Ganze Funktion -> Monom dritten Grades

20.06.2013, 21:23

Lithiesque

Ganze Funktion -> Monom dritten Grades

Ich soll beweisen oder widerlegen:
Ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eine ganze Funktion und $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{2\pi}|f(re^{it})|dt \leq r^3 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} r>0 \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} f(z)=cz^3 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |c| \leq \frac{1}{2\pi} \end{eqnarray*}$ .

Nachdem es mir nicht gelungen ist, ein Gegenbeispiel zu finden und die Aussage relativ wahr "aussieht", habe ich hauptsächlich versucht, sie zu beweisen. Dazu habe ich z.B. das Integral nach unten abzuschätzen versucht, die Mittelwerteigenschaft holomorpher Funktionen verwendet und $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in eine Potenzreihe entwickelt, was aber alles keinen Erfolg hatte (bzw. vielleicht sehe ich den 'Erfolg' nur nicht...). Kann mir jemand helfen? smile

22.06.2013, 12:03

Lithiesque

Auf diesen Beitrag antworten »

Weiß niemand was?

22.06.2013, 12:39

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Ganze Funktion -> Monom dritten Grades
Habt ihr eine Darstellung der Reihenkoeffizienten über Integrale zur Verfügung?

22.06.2013, 13:09

Lithiesque

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, wir haben gezeigt, dass für alle $\begin{eqnarray*} z \in \mathbb{C}\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ die folgende Laurent-Entwicklung gilt:
$\begin{eqnarray*} f(z)=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}a_kz^k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_k=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{\partial U_r(0)}\frac{f(\zeta)}{\zeta^{k+1}}d\zeta \end{eqnarray*}$

22.06.2013, 13:21

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, und nun schätze den Betrag dieses Kurvenintegrals ab.

22.06.2013, 15:36

Lithiesque

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann bekomme ich $\begin{eqnarray*} |a_k| \leq \frac{1}{2\pi}r^{3-k} \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt $\begin{eqnarray*} a_k=0 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} r \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k<3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k>3 \end{eqnarray*}$ , und für $\begin{eqnarray*} k=3 \end{eqnarray*}$ erhält man $\begin{eqnarray*} |a_k| \leq \frac{1}{2\pi} \end{eqnarray*}$ . Damit folgt $\begin{eqnarray*} f(z)=cz^3 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} z \neq 0 \end{eqnarray*}$ ; da es sich hierbei um eine Taylorreihendarstellung handelt, gilt sie auch für $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ . Richtig?

22.06.2013, 15:48

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Lithiesque
Damit folgt $\begin{eqnarray*} f(z)=cz^3 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} z \neq 0 \end{eqnarray*}$ ; da es sich hierbei um eine Taylorreihendarstellung handelt, gilt sie auch für $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ . Richtig?

Eigentlich stimmte alles.
Aber wieso schließt du $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ aus?
Du erhältst
$\begin{eqnarray*} f(z)=\sum_{k=0}^2\underbrace{a_k}_{=0}z^k+a_3z^3+\sum_{k=4}^\infty\underbrace{a_k}_{=0}z^k=a_3z^3 \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} \lvert a_3\rvert\leq\frac1{2\pi} \end{eqnarray*}$ .

22.06.2013, 15:57

Lithiesque

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, aber ich ging ja aus von einer Laurent-Entwicklung und diese gilt i.A. doch nur auf Kreisringen, d.h. maximal auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{C}\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ , oder? D.h. die Aussage bekomme ich zunächst für $\begin{eqnarray*} z \neq 0 \end{eqnarray*}$ , und weil man daraus ersieht, dass der Hauptteil verschwindet, ist es sogar eine Taylorreihe, die natürlich auch in $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ die Funktion darstellt. Oder sehe ich das falsch?

22.06.2013, 16:55

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Das Besondere bei den ganzen Funktionen ist aber gerade, dass man sie auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ durch eine Potenzreihe (ohne negative Potenzen) darstellen kann...

23.06.2013, 15:26

Lithiesque

Auf diesen Beitrag antworten »

Hm, ich denke, das meinte ich in etwa, nur habe ich es vielleicht etwas komplizierter ausgedrückt.
Vielen Dank für deine Hilfe. smile

Neue Frage »

Antworten »

Ganze Funktion -> Monom dritten Grades

Verwandte Themen