2 dx dy}.
[/mm]
Somit ist
[mm] \integral_{A_r}^{}{|h'(z)|^2 dx dy} \le \pi*\bruch{r^2}{(1-r^2)^2}
[/mm]
In meiner letzten Antwort hatten wir:
$ [mm] \integral_{A_r}^{}{|h'(z)|^2 dx dy}= \pi\cdot{}\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n} [/mm] $
(ich hatte ein [mm] \pi [/mm] vergessen, jetzt ists mit dabei).
Also:
[mm] \pi\cdot{}\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n} \le \pi*\bruch{r^2}{(1-r^2)^2}.
[/mm]
Werfen wir noch ein [mm] \pi [/mm] und ein r raus, so erhlten wir
[mm] $\sum\limits_{n=1}^\infty n|c_n|^2r^{2n-1} \le \bruch{r}{(1-r^2)^2}.$
[/mm]
Wie gewünscht !
Ich hoffe, dass das Dir nun hilft.
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:16 Do 06.11.2014 | | Autor: | Feuerkerk |
Oha, da war ich ja völlig auf dem Holzweg; ich hatte nicht daran gedacht, dass das Integral über $|h'^2|$ ja der Flächeninhalt von [mm] $h(A_r)$ [/mm] ist... vielen Dank für deine Hilfe und für deine Geduld!
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