Chcialbym pokazac,ze jesli \(\displaystyle{ f:\CC \rightarrow \CC}\) holomorficzna i \(\displaystyle{ \lim_{ z \to \infty }f(z)= \infty}\) to f jest wielomianem.
Zrobilem to w ten sposob:
\(\displaystyle{ g(z)=f( \frac{1}{z})}\) wtedy g ma biegun w zerze,a zatem:
\(\displaystyle{ g(z) = a_{-n}\frac{1}{z^n}+...+ a_{-1}\frac{1}{z} + a_0 + a_1z +...}\)
na pewnym dysku \(\displaystyle{ D(0,r) \setminus \left\{ 0\right\}}\)
Wtedy wracajac do f:
\(\displaystyle{ f(z) = a_{-n}z^n + ...+a_{-1}z + a_0 + a_{1}\frac{1}{z}+a_{2}\frac{1}{z^2}+..}\)
dla \(\displaystyle{ z}\) takich,ze \(\displaystyle{ |z|>r}\)
Widac,ze wtedy istnieje \(\displaystyle{ R>r}\) takie,ze \(\displaystyle{ |f(z)|<C|z^n|}\) dla pewnej stalej C i \(\displaystyle{ |z|>R}\)
\(\displaystyle{ *}\)Teraz latwo pokazac,ze f jest wielomianem, korzystajac z postaci wspolczynnikow szerego f:
\(\displaystyle{ b_k = \int_{C(0,R)}^{} \frac{f(z)}{z^{k+1}}dz}\)
Jestem przekonany, ze da sie to zrobic jakos szybciej i bez uciekania sie do argumentu \(\displaystyle{ *}\)
Z gory dzieki za wskazowki.
Pokaz,ze holomorficzna jest wielomianem
-
- Użytkownik
- Posty: 270
- Rejestracja: 21 lis 2010, o 22:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 35 razy
Pokaz,ze holomorficzna jest wielomianem
Ale teza nie jest prawdziwa. Weź \(\displaystyle{ f(z) = e^z}\). Jest to funkcja holomorficzna, całkowita i nieograniczona.
Jeśli chodzi o Twój dowód, to błąd jest już na samym początku. Nie wiesz, czy \(\displaystyle{ g}\) ma biegun skończonego rzędu. Rozważ właśnie eksponens - wtedy widać, że \(\displaystyle{ g}\) ma tam osobliwość właściwą.
Jeśli chodzi o Twój dowód, to błąd jest już na samym początku. Nie wiesz, czy \(\displaystyle{ g}\) ma biegun skończonego rzędu. Rozważ właśnie eksponens - wtedy widać, że \(\displaystyle{ g}\) ma tam osobliwość właściwą.
-
- Użytkownik
- Posty: 5101
- Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 1001 razy
Pokaz,ze holomorficzna jest wielomianem
Ale założeń zadania nie spełnia.MadJack pisze:Weź \(\displaystyle{ f(z) = e^z}\). Jest to funkcja holomorficzna, całkowita i nieograniczona.
Ponownie odsyłam do treści zadania.-- 17 kwi 2016, o 11:42 --MadJack pisze:Jeśli chodzi o Twój dowód, to błąd jest już na samym początku. Nie wiesz, czy \(\displaystyle{ g}\) ma biegun skończonego rzędu.
A ponieważ \(\displaystyle{ f}\) jest holomorficzna, to rozwija się w szereg Taylora: \(\displaystyle{ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^n}\) dla \(\displaystyle{ z\in\mathbb{C}.}\) W rozważanym przez Ciebie pierścieniu oba szeregi Laurenta są równe, wiec mają takie same współczynniki.leg14 pisze:\(\displaystyle{ f(z) = a_{-n}z^n + ...+a_{-1}z + a_0 + a_{1}\frac{1}{z}+a_{2}\frac{1}{z^2}+..}\)
dla \(\displaystyle{ z}\) takich,ze \(\displaystyle{ |z|>r}\)