"periodische", meromorphe Fkt. < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 02:06 Mi 30.06.2010 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | Sei f: [mm] $\IC \to \IC$ [/mm] eine meromorphe Funktion, für die es [mm] $\IR$-linear [/mm] unabhängige komplexe Zahlen [mm] $\omega,{\omega}'$ [/mm] gibt mit:
[mm] f(z+\omega)=f(z)=f(z+\omega{'})[/mm]
Zeigen Sie, dass f auf dem Parallelogramm [mm]P = \{z \in \IC{\:}|{\:} z=\lambda\omega+\lambda{'}\omega{'}, \lambda,\lambda{'} \in [0,1]\} [/mm] nur endlich viele Polstellen [mm] $z_{1},...,z_{n} [/mm] hat, und dass gilt:
[mm] \summe_{k=1}^{n}res_{z=z_k}(f) = 0 [/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
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Hallo,
mir bereitet es Schwierigkeiten den zweiten Teil der Aussage zu zeigen.
Ich denke ich kann zeigen, dass f auf P nur endlich viele Nullstellen hat:
Zunächst gilt:
1. P kompakt (klar)
2. f meromorph $\Rightarrow S(f):=f^{-1}(\{\infty}\})$ ist diskret in $\IC$, f holomorph auf $\IC\backslash{S(f)}$
3. da $z_{i} \in \IC$ Pol $\gdw f(z) \to \infty\;\; (z \to z_i)$, ist $S(f)$ gerade die Menge der Pole von f.
Nehmen wir nun an, f hätte unendlich viele Nullstellen auf P $\Rightarrow$ es gibt einr Folge $(z_k)_{k\in\IN}$ in $S(f) \Rightarrow$ da P kompakt, insbesondere beschränkt hat $(z_k)_{k\in\IN}$ eine Teilfoge $(z_i)_{i\in\IN}$, welche konvergiert $\Rightarrow (z_i)_{i\in\IN}$ hat Häufungspunkt in P $\Rightarrow S(f)$ hat Häufungspunkt in P $\Rightarrow$ Widerspruch, da $S(f)$ diskret in $\IC$
Also hat f nur endlich viele Nullstellen.
Richtig bis hierhin?
Nun bleibt der zweite Teil der Behauptung zu zeigen. Ich habe leider keine Idee für einen Ansatz. Ich weiß nicht, wie ich aus den gegebenen Voraussetzungen etwas über die Residuen von f in den $z_k$ aussagen kann. Ich habe bisher die Voraussetzung [mm] f(z+\omega)=f(z)=f(z+\omega{'})[/mm] nicht gebraucht, diese sollte also noch ins Spiel kommen.
Kann mir jemand einen Ansatz geben?
Vielen Dank im Voraus.
Grüße, Lippel
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:32 Mi 30.06.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei f: [mm]\IC \to \IC[/mm] eine meromorphe Funktion, für die es
> [mm]\IR[/mm]-linear unabhängige komplexe Zahlen [mm]\omega,{\omega}'[/mm]
> gibt mit:
> [mm]f(z+\omega)=f(z)=f(z+\omega{'})[/mm]
>
> Zeigen Sie, dass f auf dem Parallelogramm [mm]P = \{z \in \IC{\:}|{\:} z=\lambda\omega+\lambda{'}\omega{'}, \lambda,\lambda{'} \in [0,1]\}[/mm]
> nur endlich viele Polstellen [mm]$z_{1},...,z_{n}[/mm] hat, und dass
> gilt:
> [mm]\summe_{k=1}^{n}res_{z=z_k}(f) = 0[/mm]
> Hallo,
>
> mir bereitet es Schwierigkeiten den zweiten Teil der
> Aussage zu zeigen.
> Ich denke ich kann zeigen, dass f auf P nur endlich viele
> Nullstellen hat:
>
> Zunächst gilt:
> 1. P kompakt (klar)
> 2. f meromorph [mm]\Rightarrow S(f):=f^{-1}(\{\infty}\})[/mm] ist
> diskret in [mm]\IC[/mm], f holomorph auf [mm]\IC\backslash{S(f)}[/mm]
> 3. da [mm]z_{i} \in \IC[/mm] Pol [mm]\gdw f(z) \to \infty\;\; (z \to z_i)[/mm],
> ist [mm]S(f)[/mm] gerade die Menge der Pole von f.
>
> Nehmen wir nun an, f hätte unendlich viele Nullstellen auf
> P [mm]\Rightarrow[/mm] es gibt einr Folge [mm](z_k)_{k\in\IN}[/mm] in [mm]S(f) \Rightarrow[/mm]
> da P kompakt, insbesondere beschränkt hat [mm](z_k)_{k\in\IN}[/mm]
> eine Teilfoge [mm](z_i)_{i\in\IN}[/mm], welche konvergiert
> [mm]\Rightarrow (z_i)_{i\in\IN}[/mm] hat Häufungspunkt in P
> [mm]\Rightarrow S(f)[/mm] hat Häufungspunkt in P [mm]\Rightarrow[/mm]
> Widerspruch, da [mm]S(f)[/mm] diskret in [mm]\IC[/mm]
> Also hat f nur endlich viele Nullstellen.
>
> Richtig bis hierhin?
Ja.
> Nun bleibt der zweite Teil der Behauptung zu zeigen. Ich
> habe leider keine Idee für einen Ansatz. Ich weiß nicht,
> wie ich aus den gegebenen Voraussetzungen etwas über die
> Residuen von f in den [mm]z_k[/mm] aussagen kann. Ich habe bisher
> die Voraussetzung [mm]f(z+\omega)=f(z)=f(z+\omega{'})[/mm] nicht
> gebraucht, diese sollte also noch ins Spiel kommen.
>
> Kann mir jemand einen Ansatz geben?
Rechne das Integral [mm] $\int_{\partial P} [/mm] f(z) dz$ mit Hilfe des Residuensatzes aus, wobei $P$ das Parallelogramm mit den Eckpunkten $0, [mm] \omega, \omega [/mm] + [mm] \omega', \omega'$ [/mm] ist, eventuell leicht verschoben, so dass sich kein Pol von $f$ auf dem Rand des Parallellogramms befindet.
Dann teile das Integral in vier Teilintegrale ueber die Raender auf und benutze, dass $f(z + [mm] \omega) [/mm] = f(z) = f(z + [mm] \omega')$ [/mm] ist.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:15 Mi 30.06.2010 | | Autor: | Lippel |
Hallo Felix,
vielen Dank für deine Antwort. Habe es verstanden :)
Viele Grüße, Lippel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:59 Mi 30.06.2010 | | Autor: | fred97 |
Das
http://www.informatik.uni-bremen.de/~malb/talks/20040713-Liouvillesche Saetze-Bremen.pdf
wird Dich sicher interessieren
FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:01 Mo 05.07.2010 | | Autor: | Lippel |
> Sei f: [mm]\IC \to \IC[/mm] eine meromorphe Funktion, für die es
> [mm]\IR[/mm]-linear unabhängige komplexe Zahlen [mm]\omega,{\omega}'[/mm]
> gibt mit:
> [mm]f(z+\omega)=f(z)=f(z+\omega{'})[/mm]
>
> Zeigen Sie, dass f auf dem Parallelogramm [mm]P = \{z \in \IC{\:}|{\:} z=\lambda\omega+\lambda{'}\omega{'}, \lambda,\lambda{'} \in [0,1]\}[/mm]
> nur endlich viele Polstellen [mm]$z_{1},...,z_{n}[/mm] hat, und dass
> gilt:
> [mm]\summe_{k=1}^{n}res_{z=z_k}(f) = 0[/mm]
>
Ich brauche für eine weitere Aufgabe ähnlichen Typs die Aussage, dass auch für die Ableitung der Funktion f gilt:
[mm] f'(z+\omega)=f'(z)=f'(z+\omega{'}) [/mm]
Das ist anschaulich klar und wahrscheinlich auch sehr leicht zu zeigen, ich kommen nur leider nicht drauf.
Kann mir jemand sagen, wie der Ansatz dazu aussehen würde geht?
Viele Dank im Voraus.
Grüße, Lippel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:45 Mo 05.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Sei f: [mm]\IC \to \IC[/mm] eine meromorphe Funktion, für die es
> > [mm]\IR[/mm]-linear unabhängige komplexe Zahlen [mm]\omega,{\omega}'[/mm]
> > gibt mit:
> > [mm]f(z+\omega)=f(z)=f(z+\omega{'})[/mm]
> >
> > Zeigen Sie, dass f auf dem Parallelogramm [mm]P = \{z \in \IC{\:}|{\:} z=\lambda\omega+\lambda{'}\omega{'}, \lambda,\lambda{'} \in [0,1]\}[/mm]
> > nur endlich viele Polstellen [mm]$z_{1},...,z_{n}[/mm] hat, und dass
> > gilt:
> > [mm]\summe_{k=1}^{n}res_{z=z_k}(f) = 0[/mm]
> >
>
> Ich brauche für eine weitere Aufgabe ähnlichen Typs die
> Aussage, dass auch für die Ableitung der Funktion f gilt:
> [mm]f'(z+\omega)=f'(z)=f'(z+\omega{'})[/mm]
>
> Das ist anschaulich klar und wahrscheinlich auch sehr
> leicht zu zeigen, ich kommen nur leider nicht drauf.
> Kann mir jemand sagen, wie der Ansatz dazu aussehen würde
> geht?
Es ist wirklich sehr einfach: $f'(z + [mm] \omega) [/mm] = [mm] \lim_{h\to0} \frac{f(z + h + \omega) - f(z + \omega)}{h} [/mm] = [mm] \lim_{h\to0} \frac{f(z + h) - f(z)}{h} [/mm] = f'(z)$
Schliesslich ist $f(z + h + [mm] \omega) [/mm] = f((z + h) + [mm] \omega) [/mm] = f(z + h)$ etc.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:00 Mo 05.07.2010 | | Autor: | Lippel |
Danke Felix,
was ich alles rumüberlegt hab ;)
Grüße, Lippel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:03 Mo 05.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Lippel,
> was ich alles rumüberlegt hab ;)
manchmal steht mal halt wie'n Ochs vorm Berg und sieht den Wald vor lauter Baeumen nicht... kommt vor ;)
LG Felix
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