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 Beweis: Ableitung injektiver holomorpher Funktionen ist nie 0 |
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Pter87
Wenig Aktiv 
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Mitteilungen: 425
 |  Themenstart: 2021-09-03
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Hallo,
in meinem Skript wird der Beweis, dass die Ableitung einer injektiven holomorphen Funktion nirgends im Definitionsbereich verschwindet, recht kurz über eine Bemerkung abgehakt.
Ich verstehe leider nicht, wie das aus dieser Bemerkung folgt.
Die ganze Bemerkung hier aufzuschreiben, wäre etwas viel, aber es ging um folgendes:
Wie verhalten sich holomorphe Funktionen in Umgebungen von Punkten für die gilt $f'(z_0) = 0$ oder allgemeiner $f^{(1)}(z_0) = f^{(2)}(z_0) = \ldots = f^{(n-1)}(z_0) = 0$ und $f^{(n)}(z_0) \neq 0$.
Über die Taylorentwicklung kann dann $f$ in einer kleinen Umgebung von $z_0$ mit $T_n = f(z_0) + \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n$ approximiert werden.
$T_n$ bildet jetzt einen hinreichend kleinen Kreis $\{|z-z_0| = \epsilon\}$ auf ein kreisförmiges Gebilde ab, welches $f(z_0)$ $n$-mal umläuft (für kleineres $\epsilon$ wird dieses Gebilde immer mehr zu einem Kreis mit Umlaufzahl $n$).
Die Sache die jetzt wohl irgendwo in den Beweis miteinspielt wird wohl sein, dass sich die Bildkurve dann zumindest 1 mal schneiden muss da $n \geq 2$. Es gibt also zwei Punkte auf der Kreislinie mit gleichem Bild, allerdings gilt das natürlich für $T_n$.
Kann man hieraus irgendwie folgern, dass es dann auch für $f$ zwei solche Punkte gibt, die das gleiche Bild unter $f$ haben?
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nzimme10
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-03
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\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
wenn du eine heuristische Erklärung dafür suchst, kannst du dir es auch so vorstellen:
Ist $f\colon G\to \mathbb C$ holomorph und $a\in G$ so bildet $f$ infinitesimale Kreise um $a$ auf infinitesimale Kreise ab. In einer infinitesimalen Umgebung von $a$ verhält sich $f$ wie eine Drehstreckung, also der Multiplikation mit einer komplexen Zahl. (Tristan Needham hat dafür das Wort "amplitwist" eingeführt).
Diese komplexe Zahl ist nun eben gerade $f'(a)$. Falls nun $f'(a)=0$ gilt, so muss $f$ eine infinitesimale Umgebung von $a$ auf einen Punkt zusammenziehen. Das kann aber nur dann passieren, wenn $f$ nicht injektiv ist.
Soweit zumindest mal meine heuristische Erklärung davon.
Wenn du einen formalen Beweis suchst, dann würde ich versuchen eine der schwächeren Versionen des Satzes von Rouché mit deinem Ansatz zu bemühen:
Angenommen es gibt $p\in G$ mit $f'(p)=0$. Dann gilt
$$
f(z)-f(p)=\sum_{n=2}^\infty \frac{f^{(n)}(p)}{n!}(z-p)^n \tag1
$$
in einer geeigneten Umgebung von $p$. Setzen wir $g(z):=\frac{f^{(2)}(p)}{2}(z-p)^2$ und $h(z)$ als den Rest auf der rechten Seite, so erhalten wir
$$
(f(z)-f(p))-g(z)=h(z).
$$
Zeige nun mit Rouché, dass $f(z)-f(p)$ und $g(z)$ in einer hinreichend kleinen Umgebung von $p$ gleich viele (insbesondere mindestens $2$ gezählt mit Vielfachheit) Nullstellen haben, also $f$ nicht injektiv sein kann.
Für den allgemeineren Fall bei dem die rechte Seite von (1) erst bei der Ordnung $k$ beginnt, setze $g(z)$ auf den Term der Ordnung $k$ und $h(z)$ wieder als den Rest.
LG Nico
[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Holomorphie' von nzimme10]\(\endgroup\)
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Pter87
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Mitteilungen: 425
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-05
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Hey,
danke für die heuristische Erklärung, macht Sinn.
Ich hätte noch eine Frage zum Beweis.
Wenn ich zeigen kann, dass $|h(z)| < |g(z)|$ ist auf dem Rand einer hinreichend kleinen $\epsilon$-Umgebung um $p$, dann weiß ich ja, dass $f(z)-f(p)$ und $g(z)$ gleich viele Nullstellen in dieser $\epsilon$-Umgebung haben. $g(z)$ hat nur eine Nullstelle mit Vielfachheit 2 und damit muss auch $f(z)-f(p)$ 2 Nullstellen mit Vielfachheit gezählt, haben.
Mir ist nicht klar, wo das jetzt die Injektivität verletzt. $p$ ist doch auch für $f(z)-f(p)$ eine doppelte Nullstelle?
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nzimme10
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-09-05
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Hallo,
Man könnte nun entweder direkt meinen bisherigen Beweis etwas modifizieren oder sich folgende Behauptung überlegen:
Lemma Sei $G\subseteq \mathbb C$ ein Gebiet, $f\colon G\to \mathbb C$ holomorph und $p\in G$. Wenn $f(z)-f(p)$ in $z=p$ eine Nullstelle der Ordnung $k$ hat, dann gibt es ein $\varepsilon >0$ derart, dass es für jedes $0<\delta<\varepsilon$ ein $r>0$ gibt, so dass die Gleichung $f(z)=a$ für jedes $a\in B_r(f(p))\setminus \lbrace f(p)\rbrace$ $k$ verschiedene Lösungen in $B_\delta(p) \setminus \lbrace p\rbrace $ besitzt.
Das ist eigentlich ein Ausdruck der lokalen Normalform holomorpher Funktionen. $f$ verhält sich um $p$ im Wesentlichen wie $z^k$ um $0$.
LG Nico\(\endgroup\)
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