De vergelijking van Schröder
|
|
- Nelly van Dongen
- 5 jaren geleden
- Aantal bezoeken:
Transcriptie
1 Radboud Universiteit Bachelor Scriptie De vergelijing van Schröder Voor functies met vaste punten Auteur: Jasper de Klein Supervisor: Michael Müger June 5, 015
2
3 VOORWOORD Toen i in 01 aan mijn studie wisunde begon, wist i niet wat i precies on verwachten. Meteen werd me duidelij dat wisunde veel breder was dan i ooit had gedacht. I wam al snel in aanraing met vaen uit verschillende vagebieden binnen de wisunde en natuurlij ontstond er een vooreur voor bepaalde vagebieden. Halverwege mijn eerste jaar wam i voor het eerst echt in aanraing met Analyse. I on me in eerste instantie niet zo goed voorstellen wat het doel ervan was, maar nadat i er een tijdje mee bezig was, begon het me steeds meer te fascineren. Tegelijertijd volgde i oo het va Dynamische Systemen, wat i nog interessanter vond. Op een gegeven moment wam daar het punt aan dat i mijn scriptie moest gaan schrijven. I had nog geen duidelije idee waarover i mijn scriptie precies wilde schrijven, maar over het vagebied ontstond weinig twijfel. Óf Analyse óf Dynamische systemen. Na ort overleg wam mijn supervisor Michael Müger met een stelling die Carl Ludwig Siegel in 194 bewees in zijn artiel Iteration of analytic functions gepubliceerd in Annals of Mathematics. Het betreft een stelling uit de complexe analyse die toentertijd veel stof deed opwaaien en waar inmiddels meerdere bewijzen voor zijn. Natuurlij Siegels eigen bewijs, maar onder andere oo nog een bewijs dat hij samen met een van zijn studenten Jürgen Kurt Moser uitbracht in Lectures on Celestial Mechanics. Waar het ene bewijzen puur analytisch is, bevat het andere wat
4 3 raavlaen met combinatorie en dynamische systemen. Het lee mij interessant om beide bewijzen te bestuderen. Van het bewijs van Siegel en Moser heb i een herschrijving bestudeerd in het boe Complex Dynamics van Lennart Carleson en Theodore Gamelin, waarbij i af en toe stuen heb nagelezen in bovengenoemd boe van Siegel en Moser. Het bewijs dat Siegel in eerste instantie gaf, heb i bestudeerd aan de hand van het artiel A Brief but Historic Article of Siegel van Rodrigo Pérez. Beide bewijzen waren ontzettend benopt opgeschreven en mijn doel was om in mijn scriptie de bewijzen toeganelij te maen voor studenten met slechts een basisennis van Complexe analyse. I heb met veel plezier aan mijn scriptie gewert en wil Michael Müger dan oo bedanen voor het leue voorstel en de hulp die hij mij geboden heeft. Jasper de Klein
5 CONTENTS 1. Vaste punten, conjugerende afbeeldingen en analytische functies Vaste punten Conjugerende afbeeldingen Analytische functie Aantreende en afstotende vaste punten Aantreende vaste punten Afstotende vaste punten Irrationale neutrale vaste punten Diophantiene getallen Irrationale neutrale vaste punten Alternatief bewijs
6 SYMBOLEN EN NOTATIES λ multiplier bij z 0 f (z 0 )) met z 0 een vast punt van f θ hoe van λ in radialen Notatie 1. We schrijven f 1 = f en f n = f n 1 f, dus f n (z) = f ( f( f(z)) ) }{{} n Notatie. We schrijven f (n) voor de n de afgeleide van f. Notatie 3. We schrijven (0, r) voor {z C : z < r}
7 1. VASTE PUNTEN, CONJUGERENDE AFBEELDINGEN EN ANALYTISCHE FUNCTIES 1.1 Vaste punten We gaan functies f(z) : C U V C met een vast punt beijen. Hierbij definiëren we als volgt: Definitie We noemen z 0 een vast punt van f als f(z 0 ) = z 0. Daarnaast noemen we λ = f (z 0 ) de multiplier van z 0. Als λ = 0 heet z 0 een superaantreend vast punt. Als 0 < λ < 1 heet z 0 een aantreend vast punt. Als λ = 1 heet z 0 een neutraal vast punt. Als λ > 1 heet z 0 een afstotend vast punt. Voorbeeld De functie f(x) = x heeft vast punt x 0 = 1 met multiplier λ = 1, dus x 0 is een aantreend vast punt. Uit een simpele bereening volgt d ( x 0, f n (x) ) < d ( x 0, f n 1 (x) ) x R +, wat de naam verlaart. Voorbeeld De functie g(x) = x heeft vast punt x 0 = 1 met multiplier λ =, dus x 0 is een afstotend vast punt. Een simpele bereening verlaart de naam afstotend, want d ( x 0, g n (x) ) > d ( x 0, g n 1 (x) ) x R +. Opmering Als x 0 een neutraal vast punt is, is het gedrag van punten uit de omgeving van van x 0 niet te voorspellen zonder extra informatie (te halen uit hogere orde afgeleide), zie Voorbeeld 1.1.5
8 7 Voorbeeld De functie h(x) = x + x heeft vast punt x 0 = 0 met multiplier λ = 1 en is dus een neutraal vast punt. Het is eenvoudig in te zien dat d ( x 0, f n (x) ) < d ( x 0, f n 1 (x) ) x ( 1, 0) en d ( x 0, f n (x) ) > d ( x 0, f n 1 (x) ) x (0, 1). Het vaste punt x 0 is dus lins aantreend en rechts afstotend. Definitie Laat z 0 een neutraal vast punt zijn. We noemen z 0 een rationaal neutraal vast punt als λ n = 1 voor zeere n N en een irrationaal neutraal vast punt als λ 1 voor alle n N. Propositie Laat z 0 een neutraal vast punt zijn. Dan is z 0 een rationaal vast punt λ = e πiθ met θ Q en z 0 is een irrationaal vast punt λ = e πiθ met θ R\Q Bewijs. λ = 1 λ = e πiθ, dus λ n = 1 e πiθn = e πi met n, N. Dus θn =, ofwel θ = n/ Q. Hieruit volgt meteen dat λ n 1 n N θ R\Q 1. Conjugerende afbeeldingen We gaan ijen of we deze functies unnen conjugeren aan een andere functie. Hierbij definiëren we als volgt: Definitie De functie f : U U is geconjugeerd aan g : V V als er een inverteerbare afbeelding ϕ : U V bestaat, zodat g = ϕ f ϕ 1 ofwel g ( ϕ(z) ) = ϕ ( f(z) ). (1.1) Vergelijing (1.1) wordt oo wel de Schröders vergelijing genoemd.
9 8 Propositie 1... Als f door ϕ geconjugeerd wordt aan g, dan conjugeerd ϕ oo de iteraties f n aan g n voor alle n N. Oo de inverse functies van f en g zijn geconjugeerd door ϕ. Verder worden vaste punten van f door ϕ afgebeeld op vaste punten van g,. Bewijs. Het bewijs volgt eenvoudig door uitschrijven. We beijen En g n = ϕ f ϕ 1 ϕ f ϕ 1 ϕ f ϕ 1 = ϕ f f f ϕ 1 = ϕ f n ϕ 1. g 1 = (ϕ f ϕ 1 ) 1 = (ϕ 1 ) 1 f 1 ϕ 1 = ϕ f 1 ϕ 1. Laat z 0 een vast punt zijn van f. De functies f en g zijn geconjugeerd door ϕ, dus ϕ ( f(z) ) = g ( ϕ(z) ) ϕ ( f(z 0 ) ) = g ( ϕ(z 0 ) ) ϕ(z 0 ) = g ( ϕ(z 0 ) ). We zien dat ϕ(z 0 ) een vast punt van g is. 1.3 Analytische functie Definitie Een complexe functie f : U C is analytisch in het domein U als f in ieder punt uit zijn domein continu afgeleide heeft. Hieruit volgt
10 9 dat f in ieder punt gelij aan zijn Taylorreesontwieling, ofwel: f(z) = n=0 f (n) (z 0 ) (z z 0 ) n, z 0 U n! Opmering Als f een analytische functie is, is f in ieder punt van zijn domein te schrijven als machtrees. Laat z 0 een vast punt van f met multiplier λ zijn, dan: f(z) = z 0 + λ(z z 0 ) + a n (z z 0 ) n (1.) n=
11 . AANTREKKENDE EN AFSTOTENDE VASTE PUNTEN.1 Aantreende vaste punten Definitie.1.1. Laat f een functie zijn. Een schaling van f is een vermenigvuldiging van f met c C\{0}. Lemma.1.. Als f(z) een analytische functie is met aantreend vast punt z 0, dus multiplier 0 < λ < 1, dan is een conjugatie ϕ van f(z) aan g(z) = λ(z z 0 ) unie tot op een schaling. Bewijs. Eerst bewijzen we dat de samenstelling van een conjugatie van f aan g en een conjugatie van g aan zichzelf een conjugatie van f aan g geeft. Laat ϕ een conjugatie van f aan g zijn en ψ een conjugatie van g aan zichzelf. Dan zien we f(z) = ϕ g(z) ϕ 1 = ϕ ( ψ g(z) ψ 1) ϕ 1 = ϕ ψ g(z) (ϕ ψ) 1. Dus ϕ ψ is een conjugatie van f aan g. Het is nu voldoende om te bewijzen dat iedere conjugatie ψ van g(z) = λ(z z 0 ) aan zichzelf een schaling is. Stel namelij dat er een conjugatie ψ 1 van g(z) aan zichzelf bestaat die geen schaling is. Dan zou de samenstelling van ϕ met ψ 1 een conjugatie van f(z) aan g(z) geven, die geen schaling van ϕ is en bestaat er dus een nog een andere conjugatie.
12 11 Mer op dat als de conjugatie ψ 1 wel een schaling is, dat ϕ ψ 1 dan een schaling van ϕ is. Als alle conjugaties ψ van g(z) aan zichzelf schalingen zijn, dan is de conjugatie ϕ dus unie op schaling na. Stel nu dat ψ = a 1 z + a z +... is een conjugatie van g(z) aan zichzelf, ofwel ψ(λz) = λψ(z). We beijen ψ(λz) en λψ(z) ψ(λz) = a 1 (λz) + a (λz) + a 3 (λz) = a 1 λz + a λ z + a 3 λ 3 z λψ(z) = λ(a 1 z + a z + a 3 z ) = a 1 λz + a λz + a 3 λz Als we de coëfficiënten vergelijen, zien we a 1 λ = a 1 λ en a n λ n = λa n, n λ 0 en λ n 1 λ n+1 λ a n = 0, n. Dus ψ(z) = a 1 z en hieruit volgt dat ϕ(z) unie is tot op een schaling na. Lemma.1.3. Zij {f n (z)} een rij functies met f n+1 (z) f n (z) C n z, C < 1, z δ Dan convergeert {f n (z)} uniform voor z δ.
13 1 Bewijs. Zij i > j. We beijen dus i 1 ( f i (z) f j (z) = f+1 (z) f (z) ) =j i 1 f i (z) f j (z) f +1 (z) f (z) =j i 1 i 1 C z C δ =j C δ =j = δ 1 C Cj. =j Dus de afstand tussen f i en f j wordt willeeurig lein als j, ongeacht van z, dus {f n (z)} convergeert uniform naar f(z). Stelling.1.4. Stel f(z) is een analytische functie met aantreend vast punt z 0, dan bestaat er een afbeelding ϕ(z) van een omgeving van z 0 naar een omgeving van de oorsprong die f(z) conjugeert aan de lineaire functie g(z) = λ(z z 0 ). Deze conjugerende functie is unie tot op schaling na. Bewijs. Zonder verlies van algemeenheid mogen we aannemen dat z 0 = 0, want als dit niet zo is, unnen we een translatie toepassen opf(z) zodat 0 het vaste punt wordt. We gaan nu een functie ϕ construeren zodat ϕ ( f(z) ) = λϕ(z). We definiëren ϕ n (z) = λ n f n (z). Dan voldoet ϕ n aan ϕ n f = λ n f n+1 = λϕ n+1,
14 13 dus als ϕ n ϕ, dan ϕ f = λϕ, ofwel ϕ f ϕ 1 = λz. Dan is ϕ de gezochte conjugatie. Om de convergentie aan te tonen, mer op dat voor δ 0 > 0 lein en zeere C R en z δ 0 f(z) λz C z f(z) λ z + C z ( λ + Cδ 0 ) z. We unnen C zo iezen dat λ + Cδ < 1, want λ < 1, dus dan volgt met inductie dat f n (z) ( λ + Cδ 0 ) n z, z δ. Kiezen we δ 1 δ 0 zo lein dat p = ( λ + Cδ 1) λ < 1, rijgen we f n( f(z) ) λf n (z) ϕ n+1 (z) ϕ n (z) = λ n+1 C f n (z) λ n+1 pn C z λ Dus met Lemma.1.3 volgt dat ϕ n (z) uniform convergeert voor z δ 1 en de conjugatie ϕ bestaat. Uniciteit, op schaling na, volgt uit Lemma.1... Afstotende vaste punten Stelling..1. Stel f(z) is een analytische functie met afstotend vast punt z 0, dan bestaat er een afbeelding ϕ(z) van een omgeving van z 0 naar een
15 14 omgeving van de oorsprong die f(z) conjugeert aan de lineaire functie g(z) = λ(z z 0 ). Deze conjugerende functie is unie tot op schaling na. Bewijs. Dit volgt direct uit Stelling.1.4. Stel namelij f(z) = z 0 + λ(z z 0 ) +... met vast punt z 0 en λ > 1. Uit f (z 0 ) 0 volgt dat f locaal inverteerbaar is. Beijen we nu f 1 (z) = z (z z λ 0) +... dan zien we dat z 0 nog steeds een vast punt is met multiplier 1 < 1. Met Stelling.1.4 volgt dat er een ϕ bestaat die f 1 (z) λ conjugeert aan g 1 (z) = 1 (z z λ 0), omdat z 0 nu een aantreend vast punt is. En uit Propositie 1.. volgt dat ϕ oo f(z) aan g(z) conjugeert.
16 3. IRRATIONALE NEUTRALE VASTE PUNTEN 3.1 Diophantiene getallen Definitie Een reëel getal θ heet Diophantien als het slecht benaderbaar is door rationale getallen, in de zin dat er een µ, c > 0 bestaan, zodat p, q Z, q 0 θ p q c q. µ De leinste µ waarvoor bovenstaande conditie waar is voor een getal θ, noemen we de Diophantische orde van θ. Lemma Voor λ = e πiθ C is de conditie dat θ Diophantien is van orde µ equivalent aan λ n 1 C n µ 1. Bewijs. Zij λ = e πiθ met θ Diophantien, dus λ n 1 = e πiθn 1 = e πiθn e πiθn = sin(πθn). De eerste gelijheid hierbij is duidelij. De tweede gelijheid geldt omdat de absolute waarde niet verandert door te vermenigvuldigen met e πiθ. Voor de laatste gelijheid maen we gebrui van sin(x) = eix e ix. i
17 16 Laat m het dichtstbijzijnde gehele getal zijn van nθ, dus nθ m < 1/. Hier geldt een strite ongelijheid, omdat θ irrationaal is. Omdat sin(x) periodie is, geldt dat λ n 1 = sin(π nθ m ). Mer verder op dat de grafie van sin(πx) tussen de lijnen y 1 = x en y = πx voor 0 x 1/, dus Omdat θ Diophantien is, dus Andersom, als we weten dat We zagen al dat 4 nθ m λ n 1 < π nθ m. θ m C 0, volgt met de eerste ongelijheid n n µ 4C 0 n λn 1 µ n C n µ 1 λn 1. C n µ 1 λ n 1 met n 0, zien we C n λn 1. µ n λ n 1 = sin(πnθ) = sin(πnθn m) π nθ m. De tweede gelijheid geldt omdat sin(πx) periodie is met periode één en
18 17 m Z. De ongelijheid geldt omdat sin πx πx. We hebben dus voor alle n, m Z, n 0. C 0 π nθ m n µ n C 0 πn θ m µ n C n θ m µ n Opmering Voor vaste µ > voldoen bijna alle reële getallen θ. Laat E = {θ [0, 1] θ p/q < q µ oneindig vaa}, dus de verzameling van alle getallen (tussen 0 en 1) die niet Diophantien zijn. We unnen de maat van E op de volgende manier schatten; E q µ q = O(n µ ) 0 q=n 3. Irrationale neutrale vaste punten Lemma Als f een holomorfe fucntie is op een open verzameling Ω die een schijf D van straal r om z 0 en zijn rand C bevat, dan waar f C = sup z C f(z). f (n) (z 0 ) n! f C r n Lemma 3... Laat f holomorfe functie zijn op een open verzameling Ω. Als D een schijf is rond z 0, waarvan de afsluiting bevat is in Ω, dan heeft f
19 18 in z 0 de machtreesontwieling f(z) = a n (z z 0 ) n n=0 voor alle z D. De coëfficiënten a n worden gegeven door voor alle n 0. a n = f (n) (z 0 ) n! Voor beide lemma s an een bewijs worden gevonden in het boe II Complex Analysis van E. M. Stein en R. Shaarchi. Propositie Laat f een holomorfe functie zijn op een open verzameling Ω. Als D een schijf is rond z 0, waarvan de afsluiting bevat is in Ω, dan geldt voor de coëfficiënten van de machtrees: waar f C = sup z C f(z) a n f C r n Bewijs. Dit volgt direct uit bovenstaande lemma s. Lemma Laat f een holomorfe functie zijn op een open schijf D en v, w D, dan f(v) f(w) sup f (z) v w. z D Bewijs. De verzameling D is convex, dus er bestaat een lijn tussen de punten v en w. Als we de afgeleide van f integreren langs deze lijn, weten we. f(v) f(w) = w v f (z) dz.
20 19 Hieruit volgt dat f(v) f(w) sup f (z) v w. z D Stelling Laat θ Diophantien zijn en f een analytische functie zijn met vast punt in z 0 = 0 en multiplier λ = e πiθ. Dan bestaat er een oplossing voor ϕ ( f(z) ) = λϕ(z), ofwel f an in een omgeving van 0 geconjugeerd worden aan een vermenigvuldiging met λ. Bewijs. We willen een oplossing voor de Schröder vergelijing ϕ ( f(z) ) = λϕ(z) genormaliseerd door ϕ (0) = 1. Nemen we h = ϕ 1, dan rijgen we f ( h(z) ) = h(λz), h (0) = 1. (3.1) We definiëren ˆf en ĥ door f(z) = λz + ˆf(z) en h(z) = z + ĥ(z). Nu unnen we, gebruimaend van ˆf en ĥ, de vergelijing omschrijven: h(λz) = f ( h(z) ) h(λz) λh(z) = f ( h(z) ) λh(z) ( λz + ĥ(λz) ) ( λz + λĥ(z)) = ( λh(z) + ˆf(h(z)) ) λh(z) ĥ(λz) λĥ(z) = ˆf ( h(z) ). (3.) We gebruien nu KAM theorie (genoemd naar A.N. Kolmogorov, V.I. Arnold, J. Moser) in een simpel geval. We beijen coördinaat veranderingen ψ rond z = 0, genormaliseerd zodat ψ(z) = z + ˆψ(z) met ˆψ = O(z ). We vinden niet direct een oplossing voor (3.1), maar we maen ψ zo dat ψ 1 f ψ = g(z) = λz + ĝ(z)
21 0 met ĝ leiner dan ˆf in zeere zin. Mer hierbij op dat ĝ = 0 de oplossing geeft. We blijven dit proces herhalen met f vervangen door g en ψ gedefiniëerd op een iets leinere schijf. Schrijf nu f = n= b nz n, als we in plaats van (3.) de lineaire variant nemen, dus we vervangen h(z) aan de rechterant door z, rijgen we: ˆψ(λz) λ ˆψ(z) = ˆf(z). Dit unnen we eenvoudig oplossen voor ˆψ ˆψ(z) = j= b j λ j λ zj. We gaan nu ĝ en ĝ afschatten onder de volgende aannamen 1 λ n 1 c n µ 0 µ!, f (z) < δ voor z (0, r). De eerste ongelijheid geldt omdat θ Diophantien is met (vaste) Diophantische orde µ, zie hiervoor oo Lemma Gebruimaend van de twee parameters δ, r willen we een afschatting maen van g = ψ 1 f ψ. Eerst schatten we ˆψ op een leinere schijf ( 0, r(1 η) ) voor zeere 0 < η < 1/5. Met behulp van de Propositie 3..3 voor de machtreescoëfficiënten van ˆf, hebben we b j δ jr j 1.
22 1 Dus voor z ( 0, r(1 η) ) zien we ˆψ j= j= j= c 0δ µ! = c 0δ η µ+1 jb j λ j λ rj 1 (1 η) j 1 jδ λ j λ jr j 1 rj 1 (1 η) j 1 want b j δ jr j 1 c 0 δ jµ µ! (1 η)j 1 want j(j + 1) (j + µ 1)(1 η) j 1 j=1 1 λ λ j 1 c (j 1) µ 0 µ! De laatste gelijheid is een speciaal geval van de binomiaalrees, (1 + x) n = ) x. Als we aannemen dat c 0 δ < η µ+, hebben we n ( n =0 c 0 j µ µ! ˆψ η. (3.3) Omdat ψ(z) = z + ˆψ(z) volgt dat ψ(z) z + ηz voor z r(1 4η) r(1 4η) + rη = r(1 3η). Dus ψ(z) beeldt ( 0, r(1 4η) ) af op ( 0, r(1 3η) ). Verder impliceert
23 ˆf δ dat ˆf(z) δz, zoals hierboven. Dus als δ < η f(z) = λz + ˆf(z) f(z) = λz + ˆf(z) z + ηz r(1 3η) + ηr = r(1 η). dus voor z r(1 3η) is Dus f beeld ( 0, r(1 3η) ) af op ( 0, r(1 η) ). We claimen verder dat ψ 1 de verzameling ( 0, r(1 η) ) op ( 0, r(1 η) ) afbeeldt. Om dit te bewijzen laten we zien dat dat voor z ( 0, r(1 η) ) de vergelijing ζ + ψ(ζ) = z een uniee oplossing heeft voor ζ ( 0, r(1 η) ). We construeren ζ als lim n ζ n met ζ 0 = 0 en ζ n+1 + ψ(ζ n ) = z Bovenstaande definitie geeft ons een rij ζ n van analytische functies van z die, wegens ˆψ < η, voldoet aan ζ n+1 ζ n = ψ(ζ n ) ψ(ζ n 1 ) η ζ n ζ n 1. Dus als ζ i < r(1 η) voor i = 0, 1,..., n ζ n+1 ζ n η n ζ 1 ζ 0 = η n z. Voor z < r(1 η) hebben we dus n+1 ζ n+1 ζ j ζ j 1 < z 1 η < 1 η r < (1 η)r. 1 η j=1
24 3 Dit laat zien dat de functies ζ n gedefiniëerd en analytisch zijn voor z < (1 η)r. Omdat η < 1 convergeert de rij ζ n voor z < (1 η)r naar ζ = ζ(z), de gewenste inverse functie van ζ + ψ(ζ). Beijen we nu g = ψ 1 f ψ, dan zien we dat ψ de verzameling ( 0, r(1 4η) ) afbeeldt op ( 0, r(1 3η) ). De functie f beeldt vervolgens de verzameling ( 0, r(1 3η) ) af op ( 0, r(1 η) ) en tenslotte beeldt ψ 1 de verzameling ( 0, r(1 η) ) af op ( 0, r(1 η) ). Dus g beeldt ( 0, r(1 4η) ) op ( 0, r(1 η) ). We gaan nu ĝ schatten. We weten ψ 1 f ψ(z) = g(z) = λz + ĝ(z) f ψ(z) = ψ ( λz + ĝ(z) ) f ( ψ(z) ) = λz + ĝ(z) + ˆψ ( λz + ĝ(z) ) f ( z + ˆψ(z) ) = λz + ĝ(z) + ˆψ ( λz + ĝ(z) ) λz + λ ˆψ(z) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) = λz + ĝ(z) + ˆψ ( λz + ĝ(z) ) ĝ(z) = λ ˆψ(z) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) ĝ(z) = ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆf(z) We willen ĝ schatten in ( 0, r(1 4η) ). Laat C het maximum van ĝ zijn over deze schijf, dan C sup ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆf(z) C sup ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) ) + sup ˆf( z + ˆψ(z) ˆf(z). Beijen we nu ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ), dan zien we met Lemma 3..4 ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) sup( ˆψ (z) ) λz ( λz ĝ(z) ) = sup( ˆψ (z) ) ĝ(z) ηc.
25 4 De laatste ongelijheid geldt, vanwege (3.3) en ĝ(z) C. Op een zelfde manier zien we dat voor ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆf(z) geldt: Dit geeft ons ˆf ( z + ˆψ(z) ) f(z) sup( f (c) ) ˆψ(z) δ c 0δ η µ+1 r = c 0δ r η µ+1. C ηc + c 0δ r ofwel C c 0δ r η µ+1 η 1 µ+1 1 η. Met behulp van de Cauchy afschatting, zie Lemma 3..1 vinden we ĝ c 0δ r η µ+ 1 1 η, z ( 0, r(1 5η) ). Laten we even ort samenvatten wat we hebben gedaan. We zijn begonnen met een functie f die voldoet aan ˆf δ op (0, r). Deze hebben we vervangen door een functie g met ĝ c 0 δ rη (µ+ (1 η) 1 op ( 0, r(1 5η) ). Hiervoor moesten we aannemen dat 0 < η < 1/5, c 0 δ < η µ +, δ < η. Als we c 1 > 0 lein genoeg nemen en η < c 1 eisen, voldoen we aan de eerste voorwaarde en de laatste voorwaarde volgt dan uit de tweede. Stel nu dat we n 0, δ 0 hebben geozen die voldoen aan de voorwaarde. We
26 5 definiëren de volgende rijen: r n+1 = r n (1 5η n ), η n+1 = η n /, δ n+1 = c 0 δ nη n (µ+). De vereiste voorwaarde c 0 δ n < η n µ+ is nu gemaelij te controleren met inductie. We hebben η 0, δ 0 zo geozen dat aan de voorwaarde is voldaan. Stel nu dat oo voor n geldt, dan c 0 δ n+1 = c 0δn ηµ+4 n µ+ η n µ+ = ηµ+ µ+ n+1. η µ+ n Dus het geldt oo voor n + 1 en daarmee voor alle n N. We hebben oo rijen {ψ n } en {g n } geconstruëerd met g 0 = f en g n = ψ 1 n g n = ψ 1 n ψ 1 n 1... ψ 1 1 f ψ 1 ψ... ψ n. g n 1 ψ n, ofwel Laat R = r 0 n (1 5η) > 0, dan ĝ n δ n r n /(1 η n ) 0 op (0, R), dus g n λz op de schijf. En {ψ 1 ψ... ψ n } convergeert dus naar een afbeelding h die f conjugeert aan λz, zoals gewenst. 3.3 Alternatief bewijs We beijen opnieuw Stelling Voor de stelling bestaan meerdere bewijzen, waarvan er hier nog een besproen wordt. Hiervoor moeten we wel nog een definitie invoeren. Definitie Een functie f = r=0 a rz r heet genormaliseerd als a r 1 r N. Lemma Een holomorfe functie f met vast punt z 0 en multiplier λ an
27 6 worden geconjugeerd aan zijn genormaliseerde vorm, waarbij de multiplier gelij blijft. Bewijs. Laat f = r=0 a rz r, omdat f holomorf is, is deze machtrees convergent. Er bestaat dus een leinste c > 0 zodat a r c r 1. We definiëren g(z) = cf(z/c), dus de conjugerende functie is ϕ(z) = cz. We zien g(z) = c = ( z a r c r=0 r=0 ) r z r ca r c = a r r c r 1 zr, dus r=0 b rz r met b r = a r 1 en b1 = a 1 c r 1 c = λ = λ. Dus we unnen f 0 1 conjugeren aan zijn genormaliseerde vorm waarbij de multiplier gelij blijft. r=0 Lemma Laat λ = e πiθ met θ Diophantien van orde µ+1. Dan geldt λ n 1 1 < (n) µ. Bewijs. We nemen aan dat log ( λ n 1 ), ofwel er bestaat een constante v > 0 zodat voor n groot genoeg geldt log( λ n 1 ) v log(n). Mer op dat log( λ n 1 ) hooguit log() wordt en dat het dus een grens is voor log( λ n 1 ) als λ 1. We zien dus log( λ n 1 ) v log(n).
28 7 Nemen we nu aan beide anten de exponent, dan rijgen we λ n 1 1 n v voor n groot genoeg, zeg n > N. We willen dat het geldt voor alle n. Dit an door K de grootste van één en max n N {(n v λ n 1 ) 1 } te iezen. Dan rijgen we λ n 1 1 Kn v. Nemen we vervolgens µ = v + log (K), dan rijgen we λ n 1 1 < (n) µ. (3.4) Uit Lemma 3.1. weten we al dat λ n 1 1 Kn v equivalent is aan θ is Diophantien van orde µ + 1. Stelling Laat θ Diophantien zijn van orde µ + 1 en f een analytische functie zijn met vast punt in z 0 = 0 en multiplier λ = e πiθ. Dan bestaat er een oplossing voor ϕ ( f(z) ) = λϕ(z), ofwel f an in een omgeving van 0 geconjugeerd worden aan een vermenigvuldiging met λ. Bewijs. We zoeen een oplossing voor ψ ( f(z) ) = λψ(z). (3.5) Nemen we ϕ = ψ 1, dan rijgen we ϕ(λz) = f ( ϕ(z) ). Laat f(z) = r=1 a rz r met a 1 = λ en ϕ(z) = =1 c z met c 1 = 1, omdat we mogen aannemen
29 8 dat ϕ genormaliseerd is. Vergelijing (3.5) wordt dan: λz + c (λz) = =1 = ( ) r a r c j z j r=1 j=1 c (λz) = λ c j z j + c λ z λ c j z j = = j= c (λ λ)z = = j=1 = λz + λ ( ) r a r c j z j r= c j z j + j= ( ) r a r c j z j r= j=1 j=1 ( ) r a r c j z j r= j=1 ( ) r a r c j z j. (3.6) r= Omdat we hebben aangenomen dat c 1 = 1, geeft vergelijing (3.6) nu een expliciete recursieve beschrijving van {c }. De termen c (λ λ)z zijn namelij de som van alle z -eentermen aan de rechterant. De uitdruing aan de rechterant produceert z -eentermen precies als r. Deze eentermen hebben de vorm a r (c j1 z j 1 )... (c jr z jr ), waarbij de machten van j=1 z optellen tot. Dus voor rijgen we c = ( 1 ) ( λ λ r= j j r= a r c j1... c lr ). (3.7) Dit lijt een oplossing te geven voor het probleem, maar afhanelij van de waarde van λ an de absolute waarde van d := 1 λ +1 λ = 1 λ 1 ontzettend vaa ontzettend groot worden. Hierdoor is de machtrees niet altijd convergent. We noemen d een sd-term, waarbij sd staat voor Small
30 9 Denominator, ofwel leine noemer. We gaan nu de waarden van de rij {c } afschatten. Mer eerst op dat de absolute waarden c begrensd worden door de reële rij {ĉ }, gedefinieerd door ĉ 1 = 1 en ( ĉ = d 1 ĉ j1... ĉ lr ). (3.8) r= j j r= Zie oo vergelijing (3.7) en mer op dat we aan mogen nemen dat a r 1 wegens Lemma De recursieve definitie verhult de structuur van deze getallen enigszins. De eerste vier zien er als volgt uit: ĉ 1 = 1, ĉ = d 1 ([ĉ 1 ĉ 1 ]) = d 1, ĉ 3 = d ([ĉ 1 ĉ + ĉ ĉ 1 ] + [ĉ 1 ĉ 1 ĉ 1 ]) = d d 1 + d, ĉ 4 = d 3 ([ĉ 1 ĉ 3 + ĉ ĉ + ĉ 3 ĉ 1 ] + [ĉ 1 ĉ 1 ĉ + ĉ 1 ĉ ĉ 1 + ĉ ĉ 1 ĉ 1 ] + [ĉ 1 ĉ 1 ĉ 1 ĉ 1 ]) = 4d 3 d d 1 + d 3 d + d 3 d 1 d 1 + 3d 3 d 1 + d 3. De precieze samenstelling van iedere ĉ duidelij dat deze de som is van meerdere uitdruingen. is niet van belang, maar het is Ieder van deze uitdruingen is het product van, niet per se verschillende, sd-termen. Laat nu τ het aantal termen in de uitdruing voor ĉ zijn, dus τ 4 = = 11. Laat verder σ het de maximale waarde van de termen in de uitdruing voor ĉ zijn. De waarde hiervan hangt af van λ, maar mer op dat (als we d buiten beschouwing laten) het grootste product van sd-termen in de uitdruing voor ĉ een product is van ĉ j1... ĉ jr. Het moet dus het product zijn van de grootste producten in iedere ĉ j1,..., ĉ jr wel een product van σ j1,..., σ jr. Dus σ is gegeven door σ 1 = 1 en σ = d 1 max j j r= r {σ j1... σ jr }. of
31 30 Het is duidelij dat c ĉ σ τ. We gaan nu een τ en σ afschatten, waarna het bewijs compleet is. De getallen τ staan beend als de Schröder numbers en in dit geval de Small Schröder numbers. De genererende functie y(x) = τ l x l voldoet aan de functionaal vergelijing y = x + Dit is eenvoudig te verifiëren: y = x + y = x + r= y r y r. r= en we vullen in y = τ l x l ( ) r τl x l = a i x i. r= i=1 Als we hierin a m gaan bepalen, moet we eerst ijen wanneer er een term x m ontstaat in r= ( τ l x l ) r. Dit is precies als r m en deze termen zijn van de vorm τ l1... τ lr met l l r = m, zodat de machten optellen tot m. Dus we zien a m = τ l1... τ lr. r= l l r=m En als we dit vergelijen met (3.8) zien we dat dit overeenomt met de definitie van τ m. De functionaal vergelijing unnen we omschrijven naar een meer inzichtelije
32 31 functie: y = x + = x + r= y r y y r r= = x + y y r = x + y 1 y r=0 y y = x xy + y y xy y = x 16y 8xy 8y = 8x 16y 8xy 8y + x + x + 1 = 8x + x + x + 1 y 1 = 1 + x + x 6x (4y x 1) = ( x 6x + 1) y = 1 + x x 6x Het blijt dat je y de juiste functie is. Mer op dat τ natuurlije getallen zijn voor alle. Dit beteent dat alle coëfficiënten van de machtreesontwieling van y, rond 0, positief en geheel moeten zijn. Hiertoe beijen we eerst de Taylorontwieling van x 6x + 1 in 0. We vinden x 6x + 1 = 1 3x 4x 1x 3 44x Hieruit volgt y 1 = 1 4 (1 + x + 1 3x 4x 1x 3 44x ) = 1 4 ( x 4x 1x 3 44x ) en y = 1 ( 1 + x (1 3x 4x 1x 3 44x ) ) 4 = 1 4 (4x + 4x + 1x x ). Het is duidelij dat de machtrees van y 1 negatieve (en gebroen) coëfficiënten
33 3 geeft, terwijl de machtrees van y alleen natuurlije getallen oplevert en dus de juiste genererende functie is. De convergentiestraal van deze functie is de absolute waarde van het leinste nulpunt van x 6x + 1, omdat hier een singulariteit optreed. De nulpunten zijn 3 8 en 3 + 8, dus de convergentiestraal R = 3 8. We weten dat lim sup τ 1/n n dus lim sup τ 1/n n = = R = τ n (3 + 8) n. Hiermee hebben we τ dus afgeschat. Nu moeten we allen nog σ afschatten, maar hier is nog wat wer voor nodig. We hadden al gezien dat σ recursief gedefiniëerd wordt door σ = d 1 max j j r= r {σ j1... σ jr } en een exponentiële bovengrens heeft als de sd-termen voldoen aan Lemma Hierbij maen we gebrui van de simpele afschatting d () µ. Dit is echter geen efficiënte grens, omdat iedere d een product is van O() sdtermen. Siegel zag in dat, wanneer een sd-term groot wordt, het meerdere stappen duurt voordat een sd-term weer groot wordt. Hierdoor unnen we een betere afschatting voor d vinden, die we subtiele afschatting zullen noemen. Beij λ q (λ p q 1) = λ p λ q = (λ p 1) (λ q 1),
34 33 omdat λ q = 1, volgt met de driehoesongelijheid dat in sd-notatie λ p q 1 λ p 1 + λ q 1 d 1 p q d 1 p + d 1 q (min{d p, d q }) 1. Dus we zien (min{d p, d q }) d p q en als we hier de simpele afschatting op toepassen, rijgen we min{d p, d q } µ+1 (p q) µ. Deze afschatting is duidelij efficiënter dan min{d p, d q } min{(p) µ, (q) µ }. Met behulp van Lemma (Deze is in verband met gebruite notatie onder dit bewijs te vinden) vinden we hiermee een bovengrens voor het product r p=0 d p. Namelij r p=0 d p < N r+1 µ 0 r ( p 1 p ) µ, waarbij de r + 1 indices als volgt geordend zijn 0 >... > r 1 en N = µ+1 met v de orde van het Diophantine getal θ. Hiermee unnen we een exponentiële bovengrens voor σ vinden. We beginnen met de afschatting σ AC en gaan A, B en C zoeen die hieraan B voldoen. Mer op dat σ 1 = d 0 = 1 AC, waardoor de eus A = C 1 logisch lijt. Dit beteent dat we op willen gaan lossen σ C 1 C B = C 1 B (3.9) voor alle. We unnen een oplossing hiervoor altijd aanpassen zodat B (a) > 0 en C (b) B
35 34 door C groter te iezen. Deze extra condities hebben het voordeel dat C j 1 σ j1 σ j Cj 1 1 = Cj 1+j j1 B j B j1 B j B = Cj 1+j (j 1 j ) (j 1 + j ) B B (j 1 + j ) B = Cj 1+j (j 1 + j ) (j 1 + j ) B B (j 1 j ) B = Cj 1+j (j 1 + j ) B = Cj 1+j 1 (j 1 + j ) B C 1 (a) ( j1 j 1 j + j Cj 1+j 1 (j 1 + j ) B C 1 B (b) Cj 1+j 1 (j 1 + j ). B En in het algemeen voor j j l = J ) B j 1 j ( ) B j j 1 σ j1... σ jl CJ 1 J B. (3.10) C Stel nu dat we B en C hebben die voldoen aan (a), (b) en σ 1 voor alle B 1 < 0. Dan unnen we σ 0 afschatten met het volgende argument: In de ontbinding van σ 0 σ 0 = d 0 1 max j j r= 0 r 0 {σ j1... σ jr } zien we dat er hoogstens een index 1 an zijn met 0 / < 1 < 0. Als dat zo is, schrijven we σ 0 = d 0 1 σ 1 1 waarbij 1 het product is van de resterende σ j. Als er geen index groter is dan 0 / zijn we laar met deze stap.
36 35 Mer op dat er in de ontbinding van 1 nog steeds een index an zijn met 0 / < < 1 < 0. Als dit zo is schrijven we σ 1 = d 1 1 σ. Dit unnen we herhalen tot we een σ r vinden met een ontbinding waarin geen indices vooromen groter dan 0 /. We vinden dan het volgende: σ 0 = d 0 1 σ 1 1 σ 1 = d 1 1 σ. σ r 1 = d r 1 1 σ r r σ r = d r 1 σ l1... σ ls Mer op dat de p hierbij een product is van ongenoemde σ j waarvan de indices allemaal leiner zijn dan 0 en optellen tot p 1 p. De indices l q tellen op tot r en zijn allemaal hoogstens 0 / < 0. Deze condities zijn nodig om Lemma (die hierna bewezen zal worden) later toe te unnen passen. Eerst schrijven we de bovenstaande ontbindingen als een product, door te substituëren. Dit geeft ons σ 0 = d p 1 p=0 p (σ l1... σ ls ). Nu unnen we Lemma toepassen op het eerste product, ongelijheid (3.10) op ieder p en (3.9) op iedere σ lq. Dan zien we dat σ 0 [ N r+1 µ 0 ] [ ] [ ( p 1 p ) µ C ( p 1 p) 1 s ( p 1 p ) B C lq 1 l B q ].
37 36 Bij het tweede product zien we dat de teller C r 1 r r = C 0 r r wordt en voor het laatste product rijgen we de teller C l l s s = C r s. Verder unnen de eerste twee producten eenvoudig samengenomen worden. Met het bovenstaande rijgen we dan σ 0 (N r+1 C 0 r r+ r s ) µ 0 σ 0 (N r+1 C 0 r s ) ( µ 0 ( p 1 p ) µ ( p 1 p ) B ( p 1 p ) µ B s s 1 l B q l B q ). (3.11) Herinner dat deze afschatting nog afhanelij is van het vinden van een geschite B, C die voldoen aan B > 0, C B en σ c 1 voor 1 < B 0. We willen nu B en C zo iezen, zodat de rechterant van bovenstaande vergelijing begrensd is door C 0 1. Hiertoe moeten we een manier vinden om een factor 1 B 0 uit ( µ 0 B 0 ( p 1 p ) µ B s ) lq B te halen. Hiervoor gebruien we de volgende hulpvergelijing ( ( p 1 p ) µ B s ) lq B 1 µ+b 0 waarbij ϕ van r en s mag afhangen, maar niet van 0. ϕ = v B 0 ϕ, (3.1)
38 37 We iezen nu B (c) = v. Mer op dat dit geen conflict oplevert met (a). Het blijt dat bovenstaande methode volstaat en we dus B gelij unnen stellen aan v. Samen met de ongelijheid uit Lemma 3.3.6, die we unnen toepassen door de eerder gestelde restricties op de indices, vinden we: ( ( p 1 p ) v s ) ( ) 3v lq v 0. r+s+1 Hiermee unnen we de afschatting die we hebben gevonden in (3.11) concreter maen, waarna we alleen nog een geschite waarde voor C hoeven te iezen. Als we bovenstaande ongelijheid invullen zien we namelij σ 0 (N r+1 C 0 r s ) ( ( µ 0 0 = ( ( µ+1 ) r+1 C 0 1 C r s+1) = ( ( µ+1 ) r+1 ( 3µ ) r+s 1 ( ) µ+1 3µ r+s 1 C 0 1 C µ 0 ( ) 5µ+1 r+s 1 = C 0 1 C µ 0 ) ) 3v r+s+1 ( ( µ r+s 1 ) ) 3µ C r+s 1 ) C 0 1 µ 0 De laatste ongelijheid geldt omdat s. Als we nu C 5µ+1 iezen dan 5µ+1 C0 1 1, dus is de laatste uitdruing leiner dan C µ. Deze euze voor 0 C levert geen problemen op met (b) en (c), dus als we deze substituëren, zien we σ 0 (5µ+1 ) 0 1 µ 0
39 38 voor alle 0 1 en hebben we dus succesvol de σ j afgeschat. Herinner dat c ĉ σ τ, dus hiermee hebben we c afgeschat en is de stelling bewezen.
40 39 Lemma Laat N = µ+1 met v de orde van het Diophantine getal θ. Voor r + 1 gegeven indices 0 >... > r 1, geldt het volgende: d p < N r+1 µ 0 ( p 1 p ) µ. (3.13) p=0 Bewijs. Het bewijs gaat met inductie. De simpele afschatting voldoet voor het geval r = 0. Voor r = 1 zien we: d 0 d 1 ( µ max{ µ 0, µ 1 }) ( µ µ ) µ µ 0 µ+1 ( 0 1 ) µ = µ+1 µ 0 ( 0 1 )v < N µ 0 ( 0 1 ) µ. Zij nu r, dus we hebben minstens drie sd-termen. Laat d j de leinste term zijn. Met de inductiehypothese volgt dat de overige r sd-termen voldoen aan vergelijing (3.13), zonder de index j. Als j = 0, dus d j = d 0 zien we d 0 < µ+1 ( 0 1 ) µ < N( 0 1 ) µ. Dus d 0 d p < d 0 N r µ 1 ( p 1 p ) µ p= < N( 0 1 ) µ N r µ 1 ( p 1 p ) µ p= < N N r µ 0 ( 0 1 ) µ ( p 1 p ) µ = N r+1 µ 0 p= ( p 1 p ) µ. Een vergelijbaar bewijs geld voor het geval j = r. Zij nu 0 < j < r.
41 40 De volgens de inductiehypothese bestaande bovengrens voor r p=0 d p bevat p j de term ( j 1 j=1 ). Laat a, b zo zijn dat { a, b } = { j 1, j+1 } met a j j b. Hieruit volgt dat ( j 1 j+1 ) a j en met de subtiele afschatting volgt nog d j µ+1 j b µ. Dus d p N r 0 ( 0 1 ) µ... ( j 1 j+1 ) µ d j... ( r 1 r ) µ p=0 N r 0 ( 0 1 ) µ... µ a j µ µ+1 j b µ... ( r 1 r ) µ = N r+1 0 ( 0 1 ) µ... ( j 1 j ) µ ( j j+1 ) µ... ( r 1 r ) µ. Hiermee is het bewijs geleverd. Lemma Gegeven drie gehele getallen, r 0 en s. Als we gehele getallen x 1,..., x r en y 1,..., y s uit {1..., } hebben die voldoen aan r x p + s y q = met s y q > /, dan x p s yq ( ) 3. r+s 1 Bewijs. Zij t = r + s. Omdat t t 1 is het voldoende om te bewijzen dat x p Sommige gevallen zijn duidelij: s yq ( ) 3. t t = : Als t =, dan r = 0 en s =, dus y 1 = y = /. We zien x p s y q = t : Als t is t 1, dus geldt de ongelijheid altijd,
42 41 want het product is minstens één. t voor =, 3, 4, als t 3. Het is eenvoudig in te zien dat We moeten de ongelijheid dus nog bewijzen voor t 3, 5 en t, wat equivalent is met 3 t. Voor r x p rijgen we het leinste product als r 1 termen gelij zijn aan één en de laatste term gelij is aan r x p (r 1). Dit is dan oo de ondergrens van r x p. Op dezelfde manier vinden we s y q (s 1) als ondergrens voor s y q. Hiervoor unnen we echter een scherpere ondergrens vinden als s y q (s 1) >. Omdat alle yq rijg je in dit geval het leinste product als s factoren gelij zijn aan één, een term gelij is aan en de laatste term is wat er overblijft, ofwel s y q (s ). We rijgen dus x p r x p (r 1), { s s y q y q (s 1) if s y q (s 1), ( s y q (s ) ) if s y q (s 1). Mer op dat de waarden van s y q tussen ( + 1 en ( r) liggen. We delen de rest van het bewijs nu in twee gevallen op, maar eerst beijen we nog de polynoom met R > S. S is een ritie punt. P (x) = (R x)(x S) We zien P (x) = (R + S 3x)(x S), dus P (S) = 0 en De tweede afgeleide P (x) = R + 4S 6x, dus P (S) = R S > 0. Met de tweede afgeleide test volgt dus dat S een loaal minimum is en aangezien het derdegraads polynoom is met a 3 = 1, volgt dat dit het enige loale minimum is. Als we nu een interval I = [a, b]
43 4 hebben met S < a < b geldt min{p (x)} = min{p (a), p(b)}. x I We gaan nu het eerste geval beijen. Dit is het geval dat ( + 1) s y q ( + s 1), dus s y q s y q (s 1). We rijgen dus x p ( s r ) ( s yq x p (r 1) y q (s 1) ( ) ( s s y q r + 1 y q s + 1 Laat nu R = r + 1 en S = s 1, dan rijgen we x p s yq P ( s y q ). Heriner dat r x p + s y q =, dus r + s. Ofwel r s, waaruit volgt dat R > S. We weten dus dat het product r x p s y q van onderen begrensd is door het minimum van P in het berei van s y q. Dit berei is omvat in het interval I = [ ( r + 1 ), ( + s 1 ) ]. Uit t = r + s zien we s 1 < r, of wel S = s 1 < r + 1. Dus het product r x p s y q is begrensd door het minimum van P ( r + 1) en P ( + s 1). ) )
44 43 Herinnerend dat t = r + s zien we dat P ( r + 1) = ( t + ) en P ( + s 1) = ( t + ). En ( t + ) ( t + ) ( t + ) ( + 1) ( 1) ( t + ) ( t + ), waarbij we voor de middelste ongelijheid gebruien maen van t 3. Voor s y q [ ( r + 1 ), ( + s 1 ) ] hebben we x p s yq ( t + ) ( 1 t + ). Het is duidelij dat 1 1 t + een lineaire functie in t is, terwijl een t convexe functie is. Voor t [ 3, ] is de lineaire functie groter dan 1, t
45 44 dus x p s yq ( ) 1 t = 3 ( 1) (t ) 3 (t )( 1) = (t ) 3 ( ) 3 ( ) 1 = (t 1) t 1 ( ) ( ) 3 ( ) 3 4 >. 5 t t In de laatste stap gebruien we dan t 3 en 5. Hiermee is het eerste geval bewezen. Nu beijen we het tweede geval: ( +s 1 s y q) ( r). Dus s y q ( s y q (s ) ) en hiermee volgt dat x p ( s r ) ( s yq x p (r 1) y q (s ) ( ) ( s s y q r + 1 y q (s ) Laat R = r + 1 en S = s +, dan R > S, want ( ) R S = r + 1 s + = r s + 3 = t ) )
46 45 Dus nu hebben we x p ( s s ) yq P y q met R > S. Het berei van s y s ligt in het interval I = [( ) ] + s 1, ( r), wat duidelij rechts van S ligt. We weten dus dat r x p s y q van onderen begrensd wordt door het minimum van P ( ) + s 1 Herinnerend dat t = r + s zien we dat en P ( r). ( ) ( ) P + s 1 = t + ( en P ( r) = t + ). Het is duidelij dat de bovenste uitomst de leinste is, dus x p s yq ( ) t +. We zagen in het bewijs van het eerste geval al dat dit groter is dan ( ). t + Het bewijs gaat vanaf hier dus op dezelfde als het eind van het eerste geval.
47 BIBLIOGRAFIE Lennart. Carleson en Theodore W. Gamelin, Complex Dynamics, Springer- Verlag, 1993 Rodrigo A. Pérez, A Brief but Historic Article of Siegel, Notices of the AMS, Volume 58, Number 4, 011, p Carl L. Siegel en Jürgen K. Moser, Lectures on Celestial Mechanics, Spinger- Verlag, 1971 Elias M. Stein en Rami Shaarchi, II Complex Analysis, Princeton University Press, 003
Universiteit Leiden, 2015 Wiskundewedstrijdtraining, week 14
Universiteit Leiden, 0 Wisundewedstrijdtraining, wee Wee : reesen Een rees is een speciaal soort rij, dus: den altijd eerst na over convergentie! bijzonder: monotone, begrensde rijen convergeren In het
Nadere informatieExamen G0U13 - Bewijzen en Redeneren,
Examen G0U13 - Bewijzen en Redeneren, 2010-2011 bachelor in de Wisunde, bachelor in de Fysica, bachelor in de Economische Wetenschappen en bachelor in de Wijsbegeerte Vrijdag 4 februari 2011, 8u30 Naam:
Nadere informatieUitwerkingen Tentamen Wat is Wiskunde (WISB101) Donderdag 10 november 2016, 9:00-12:00
Uitweringen Tentamen Wat is Wisunde (WISB101) Donderdag 10 november 2016, 9:00-12:00 Docenten: Barbara van den Berg & Carel Faber & Arjen Baarsma & Ralph Klaasse & Vitor Blåsjö & Guido Terra-Bleeer Opgave
Nadere informatieNATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN
II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN Iedereen ent getallen: de natuurlije getallen, N = {0,1,2,3,...}, gebruien we om te tellen, om getallen van elaar af te unnen treen hebben we de gehele getallen,
Nadere informatieDifferentiequotiënten en Getallenrijen
Lesbrief 4 Binomiaalcoëfficiënten, Differentiequotiënten en Getallenrijen Binomiaalcoëfficiënten Het is beend dat (a + b 2 = a 2 + 2ab + b 2 en dat (a + b 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3. In het algemeen
Nadere informatieOplossen van lineaire differentiaalvergelijkingen met behulp van de methode van Leibniz-MacLaurin
Oplossen van lineaire differentiaalvergelijingen met behulp van de methode van Leibniz-MacLaurin Calculus II voor S, F, MNW 7 november 2005 1 De n-de afgeleide van het product van twee functies Voor we
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.6, donderdag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 2 juni, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 38 Outline 1 Rekenregels 2 K. P. Hart TW2040: Complexe
Nadere informatie4.1 Rijen. Inhoud. Convergentie van een reeks. Reeksen. a k. a k = lim. a k = s. s n = a 1 + a 2 + + a n = k=1
Reesen en Machtreesen Reesen en Machtreesen 4-0 Reesen en Machtreesen Inhoud. Rijen 2. Reesen Definities en enmeren Reesen met niet-negatieve termen Reesen met positieve en negatieve termen 3. Machtreesen
Nadere informatieExamen Complexe Analyse (September 2008)
Examen Complexe Analyse (September 2008) De examenvragen vind je op het einde van dit documentje. Omdat het hier over weinig studenten gaat, heb ik geen puntenverdeling meegegeven. Vraag. Je had eerst
Nadere informatieConvexe functies op R (niet in het boek)
Convee uncties op R (niet in het boe Een unctie : R R heet conve, als voor alle, R en ele λ [0,] geldt dat (λ + (-λ λ( + (-λ(. Voor een unctie op R beteent dit dat als je twee willeeurige punten op de
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.6, maandag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 30 mei, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 33 Outline 1 2 Algemeenheden Gedrag op de rand Machtreeksen
Nadere informatieTentamen Analyse 4. Maandag 16 juni 2008, uur
Tentamen Analyse 4 Maandag 16 juni 2008, 14-17 uur Vermeld uw naam (met voornaam en voorletters) en uw studentnummer. Er zijn geen hulpmiddelen toegestaan. Dit tentamen bestaat uit zes opgaven. Vergeet
Nadere informatie6 Complexe getallen. 6.1 Definitie WIS6 1
WIS6 1 6 Complexe getallen 6.1 Definitie Rekenen met paren De vergelijking x 2 + 1 = 0 heeft geen oplossing in de verzameling R der reële getallen (vierkantsvergelijking met negatieve discriminant). We
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.10, donderdag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 23 juni, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 46 Outline 1 2 3 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
week 4.8, maandag Faculteit EWI TU Delft Delft, 6 juni, 2016 1 / 33 Outline 1 Maximum-modulusprincipe Lemma van Schwarz 2 2 / 33 Maximum-modulusprincipe Lemma van Schwarz Maximum-modulusprincipe Stelling
Nadere informatieOEFENOPGAVEN OVER REEKSEN
OEFENOPGAVEN OVER REEKSEN Opgave. Bereen n=0 ( 3 n + 6n 7 n ) (antwoord 0). Opgave. Ga voor de volgende reesen na of ze convergent of divergent zijn: a) (convergent); (ln ) b) c) d) e) f) g) h) 5 5 3 +
Nadere informatieTentamen Numerieke Wiskunde (WISB251)
1 Tentamen Numeriee Wisunde WISB51 Maa één opgave per vel en schrijf op ieder vel duidelij je naam en studentnummer. Laat duidelij zien hoe je aan de antwoorden omt. Onderstaande formules mag je zonder
Nadere informatieOverzicht Fourier-theorie
B Overzicht Fourier-theorie In dit hoofdstuk geven we een overzicht van de belangrijkste resultaten van de Fourier-theorie. Dit kan als steun dienen ter voorbereiding op het tentamen. Fourier-reeksen van
Nadere informatieZ.O.Z. Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Analyse 1 WP001B 16 juni 2016, 12:30 15:30 (16:30)
Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Analyse 1 WP001B 16 juni 016, 1:30 15:30 (16:30) Het gebruik van een rekenmachine, telefoon of tablet is niet toegestaan. U mag geen gebruik maken van aantekeningen
Nadere informatieExamen Complexe Analyse vrijdag 20 juni 2014, 14:00 18:00 uur Auditorium De Molen. Het examen bestaat uit 4 schriftelijke vragen.
Examen Complexe Analyse vrijdag 0 juni 04, 4:00 8:00 uur Auditorium De Molen Naam: Studierichting: Het examen bestaat uit 4 schriftelijke vragen. Elke vraag telt even zwaar mee. Het boek Visual Complex
Nadere informatie102 < 11. Je kunt ook snel na 102 < 10, 5 ( = 110, 25).
DE FORMULE VAN MACLAURIN. Inleiding: de wortel uit 0. Als je nou eens geen reenmachine had, hoe bereen je dan de wortel uit 0? Met proberen om je een heel eind. 0 > 0 omdat 0 > 0 en 0 < omdat reenen dat
Nadere informatie(b) Formuleer het verband tussen f en U(P, f), en tussen f en L(P, f). Bewijs de eerste. (c) Geef de definitie van Riemann integreerbaarheid van f.
Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Analyse 1 WP001B 2 juli 2015, 08:30 11:30 (12:30) Het gebruik van een rekenmachine, telefoon of tablet is niet toegestaan. U mag geen gebruik maken van het boek Analysis
Nadere informatieComplexe functies 2019
Complexe functies 019 Extra opgaves Opgave A Laat zien dat R voorzien van de bewerkingen a + b := (a 1 +b 1,a +b ) a b := (a 1 b 1 a b,a 1 b +a b 1 ) isomorf is met C. Wat is i in deze representatie? Opgave
Nadere informatieV.2 Limieten van functies
V.2 Limieten van functies Beschouw een deelverzameling D R, een functie f: D R en zij c R. We willen het gedrag van f in de buurt van c bestuderen. De functiewaarde in c is daarvoor niet belangrijk, de
Nadere informatieComplexe Analyse - Bespreking Examen Juni 2010
Complexe Analyse - Bespreking Examen Juni 2010 Hier volgt een bespreking van het examen van Complexe Analyse op 18 juni. De bedoeling is je de mogelijkheid te geven na te kijken wat je goed en wat je minder
Nadere informatieTENTAMEN WISKUNDIGE BEELDVERWERKINGSTECHNIEKEN
TENTAMEN WISKUNDIGE BEELDVERWERKINGSTECHNIEKEN Vakcode: 8D020. Datum: vrijdag 17 maart 2006. Tijd: 14:00 17:00. Plaats: SC C. Lees dit vóórdat je begint! Maak iedere opgave op een apart vel. Schrijf je
Nadere informatieIII.2 De ordening op R en ongelijkheden
III.2 De ordening op R en ongelijkheden In de vorige paragraaf hebben we axioma s gegeven voor de optelling en vermenigvuldiging in R, maar om R vast te leggen moeten we ook ongelijkheden in R beschouwen.
Nadere informatieHints en uitwerkingen huiswerk 2013 Analyse 1 H17
Hints en uitwerkingen huiswerk 013 Analyse 1 H17 Rocco van Vreumingen augustus 014 1 Inhoudsopgave 1 Hints 1 3 Hints 4 3 Hints 3 4 4 Hints 4 5 5 Hints 5 5 6 Hints 6 6 7 Hints 7 6 8 Hints 8 6 9 Hints 9
Nadere informatieV.4 Eigenschappen van continue functies
V.4 Eigenschappen van continue functies We bestuderen een paar belangrijke stellingen over continue functies. Maxima en minima De stelling over continue functies die we in deze paragraaf bewijzen zegt
Nadere informatieComplexe functies. 2.1 Benadering door veeltermen
Wiskunde voor kunstmatige intelligentie, Les Complexe functies Nadat we de complexe getallen hebben leren kennen, is het een voor de hand liggende vraag of hiervoor net als voor de reële getallen ook functies
Nadere informatieOpgaven Functies en Reeksen. E.P. van den Ban
Opgaven Functies en Reeksen E.P. van den Ban c Mathematisch Instituut Universiteit Utrecht Augustus 2014 1 Opgaven bij Hoofdstuk 1 Opgave 1.1 Zij f : R n R partieel differentieerbaar naar iedere variabele
Nadere informatieCombinatoriek groep 1
Combinatoriek groep 1 Recursie Trainingsdag 3, 2 april 2009 Getallenrijen We kunnen een rij getallen a 0, a 1, a 2,... op twee manieren definiëren: direct of recursief. Een directe formule geeft a n in
Nadere informatieTer Leering ende Vermaeck
Ter Leering ende Vermaeck 15 december 2011 1 Caleidoscoop 1. Geef een relatie op Z die niet reflexief of symmetrisch is, maar wel transitief. 2. Geef een relatie op Z die niet symmetrisch is, maar wel
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.9, maandag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 13 juni, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 41 Outline III.6 The Residue Theorem 1 III.6 The
Nadere informatieOpgaven Inleiding Analyse
Opgaven Inleiding Analyse E.P. van den Ban Limieten en continuïteit Opgave. (a) Bewijs direct uit de definitie van iet dat y 0 y = 0. (b) Bewijs y 0 y 3 = 0 uit de definitie van iet. (c) Bewijs y 0 y 3
Nadere informatieCombinatoriek groep 2
Combinatoriek groep 2 Recursie Trainingsdag 3, 2 april 2009 Homogene lineaire recurrente betrekkingen We kunnen een rij getallen a 0, a 1, a 2,... op twee manieren definiëren: direct of recursief. Een
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.1, donderdag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 21 april, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 32 Outline 1 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie
Nadere informatieTECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Functietheorie (2Y480) op 25 november 1998, uur.
TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Functietheorie (2Y480) op 25 november 1998, 9.00-12.00 uur. Dit tentamen bestaat uit 5 opgaven. De uitwerkingen van deze opgaven dienen
Nadere informatieEnkele bedenkingen bij het examen Complexe Analyse
Enkele bedenkingen bij het examen Complexe Analyse De examenvragen vind je op het einde van dit documentje. Eerst een paar algemene opmerkingen. Vele antwoorden zijn slordig opgeschreven wat het lezen
Nadere informatieOplossingen Oefeningen Bewijzen en Redeneren
Oplossingen Oefeningen Bewijzen en Redeneren Goeroen Maaruf 20 augustus 202 Hoofdstuk 3: Relaties. Oefening 3..2 (a) Persoon p is grootouder van persoon q. (b) (p, q) O o O r P : [ (p, r) O (r, q) O ]
Nadere informatieTECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Uitwerking van het tentamen Functietheorie (2Y480) op ,
1 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Uitwerking van het tentamen Functietheorie (2Y480) op 25-11-1998, 9.00-12.00 uur Opgave 1 1. Formuleer de Cauchy-Riemann-vergelijkingen.
Nadere informatieExamen G0U13 Bewijzen en Redeneren Bachelor 1ste fase Wiskunde. vrijdag 31 januari 2014, 8:30 12:30. Auditorium L.00.07
Examen G0U13 Bewijzen en Redeneren Bachelor 1ste fase Wiskunde vrijdag 31 januari 2014, 8:30 12:30 Auditorium L.00.07 Geef uw antwoorden in volledige, goed lopende zinnen. Het examen bestaat uit 5 vragen.
Nadere informatieExamen G0U13B Bewijzen en Redeneren (6 sp.) Bachelor of Science Wiskunde. vrijdag 1 februari 2013, 8:30 12:30
Examen G0U13B Bewijzen en Redeneren (6 sp.) Bachelor of Science Wiskunde vrijdag 1 februari 2013, 8:30 12:30 Geef uw antwoorden in volledige, goed lopende zinnen. Het examen bestaat uit 5 vragen. Begin
Nadere informatieTentamen Functies en Reeksen
Tentamen Functies en Reeksen 6 november 204, 3:30 6:30 uur Schrijf op ieder vel je naam en bovendien op het eerste vel je studentnummer, de naam van je practicumleider (Arjen Baarsma, KaYin Leung, Roy
Nadere informatieExamen Complexe Analyse vrijdag 21 juni 2013, 14:00 18:00 uur Auditorium De Molen
Examen Complexe Analyse vrijdag 1 juni 013, 14:00 18:00 uur Auditorium De Molen Naam: Studierichting: Het examen bestaat uit 4 schriftelijke vragen. Elke vraag telt even zwaar mee. Er is een bonusvraag
Nadere informatieFACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie
FACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie Analyse A, deeltentamen Uitwerkingen maandag 1 november 2010, 9 11 uur Gebruik van een formuleblad of rekenmachine is niet toegestaan
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.9, donderdag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 16 juni, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 46 Outline III.7 Applications of the Residue Theorem
Nadere informatieIrreguliere Singuliere Punten van Differentiaalvergelijkingen
M.A. Oort Irreguliere Singuliere Punten van Differentiaalvergelijkingen Bachelorscriptie, 6 november 2014 Scriptiebegeleider: dr. R.J. Kooman Mathematisch Instituut, Universiteit Leiden Inhoudsopgave 1
Nadere informatieopgaven formele structuren tellen Opgave 1. Zij A een oneindige verzameling en B een eindige. Dat wil zeggen (zie pagina 6 van het dictaat): 2 a 2.
opgaven formele structuren tellen Opgave 1. Zij A een oneindige verzameling en B een eindige. Dat wil zeggen (zie pagina 6 van het dictaat): ℵ 0 #A, B = {b 0,..., b n 1 } voor een zeker natuurlijk getal
Nadere informatieUitwerkingen tentamen lineaire algebra 2 13 januari 2017, 10:00 13:00
Uitwerkingen tentamen lineaire algebra 3 januari 07, 0:00 3:00 Hint: Alle karakteristiek polynomen die je nodig zou kunnen hebben, hebben gehele nulpunten. Als dat niet het geval lijkt, dan heb je dus
Nadere informatieExamen G0U13 Bewijzen en Redeneren Bachelor of Science Fysica en Wiskunde. vrijdag 3 februari 2012, 8:30 12:30
Examen G0U13 Bewijzen en Redeneren Bachelor of Science Fysica en Wiskunde vrijdag 3 februari 2012, 8:30 12:30 Naam: Geef uw antwoorden in volledige, goed lopende zinnen. Het examen bestaat uit 5 vragen.
Nadere informatie(2) Bepaal de absolute waarde van (1 + i) 10 + ( x x 1 = 1. (4) Bepaal lim
Tentamen Calculus I, 4 februari 009, 9:00 :00. Schrijf op elk in te leveren blad je naam, en op het eerste blad het aantal ingeleverde bladen. Alle (negen) opgaven tellen even zwaar. Het gebruik van boek(en),
Nadere informatieUitwerkingen tentamen Algebra 3 8 juni 2017, 14:00 17:00
Uitwerkingen tentamen Algebra 3 8 juni 207, 4:00 7:00 Je mocht zoals gezegd niet zonder uitleg naar opgaven verwijzen. Sommige berekeningen zijn hier weggelaten. Die moest je op je tentamen wel laten zien.
Nadere informatieConvexe Analyse en Optimalisering
Convexe Analyse en Optimalisering Bernd Heidergott Vrije Universiteit Amsterdam en Tinbergen Institute WEB: http://staff.feweb.vu.nl/bheidergott Overzicht Literatuur Calculus, a complete course, Robert
Nadere informatie1. (a) Formuleer het Cauchy criterium voor de convergentie van een reeks
Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Analyse 1 WP001B 7 augustus 2015, 16:30 19:30 (20:30) Het gebruik van een rekenmachine, telefoon of tablet is niet toegestaan. U mag geen gebruik maken van het boek
Nadere informatieComplexe eigenwaarden
Complexe eigenwaarden Tot nu toe hebben we alleen reële getallen toegelaten als eigenwaarden van een matrix Het is echter vrij eenvoudig om de definitie uit te breiden tot de complexe getallen Een consequentie
Nadere informatieTECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Functietheorie (2Y480) op 22 november 1999,
TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Functietheorie (Y480) op november 999, 4.00-7.00 uur Formuleer de uitwerkingen der opgaven duidelijk en schrijf ze overzichtelijk
Nadere informatieFaculteit Wetenschappen Vakgroep Wiskunde. Baire ruimten. Bachelor Project I. Wouter Van Den Haute. Prof. Eva Colebunders
Faculteit Wetenschappen Vakgroep Wiskunde Baire ruimten Bachelor Project I Wouter Van Den Haute Promotor: Prof. Eva Colebunders Academiejaar 2011-2012 Inhoudsopgave 1 Inleiding 2 2 Ruimten van eerste en
Nadere informatieI.3 Functies. I.3.2 Voorbeeld. De afbeeldingen f: R R, x x 2 en g: R R, x x 2 zijn dus gelijk, ook al zijn ze gegeven door verschillende formules.
I.3 Functies Iedereen is ongetwijfeld in veel situaties het begrip functie tegengekomen; vaak als een voorschrift dat aan elk getal een ander getal toevoegt, bijvoorbeeld de functie fx = x die aan elk
Nadere informatieInleiding Analyse 2009
Inleiding Analyse 2009 Inleveropgaven A). Stel f(, y) = In (0, 0) is f niet gedefinieerd. We bestuderen y2 2 + y 4. lim f(, y). (,y) (0,0) 1. Bepaal de waarde van f(, y) op een willekeurige rechte lijn
Nadere informatie4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra
4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra Positieve en niet-negatieve matrices komen veel voor binnen de stochastiek (zoals de PageRank matrix) en de mathematische fysica: temperatuur, dichtheid,
Nadere informatieDiscrete Structuren. Piter Dykstra Sietse Achterop Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie
Discrete Structuren Piter Dystra Sietse Achterop Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie www.math.rug.nl/~piter piter@math.rug.nl 12 februari 2008 INLEIDING Discrete Structuren Wee1: Inleiding Onderwerpen
Nadere informatieComplexe e-macht en complexe polynomen
Aanvulling Complexe e-macht en complexe polynomen Dit stuk is een uitbreiding van Appendix I, Complex Numbers De complexe e-macht wordt ingevoerd en het onderwerp polynomen wordt in samenhang met nulpunten
Nadere informatieInhoud college 5 Basiswiskunde Taylorpolynomen
Inhoud college 5 Basiswiskunde 4.10 Taylorpolynomen 2 Basiswiskunde_College_5.nb 4.10 Inleiding Gegeven is een functie f met punt a in domein D f. Gezocht een eenvoudige functie, die rond punt a op f lijkt
Nadere informatie-- III De variatiemethode berust voor de grondtoestand op het volgende theorema:
-- III - 1 - HOOFDSTUK III VARIATIEREKENING Alleen voor enele zeer eenvoudige systemen an de Schrödinger Vergeliing exact worden opgelost, in alle andere gevallen moeten benaderingen worden toegepast.
Nadere informatieExtra opgaven bij Functies en Reeksen
Extra opgaven bij Functies en Reeksen E.P. van den Ban Najaar 2011 Opgave 1 We beschouwen de functie f W R 2! R gedefinieerd door f.0; 0/ D 0 en door f.x; y/ D p jxjxy als.x; y/.0; 0/: x 2 C y 2 (a) Toon
Nadere informatieBespreking van het examen Complexe Analyse (tweede zittijd)
Bespreking van het examen Complexe Analyse (tweede zittijd) Bekijk ook de bespreking van het examen van de eerste zittijd (op Toledo). Het valt hier op dat de scores op sommige vragen wel heel slecht zijn.
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.1, maandag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 18 april, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 31 Outline 1 Section I.1 Complex numbers K. P. Hart
Nadere informatieHints en uitwerkingen huiswerk 2013 Analyse 1 H18
Hints en uitwerkingen huiswerk 2013 Analyse 1 H18 Rocco van Vreumingen 29 augustus 2014 1 Inhoudsopgave 1 Hints 1 3 2 Hints 2 4 3 Hints 3 5 4 Hints 4 5 5 Hints 5 6 6 Hints 6 6 7 Hints 7 6 8 Antwoorden
Nadere informatie3 Rijen en reeksen van functies
3 Rijen en reeksen van functies 3.1 Uniforme convergentie van een rij functies Met het oog op latere toepassingen op machtreeksen en Fourierreeksen werken we in het vervolg steeds met complexwaardige functies.
Nadere informatie1 Eigenwaarden en eigenvectoren
Eigenwaarden en eigenvectoren Invoeren van de begrippen eigenwaarde en eigenvector DEFINITIE Een complex (of reëel getal λ heet een eigenwaarde van de n n matrix A als er een vector x is met Ax = λx Dan
Nadere informatie(x x 1 ) + y 1. x x 1 x k x x x k 1
Les Taylor reeksen We hebben in Wiskunde een aantal belangrijke reële functies gezien, bijvoorbeeld de exponentiële functie exp(x) of de trigonometrische functies sin(x) en cos(x) Toen hebben we wel eigenschappen
Nadere informatieOpgaven Bewijzen en Inductie 1 mei 2019, Datastructuren, Werkcollege.
Opgaven Bewijzen en Inductie mei 09, Datastructuren, Wercollege. Gebrui deze opgaven, naast die uit het boe, om de stof te oefenen op het wercollege. Cijfer: Op een toets rijg je meestal zes tot acht opgaven..
Nadere informatieSemi-continuïteit: Theorie en Toepassingen
Semi-continuïteit: Theorie en Toepassingen P. H. M. v. Mouche 2005 Verbeterde versie 1.2 (juni 2019) Voorwoord Dit typoscript gaat over semi-continuïteit van reëelwaardige functies. Het is omlaag te laden
Nadere informatieUitwerkingen Tentamen Gewone Differentiaalvergelijkingen
Uitwerkingen Tentamen Gewone Differentiaalvergelijkingen Maandag 4 januari 216, 1: - 13: uur 1. Beschouw voor t > de inhomogene singuliere tweede orde vergelijking, t 2 ẍ + 4tẋ + 2x = f(t, (1 waarin f
Nadere informatieDe slecht benaderbare getallen van het Hurwitz spectrum
De slecht benaderbare getallen van het Hurwitz spectrum Gijs Langenkamp Master Thesis Scriptiebegeleider: prof.dr. F. Beukers augustus 2009 Mathematisch Instituut, Universiteit Utrecht Voorwoord Voor de
Nadere informatieKies voor i een willekeurige index tussen 1 en r. Neem het inproduct van v i met de relatie. We krijgen
Hoofdstuk 95 Orthogonaliteit 95. Orthonormale basis Definitie 95.. Een r-tal niet-triviale vectoren v,..., v r R n heet een orthogonaal stelsel als v i v j = 0 voor elk paar i, j met i j. Het stelsel heet
Nadere informatieBijzondere kettingbreuken
Hoofdstuk 15 Bijzondere kettingbreuken 15.1 Kwadratische getallen In het vorige hoofdstuk hebben we gezien dat 2 = 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2,.... Men kan zich afvragen waarom we vanaf zeker moment alleen maar
Nadere informatie3 De duale vectorruimte
3 De duale vectorruimte We brengen de volgende definitie in de herinnering. Definitie 3.1 (hom K (V, W )) Gegeven twee vectorruimtes (V, K) en (W, K) over K noteren we de verzameling van alle lineaire
Nadere informatieStudent number: Zet je naam op alle bladzijdes (liefst nu!) voor het geval ze loslaten.
Naam (voornaam, achternaam): Student number: Zet je naam op alle bladzijdes (liefst nu!) voor het geval ze loslaten. Zet je antwoorden op dit examenpapier, direct na de vraag is ruimte daaarvoor. Gebruik
Nadere informatieCombinatoriek groep 1 & 2: Recursie
Combinatoriek groep 1 & : Recursie Trainingsweek juni 008 Inleiding Bij een recursieve definitie van een rij wordt elke volgende term berekend uit de vorige. Een voorbeeld van zo n recursieve definitie
Nadere informatie3. Bepaal de convergentie-eigenschappen (absoluut convergent, voorwaardelijk convergent, divergent) van de volgende reeksen: n=1. ( 1) n (n + 1)x 2n.
Radboud Universiteit Tentamen Calculus A NWI-WP025 25 januari 208, 8.30.30 Het gebruik van een rekenmachine/gr, telefoon, boek, aantekeningen e.d. is niet toegestaan. Geef precieze argumenten en antwoorden.
Nadere informatie(x x 1 ) + y 1. x x k+1 x k x k+1
Les Talor reeksen We hebben in Wiskunde een aantal belangrijke reële functies gezien, bijvoorbeeld de exponentiële functie exp(x) of de trigonometrische functies sin(x) en cos(x) Toen hebben we wel eigenschappen
Nadere informatieTENTAMEN ANALYSE 1. dinsdag 3 april 2007,
TENTAMEN ANALYSE. dinsdag april 2007, 4.00-7.00. Het tentamen bestaat uit twee gedeelten: de eerste vijf opgaven gaan over de stof van het eerste gedeelte van het college. De laatste vijf opgaven gaan
Nadere informatieTECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Uitwerking Tentamen Calculus, 2DM10, maandag 22 januari 2007
TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7. (a) Gevraagd is het polynoom f() + f () (x ) + f (x ). Een eenvoudige rekenpartij
Nadere informatie3 Opgaven bij Hoofdstuk 3
3 Opgaven bij Hoofdstuk 3 Opgave 3. Voor k beschouwen we de functie f k : x sin(x/k). Toon aan dat f k 0 uniform op [ R, R] voor iedere R > 0. Opgave 3.2 Zij V een verzameling. Een functie f : V C heet
Nadere informatieUitslag Instaptoets Analyse ( ) 1 d 12 c 2 b 13 b 3 c 14 c 4 a 15 a 5 d 16 a 6 b 17 b 7 b 18 d 8 c 19 d 9 c 20 a 10 a 21 a 11 d 22 c September
Uitslag Instaptoets Analyse (2009-2010) 1 d 12 c 2 b 13 b 3 c 14 c 4 a 15 a 5 d 16 a 6 b 17 b 7 b 18 d 8 c 19 d 9 c 20 a 10 a 21 a 11 d 22 c September 11, 2009 2 Stelling (formule) van de Moivre Uit de
Nadere informatieOpgaven Inleiding Analyse
Opgaven Inleiding Analyse E.P. van den Ban Limieten en continuïteit Opgave. (a) Bewijs direct uit de definitie van limiet dat lim y 0 y = 0. (b) Bewijs lim y 0 y 3 = 0 uit de definitie van limiet. (c)
Nadere informatieRingen en Galoistheorie, 1e deel, 19 april 2012
Ringen en Galoistheorie, 1e deel, 19 april 2012 Bij dit tentamen mag het dictaat niet gebruikt worden. Schrijf op elk vel je naam, studnr en naam practicumleider. Laat bij elke opgave zien hoe je aan je
Nadere informatieEigenwaarden en Diagonaliseerbaarheid
Hoofdstuk 3 Eigenwaarden en Diagonaliseerbaarheid 31 Diagonaliseerbaarheid Zoals we zagen hangt de matrix die behoort bij een lineaire transformatie af van de keuze van een basis voor de ruimte In dit
Nadere informatie4 + 3i 4 3i (7 + 24i)(4 3i) 4 + 3i
COMPLEXE GETALLEN Invoering van de complexe getallen Definitie Optellen en vermenigvuldigen Delen De complexe getallen zijn al behoorlijk oud; in de zestiende eeuw doken ze op bij het oplossen van algebraïsche
Nadere informatieVerwachtingswaarde en spreiding
Les 13 Verwachtingswaarde en spreiding 13.1 Stochasten In een paar voorbeelden hebben we al gezien dat we bij een experiment vaa niet zo zeer in een enele uitomst geïneteresseerd zijn, maar bijvoorbeeld
Nadere informatieInleiding Analyse. Opgaven. E.P. van den Ban. c Mathematisch Instituut Universiteit Utrecht Voorjaar 2003, herzien
Inleiding Analyse Opgaven E.P. van den Ban c Mathematisch Instituut Universiteit Utrecht Voorjaar 2003, herzien 0 1 1 Limieten en continuïteit Opgave 1.1 (a) Bewijs direct uit de definitie van limiet dat
Nadere informatieIn dit college bekijken we een aantal technieken om integralen te bepalen van trigonometrische functies en van rationale functies.
03 college 5: meer technieken In dit college bekijken we een aantal technieken om integralen te bepalen van trigonometrische functies en van rationale functies. Opmerking over de notatie. Net als in het
Nadere informatieApproximatietheorie. De Stelling van Carleman. Mies Versloot. 14 juli Bachelorproject Begeleiding: prof. dr. Jan Wiegerinck
Approximatietheorie De Stelling van Carleman Mies Versloot 14 juli 2017 Bachelorproject Begeleiding: prof. dr. Jan Wiegerinck Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde Faculteit der Natuurwetenschappen,
Nadere informatieLineaire algebra I (wiskundigen)
Lineaire algebra I (wiskundigen) Voorbeelden van toetsopgaven, 011 en (1) (a) Bepaal de afstand van het punt Q = (1,, ) R 3 tot het vlak gegeven door x + y z = 1. (b) Bepaal de hoek tussen de vectoren
Nadere informatieLineaire algebra I (wiskundigen)
Lineaire algebra I (wiskundigen) Toets, donderdag 22 oktober, 2009 Oplossingen (1) Zij V het vlak in R 3 door de punten P 1 = (1, 2, 1), P 2 = (0, 1, 1) en P 3 = ( 1, 1, 3). (a) Geef een parametrisatie
Nadere informatieNumerieke aspecten van de vergelijking van Cantor. Opgedragen aan Th. J. Dekker. H. W. Lenstra, Jr.
Numerieke aspecten van de vergelijking van Cantor Opgedragen aan Th. J. Dekker H. W. Lenstra, Jr. Uit de lineaire algebra is bekend dat het aantal oplossingen van een systeem lineaire vergelijkingen gelijk
Nadere informatieConvexe Analyse en Optimalisering
Convexe Analyse en Optimalisering Bernd Heidergott Vrije Universiteit Amsterdam and Tinbergen Institute WEB: http://staff.feweb.vu.nl/bheidergott.htm Overzicht Boek: Optimization: Insights and Applications,
Nadere informatieTW2040: Complexe Functietheorie
TW2040: Complexe Functietheorie week 4.4, maandag K. P. Hart Faculteit EWI TU Delft Delft, 9 mei, 2016 K. P. Hart TW2040: Complexe Functietheorie 1 / 40 Outline 1 f : [a, b] C f : C C Primitieven 2 K.
Nadere informatie