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Funktionentheorie » Integration » Beweis Cauchy-Integralformel
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Universität/Hochschule J Beweis Cauchy-Integralformel
LamyOriginal
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  Themenstart: 2021-09-12

Hallo, ich lerne gerade für meine Funktionentheorie Prüfung und habe noch Unklarheiten in den Beweisen einiger wichtiger Sätze, in dieser Frage zur Cauchy Integralformel: Satz: Es sei $D \subset C$ ein Gebiet, f holomorph in D, $z_0 \in D$ und $r > 0$ mit $\overline{U_r(z_0)} \subset D$. Dann gilt für jedes $z \in U_r(z_0)$: $f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|\zeta - z_0|=r} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} d\zeta$. Beweis: Es sei $z \in U_r(z_0)$. Dann definieren wir $g: D \rightarrow C$ durch $g(\zeta) := \frac{f(\zeta) − f(z)}{\zeta - z}$ für $\zeta \in D\backslash \{z\}$ und $g(\zeta)=f'(z)$ für $\zeta = z$ Dann ist g stetig in D und holomorph in $D \backslash \{z\}$. Hieraus folgt dann mit dem Lemma von Goursat $\int_{|\zeta - z_0|=r}g(\zeta) d\zeta = 0 $. Den Rest des Beweises verstehe ich. Was ich nicht verstehe, ist die letzte Behauptung mit dem Lemma von Goursat, denn dieses gilt doch nur für geschlossene Dreieckswege, oder nicht? Ich erkenne nicht wo $|\zeta - z_0|=r$ ein geschlossener Dreiecksweg ist... Hier unser Lemma von Goursat: Es sei $D \subset $C ein Gebiet. Für $a, b, c \in D$ sei $\Delta$ das Dreieck mit den Ecken $a, b, c$. Weiter sei $\Delta \subset D$ und $T := \partial\Delta$ der geschlossene Dreiecksweg von a nach b nach c nach a. Sei f stetig in $\Delta$ und holomorph in $\Delta\backslash\{z_0\}$, wobei $z_0 \in \Delta$. Dann gilt $\int_T f(z)dz=0$ Vielen Dank für jede Hilfe!


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SergejGleitman
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\) Moin! Also es gibt folgende Äquivalenz für $f:D\to\mathbb{C}$, wenn $D$ sternförmiges Gebiet ist: 1. $f$ besitzt eine Stammfunktion 2. $\int_\gamma f(z) \mathrm{d}z=0$ für alle geschlossenen Integrationswege $\gamma$ in $D$. 3. $\int_\delta f(z) \mathrm{d}z=0$ für alle geschlossenen Polygonwege $\delta$ in $D$ 4. $\int_\triangle f(z) \mathrm{d}z=0$ für alle abgeschlossenen Dreiecke $\triangle$ in $D$. Somit kommt man von Dreiecken auf allgemeine Integrationswege. Die Implikationen von Oben nach Unten sollten klar sein. 4 nach 3 auch. Dann muss man sich noch 3 nach 1 oder 4 nach 1 überlegen. Entweder findest du so einen Satz in deinem Skript oder du musst selbst Hand anlegen und guckst dir die Funktion $F(z):=\int_{[a,z]}f(w)\mathrm{d}w$ an, wobei $a\in D$. ($[a, z]$ meint hier die als Integrationsweg parametrisierte Strecke von $a$ nach $z$). LG Serj PS: 1,2 und 3 sind auch Äquivalent, wenn $D$ einfach nur offen ist. Die Sternförmigkeit ist quasi die Einschränkung auf eine lokale Eigenschaft. Eine Umgebung, wie $U_r(z_0)$ bei dir oben ist immer sternförmig.\(\endgroup\)


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LamyOriginal
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-12

Hallo Serj, danke für deine Antwort! \quoteon(2021-09-12 14:28 - SergejGleitman in Beitrag No. 1) Also es gibt folgende Äquivalenz für $f:D\to\mathbb{C}$, wenn $D$ sternförmig ist\quoteoff $D$ ist aber nicht als sternförmig vorausgesetzt in der Cauchy Integralformel. Sonst hatten wir den Satz, dass $f$ eine komplexe Stammfunktion in $D$ besitzt genau dann wenn für jeden geschlossenen Integrationsweg $\gamma$ in $D$ gilt $\int_{\gamma}f(z)dz=0$ und dass jedes sternförmige Gebiet eine Stammfunktion besitzt. Der Integrationsweg $|\zeta - z_0|=r$ ist doch nach Parametrisierung ein geschlossener Kreis, oder nicht? Ich verstehe einfach nicht wie $|\zeta - z_0|=r$ ein abgeschlossenes Dreieck sein soll, die andere Bedingung an das Lemma von Goursat ist ja erfüllt...


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, es ist aber $\tilde D:=U_{r+\varepsilon}(z_0)$ für ein geeignetes $\varepsilon >0$ ein Sterngebiet. Dein Integrationsweg ist dann eine Kurve in $\tilde D$. Nach den oben angesprochenen Äquivalenzen verschwindet in $\tilde D$ dann das entsprechende Kurvenintegral. P.S.: In deinen Voraussetzungen bist du dir sicher, dass nicht sogar $\overline{U_r(z_0)}\subseteq D$ gefordert wird? LG Nico\(\endgroup\)


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SergejGleitman
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  Beitrag No.4, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\) Kein Problem! \quoteon(2021-09-12 14:46 - LamyOriginal in Beitrag No. 2) $D$ ist aber nicht als sternförmig vorausgesetzt in der Cauchy Integralformel. ... \quoteoff richtig, aber \quoteon(2021-09-12 14:46 - LamyOriginal in Beitrag No. 2) Der Integrationsweg $|\zeta - z_0|=r$ ist doch nach Parametrisierung ein geschlossener Kreis ... \quoteoff Betrachtest du dein $g$ nun lokal auf einer Umgebung, die $U_r[z_0]$ beinhaltet (eine solche, die auch noch in $D$ liegt gibt es, denn $D$ ist insbes. offen), so liefert die Äquivalenz $2 \iff 4$ dir, dass nicht nur das Wegintegral über jedes Dreieck, sondern sogar jeder Integrationsweg (also auch dein Kreisweg) gleich Null ist, denn Umgebungen sind sternförmig. LG Serj PS: Nico hat recht, $U_r[z_0]$ muss in $D$ liegen, sonst Ist das Integral Über den Kreis u.U. nicht definiert, denn deine Funktion $f$ ist sonst evtl. nicht auf dem ganzen Kreis definiert [Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]\(\endgroup\)


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LamyOriginal
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-12

Hallo Nico, hallo Serj, danke für eure Mithilfe! \quoteon(2021-09-12 14:52 - nzimme10 in Beitrag No. 3) In deinen Voraussetzungen bist du dir sicher, dass nicht sogar $\overline{U_r(z_0)}\subseteq D$ gefordert wird?\quoteoff Ja ist es, hab ich wohl vergessen zu texen, danke für den Hinweis. Und achso. Genauer steht in dem Beweis: "Dies erhält man aus dem Zusatz des Lemmas von Goursat und zwar auf die gleiche Weise wie den cauchyschen Integralsatz aus dem Lemma selbst". Der Zusatz von Goursat ist die schwächere Bedingung hier der Stetigkeit von f und Holomorphie in D bis auf den einen Punkt und den Cauchy Integralsatz haben wir durch die Sternförmigkeit des Gebiets, der dadurch existierenden Stammfunktion und der dadurch existierenden Äquivalenz, dass geschlossene Integrationswege verschwinden bewiesen. Also mache ich hier das gleiche: Ich betrachte wie Nico geschrieben hat sternförmige Umgebungen $\tilde D:=U_{r+\varepsilon}(z_0)$ für ein geeignetes $\varepsilon >0$ (existieren da $D$ als Gebiet offen), welche Stammfunktionen haben und äquivalent verschwindet also jeder geschlossene Integrationsweg (hier mein Kreisintegral $|\zeta-z_0|=r$), oder?


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SergejGleitman
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\) \quoteon(2021-09-12 15:22 - LamyOriginal in Beitrag No. 5) Ich betrachte wie Nico geschrieben hat sternförmige Umgebungen $\tilde D:=U_{r+\varepsilon}(z_0)$ für ein geeignetes $\varepsilon >0$ (existieren da $D$ als Gebiet offen), welche Stammfunktionen haben und äquivalent verschwindet also jeder geschlossene Integrationsweg (hier mein Kreisintegral $|\zeta-z_0|=r$), oder? \quoteoff Nur um das nochmal explizit auszuformulieren: Es kann in $D$ immernoch geschlossene Integrationswege $\gamma$ geben, sodass $$\int_\gamma g(z) \mathrm{d}z \neq 0$$ ABER gilt $\operatorname{Sp}(\gamma)\subseteq U_r[a]\subseteq D$, dann folgt $$\int_\gamma g(z) \mathrm{d}z = 0$$ Das bedeutet, das Lemma von Goursat lässt sich auf Integrationswege verallgemeinern, die in einer abgeschlossenen Umgebung liegen, die in D liegen. Da der Weg den du betrachtest ein Kreisweg ist, erfüllt er obige Bedingung. LG Serj [Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]\(\endgroup\)


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nzimme10
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, \quoteon(2021-09-12 15:22 - LamyOriginal in Beitrag No. 5) Also mache ich hier das gleiche: Ich betrachte wie Nico geschrieben hat sternförmige Umgebungen $\tilde D:=U_{r+\varepsilon}(z_0)$ für ein geeignetes $\varepsilon >0$ (existieren da $D$ als Gebiet offen) \quoteoff hier würde ich sagen, dass das auch an der Kompaktheit von $\overline{U_r(z_0)}$ liegt. Die Abbildung $$ d\colon \overline{U_r(z_0)}\to (0,\infty], \ \zeta \mapsto \opn{dist}(\zeta,\partial D):=\inf\lbrace |\zeta-z|\mid z\in \partial D\rbrace $$ ist stetig auf dem Kompaktum $\overline{U_r(z_0)}$ und nimmt daher ihr Minimum an, welches größer als Null sein muss, da $D$ offen ist. LG Nico [Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]\(\endgroup\)


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\quoteon(2021-09-12 15:25 - SergejGleitman in Beitrag No. 6) $\operatorname{Sp}(\gamma)\subseteq U_r[a]\subseteq D$ \quoteoff Was genau ist $\operatorname{Sp}(\gamma)$ ?


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SergejGleitman
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\) \quoteon(2021-09-12 15:29 - nzimme10 in Beitrag No. 7) Hallo, \quoteon(2021-09-12 15:22 - LamyOriginal in Beitrag No. 5) Also mache ich hier das gleiche: Ich betrachte wie Nico geschrieben hat sternförmige Umgebungen $\tilde D:=U_{r+\varepsilon}(z_0)$ für ein geeignetes $\varepsilon >0$ (existieren da $D$ als Gebiet offen) \quoteoff hier würde ich sagen, dass das auch an der Kompaktheit von $\overline{U_r(z_0)}$ liegt. Die Abbildung $$ d\colon \overline{U_r(z_0)}\to (0,\infty), \ \zeta \mapsto \opn{dist}(\zeta,\partial D):=\inf\lbrace |\zeta-z|\mid z\in \partial D\rbrace $$ ist stetig auf dem Kompaktum $\overline{U_r(z_0)}$ und nimmt daher ihr Minimum an, welches größer als Null sein muss, da $D$ offen ist. LG Nico [Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.] \quoteoff Ah sehr gut, das war mein Fehler. Ich dachte daran, dass man für jeden Punkt auf dem Rand eine Umgebung findet, die ebenfalls in $D$ liegt und dann das Minimum der Radien nimmt. Dafür muss das Infimum >0, also ein Minimum sein sein. Das wiederum erhält man nur durch die Kompaktheit des Randes von der Umgebung, denn dann kann man eine endliche Teilfamilie dieser Überdeckungen wählen und erhält so ein $\varepsilon$ wie oben. Wichtig ist also die Kompaktheit! Danke Nico! LG Serj [Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]\(\endgroup\)


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SergejGleitman
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  Beitrag No.10, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}}\) \quoteon(2021-09-12 15:34 - LamyOriginal in Beitrag No. 8) \quoteon(2021-09-12 15:25 - SergejGleitman in Beitrag No. 6) $\operatorname{Sp}(\gamma)\subseteq U_r[a]\subseteq D$ \quoteoff Was genau ist $\operatorname{Sp}(\gamma)$ ? \quoteoff Die Spur des Weges bzw. die zugehörige Kurve von $\gamma$ oder auch das Bild $\gamma([a,b])$, wenn $\gamma:[a,b]\to\C$.\(\endgroup\)


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LamyOriginal
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Achso okay, vielen Dank für eure Hilfe!


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nzimme10
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  Beitrag No.12, eingetragen 2021-09-12

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) \quoteon(2021-09-12 15:38 - SergejGleitman in Beitrag No. 9) Das wiederum erhält man nur durch die Kompaktheit des Randes von der Umgebung, denn dann kann man eine endliche Teilfamilie dieser Überdeckungen wählen und erhält so ein $\varepsilon$ wie oben. Wichtig ist also die Kompaktheit! Danke Nico! \quoteoff Kein Problem. Wenn man aber dieses Minimum mit $m$ bezeichnet kann man auch einfach $\varepsilon:=\frac m2$ setzen und erhält eine passende Umgebung. Du wolltest aber sicher nur deinen Denkfehler erklären. LG Nico\(\endgroup\)


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