Polynome, zwei komp. Variablen < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | p(x,y)=[mm]\sum_{k,l=0}^{N}a_{kl}x^ky^k [/mm] Polynom in zwei Variablen gegeben, wobei N [mm]\in\IN [/mm], [mm] a_{kl} \in \IC [/mm].
Zu zeigen: es gibt ein Polynom q in zwei Variablen mit [mm]p(x,y)=q(z,\overline{z} [/mm]) für alle [mm] z=x+iy \in \IC [/mm]. |
Also ich würde wie folgt ansetzen:
Es gilt ja [mm]x=\frac{1}{2}(z+\overline{z}) [/mm] und [mm]y=\frac{1}{2}i(\overline{z} -z)[/mm]. Das heißt, es gilt:
[mm]p(x,y)=p(\frac{1}{2}(z+\overline{z}),\frac{1}{2}i(\overline{z} -z))[/mm].
Dies müsste ich doch jetzt als [mm]q(z,\overline{z}) [/mm] scheiben können, da die Koeffizienten ja komplex sein dürfen...
Ich weiß nur nicht, wie ich das richtig begründe/beweise...
Kann mir da jemand helfen oder einen Tipp geben?
Vielen Dank im Vorraus,
Reticella
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:49 Sa 23.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> p(x,y)=[mm]\sum_{k,l=0}^{N}a_{kl}x^ky^k[/mm] Polynom in zwei
> Variablen gegeben, wobei N [mm]\in\IN [/mm], [mm]a_{kl} \in \IC [/mm].
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> Zu zeigen: es gibt ein Polynom q in zwei Variablen mit
> [mm]p(x,y)=q(z,\overline{z} [/mm]) für alle [mm]z=x+iy \in \IC [/mm].
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> Also ich würde wie folgt ansetzen:
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> Es gilt ja [mm]x=\frac{1}{2}(z+\overline{z})[/mm] und
> [mm]y=\frac{1}{2}i(\overline{z} -z)[/mm]. Das heißt, es gilt:
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> [mm]p(x,y)=p(\frac{1}{2}(z+\overline{z}),\frac{1}{2}i(\overline{z} -z))[/mm].
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> Dies müsste ich doch jetzt als [mm]q(z,\overline{z})[/mm] scheiben
> können, da die Koeffizienten ja komplex sein dürfen...
> Ich weiß nur nicht, wie ich das richtig
> begründe/beweise...
>
> Kann mir da jemand helfen oder einen Tipp geben?
Zwei Ideen: 1. Du könntest es mit Induktion über N beweisen. 2. Beweise die Aussage zunächst für spezielle Polynome der Form [mm] $x^ky^l$ [/mm] (z.B. mit binomischer Formel).
Viele Grüße
Rainer
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Ich habs jetzt mehrfach mit Induktion versuch, aber irgendwie führt das zu nichts. Im Induktionsschritt vermehren sich die Terme ja enorm, was die Sache nicht gerade einfacher macht.
Ich würde jetzt einfach meine umgerechneten x und y (welche ja von z und [mm] \overline{z}[/mm] abhängen) in p(x,y) einsetzen. Man sieht dann ja, wenn man einige Terme ausrechnet (is ja auch iwie klar) das nur Potenzen von z und [mm] \overline{z}[/mm] rauskommen^^. Das man dann die Koeffizienten von gleichen Potenzen zusammenfasst erhält man ja dan q(z,[mm] \overline{z}[/mm]). Das sollte doch eigentlich reichen?? Ich soll q ja nicht angeben...
Aber wirklich schön ist das nicht (und irgendwie kommt mir das ein bisschen zu einfach vor)...Hat jemand noch eine Idee wie es besser geht?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:15 Mo 25.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
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> Ich habs jetzt mehrfach mit Induktion versuch, aber
> irgendwie führt das zu nichts. Im Induktionsschritt
> vermehren sich die Terme ja enorm, was die Sache nicht
> gerade einfacher macht.
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> Ich würde jetzt einfach meine umgerechneten x und y
> (welche ja von z und [mm]\overline{z}[/mm] abhängen) in p(x,y)
> einsetzen. Man sieht dann ja, wenn man einige Terme
> ausrechnet (is ja auch iwie klar) das nur Potenzen von z
> und [mm]\overline{z}[/mm] rauskommen^^. Das man dann die
> Koeffizienten von gleichen Potenzen zusammenfasst erhält
> man ja dan q(z,[mm] \overline{z}[/mm]). Das sollte doch eigentlich
> reichen?? Ich soll q ja nicht angeben...
Im Prinzip ja.
Mach doch das, was ich dir vorgeschlagen habe: weise es erst einmal für den einfachsten Fall [mm] $x^ky^l$ [/mm] nach. Da kannst du sogar direkt per binomischem Lehrsatz das Polynom angeben, das herauskommt.
Viele Grüße
Rainer
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