komplex differenzierbar < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:28 So 22.05.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Wieder mal eine Aufgabe, die mir erstmal wie chinesisch vorkommt:
Die Funktion f(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n [/mm] sei komplex differenzierbar im Einheitskreis [mm] |z|\le [/mm] 1, und es gelte [mm] \integral_{|z|\le 1}{|f(z)|^2dx\;dy}<\infty. [/mm] Zeige, dass dann
[mm] \bruch{1}{2\pi}\integral_{|z|\le 1}{|f(z)|^2dx\;dy} [/mm] = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{|a_n|^2}{2n+2}.
[/mm]
Ich denke mal, dass man hier irgendwelche Sätze für benötigt - könnte mir jemand ein paar Tipps geben, welche? Oder evtl. auch sagen, wie ich anfangen soll?
Viele Grüße
Bastiane
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:08 Mo 23.05.2005 | | Autor: | Peter_Pein |
Guten Morgähn,
da ich noch keinen Eimer voll Kaffee hatte, möchte ich erst mal nur mitteilen, was mir in den Sinn kam, als ich die Aufgabe sah:
Vieleicht kann man das angehen, indem [mm] $|f(z)|^2$ [/mm] als $f(z) [mm] \overline{f(z)}$ [/mm] geschrieben wird und dann die Cauchy-Riemann Dgl. drauf losläßt?
Ich schau vieleicht noch mal rein, wenn ich wach bin 
Liebe Grüße,
Peter
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Hallo Bastiane!
Eine richtige Lösung kann ich im Moment auch nicht bieten. Allerdings habe ich einen Ansatz, der funktionieren könnte: Du kannst ja die Funktion einfach in das Integral einsetzen. Das sieht dann so aus: [mm] $\int_{K_1}|f(z)|^2dz=\int_{K_1}\summe_{m=0}^\infty\summe_{n=0}^\infty (a_mz^m)\overline{(a_nz^n)}dz=\summe_{m=0}^\infty\summe_{n=0}^\infty\int_{K_1} (a_mz^m)\overline{(a_nz^n)}dz$.
[/mm]
Das mit dem Vertauschen geht, weil das Integral existiert und die Potenzreihen gleichmäßig konvergieren. Jetzt müsste man eigentlich nur noch [mm] $\int_{K_1}z^m\bar [/mm] z^ndz$ in den Griff kriegen. Und eigentlich müsste das $0$ sein für [mm] $m\ne [/mm] n$. Schließlich kann man [mm] $z=r*e^{it}$ [/mm] schreiben. Mit irgendeiner Transformationsformel sollte das eigentlich machbar sein...
Werde auch nochmal drüber nachdenken. Aber eigentlich müsste das schon glatt gehen.
Vielleicht hilft's dir ja weiter...
Gruß, banachella
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:24 Mo 23.05.2005 | | Autor: | banachella |
Hallo Bastiane!
Tatsächlich! So klappt's!
Man nehme die Transformation in Polarkoordinaten, also [mm] $\vektor{r\\\varphi}\mapsto\vektor{r\cos\varphi\\r\sin\varphi}=\vektor{x\\y}$. [/mm] Die Determinante der Ableitung dieser Transformation ist $r$. Also gilt:
[mm] $\int_{K_1}z^m\bar z^ndx\,dy=\int_0^1\int_{0}^{2\pi}\big(r^m(\cos(m\varphi)+i\sin(m\varphi))\big)\big(r^n(\cos(n\varphi)-i\sin(n\varphi))\big)*r\,d\varphi\,dr=\int_0^1r^{m+n+1}\int_0^{2\pi}\big(\cos(m\varphi)+i\sin(m\varphi)\big)\big(\cos(n\varphi)-i\sin(n\varphi)\big)\,d\varphi\,dr$.
[/mm]
Und weil [mm] $\int_0^{2\pi}\big(\cos(m\varphi)+i\sin(m\varphi)\big)\big(\cos(n\varphi)-i\sin(n\varphi)\big)\,d\varphi=2\pi\delta_{mn}$ [/mm] ist man bei der Behauptung angelangt...
Gruß, banachella
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![[wein]](/images/smileys/wein.gif "[wein]"){kind=small}
Aber ich denke, dass ich das verstehen werde - sieht ganz gut aus. Vielen vielen Dank! 