Nullstellenmenge einer analytischen Funktion diskret < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:39 So 08.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo MatheRaum!
Ich habe eine Verständnisfrage zu einem Beweis.
Nachtrag: Das Verständnis hat sich während des Schreibens der Frage ergeben, die Frage ist also nicht mehr aktuell 
Zunächst der Satz:
Sei [mm] $f:D\to\IC$ [/mm] eine von der Nullfunktion verschiedene analytische Funktion auf einem Gebiet [mm] $D\subset\IC$. [/mm] Die Menge $N(f)$ der Nullstellen von f ist diskret in D.
Nun zum Beweis (aus: "Funktionentheorie I", Freitag, Busam, Springer-Verlag), den ich mit meinen Kommentaren versehe:
> Sei [mm] $a\in [/mm] D$ ein Häufungspunkt der Nullstellenmenge N(f) von f. Wir entwickeln f in eine Potenzreihe um diesen Punkt:
> [mm] $f(x)=\summe_{n=0}^{\infty} a_n(z-a)^n,\ [/mm] |z-a|<r.$
> Da a Häufungspunkt der Nullstellenmenge ist, gibt es in beliebiger Nähe von a Punkte [mm] $z\not=a$ [/mm] mit f(z)=0.
> Hieraus folgt wegen der Stetigkeit von f: [mm] $a_0=f(a)=0$.
[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") bis hierhin habe ich alles verstanden.
> Wendet man denselben Schluß auf die Reihe
> [mm] $\bruch{f(z)}{z-a}=a_1+a_2(z-a)+\ldots$
[/mm]
> an, so erhält man [mm] $a_1=0$ [/mm] usw.
Diesen Schluß verstehe ich nicht.
Die Funktion [mm] \bruch{f(z)}{z-a} [/mm] hat doch nun nicht mehr a als Nullstelle bzw. a ist nicht mehr Häufungspunkt der Nullstellenmenge [mm] $N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)$.
[/mm]
Oder doch -Moment, jetzt beantworte ich mir die Frage selbst- a ist weiterhin Häufungspunkt von [mm] $N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)$, [/mm] denn [mm] $N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)\setminus\{a\}=N\left(f\right)\setminus\{a\}$ [/mm] (das a habe ich herausgenommen, da es ja auch mehrfache Nullstelle von f sein könnte, was wir jetzt noch nicht wissen).
Na gut, jetzt ist es mir klar, aber vielleicht macht sich nochmal jemand die Mühe, nachzuprüfen, ob das jetzt wirklich das schlagende Argument für diese Stelle des Beweises ist.
> Die Koeffizienten der Potenzreihe verschwinden also.
> [Beweis fährt fort]
Interessant, dass man sich Fragen selbst beantworten kann, wenn man nur fähig ist, sie zu stellen. Das sollten wir als zusätzliches Werbeargument für den MatheRaum nehmen
Danke für's Lesen meines Selbstgespräches,
Marc
|
|
| |
|
Hallo Marc,
>
> Ich habe eine Verständnisfrage zu einem Beweis.
> Nachtrag: Das Verständnis hat sich während des Schreibens
> der Frage ergeben, die Frage ist also nicht mehr aktuell
>
>
> > Wendet man denselben Schluß auf die Reihe
> > [mm]\bruch{f(z)}{z-a}=a_1+a_2(z-a)+\ldots[/mm]
> > an, so erhält man [mm]a_1=0[/mm] usw.
>
> Diesen Schluß verstehe ich nicht.
> Die Funktion [mm]\bruch{f(z)}{z-a}[/mm] hat doch nun nicht mehr a
> als Nullstelle bzw. a ist nicht mehr Häufungspunkt der
> Nullstellenmenge [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)[/mm].
>
> Oder doch -Moment, jetzt beantworte ich mir die Frage
> selbst- a ist weiterhin Häufungspunkt von
> [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)[/mm], denn
> [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)\setminus\{a\}=N\left(f\right)\setminus\{a\}[/mm]
> (das a habe ich herausgenommen, da es ja auch mehrfache
> Nullstelle von f sein könnte, was wir jetzt noch nicht
> wissen).
>
> Na gut, jetzt ist es mir klar, aber vielleicht macht sich
> nochmal jemand die Mühe, nachzuprüfen, ob das jetzt
> wirklich das schlagende Argument für diese Stelle des
> Beweises ist.
Ja, das hast du richtig erkannt. f(z)/(z-a) ist wieder eine auf D analytische Funktion, kann also ihrerseits in eine Potenzreihe entwickelt werden. Außerhalb von a haben beide Funktionen dieselben Nullstellen.
Ich hab übrigens einen anderen Beweis gelernt, der auf der Stetigkeit von Potenzreihen basiert:
Sei f(z) = [mm] \sum_{i=0}^\infty a_i (z-a)^i, [/mm] |z-a|<r, eine von der Nullreihe verschiedene Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a.
I. Ist f(a) [mm] \ne [/mm] 0, dann gibt es wegen der Stetigkeit von f eine Umgebung von a, in der f von 0 verschieden ist.
II. Ist f(a) = 0, dann gibt es einen kleinsten Index k mit [mm] a_{k} \ne [/mm] 0. g(z) = [mm] f(z)/(z-a)^k [/mm] ist dann immer noch eine Potenzreihe, mit Absolutglied ungleich 0. Jede von a verschiedene Nullstelle von f ist auch Nullstelle von g, und nach I. ist a eine isolierte Nullstelle von f.
Gruss,
SirJective
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:29 Mo 09.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo SirJective!
> > nochmal jemand die Mühe, nachzuprüfen, ob das jetzt
> > wirklich das schlagende Argument für diese Stelle des
> > Beweises ist.
>
> Ja, das hast du richtig erkannt. f(z)/(z-a) ist wieder eine
> auf D analytische Funktion, kann also ihrerseits in eine
> Potenzreihe entwickelt werden. Außerhalb von a haben beide
> Funktionen dieselben Nullstellen.
Danke für die Bestätigung! Mittlerweile bin ich schon soweit, dass ich gar nicht mehr weiß, was mir daran eigentlich ursprünglich unklar gewesen sein konnte.
> Ich hab übrigens einen anderen Beweis gelernt, der auf der
> Stetigkeit von Potenzreihen basiert:
> Sei f(z) = [mm]\sum_{i=0}^\infty a_i (z-a)^i,[/mm] |z-a|<r, eine
> von der Nullreihe verschiedene Potenzreihe mit
> Entwicklungspunkt a.
> I. Ist f(a) [mm]\ne[/mm] 0, dann gibt es wegen der Stetigkeit von f
> eine Umgebung von a, in der f von 0 verschieden ist.
> II. Ist f(a) = 0, dann gibt es einen kleinsten Index k mit
> [mm]a_{k} \ne[/mm] 0. g(z) = [mm]f(z)/(z-a)^k[/mm] ist dann immer noch eine
> Potenzreihe, mit Absolutglied ungleich 0. Jede von a
> verschiedene Nullstelle von f ist auch Nullstelle von g,
> und nach I. ist a eine isolierte Nullstelle von f.
Soweit ich das sehe, gilt dein Beweis für Potenzreihen (und dafür kenne ich ihn auch so, obwohl ich ihn im zitierten Buch noch nicht gefunden habe).
Aber für eine analytische Funktion wäre es doch denkbar, dass sie (lokal) an einer Nullstelle in die Nullreihe entwickelbar ist (dass das für analytische Funktionen nicht möglich ist, weil dann f selbst bereits die Nullfunktion wäre, folgt ja erst durch den Identitätssatz der wiederum aus "meinem" Satz folgt.)
Am I wrong?
Viele Grüße und Danke,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:40 Mi 11.08.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Marc!
Um dich vollkommen zu verwirren, schalte ich mich jetzt auch mal ein (allerdings habe ich die Diskussion nur oberflächlich verfolgt). Du kennst mich: Ich muss zu allem meinen Senf dazugeben, auch von Dingen, von denen ich keine Ahnung (mehr) habe, sieh mir das bitte nach. 
> > Ja, das hast du richtig erkannt. f(z)/(z-a) ist wieder
> eine
> > auf D analytische Funktion, kann also ihrerseits in eine
Frage: Was verstehst du (bzw. Herr Freitag oder Herr Busam, habe das Buch (nur) zu Hause und nicht hier auf der Arbeit, mein Urlaub ist seit heute zu Ende :-() genau unter analytisch?
Reell-analytisch oder holomorph? Holomorph, nehme ich mal an...
> Soweit ich das sehe, gilt dein Beweis für Potenzreihen (und
> dafür kenne ich ihn auch so, obwohl ich ihn im zitierten
> Buch noch nicht gefunden habe
> Aber für eine analytische Funktion wäre es doch denkbar,
> dass sie (lokal) an einer Nullstelle in die Nullreihe
> entwickelbar ist (dass das für analytische Funktionen nicht
> möglich ist, weil dann f selbst bereits die Nullfunktion
> wäre, folgt ja erst durch den Identitätssatz der wiederum
> aus "meinem" Satz folgt.)
Das sehe ich auch so. Solange $D$ keine Kreisscheibe ist, funktioniert der Beweis so nicht mehr, wenn man den Identitätssatz (für holomorphe Funktionen oder Potenzreihen) zur Verfügung hat. Ich nehme mal an, bei Christians Beweis hatte man diese Aussage schon.
> Am I wrong?
No, you are right.
Ich würde mich aber nicht zu sehr damit aufhalten, da du ja einen Beweis hast, der funktioniert.
Edit: Ach so, jetzt verstehe ich es besser. Habe unten noch den vollständigen Beweis gesehen, mit dem Zusammenhangsargument. Das müsste man dann bei Christians Beweis auch noch ergänzen, dann stimmt er. So, wie er jetzt da steht, ist er ohne Identitätssatz unvollständig.
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:04 Mi 11.08.2004 | | Autor: | Marc |
Lieber Stefan!
> Um dich vollkommen zu verwirren, schalte ich mich jetzt
> auch mal ein (allerdings habe ich die Diskussion nur
> oberflächlich verfolgt). Du kennst mich: Ich muss zu allem
> meinen Senf dazugeben, auch von Dingen, von denen ich keine
> Ahnung (mehr) habe, sieh mir das bitte nach.
Wir werden sehen...
> > > Ja, das hast du richtig erkannt. f(z)/(z-a) ist wieder
>
> > eine
> > > auf D analytische Funktion, kann also ihrerseits in
> eine
>
> Frage: Was verstehst du (bzw. Herr Freitag oder Herr Busam,
> habe das Buch (nur) zu Hause und nicht hier auf der Arbeit,
> mein Urlaub ist seit heute zu Ende :-() genau unter
> analytisch?
>
> Reell-analytisch oder holomorph? Holomorph, nehme ich mal
> an...
Reell-analytisch kenne ich nicht, aber die Autoren benutzen (komplex) analytisch, holomorph oder regulär in D äquivalent für "in jedem Punkt D, D offen, komplex differenzierbar".
> > Soweit ich das sehe, gilt dein Beweis für Potenzreihen
> (und
> > dafür kenne ich ihn auch so, obwohl ich ihn im zitierten
>
> > Buch noch nicht gefunden habe
>
> > Aber für eine analytische Funktion wäre es doch denkbar,
>
> > dass sie (lokal) an einer Nullstelle in die Nullreihe
> > entwickelbar ist (dass das für analytische Funktionen
> nicht
> > möglich ist, weil dann f selbst bereits die Nullfunktion
>
> > wäre, folgt ja erst durch den Identitätssatz der wiederum
>
> > aus "meinem" Satz folgt.)
>
> Das sehe ich auch so. Solange [mm]D[/mm] keine Kreisscheibe ist,
> funktioniert der Beweis so nicht mehr, wenn man den
> Identitätssatz (für holomorphe Funktionen oder
> Potenzreihen) zur Verfügung hat. Ich nehme mal an, bei
> Christians Beweis hatte man diese Aussage schon.
>
> > Am I wrong?
>
> No, you are right.
>
> Ich würde mich aber nicht zu sehr damit aufhalten, da du ja
> einen Beweis hast, der funktioniert.
Ja, klar. Ich werde es jetzt auch als erledigt kennzeichnen. Aber manchmal ist halt die Furcht da, etwas vielleicht gar nicht verstanden zu haben.
> Edit: Ach so, jetzt verstehe ich es besser. Habe unten noch
> den vollständigen Beweis gesehen, mit dem
> Zusammenhangsargument. Das müsste man dann bei Christians
> Beweis auch noch ergänzen, dann stimmt er. So, wie er jetzt
> da steht, ist er ohne Identitätssatz unvollständig.
Alles klar, diese Meinung hatte ich ja auch und wollte sie nur mal bestätigt haben... Danke für die Entwirrung
Liebe Grüße,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:24 Mo 09.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Marc
vielleicht hilft dir als Bestätigung deiner Ueberlegung auch folgender Beweis, den ich in Rühs: Funktionentheorie, VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften (Berlin 1971) gefunden habe. In ihm wird explizit auf die n-fachheit der Nullstelle in $a$ (hier [mm] $z_{0}$) [/mm] Bezug genommen.
"
Nullstellen einer analytischen Funktion.
Ist $f(z)$ in der Umgebung der Stelle [mm] $z_{0}$ [/mm] analytisch und sind
[mm] $f(z_{0})=f'(z_{0})= [/mm] ... [mm] =f^{(n-1)}(z_{0})=0$, [/mm] aber [mm] $f^{n}(z_{0})\not [/mm] =0$, so lautet also die Taylorentwicklung
[mm] $f(z)=(z-z_{0})^{n}*(b_{0}+b_{1}(z-z_{0})+O(z-z_{0})^{2})$, $b_{0}\not [/mm] = 0$,
dann heisst [mm] $z_{0}$ [/mm] eine "n-fache Nullstelle" oder "Nullstelle n-ter Ordnung" von $f(z)$. Es ist dann
[mm] $g(z)=\bruch{f(z)}{(z-z_{0})^{n}}=\summe_{n=0}^{\infty}b_{n}(z-z_{0})^{n}$
[/mm]
in einer Umgebung von [mm] $z_{0}$ [/mm] analytisch, und da noch [mm] $g(z_{0})=b_{0}\not [/mm] = 0$ ist, gibt es wegen der Stetigeit eine Umgebung von [mm] $z_{0}$, [/mm] in der [mm] $g(z)\not [/mm] = 0$ ist. Das Gleiche trifft daher auch für $f(z) = [mm] g(z)(z-z_{0})^{n}$, [/mm] abgesehen vom Punkt [mm] $z_{0}$ [/mm] selbst, zu. Es gilt somit der Satz:
Ist $f(z)$ in einem Gebiet $G$ analytisch und nicht konstant, so können sich die Nullstellen von $f(z)$ in $G$ nirgends häufen.
Diese Tatsache kann man auch folgendermassen ausdrücken:
Besitzt eine in einem Gebiet $G$ analytische Funktion $f(z)$ Nullstellen in einer Punktfolge [mm] $\{ z_{k}\}$, [/mm] die in $G$ einen Häufungspunkt hat, so ist $f(z) [mm] \equiv [/mm] 0$ in $G$.
"
Weiter wird die Folgerung des Identitätssatzes angeführt und auch der Regel von De l' Hôpital.
Mit lieben Grüssen
P.S. Ich habe diese Antwort in keinem anderen Forum gegeben.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:33 Mo 09.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paul!
> vielleicht hilft dir als Bestätigung deiner Ueberlegung
> auch folgender Beweis, den ich in Rühs: Funktionentheorie,
> VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften (Berlin 1971)
> gefunden habe. In ihm wird explizit auf die n-fachheit der
> Nullstelle in [mm]a[/mm] (hier [mm]z_{0}[/mm]) Bezug genommen.
Danke, dass du dir diese Mühe gemacht hast!
> "
> Nullstellen einer analytischen Funktion.
>
> Ist [mm]f(z)[/mm] in der Umgebung der Stelle [mm]z_{0}[/mm] analytisch und
> sind
> [mm]f(z_{0})=f'(z_{0})= ... =f^{(n-1)}(z_{0})=0[/mm], aber
> [mm]f^{n}(z_{0})\not =0[/mm], so lautet also die Taylorentwicklung
> [mm]f(z)=(z-z_{0})^{n}*(b_{0}+b_{1}(z-z_{0})+O(z-z_{0})^{2})[/mm],
> [mm]b_{0}\not = 0[/mm],
> dann heisst [mm]z_{0}[/mm] eine "n-fache
> Nullstelle" oder "Nullstelle n-ter Ordnung" von [mm]f(z)[/mm]. Es
> ist dann
>
> [mm]g(z)=\bruch{f(z)}{(z-z_{0})^{n}}=\summe_{n=0}^{\infty}b_{n}(z-z_{0})^{n}[/mm]
> in einer Umgebung von [mm]z_{0}[/mm] analytisch, und da noch
> [mm]g(z_{0})=b_{0}\not = 0[/mm] ist, gibt es wegen der Stetigeit
> eine Umgebung von [mm]z_{0}[/mm], in der [mm]g(z)\not = 0[/mm] ist. Das
> Gleiche trifft daher auch für [mm]f(z) = g(z)(z-z_{0})^{n}[/mm],
> abgesehen vom Punkt [mm]z_{0}[/mm] selbst, zu. Es gilt somit der
Bis hierhin ist es SirJectives Beweis sehr ähnlich, genaugenommen sehe ich keinen wesentlichen Unterschied.
Der kleinste nicht-verschwindende Koeffizient wird hier nur über die Taylorentwicklung gefunden.
Dein Beweis bezieht sich auch wieder nur auf die lokale Analyzität.
> Satz:
>
> Ist [mm]f(z)[/mm] in einem Gebiet [mm]G[/mm] analytisch und nicht konstant,
> so können sich die Nullstellen von [mm]f(z)[/mm] in [mm]G[/mm] nirgends
> häufen.
Das ist jetzt genau noch meine Frage, ob das für ganze Gebiete so schnell und ohne weiteren Zusatz folgt.
Herr/Frau Rühs scheint ja der Meinung zu sein, da auf den Beweis verzichtet wurde.
> Diese Tatsache kann man auch folgendermassen ausdrücken:
>
> Besitzt eine in einem Gebiet [mm]G[/mm] analytische Funktion [mm]f(z)[/mm]
> Nullstellen in einer Punktfolge [mm]\{ z_{k}\}[/mm], die in [mm]G[/mm] einen
> Häufungspunkt hat, so ist [mm]f(z) \equiv 0[/mm] in [mm]G[/mm].
> "
Das sehe ich ein, dass das dann äquivalent ist.
> Weiter wird die Folgerung des Identitätssatzes angeführt
> und auch der Regel von De l' Hôpital.
>
> Mit lieben Grüssen
>
> P.S. Ich habe diese Antwort in keinem anderen Forum
> gegeben.
Ja, ich werde diesen Zwang es ja noch "lockern"!
Liebe Grüße und Danke,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:03 Mo 09.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Marc
>
> > Satz:
> >
> > Ist [mm]f(z)[/mm] in einem Gebiet [mm]G[/mm] analytisch und nicht konstant,
>
> > so können sich die Nullstellen von [mm]f(z)[/mm] in [mm]G[/mm] nirgends
> > häufen.
>
> Das ist jetzt genau noch meine
> Frage, ob das
> für ganze Gebiete so schnell und ohne weiteren Zusatz
> folgt.
> Herr/Frau Rühs scheint ja der Meinung zu sein, da auf den
> Beweis verzichtet wurde.
>
auf die Gefahr hin, dass ich es mir zu einfach mache und mich deshalb einmal mehr grauenhaft blamiere (wenn man über 50 Jahre alt ist, stellt das allerdings kein Problem mehr dar ), will ich nur diesen Hinweis geben:
I) Ueber die Lage von [mm] $z_{0}$ [/mm] wird ja gar nichts vorausgesetzt, nur dass es eine Nullstelle ist und innerhalb von $G$ liegt und [mm] $f^{(n+1)}(z_{0}) \not [/mm] = 0$ ist.
II) Die Funktion ist aber nach Voraussetzung innerhalb ganz $G$ analytisch.
Aus I) und II) folgere ich, dass der Satz auch tatsächlich auf ganz $G$ gilt.
Mit lieben Grüssen
Errare humanum est
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:23 Mo 09.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paul!
> auf die Gefahr hin, dass ich es mir zu einfach mache und
> mich deshalb einmal mehr grauenhaft blamiere (wenn man über
> 50 Jahre alt ist, stellt das allerdings kein Problem mehr
> dar ), will ich nur diesen Hinweis geben:
Nein, ich werde mich bestimmt blamieren!
> I) Ueber die Lage von [mm]z_{0}[/mm] wird ja gar nichts
> vorausgesetzt, nur dass es eine Nullstelle ist und
> innerhalb von [mm]G[/mm] liegt und [mm]f^{(n+1)}(z_{0}) \not = 0[/mm] ist.
>
>
> II) Die Funktion ist aber nach Voraussetzung innerhalb ganz
> [mm]G[/mm] analytisch.
>
> Aus I) und II) folgere ich, dass der Satz auch tatsächlich
> auf ganz [mm]G[/mm] gilt.
Ja, das hatte ich auch nicht bestritten bzw. das sehe ich natürlich ein.
In der anderen Frage hatte ich ja shcon so einen Fall geschildert, der mir vorschwebt:
Auf dem Gebiet G ist f analytisch, aber was schließt aus, dass f an einer Nullstelle in eine Nullreihe entwickelt werden könnte?
Für diese Nullreihe ist dann SirJectives und dein Satz nicht anwendbar, und die Nullstellen häufen sich.
Ein zweites Beispiel, was zeigt, dass die lokale Betrachtungsweise nicht ausreicht.
Angenommen, f hat in G [mm] ($0\in [/mm] G$) die Nullstellenmenge [mm] $N(f)=\{1,\bruch{1}{2},\bruch{1}{3},\bruch{1}{4},\bruch{1}{4},\ldots\}$.
[/mm]
Dann findet man doch für jede Nullstelle eine Umgebung, in der f --ausser in der Nullstelle selbst-- nicht verschwindet, trotzdem ist die Nullstellenmenge nicht diskret in G.
Was habe ich nicht beachtet?
Viele Grüße,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:01 Di 10.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Marc
ich habe deine andere Frage eigentlich gar nicht so genau studiert, und werde es wohl auch nicht tun (ausser ich kriege doch noch Lust dazu), denn dein jetziges Beispiel scheint mir den Zweck zu erfüllen.
> Ein zweites Beispiel, was zeigt, dass die lokale
> Betrachtungsweise nicht ausreicht.
> Angenommen, f hat in G ([mm]0\in G[/mm]) die Nullstellenmenge
> [mm]N(f)=\{1,\bruch{1}{2},\bruch{1}{3},\bruch{1}{4},\bruch{1}{4},\ldots\}[/mm].
>
der 5. Wert sollte sicher [mm] $\bruch{1}{5}$ [/mm] sein? Ich gehe mal davon aus.
> Dann findet man doch für jede Nullstelle eine Umgebung, in
> der f --ausser in der Nullstelle selbst-- nicht
> verschwindet, trotzdem ist die Nullstellenmenge nicht
> diskret in G.
>
Das glaube ich nicht, bei $0$ ist das nicht der Fall! Hast du nicht in deinem Beweis gezeigt, dass bei dieser Konstellation $f(0)=0$ gelten muss, wegen der Stetigkeit von $f(z)$ ($0$ ist ja Häufungspunk deiner vorgegebenen Nullstellen)? Das heisst dann aber auch, dass es in jeder Umgebung von $0$, das ja erwiesenermassen eine Nullstelle ist, eben doch neben $0$ noch weitere Nullstellen vorhanden sind!
Na ja, für heute bin ich wohl am Ende des Lateins. Tut mir leid, ich weiss nicht mehr weiter. Vielleicht nach einer erholsamen Nacht wieder!
Also: Gute Nacht, schlaf gut!
> Was habe ich nicht beachtet?
>
Wohl den Umstand, dass der Häufungspunkt der Nullstellen bei einer analytischen Funktion selber auch eine Nullstelle ist(?)
Mit lieben Grüssen
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:35 Di 10.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paul!
> Das glaube ich nicht, bei [mm]0[/mm] ist das nicht der Fall! Hast du
> nicht in deinem Beweis gezeigt, dass bei dieser
> Konstellation [mm]f(0)=0[/mm] gelten muss, wegen der Stetigkeit von
> [mm]f(z)[/mm] ([mm]0[/mm] ist ja Häufungspunk deiner vorgegebenen
> Nullstellen)? Das heisst dann aber auch, dass es in jeder
> Umgebung von [mm]0[/mm], das ja erwiesenermassen eine Nullstelle
> ist, eben doch neben [mm]0[/mm] noch weitere Nullstellen vorhanden
> sind!
Siehste, jetzt habe ich mich doch blamiert. Klar, dass 0 dann auch zur Nullstellenmenge gehört.
> Na ja, für heute bin ich wohl am Ende des Lateins. Tut mir
> leid, ich weiss nicht mehr weiter. Vielleicht nach einer
> erholsamen Nacht wieder!
>
> Also: Gute Nacht, schlaf gut!
>
> > Was habe ich nicht beachtet?
> >
>
> Wohl den Umstand, dass der Häufungspunkt der Nullstellen
> bei einer analytischen Funktion selber auch eine Nullstelle
> ist(?)
Ja, natürlich.
Trotzdem bleibt das erste Problem, dass der "lokalen Nullreihe".
Viele Grüße und Danke,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:44 Di 10.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Marc
ich bin ein Depp!
Jetzt verstehe ich erst dein Problem in der anderen Frage.
Ich glaube, irgendwo mal den Beweis gelesen zu haben (im Reellen allerdings), dass eine stetige Funktion, die in einem Intervall konstant 0 ist, an einer Stelle ausserhalb des Intervalls aber [mm] $\not [/mm] = 0$ ist, dann zwingend dort, wo die Funktion den Wert $0$ verlässt, eine höhere Ableitung unstetig wird. Ich weiss, das ist jetzt schon etwas salopp ausgedrückt . Im Komplexen würde das dann wohl heissen, dass die Funktion nicht analytisch sein kann. (Falls sich der Beweis aufs Komplexe übertragen lässt!)
Da ich das Büchlein mit dem Beweis zu Hause habe, musst du noch bis am Abend warten, bis ich Genaueres weiss. (Wenn sich die Frage bis dahin nicht erledigt hat )
Das sollte aber kein Problem sein, da ja gilt:
[mm] "$\limes$ [/mm] (Geduld von Marc) $= [mm] \infty$"
[/mm]
Mit lieben Grüssen
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:45 Di 10.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paul!
> ich bin ein Depp!
Ja, aber du bist damit ein kleinstes Element der Menge aller Menschen.
> Jetzt verstehe ich erst dein Problem in der anderen
> Frage.
>
> Ich glaube, irgendwo mal den Beweis gelesen zu haben (im
> Reellen allerdings), dass eine stetige Funktion, die in
> einem Intervall konstant 0 ist, an einer Stelle ausserhalb
> des Intervalls aber [mm]\not = 0[/mm] ist, dann zwingend dort, wo
> die Funktion den Wert [mm]0[/mm] verlässt, eine höhere Ableitung
> unstetig wird. Ich weiss, das ist jetzt schon etwas salopp
> ausgedrückt . Im Komplexen würde das dann wohl heissen,
> dass die Funktion nicht analytisch sein kann. (Falls sich
> der Beweis aufs Komplexe übertragen lässt!)
>
> Da ich das Büchlein mit dem Beweis zu Hause habe, musst du
> noch bis am Abend warten, bis ich Genaueres weiss. (Wenn
> sich die Frage bis dahin nicht erledigt hat )
>
> Das sollte aber kein Problem sein, da ja gilt:
> "[mm]\limes[/mm] (Geduld von Marc) [mm]= \infty[/mm]"
Nein, ich will es jetzt wissen!!
Nein, ich werde auch erst heute Abend wieder reinschauen.
Obwohl ich mich nocht nicht damit beschäftigt habe, ob sich dein Beispiel auf den komplexen Fall übertragen läßt, brauchen wir doch jetzt endlich den Zusammenhang des Gebietes, denn sonst könnte die Menge G ja auch eine isolierte Kreisscheibe enthalten, in der f in die Nullreihe entwickelt wird.
Naja, ich werde auch heute Abend/Nacht noch mal in Ruhe darüber nachdenken.
Viele Grüße und wieder Danke,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:33 Di 10.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Marc
mit etwas Verspätung habe ichs doch noch geschafft. Die Familie hat mich ein Wenig absorbiert.
Hier also der Satz, den ich nicht mehr ganz richtig wiedergegeben habe.
In der Einleitung wird gesagt: es soll noch auf folgende paradoxe, für die höhere Analysis jedoch bedeutungsvolle Tatsache aufmerksam gemacht werden:
Es sei $f: [mm] \mathbb{R} \to \mathbb{R}, [/mm] f [mm] \not \equiv [/mm] 0$, eine beliebig oft differenzierbare und ausserhalb eines endlichen Intervalls [mm] $[\alpha ,\beta]$ [/mm] identisch verschwindende Funktion.
Dann gibt es eine Punktfolge, [mm] $(\xi_{n})$ [/mm] mit [mm] $\mid f^{(n)}(\xi_{n})\mid \to \infty$. [/mm] In anderen Worten: Die Ableitungen von $f$ nehmen notwendigerweise beliebig grosse Werte an.
Zum Beweis der Behauptung wählen wir einen Punkt $a [mm] \not \in [\alpha ,\beta]$ [/mm] sowie einen Punkt $b$ mit $f(b)=:C [mm] \not [/mm] = 0$. Dann gibt es zu jedem $n > 0$ ein [mm] $\xi_{n}$ [/mm] zwischen $a$ und $b$ derart, dass gilt:
[mm] $f(b)=\mathcal{T}_{n-1,a}f(b) [/mm] + [mm] \bruch{f^{(n)}(\xi_{n})}{n!}(b-a)^{n}$
[/mm]
Da $f$ in einer ganzen Umgebung von $a$ identisch verschwindet, ist [mm] $\mathcal{T}_{n-1,a}f \equiv [/mm] 0 [mm] \forall [/mm] n$, und wir erhalten:
[mm] $f^{(n)}(\xi_{n}) [/mm] = [mm] C*\bruch{n!}{(b-a)^{n}} \, \forall [/mm] n [mm] \in \mathbb{N}$
[/mm]
hieraus folgt die Behauptung, da $n!$ mit $n [mm] \to \infty$ [/mm] schneller wächst als [mm] $(b-a)^{n}$
[/mm]
Anmerkung der Redaktion (Paulus): [mm] $\mathcal{T}_{n,a}f$ [/mm] ist das n-te Taylorsche Approximationspolynom von $f$ an der Stelle $a$.
Wie sehr das von Nutzen für dein Problem ist, musst du selber beurteilen. Es besagt aber doch auch: wenn $f$ in einem ganzen Intervall $=0$ ist, aber ausserhalb des Intervalls [mm] $\not [/mm] = 0$, dann gibt es zwischen einem Punkt innerhalb des Intervalls dem besagten Punkt ausserhalb des Intervalls eine Stelle, wo die n-te Ableitung beliebig gross werden kann.
Bei deinem Problem wird ja auch vorausgesetzt, dass die Funktion im Gebiet $G [mm] \not \equiv [/mm] 0$ sein soll. Das heisst doch auch, dass, wenn es lokal, wie du es nennst, durch eine Nullreihe dargestellt werden kann, es in $G$ doch noch mindestens einen Punkt geben muss, wo der Funktionswert nicht verschwindet.
Mit lieben Grüssen
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:24 Mi 11.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paul!
Danke für das vollständige Zitat, ich werde es mir morgen zu Gemüte führen.
> Wie sehr das von Nutzen für dein Problem ist, musst du
> selber beurteilen. Es besagt aber doch auch: wenn [mm]f[/mm] in
> einem ganzen Intervall [mm]=0[/mm] ist, aber ausserhalb des
> Intervalls [mm]\not = 0[/mm], dann gibt es zwischen einem Punkt
> innerhalb des Intervalls dem besagten Punkt ausserhalb des
> Intervalls eine Stelle, wo die n-te Ableitung beliebig
> gross werden kann.
>
> Bei deinem Problem wird ja auch vorausgesetzt, dass die
> Funktion im Gebiet [mm]G \not \equiv 0[/mm] sein soll. Das heisst
> doch auch, dass, wenn es lokal, wie du es nennst, durch
> eine Nullreihe dargestellt werden kann, es in [mm]G[/mm] doch noch
> mindestens einen Punkt geben muss, wo der Funktionswert
> nicht verschwindet.
Ich habe ja auch alle drei Beweise komplett verstanden, jedenfalls liegt dort mein Problem gar nicht.
Was ich nicht verstehe, ist, dass Eure beiden Beweise nur lokale Eigenschaften zeigen und dann nicht mehr begründen, warum es dann auch im ganzen Gebiet gilt.
In deinem Beweis steht plötzlich "Es gilt somit der Satz: Ist in einem Gebiet analytisch und nicht konstant, so können sich die Nullstellen von in nirgends häufen."
Mich wundert nur diese Selbstverständlichkeit, für den Schluß auf das ganze Gebiet hätte ich mehr Ausführlichkeit (wie in meinem Beweis) erwartet.
Mir ist klar, dass man die im Satz vorkommende Funktion nirgends in eine Nullreihe entwickeln kann, und ich denke, unsere Diskussion zeigt doch bereits, dass es so trivial nicht sein kann, dass man doch für den Schluß vom Lokalen auf das ganze Gebiet ein Zusammenhangsargument braucht (wie in "meinem" Beweis).
Oder --und das ist das Wahrscheinlichste, und diese Spur verfolge ich gerade durch diese Diskussion-- es ist so trivial, dass ich es nicht sehe.
"if you can't understand it, it's intuitively obvious."
Liebe Grüße und Danke für deine Geduld mit mir,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:48 Di 10.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Marc
nachdem der Beweis dieses Satzes doch einige Fragen und evtl. Irrtümer generiert, will ich noch gerne ein paar Unklarheiten beseitigt haben. Du zitierst den Beweis ja nicht, sonder kürzst ein wenig ab und ergänzt durch diegen e Bemerkungen. Deshalb noch die paar Fragen meinerseits dazu:
>
> Zunächst der Satz:
>
> Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] eine von der Nullfunktion verschiedene
> analytische Funktion auf einem Gebiet [mm]D\subset\IC[/mm]. Die
> Menge [mm]N(f)[/mm] der Nullstellen von f ist diskret in D.
>
> Nun zum Beweis (aus: "Funktionentheorie I", Freitag, Busam,
> Springer-Verlag), den ich mit meinen Kommentaren versehe:
>
> > Sei [mm]a\in D[/mm] ein Häufungspunkt der Nullstellenmenge N(f)
> von f. Wir entwickeln f in eine Potenzreihe um diesen
> Punkt:
> > [mm]f(x)=\summe_{n=0}^{\infty} a_n(z-a)^n,\ |z-a|
>
Sollte hier nicht $f(z)$ anstelle von $f(x)$ stehen?
> > Da a Häufungspunkt der Nullstellenmenge ist, gibt es in
> beliebiger Nähe von a Punkte [mm]z\not=a[/mm] mit f(z)=0.
>
Diese Voraussetzung über $z$ .....
> > Hieraus folgt wegen der Stetigkeit von f: [mm]a_0=f(a)=0[/mm].
>
> bis hierhin habe ich alles verstanden.
>
> > Wendet man denselben Schluß auf die Reihe
> > [mm]\bruch{f(z)}{z-a}=a_1+a_2(z-a)+\ldots[/mm]
> > an, so erhält man [mm]a_1=0[/mm] usw.
>
... gilt die hier auch noch?. Wenn ja, dann sollten alle Unklarheiten beseitigt sein, da dann ....
> Diesen Schluß verstehe ich nicht.
> Die Funktion [mm]\bruch{f(z)}{z-a}[/mm] hat doch nun nicht mehr a
> als Nullstelle bzw. a ist nicht mehr Häufungspunkt der
> Nullstellenmenge [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)[/mm].
>
... diese Feststellung nicht mehr zutrifft. Dann ist nämlich $(z-a) [mm] \not [/mm] = 0$, und die Nullstellen bleiben allesamt erhalten, egal, wievielfach diese Nullstelle sein mag. Die Funktion wird ja schliesslich durch eine Zahl [mm] $\not [/mm] = 0$ dividiert, was ja die Nullstellen bestehen lässt!
> Oder doch -Moment, jetzt beantworte ich mir die Frage
> selbst- a ist weiterhin Häufungspunkt von
> [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)[/mm], denn
> [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)\setminus\{a\}=N\left(f\right)\setminus\{a\}[/mm]
> (das a habe ich herausgenommen, da es ja auch mehrfache
> Nullstelle von f sein könnte, was wir jetzt noch nicht
> wissen).
>
Das wäre dann eben nicht mehr die korrekte Begründung (die Mehrfachheit der Nullstelle).
Vielleicht schaust du den Beweis im Original nochmals nach und überprüfst dabei meine Fragen dazu?
Mit lieben Grüssen
P.S. Wenn schon verwirren, dann aber auch gerade richtig!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:08 Mi 11.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paul!
> Hallo Marc
>
> nachdem der Beweis dieses Satzes doch einige Fragen und
> evtl. Irrtümer generiert, will ich noch gerne ein paar
> Unklarheiten beseitigt haben. Du zitierst den Beweis ja
> nicht, sonder kürzst ein wenig ab und ergänzt durch diegen
> e Bemerkungen. Deshalb noch die paar Fragen meinerseits
> dazu:
Jetzt habe ich ihn vollständig zitiert
> > > [mm]f(x)=\summe_{n=0}^{\infty} a_n(z-a)^n,\ |z-a|
> >
>
>
> Sollte hier nicht [mm]f(z)[/mm] anstelle von [mm]f(x)[/mm] stehen?
Klar, war ein Schreibfehler.
> > > Da a Häufungspunkt der Nullstellenmenge ist, gibt es in
>
> > beliebiger Nähe von a Punkte [mm]z\not=a[/mm] mit f(z)=0.
> >
>
> Diese Voraussetzung über [mm]z[/mm] .....
Du meinst f(z)=0?
> > > Hieraus folgt wegen der Stetigkeit von f: [mm]a_0=f(a)=0[/mm].
> >
> > bis hierhin habe ich alles verstanden.
> >
> > > Wendet man denselben Schluß auf die Reihe
> > > [mm]\bruch{f(z)}{z-a}=a_1+a_2(z-a)+\ldots[/mm]
> > > an, so erhält man [mm]a_1=0[/mm] usw.
> >
>
> ... gilt die hier auch noch?.
Nein, ich denke, dass man hier einfach obige Reihe (wo ich aus Versehen f(x) geschrieben hatte) durch z-a dividiert hat, und eine neue Reihe erhielt, da [mm] $a_0=0$ [/mm] galt.
Jetzt ist a (dasselbe a wie zu Anfang gewählt) wieder Häufungspunkt der Nullstellenmenge von [mm] $\bruch{f(z)}{z-a}$, [/mm] es gibt wieder in beliebiger Nähe Punkte [mm] $z\neq0$ [/mm] mit [mm] $\bruch{f(z)}{z-a}=0$ [/mm] und es folgt [mm] $a_1=0$.
[/mm]
> Wenn ja, dann sollten alle
> Unklarheiten beseitigt sein, da dann ....
>
> > Diesen Schluß verstehe ich nicht.
> > Die Funktion [mm]\bruch{f(z)}{z-a}[/mm] hat doch nun nicht mehr
> a
> > als Nullstelle bzw. a ist nicht mehr Häufungspunkt der
>
> > Nullstellenmenge [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)[/mm].
> >
>
> ... diese Feststellung nicht mehr zutrifft. Dann ist
> nämlich [mm](z-a) \not = 0[/mm], und die Nullstellen bleiben
> allesamt erhalten, egal, wievielfach diese Nullstelle sein
> mag. Die Funktion wird ja schliesslich durch eine Zahl [mm]\not = 0[/mm]
> dividiert, was ja die Nullstellen bestehen lässt!
Was meinst du hier? Ich denke, diese Überlegung ist nicht wichtig für den Beweis. z-a ist ein einfach ein formaler Ausdruck, den man --wegen [mm] $a_0=0$-- [/mm] aus obiger Potenzreihe für f(z) ausklammern konnte und dadurch wieder eine Potenzreihe entstand, also [mm] $f(z)=(z-a)\bruch{f(z)}{z-a}=(z-a)*\left(a_1+a_2(z-a)+\ldots\right)$
[/mm]
>
> > Oder doch -Moment, jetzt beantworte ich mir die Frage
> > selbst- a ist weiterhin Häufungspunkt von
> > [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)[/mm], denn
> >
> [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)\setminus\{a\}=N\left(f\right)\setminus\{a\}[/mm]
>
> > (das a habe ich herausgenommen, da es ja auch mehrfache
>
> > Nullstelle von f sein könnte, was wir jetzt noch nicht
>
> > wissen).
> >
>
> Das wäre dann eben nicht mehr die korrekte Begründung (die
> Mehrfachheit der Nullstelle).
Wichtig für den Beweis ist meiner Meinung nach hier nur, dass f(z) und f(z)/(z-a) ausserhalb von a dieselben Nullstellen haben (so hat es ja SirJective besser formuliert, ich habe es etwas umständlicher mit [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)\setminus\{a\}=N\left(f\right)\setminus\{a\}[/mm] ausgedrückt. Die Begründung, dass ich a aus den Menge herausgenommen habe, ist die, dass für a einfache Nullstelle gilt: [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)\not=N\left(f\right)[/mm] aber für a mehrfache Nullstelle: [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)=N\left(f\right)[/mm]. Nimmt man das a aus beiden Mengen heraus, so stimmt die Gleichheit in beiden Fällen: [mm]N\left(\bruch{f(z)}{z-a}\right)\setminus\{a\}=N\left(f\right)\setminus\{a\}[/mm]).
> P.S. Wenn schon verwirren, dann aber auch gerade richtig!!
>
Eine durchaus nicht unübliche Prüfungssituation
Liebe Grüße,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:41 Mi 11.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Marc
> >
> > Diese Voraussetzung über [mm]z[/mm] .....
>
> Du meinst f(z)=0?
>
Nein, ich meine $f(z) [mm] \not [/mm] = a$
Sorry für die Unklarheit, ist ja gar nicht bijektiv
Mit lieben Grüssen
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:53 Mi 11.08.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paul!
> > > Diese Voraussetzung über [mm]z[/mm] .....
> >
> > Du meinst f(z)=0?
> >
>
> Nein, ich meine [mm]f(z) \not = a[/mm]
Noch einmal nachgehakt: Du meinst [mm] $z\not=a$?
[/mm]
> Sorry für die Unklarheit,
> ist ja gar nicht bijektiv
Was ich aber auf deine letzte Mitteilung geschrieben habe, ändert sich dadurch nicht.
Aber ich denke, ich bin mittlerweile auch nicht mehr "hilfebedürftig", so dass wir die Diskussion hier enden lassen können (es sei natürlich denn, du hast ein eigenes Interesse, sie weiterzuführen, dann natürlich gerne )
Danke, dass du dich mit meinem Problem beschäftigt hast!
Liebe Grüße,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:22 Mi 11.08.2004 | | Autor: | Marc |
(aus: "Funktionentheorie I", Freitag, Busam, Springer-Verlag)
Sei [mm]f:D\to\IC[/mm] eine von der Nullfunktion verschiedene analytische Funktion auf einem Gebiet [mm]D\subset\IC[/mm].
Die Menge [mm]N(f)[/mm] der Nullstellen von f ist diskret in D.
Beweis (indirekt)
Sei [mm]a\in D[/mm] ein Häufungspunkt der Nullstellenmenge N(f) von f. Wir entwickeln f in eine Potenzreihe um diesen Punkt:
[mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infty} a_n(z-a)^n,\ |z-a|
Da a Häufungspunkt der Nullstellenmenge ist, gibt es in beliebiger Nähe von a Punkte [mm]z\not=a[/mm] mit f(z)=0.
Hieraus folgt wegen der Stetigkeit von f: [mm]a_0=f(a)=0[/mm].
Wendet man denselben Schluß auf die Reihe [mm]\bruch{f(z)}{z-a}=a_1+a_2(z-a)+\ldots[/mm] an, so erhält man [mm]a_1=0[/mm] usw.
Die Koeffizienten der Potenzreihe verschwinden also.
Wir erhalten f(z)=0 in einer vollen Umgebung von a (sogar in der größten offenen Kreisscheibe um a, welche in D enthalten ist). Die Menge
[mm] $U=\{z\in D; \mbox{z ist Häufungspunkt von } N(f)\}$
[/mm]
ist also offen! Trivialerweise ist
[mm] $V=\{z\in D; \mbox{ z ist kein Häufungspunkt von } N(f)\}$
[/mm]
offen. Die Funktion
$g: [mm] D\to\IR$,
[/mm]
[mm]z\mapsto g(z)=
\left\{
\begin{array}{ll}
1&\mbox{für }z\in U,\\
0&\mbox{für } z\in V,
\end{array}
\right.[/mm]
ist lokal konstant, da U und V offen sind. Nun ist aber D zusammenhängend, also g konstant.
Da U nicht leer ist, folgt [mm] $V=\emptyset$ [/mm] und damit [mm] $f\equiv0$. $\Box$
[/mm]
|
|
|
|
