Komplexe Differenzierbarkeit

29.04.2015, 18:12

Escapado

Komplexe Differenzierbarkeit

Hallo,

Ich habe folgende Aufgabe und hänge leider:

Sei $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb{N} \geq 2, f_n: \mathbb{C} \to \mathbb{C}, z \mapsto \bar{z}^n \end{eqnarray*}$ .
Ich soll nun mit Hilfe des Differenzenquotienten ermitteln für welche z die Funktion komplex differenzierbar ist.

Ich habe also erst einmal aufgeschrieben:
$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0} \frac{f_n(z+h) - f(z)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{\overline{(z+h)}^n - \bar{z}^n}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{\sum_{k=0}^n \bar{z}^{n-k}\bar{h}^k - \bar{z}^n}{h} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} =\lim_{h\to 0} \frac{\sum_{k=1}^n \bar{z}^{n-k}\bar{h}^k }{h} \end{eqnarray*}$

an dieser Stelle weiß ich nicht so recht weiter. Also für z = 0 existiert der Grenzwert ja trivialerweise und ist 0, oder? Aber was kann ich da noch sehen?

29.04.2015, 18:27

Guppi12

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Hallo,

folgender Tipp:

Es existiert sicherlich der Grenzwert $\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0}\frac{\sum_{k=2}^n\binom{n}{k}\bar{z}^{n-k}\bar{h}^k}{h} \end{eqnarray*}$ . Das kannst du beispielsweise zeigen, wenn du den Betrag betrachtest und ganz grob abschätzt.

Nimm an, dass der zu betrachtete Grenzwert für $\begin{eqnarray*} z\neq 0 \end{eqnarray*}$ existiert und schau dir dann die Differenz dieses Ausdrucks mit dem, den ich eingeführt habe, an.

29.04.2015, 21:55

Escapado

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Danke für den Tipp.
Ich habe eben gesehen dass ich den Binomialkoeffizienten vergessen habe, aber das spielt auch erstmal keine große Rolle. Ich habe also eigentlich:
$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0} \frac{\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} \bar{z}^{n-k}\bar{h}^k }{h} \end{eqnarray*}$

Zu deinem Tipp: Also bei einer Funktionenfolge verstehe ich dass der Limes des Betrags Folge gleich dem Limes der Folge ist. Aber wenn du sagst ich solle für deinen Term mal den Betrag grob abschätzen dann erhalte ich offensichtlich etwas konvergentes:
$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0} \big| \frac{\sum_{k=2}^n \bar{z}^{n-1}\bar{h}^k }{h}\big| = |\bar{z}^{n-1}| \lim_{h\to 0} \big| \frac{\sum_{k=2}^n \bar{h}^k }{h} \big| \leq |\bar{z}^{n-1}| \lim_{h\to 0} \sum_{k=2}^n |h^{k-1}| = 0 \end{eqnarray*}$
Aber kann ich damit schließen, dass der Grenzwert ohne Betrag auch exisitert ? (Falls ja, wie lautet da das Stichwort?).

Falls der von dir genannte Grenzwert nun existiert, dann auch selbiger mit Binomialkoeffizient (den ich vorhin ja vergessen habe). Wenn ich jetzt die Differenz bilde, dann hebt sich bei mir aber erst einmal gar nichts weg, denn Summanden bei mir lauten ja:
$\begin{eqnarray*} n\bar{z}^{n-1} \bar{h}+ \binom{n}{2}\bar{z}^{n-2} \bar{h}^2+.... \end{eqnarray*}$
und die Summanden deines Terms lauten (ergänzt um den Binomialkoeffizieten):
$\begin{eqnarray*} \binom{n}{2} \bar{z}^{n-1} \bar{h}^2+ \binom{n}{3} \bar{z}^{n-1} \bar{h}^3+.... \end{eqnarray*}$
Und auch ohne Binomialkoeffzizent gibt es keine gleichen Potenzen. Also mir ist noch nicht so ganz klar, wieso dann etwas wegfällt.

29.04.2015, 22:03

Guppi12

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Ich habe um ehrlich zu sein den Binomialkoeffizient auch vergessen, hab da einfach von dir kopiert. (In meinem Handaufschrieb steht er aber Augenzwinkern

) Und es muss -k nicht -1 sein. Tut mir Leid. Dann sollte auch einiges wegfallen. Ich habs oben mal editiert.

Sei bei der Argumentation etwa vorsichtig, warum du da das $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ gegen das $\begin{eqnarray*} \bar{h} \end{eqnarray*}$ wegkürzen kannst. Vielleicht einen Schritt hinzufügen, indem man sieht, dass das nur geht, weil $\begin{eqnarray*} |\bar{h}| = |h| \end{eqnarray*}$ . Bei dir sieht es so aus, als könnte man das auch ohne Betrag kürzen.

Zitat:

Aber kann ich damit schließen, dass der Grenzwert ohne Betrag auch exisitert ? (Falls ja, wie lautet da das Stichwort?).

In dem Spezialfall, dass der Grenzwert $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ist, ist das so. Schreib dir einfach mal die Definition für
$\begin{eqnarray*} |a_n \to 0| \end{eqnarray*}$ und für $\begin{eqnarray*} a_n\to 0 \end{eqnarray*}$ hin. Dann siehst du, dass da das gleiche steht.

30.04.2015, 12:50

Escapado

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Ah, vielen Dank. Jetzt wird es für mich schlüssig. Ist das dann richtig:
$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0} \frac{\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} \bar{z}^{n-k}\bar{h}^k }{h} =\lim_{h\to 0} \left( \frac{\binom{n}{1} \bar{z}^{n-1}\bar{h}}{h} + \frac{\sum_{k=2}^n \binom{n}{k} \bar{z}^{n-k}\bar{h}^k }{h} \right) = lim_{h\to 0} \left |n \bar{z}^{n-1} \right| \left| \frac{\bar h}{h} \right| + \lim_{h\to 0} \left| \frac{\sum_{k=2}^n \binom{n}{k} \bar z^{n-k}\bar h^k}{h} \right| \leq |n\bar z^{n-1}| + \lim_{h\to 0} \sum_{k=2}^n \left| \binom{n}{k} \bar z^{n-k} \frac{\bar h^k}{h} \right| = |n\bar z^{n-1}| + \lim_{h\to 0} \sum_{k=2}^n \binom{n}{k} \bar z^{n-k} \left|\frac{\bar h^k}{h} \right| = |n\bar z^{n-1}| + \lim_{h\to 0} \sum_{k=2}^n | \binom{n}{k} \bar z^{n-k} \bar h^k-1 | = |n\bar z^{n-1} | \end{eqnarray*}$

Habe jetzt halt die Terme aufgedröselt. Ist das denn soweit richtig mit den Abschätzungen? Dann wäre die Aussage ja: Für alle z ist es differenzierbar.

30.04.2015, 13:16

Guppi12

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Ne, das kannst du so nicht machen. Nur weil der Limes vom Betrag sich gegen eine Konstante abschätzen lässt, existiert noch lange nicht der Grenzwert ohne Betrag. Das geht wie gesagt nur, wenn der Grenzwert vom Betrag gleich $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ist.

Ich wollte eigentlich darauf hinaus, dass unter der Annahme, dass dieser Grenzwert existiert auch der Grenzwert(für $\begin{eqnarray*} h\to 0 \end{eqnarray*}$ ) der Differenz

$\begin{eqnarray*} \frac{\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} \bar{z}^{n-k}\bar{h}^k }{h} - \frac{\sum_{k=2}^n \binom{n}{k} \bar{z}^{n-k}\bar{h}^k }{h} \end{eqnarray*}$ existiert, was du für $\begin{eqnarray*} z\neq 0 \end{eqnarray*}$ zum Widerspruch führen kannst.

30.04.2015, 13:23

Escapado

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Ahhhhh, okay. Also bei deinem Ausdruck bleibt ja nur
$\begin{eqnarray*} \frac{n \bar z^{n-k}\bar h}{h} \end{eqnarray*}$
übrig, dessen Grenzwert nicht existiert, wenn z ungleich 0.
Das heißt ich muss einmal, wie von dir angedacht zeigen, dass der Term den ich abziehe einen Grenzwert hat und habe dann unter der Annahme dass mein Term das auch tut einen Widerspruch für z ungleich 0.

30.04.2015, 13:27

Guppi12

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Genau. Hast du dir bereits überlegt, warum der Grenzwert von dem übrig bleibenden Summanden nicht exitiert?

30.04.2015, 13:43

Escapado

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In dem Term von meinem vorherigen Post hätte nicht k sondern 1 stehen müssen.
Ich glaube der Grenzwert davon existiert nicht, denn:
In dem übrigen Term kann man ja das $\begin{eqnarray*} n \bar{z}^{n-1} \end{eqnarray*}$ vor den Limes ziehen. Dann bleibt zu untersuchen was mit folgendem Ausdruck passiert:
$\begin{eqnarray*} \lim_{h\to 0} \frac{\bar h }{h} \end{eqnarray*}$
Man nehme zwei Folgen $\begin{eqnarray*} u_k = \frac{1}{k}, v_k = \frac{i}{k} \end{eqnarray*}$
für k gegen unendlich sind das beides Nullfolgen. Aber es ist:
$\begin{eqnarray*} \lim_{k\to \infty} \frac{\bar{u_k} }{u_k} =1, \lim_{k\to \infty} \frac{\bar{v_k} }{v_k} =-1 \end{eqnarray*}$
Damit existiert kein eindeutiger Grenzwert und damit ist für z ungleich 0 die Funktion nicht komplex differenzierbar. Für z=0 schon, weil diese Term noch vor dem limes steht und dann sowieso null herauskommt.

30.04.2015, 13:46

Guppi12

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Ja, genau! Freude

30.04.2015, 13:46

Escapado

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Super! Vielen Dank Guppi12 für deine Hilfe!

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