komplexe ableitung von monomen

18.01.2008, 21:57

Irrstern

komplexe ableitung von monomen

hallo ich soll direkt aus der definition die formel für die komplexe ableitung von monomen herleiten.

$\begin{eqnarray*} F:\mathbb C \rightarrow \mathbb C \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} F(z)=z^{m} , m \in \mathbb N \Rightarrow F'(z)=mz^{m-1} \end{eqnarray*}$

ich weiß was ein monom ist aber die definition hab ich leider weder in meinen mitschriften noch im bronstein oder nem anderem mathebuch gefunden.

18.01.2008, 22:34

system-agent

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Sei $\begin{eqnarray*} f:G\to\mathbb C \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ ein Gebiet (zumindest nichtleer und offen) und $\begin{eqnarray*} c\in G \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ heisst in $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ komplex differenzierbar genau dann, wenn es eine Funktion $\begin{eqnarray*} f_1:G\to\mathbb C \end{eqnarray*}$ gibt die stetig in $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} f(z)=f(c)+(z-c)\cdot f_1(z) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} z\in G \end{eqnarray*}$ gilt.

Jetzt beginne:
$\begin{eqnarray*} f(z)-f(c)=.... \end{eqnarray*}$

19.01.2008, 10:42

Leopold

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Warum nicht, wie im Reellen, den Differenzenquotienten erstellen und seinen Limes ermitteln:

$\begin{eqnarray*} \frac{f(z) - f(z_0)}{z - z_0} = \frac{z^n - z_0^n}{z - z_0} \end{eqnarray*}$

Der Zähler ist ein Polynom vom Grade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , das die Nullstelle $\begin{eqnarray*} z = z_0 \end{eqnarray*}$ besitzt. Also kann der Linearfaktor $\begin{eqnarray*} z - z_0 \end{eqnarray*}$ abgespalten und gekürzt werden. Man verwendet die bekannte Zerlegung:

$\begin{eqnarray*} \left( z - z_0 \right) \left( z + z_0 \right) = \text{???} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left( z - z_0 \right) \left( z^2 + z_0 z + z_0^2 \right) = \text{???} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left( z - z_0 \right) \left( z^3 + z_0 z^2 + z_0^2 z+ z_0^3 \right) = \text{???} \end{eqnarray*}$

Und so weiter ...

Diese Aufgabe hat nur scheinbar mit Analysis zu tun. In Wahrheit ist es ein algebraisches Problem.

19.01.2008, 11:08

system-agent

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mein vorschlag kommt ja genau auf das gleiche heraus smile

19.01.2008, 11:23

Leopold

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Zitat:

Original von system-agent
mein vorschlag kommt ja genau auf das gleiche heraus smile

Vom mathematischen Inhalt her: ja. Vom didaktischen Standpunkt her: nein.

Zitat:

Original von system-agent
$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ heisst in $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ komplex differenzierbar genau dann, wenn es eine Funktion $\begin{eqnarray*} f_1:G\to\mathbb C \end{eqnarray*}$ gibt die stetig in $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} f(z)=f(c)+(z-c)\cdot f_1(z) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} z\in G \end{eqnarray*}$ gilt.

Für den erfahrenen Mathematiker mag ja diese bruchfreie Definition hilfreich sein, für den, der sich noch im Dickicht der Begriffe vorankämpft, ist sie einfach nur unverständlich. Einmal ganz ehrlich - wie lange hast du selbst gebraucht, bis du verstanden hast, was diese Definition aussagt, nachdem du sie zum ersten Mal gehört hattest? Und selbst wenn deine Antwort "Sofort!" hieße, gälte das für die meisten Mathematik Lernenden wohl nicht ...

19.01.2008, 12:44

WebFritzi

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Da spricht der Didaktiker... Und er hat recht. Augenzwinkern

19.01.2008, 13:37

system-agent

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Fazit: Ich lass die Didaktik bleiben Big Laugh

19.01.2008, 14:15

WebFritzi

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Oder du versuchst es weiter. Das ist wohl das Leben: es weiter zu versuchen. Augenzwinkern

20.01.2008, 19:51

Irrstern

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ich danke euch für die antworten.
ich versuche mal das wiederzugeben, was ich verstanden hab.

ich hab ein monom das so aussieht: $\begin{eqnarray*} f(z)=z^{m},m \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

ich stelle also den Differentenquotienen auf:

$\begin{eqnarray*} \frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}} \end{eqnarray*}$
das gekürzt werden kann verstehe ich, die begründen ist mir jedoch noch nicht ganz klar. was hat die nullstelle damit zu tun??

wenn ich jetzt so weiter mach wie leopold :

$\begin{eqnarray*} \frac{z^{n}-z_{0}^{n}}{z-z_{0}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{(z-z_{0})(z²+z_{0}z+z_{0}²)}{z-z_{0}} \end{eqnarray*}$
dann halt kürzen
$\begin{eqnarray*} (z²+z_{0}z+z_{0}²) \end{eqnarray*}$
und dann z gegen z0 laufen lassen.

aber das müsste ich ja dann mit der vollständen induktion beweisen. also für z.b n=1 und dann für n=n+1. das soll ich ja nicht machen, sondern direkt die definition benutzen.
Hilfe!!! verwirrt

20.01.2008, 20:12

system-agent

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Man kann stets schreiben:
$\begin{eqnarray*} z^n-z_0^n=(z-z_0)\cdot(z^{n-1}+z^{n-2}z_0+...+zz_0^{n-2}+z_0^{n-1}) \end{eqnarray*}$

20.01.2008, 23:11

Irrstern

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danke system agent. doch leider sehe ich noch nicht warum man das so schreiben kann. habs auch im brönstein gefunden, aber da steht auch nur diese formel. kannst du es mir vielleicht noch näher bringen??

20.01.2008, 23:21

system-agent

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Zunächst einmal:
Hast du nun mit der genannten Identität den Beweis hinbekommen?

Ein Beweis der Formel zb via Induktion... verwirrt

21.01.2008, 00:04

Irrstern

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na hab dann gekürzt und dann z gegen z_0 laufen lassen:

$\begin{eqnarray*} z_{0}^{0}z^{n-1}+z_{0}^{1}z^{n-2}+.....+z_{0}^{n-2}z^{1}+z_{0}^{n-1}z^{0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{z \to z_{0}}z_{0}^{0}z^{n-1}+z_{0}^{1}z^{n-2}+.....+z_{0}^{n-2}z^{1}+z_{0}^{n-1}z^{0})=(z^{n-1}+z^{n-1}+....+z^{n-1}+z^{n-1})=nx^{n-1} \end{eqnarray*}$
das war ja zu beweisen. weshalb der satz den ich nun benutzt hab stimmt weiß ich aber leider immer noch nicht

21.01.2008, 09:15

system-agent

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Ganz genau, bis auf den Variablendreher ( $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ ) ist alles gut Freude

Wie ich schon sagte, die Identität kann man leicht mit vollständiger Induktion lösen.
Das heisst die Behauptung ist
$\begin{eqnarray*} (z-w)\cdot\sum\limits_{k=0}^{n-1}z^{n-1-k}w^k=z^n-w^n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} z,w\in\mathbb C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$
Der Fall $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ ist klar, nun eben noch den Induktionsschritt schreiben und dabei aufpassen, welche Terme sich nach dem Zusammenziehen der Summe alle wegheben, das wars...

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