Examen Herbst 2011, Aufgabe 3.2

Aufgabenstellung

Sei \Omega\subset\IC ein Gebiet mit 0\in\Omega. Untersuchen Sie, ob es holomorphe Funktionen f,g,h:\Omega\rightarrow\IC mit den folgenden Eigenschaften gibt:

  1. f\left(\frac{1}{n^{2011}}\right)=0 für alle n\in\IN mit \frac{1}{n^{2011}}\in\Omega, aber f\not\equiv 0.
  2. g^{(k)}(0)=(k!)^2 für alle k\in\IN_0.
  3. h\left(\frac{1}{2n}\right)=h(\left(\frac{1}{2n-1}\right))=\frac{1}{n} für alle n\in\IN mit \frac{1}{2n},\frac{1}{2n-11}\in\Omega.

Lösungsvorschlag

  1. Würde es eine solche Funktion geben, so würde sie auf der Folge (a_n)_n:=\left(\frac{1}{n^{2011}}\right)_{n_\in\IN}\cap\Omega mit der Nullfunktion übereinstimmen. Um zu zeigen, dass hier bereits der Identitätssatz die Existenz einer solchen Funktion ausschließt, muss noch gewährleistet werden, dass die Folge nicht nur aus endlich vielen Folgengliedern besteht. Da \Omega offen ist und die (a_n)_n gegen einen Punkt in \Omega strebt, ist der Schnitt \Omega\cap(a_n)_n nicht endlich.
  2. Entwickeln wir g in eine Taylorreihe um den Ursprung, so erhalten wir

    (1)   \begin{equation*}    g(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{g^{(n)}(0)}{n!}z^n=\sum_{n=0}^\infty n!z^n. \end{equation*}

    Die Folge der Koeffizienten dieser Reihe bilden nicht einmal eine Nullfolge, was notwendig für die Konvergenz der Reihe außerhalb von 0 ist. Eine solche Funktion g existiert somit nicht.

  3. Wir betrachten die Folgen (a_n):=\left(\frac{1}{2n}\right)_n und (b_n):=\left(\frac{1}{2n+1}\right)_n separat. Analog zu Teilaufgabe (a) gilt für beide Folgen, dass unendlich viele Folgenglieder in \Omega enthalten sind. Die Indexmengen sind entsprechend anzupassen.
    Entlang (a_n)_n stimmt h mit der Funktion 2z überein. Auf (b_n)_n stimmt h mit der Funktion \frac{2}{\frac{1}{z}+1}. Im Falle der Existenz einer solchen Funktion h wäre der Identitätssatz verletzt. Ein Widerspruch.

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