w-Stellen holomorpher Funktionen

05.07.2007, 22:33

vektorraum

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w-Stellen holomorpher Funktionen

Hi!

In Erarbeitung einer Übungsaufgabe sind mit einige Unklarheiten aufgetaucht. Wir sollen die Anzahl der Nullstellen von Funktionen in einem gewissen offenen Kreis berechnen, z.B.

$\begin{eqnarray*} f(z)=z^5+1/3z^3+1/4z^2+1/3 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} B_1(0), B_{1/2}(0) \end{eqnarray*}$ , d.h. die Kreise um Null mit jeweiligem Radius.

Meine Überlegung war, über die Anzahlformel zu gehen. Da gab es aber Begriffsschwierigkeiten.

Was ist denn nun genau eine w-Stelle einer holomorphen Funktion? Habe leider die Definition nicht verstanden.

Die Begriffe Polstelle und Nullstelle sind klar.

Im übrigen denke ich sowieso, dass die Aufgabe nicht mit dieser Anzahlformel zu bestimmen ist, sondern sicherlich über eine geeignete "Aufspaltung" der Funktion in zwei Funktionen, so dass man dann irgendwie über Rouché kommt?

Danke erstmal für eure Hilfe Wink

Wink

05.07.2007, 22:39

therisen

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Hi,

ich hab zwar noch keine Ahnung von Funktionentheorie, aber ständig lese ich in diesem Zusammenhang den Satz von Rouche. Meinst du diesen mit Anzahlformel?

Gruß, therisen

05.07.2007, 22:55

vektorraum

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Hi,

ja dieser Version meine ich. Problem ist ja hier (und ich denke das der Prof das so gewählt hat), dass man ja die Nullstellen nicht ausrechnen kann, d.h. wir müssen hier mit einer kleinen "Störung" g reingehen, so dass wir dann die Nullstellen ganz einfach berechnen können.

Haben aber nie ein Beispiel dazu gerechnet...

Prinzipiell, kann ich doch die Funktion irgendwie aufsplitten, so dass die strikte Ungleichung von Rouché gilt???

Aber in dem Zusammenhang wollte ich halt noch wissen, wass eine w-Stelle einer Funktion ist?

danke erstmal!

07.07.2007, 12:16

vektorraum

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Sorry, muss nochmal pushen.

07.07.2007, 13:03

Tomtomtomtom

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Eine w-Stelle ist nix anderes als eine Stelle, wo die Funktion den Wert w annimmt. Ganz Analog zu einer Null-Stelle, wo die Funktion den Wert Null annimmt.

Wie man die ganze Aufgabe prinzipiell löst, ist mir klar. Das geht mit der Anzahlformel. Es wird nur sehr sehr unschön, und ich hab wenig Lust, das auszurechnen, weil es ewig umständliche Rechenarbeit ist. Irgendwo muß es noch einen Trick zur Vereinfachung geben, und der Satz von Rouche könnte passen. Aber genau durchgerechnet hab ichs noch nicht..

09.07.2007, 19:48

Tomtomtomtom

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Nachdem ich heute länger daran gesessen habe, habe ich absolut gar nix vernünftiges rausbekommen. Sehr frustrierend unglücklich

unglücklich

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10.07.2007, 14:17

vektorraum

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Also die Aufgaben sind ganz schön haarig. Ich habe auch probiert dort mit Rouché ranzugehen, aber da scheitert es immer daran, dass ich wahrscheinlich das falsche Polynom wähle. Habe aber auch noch was anderes schickes gefunden:

Die Anzahl der Nullstellen eines Polynoms $\begin{eqnarray*} w=p(z) \end{eqnarray*}$ in einem Gebiet G kann man dadurch bestimmen, dass man G einmal positiv umfährt und die Argumentänderung $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ bestimmt. Diese ist von der Form $\begin{eqnarray*} 2k\pi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ . Dabei ist $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Nullstellen.

Nun, hab jetzt aber ein Problem mit der Argumentänderung, verstehe auch das gerechnete Bsp nicht richtig verwirrt

verwirrt

10.07.2007, 20:13

Tomtomtomtom

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Das kann so nicht stimmen. Denn Polynome sind holomorph, und damit ist ein geschlossenes Wegintegral nach dem Cauchyschen Integralsatz 0. Es kommt schon auf den Integranden an. So richtig weiß ich auch nicht, was du meinst, aus welchem Buch ist das denn?

Es ist vermutlich genau das gemeint was bei uns Anzahlformel heißt, nur halt im Spezialfall a=0 (also für Nullstellen) und für holomorphe Funktionen (Polynome sind solche), damit die Polstellen wegfallen.

Ich denke man wird alleine mit der Formel für die Anzahl der Null- und Polstellen nicht auskommen. Weil um das Integral in dieser Formel auszurechnen, müßte man eine Partialbruchzerlegung machen, und für die braucht man die Nullstellen des Polynoms, von denen man ja gerade erst wissen will, wo sie überhaupt liegen. Da beißt sich die Katze irgendwo in den eigenen Schwanz.

10.07.2007, 20:46

WebFritzi

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Ich sehe nicht, wo vektorraum irgendwas von "Integration" geschrieben hat.

10.07.2007, 21:04

Tomtomtomtom

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Also wenn ich "positiv umfahren" höre, fällt mir außer nem Wegintegral nix ein. Und das hat nen Integranden.

10.07.2007, 21:46

vektorraum

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Also, der Beweis würde ungefähr so aussehen:

Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat jedes Polynom $\begin{eqnarray*} w=p(z)=a_n z^n+\ldots+a_1 z+a_0 \end{eqnarray*}$ mit Vielfachheit gezählt und $\begin{eqnarray*} a_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Nullstellen.

Sei nun C eine einfach geschlossene Kurve in der $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Ebene, die durch keiner der Nullstellen $\begin{eqnarray*} z_j \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ läuft. Ferner ist

$\begin{eqnarray*} p(z)=a_n\prod_{j=1}^{n} (z-z_j). \end{eqnarray*}$

Wird also die Kurve C einmal positiv bzgl. des Innengebietes von C von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ durchlaufen, ändert sich das Argument von $\begin{eqnarray*} z-z_j \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ bzw um Null (kommt auf die Lage der $\begin{eqnarray*} z_j \end{eqnarray*}$ an.

Liegen $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Nullstellen des Polynoms im Innengebiet von C, ändert sich das Argument um $\begin{eqnarray*} k \pi \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} \Box \end{eqnarray*}$

Nur finde ich, dass das noch kompliziertes wird als den Satz von Rouché anzuwenden, da man da dann geeignete Polynome suchen muss, so dass dann $\begin{eqnarray*} f(z)=g(z)+h(z) \end{eqnarray*}$

Die Bsp die ich gesehen habe, holen diese Zerlegungen immer irgendwie aus der "Luft" - man kann nicht nachvollziehen wie mans macht, aber auf jeden Fall stimmen dann immer die Voraussetzungen des Satzes! Wahrscheinlich probieren???

10.07.2007, 22:23

Tomtomtomtom

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http://matheplanet.com/default3.html?cal...e-DE%3Aofficial

Gerade beim googlen nach "Rouche" "Beispiel" gefunden. Vielleicht steht da ja noch was interessantes drin.

12.07.2007, 01:45

Tomtomtomtom

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OK, nachdem ich jetzt endlich nochmal etwas Zeit hatte, hier eine Lösung:

Wir benutzen den Satz von Rouche:

Seien f und g in einem Gebiet G und seinem Rand holomorph. Weiter sei $\begin{eqnarray*} f\neq0 \end{eqnarray*}$ auf dem Rand von G und $\begin{eqnarray*} |g(z)|<|f(z)| \end{eqnarray*}$ auf dem Rand von G. Dann haben f und f+g in G dieselbe Anzahl Nullstellen (inklusive Vielfachheiten gezählt).

Es waren die Anzahl der Nullstellen zu bestimmen von $\begin{eqnarray*} p(z)=z^5+\frac{1}{3}z^3+\frac{1}{4}z^2+\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ im offenen Kreis um den Nullpunkt mit dem Radius 1 bzw. 1/2.

Zunächst für den Kreis vom Radius 1:
Wende den Satz von Rouche an auf $\begin{eqnarray*} f(z)=z^5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(z)=p(z)-f(z)=\frac{1}{3}z^3+\frac{1}{4}z^2+\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

Dies ist möglich weil für |z|=1 gilt:

$\begin{eqnarray*} |\frac{1}{3}z^3+\frac{1}{4}z^2+\frac{1}{3}|\leq\frac{1}{3}|z|^3+\frac{1}{4}|z|^2+\frac{1}{3}\leq\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{3}<1=|z^5| \end{eqnarray*}$

f hat in dem Kreis eine Nullstelle der Vielfachheit 5 im Nullpunkt. Also muß nach Rouche auf f(z)+g(z)=p(z) in dem Kreis 5 Nullstellen haben.

Betrachte nun den Kreis vom Radius 1/2. In diesem gilt

$\begin{eqnarray*} z^5+\frac{1}{3}z^3+\frac{1}{4}z^2<(\frac{1}{2})^5+\frac{1}{3}(\frac{1}{2})^3+\frac{1}{4}(\frac{1}{2})^2=0.13 \end{eqnarray*}$

und damit

$\begin{eqnarray*} |z^5+\frac{1}{3}z^3+\frac{1}{4}z^2+\frac{1}{3}|\geq\left| |z^5+\frac{1}{3}z^3+\frac{1}{4}z^2|-\frac{1}{3}\right|>0 \end{eqnarray*}$ .

Also liegt in diesem Kreis keine einzige Nullstelle von p. (Dabei wurden keinerlei funktionentheoretische Hilfsmittel außer der Dreiecksungleichung für komplexe Zahlen benutzt.)

12.07.2007, 09:36

vektorraum

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OK, also war das mit Rouché doch der richtige Ansatz. Hab es nun auch so gelöst und das jedes Mal für die jeweils angegebenen Kreise untersucht. Nun müsste es passen.

In diesem Zusammenhang aber: will man mit Mathematica die Nullstellen berechnen lassen wird irgendwas mit Raute usw ausgegeben. Weiß jemand, was das bedeutet??? Also z.B. das:

code:

1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:

\!\({{z -> Root[
        4 + 3\ #1\^2 + 
          4\ #1\^3 + 12\ #1\^5 &, 1]}, {
              z -> Root[4 + 3\ #1\^2 + 4\ #1\^3 + 12\ #1\^5 &, 2]}, {z ->
     Root[4 + 3\ #1\^2 + 
          4\ #1\^3 + 12\ #1\^5 &, 3]}, {
              z -> Root[4 + 3\ #1\^2 + 4\ #1\^3 + 12\ #1\^5 &, 4]}, {z ->
     Root[4 + 3\ #1\^2 + 4\ #1\^3 + 12\ #1\^5 &, 5]}}\)

12.07.2007, 10:25

WebFritzi

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#1 steht wahrscheinlich für die Variable (x oder z).

12.07.2007, 10:39

vektorraum

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Mathematica gibt folgende Erklärung:

code:
1:	# represents the first argument supplied to a pure function.

Eine pure Function???

12.07.2007, 12:05

therisen

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Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Betrachte nun den Kreis vom Radius 1/2. In diesem gilt

$\begin{eqnarray*} z^5+\frac{1}{3}z^3+\frac{1}{4}z^2<(\frac{1}{2})^5+\frac{1}{3}(\frac{1}{2})^3+\frac{1}{4}(\frac{1}{2})^2=0.13 \end{eqnarray*}$

Nur der Vollstaendigkeit halber: Links fehlen die Betragszeichen.

Ansonsten: Schoene Loesung.

13.07.2007, 12:13

Tomtomtomtom

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Wie du vielleicht weißt, gibt es für allgemeine Polynome ab Grad 5 keine allgemeine Lösungsformel (bzw. kann es nicht geben, siehe Algebra). Nichts destotrotz existieren natürlich 5 Lösungen nach dem Fundamentalsatz der Algebra. Deswegen führt dein Versuch, Mathematica dazu zu bewegen, dir die Lösungen zu geben dazu, daß versucht wird, einen symbolischen Ausdruck für diese zu finden. Da das nicht möglich ist, werden in die symbolische Lösung sog. "pure functions" eingebaut, d.h. Funktionen, von denen bekannt ist, daß sie wirklich Funktionen im Sinne der Mathematik darstellen, aber nicht symbolisch dargestellt werden können.

(Für die Computeralgebra-Fetischisten: Das trifft jetzt nicht ganz genau die Wahrheit, aber in diesem Zusamenhang genügt es wohl als Erklärung.)

Wenn du numerische Lösungen suchst, mußt du einen anderen Befehl verwenden. Welcher das bei Mathematica ist, weiß ich nicht genau, bei MAPLE ist es beispielsweise fsolve() statt solve(). (f wie float)

13.07.2007, 17:25

vektorraum

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Ja klar, dass es keine Lösungsformel gibt ist mir bewusst. Anderenfalls wäre die Aufgabe ja auch anders zu beantworten gewesen, wäre der Grad jeweils kleiner als 5 (durch explizites Nachrechnen vielleicht).

Wusste halt nicht, wie ich das Ergebnis von Mathematica interpretieren sollte. Dass es fünf Lösungen mit Vielfachheiten gezählt gibt, ist mir auch klar. Nun gut, denke das wäre geklärt.

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