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Analysis » Funktionentheorie » Nullstellen von holomorphen Funktionen
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Universität/Hochschule J Nullstellen von holomorphen Funktionen
nitram999
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  Themenstart: 2021-10-31

Hallo, ich habe eine Frage zu einem Beweis: Also G\subsetequal\ \IC sei ein Gebiet und f sei holomorph in G mit f!==0. Sei weiter K\subsetequal\ G kompakt. Behauptung: Dann hat f nur endlich viele Nullstellen in K. Der Beweis dazu in meinem Skript ist nun sehr knapp gehalten, sodass ich ihn nicht ganz nachvollziehen kann. Und zwar steht da nur, dass die Behauptung aus dem Satz von der Isoliertheit der Nullstellen und dem Satz von Bolzano Weierstraß (Jede beschränkte Folge in \IC besitzt eine konvergente Teilfolge) folgt. Kann mir hier vielleicht jemand helfen und mir das Ganze etwas ausführlicher erklären? Also aus dem Satz von der Isoliertheit der Nullstellen folgt, da f ja holomorph in G ist und nicht die Nullfunktion, dass die Nullstellen diskret in G liegen, also die Nullstellenmenge keinen Häufungspunkt hat. Wie bringe ich das nun mit dem Argument von Bolzano-Weierstraß in Verbindung? Vielen Dank schon mal! nitram999


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-31

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\) Hallo nitram999, die Idee ist, dass wenn es in $K$ unendlich viele Nullstellen gäbe, diese nach Bolzano-Weierstraß einen Häufungspunkt in $K$ hätten, und damit auch in $G$. Dann greift aber der Satz von der Isoliertheit der Nullstellen, welcher nun besagt, dass die Funktion dann identisch 0 ist. Viele Grüße Vercassivelaunos\(\endgroup\)


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zippy
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  Beitrag No.2, eingetragen 2021-10-31

\quoteon(2021-10-31 19:51 - nitram999 im Themenstart) Wie bringe ich das nun mit dem Argument von Bolzano-Weierstraß in Verbindung? \quoteoff Wenn es unendlich viele Nullstellen gäbe, sagt Bolzano-Weierstraß, dass die sich irgendwo häufen. --zippy [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-10-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, die Menge der Nullstellen von $f$ in $G$ ist dann also diskret und abgeschlossen. Folglich ist die Menge der Nullstellen von $f$ in $K$ endlich. Um die erste Aussage zu beweisen kannst du Bolzano-Weierstrass und den Identitätssatz benutzen. Alternativ könntest du annehmen, dass die Menge der Nullstellen von $f$ in $K$ unendlich ist. Dann enthält diese eine Folge $(a_n)_n$. Nach Bolzano-Weierstrass gibt es dann einen Häufungspunkt der Nullstellen von $f$ in $K$, also auch in $G$. Nach dem Identitätssatz folgt dann aber $f\equiv 0$. LG Nico [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.] [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Funktionentheorie' von nzimme10]\(\endgroup\)


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nitram999
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-31

Vielen Dank für eure drei Antworten! Das hilft mir schon und ich habs verstanden! Ich wollte irgendwie falsch herum an den Beweis rangehen. Im weiteren heißt es dann noch, dass f in G höchstens abzählbar unendlich viele Nullstellen haben kann. Wie kann man das begründen? Kann man dazu G als Vereinigung kompakter Teilmengen betrachten? Doch wie kommt man dann auf abzählbar unendlich viele Nullstellen, wenn in jedem Kompaktum nur endlich viele sind? LG nitram999


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nzimme10
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-10-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, Man könnte eine kompakte Ausschöpfung von $G$ hernehmen wie du vorgeschlagen hast. Aber in $\mathbb C$ ist jede diskrete Menge höchstens abzählbar unendlich. Letzteres kann man mit einem ähnlichen Argument wie dem Folgenden zeigen: Da die Nullstellen von $f$ isoliert liegen, findet man um jede Nullstelle eine offene Kugel, die nur diese Nullstelle von $f$ enthält. In jeder dieser Kugeln findet man eine komplexe Zahl mit rationalem Real- und Imaginärteil. So erhält man eine injektive Abbildung von der Menge der Nullstellen von $f$ in $G$ nach $\mathbb Q\times \mathbb Q$. Letztere Menge ist abzählbar. LG Nico\(\endgroup\)


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-10-31

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\) Wir können uns dafür auf den Fall beschränken, dass $G$ beschränkt ist. Sonst stelle $G$ als abzählbare Vereinigung beschränkter Gebiete dar.* Wenn $f\not\equiv0$, dann kann nach der schon bewiesenen Aussage jede kompakte Teilmenge von $G$ höchstens endlich viele Nullstellen enthalten. Betrachte nun die kompakten Teilmengen $K_n:=\overline{\{z\in G~\vert~B_{\frac1n}(z)\subseteq G\}}\subset G$. Es handelt sich hier anschaulich gesprochen um die Menge aller Punkte in $G$, die nicht näher als $\frac{1}{n}$ am Rand von $G$ sind - sozusagen $G$ mit einem $\frac1n$-dicken Rand weggeschnitten. (Warum sind diese Mengen kompakt?) Diese Mengen enthalten allesamt höchstens endlich viele Nullstellen. Außerdem ist $G=\bigcup_{n\in\mathbb N}K_n$ die abzählbare Vereinigung dieser Mengen (das wäre noch zu zeigen). Die Menge aller Nullstellen in $G$ ist dann die abzählbare Vereinigung endlicher Mengen, und damit höchstens abzählbar. *Die abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen (die Nullstellenmengen in den beschränkten Gebieten) ist abzählbar. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]\(\endgroup\)


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