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| Autor |
  Cauchy-Riemann-DGL |
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nitram999
Aktiv 
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Mitteilungen: 413
Wohnort: Würzburg
 |  Themenstart: 2022-11-03
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Hallo,
ich sitze an folgender Aufgabe:
Bestimme alle holomorphen Funktionen f: \IC ->\IC mit Re f(z) = Im f(z) für alle z\el\ \IC
Mein erster Gedanke führt hier zu den Cauchy-Riemann-DGL, denn diese müssen (hier für alle komplexen Zahlen) erfüllt sein, damit die Funktion auf der ganzen komplexen Zahlenebene holomorph ist.
Wir setzen z=x+iy und f(z)=f(x+iy)=u(x,y)+i*v(x,y). Dabei sind Re f(z)=u(x,y) und Im f(z)=v(x,y).
Nach Voraussetzung gilt also u(x,y)=v(x,y) für alle x,y\el\ \IR.
Die Cauchy-Riemann-DGL lauten:
u_x (x,y) = v_y (x,y)
u_y (x,y) = -v_x (x,y)
Setzt man hier die Voraussetzung ein, so ergibt sich:
u_x (x,y) = v_x (x,y) = -u_y (x,y)
u_x (x,y) = v_y (x,y) = u_y (x,y)
Nun meine Frage zur weiteren Vorgehensweise:
Kann man nun daraus schon direkt folgern, dass u_x (x,y) = 0 gelten muss und damit dann u(x,y)=c mit c\el\ \IR gelten muss.
Hieraus würde nach Voraussetzung auch v(x,y)=c folgen und damit wäre
f(z)=c+ic eine konstante Funktion mit beliebigen c\el\ \IR.
Und wenn es so geht, woher weiß man dann, dass dies bereits alle gesuchten holomorphen Funktionen sind?
Im Satz aus der Vorlesung wurde zudem gefordert, dass die partiellen Ableitungen von f bzgl. x und y existieren müssen (zusätzlich zu den Cauchy-Riemann-DGL), damit f dann in den jeweiligen Punkten komplex differenzierbar ist. Braucht man das hier auch?
Ich freue mich auf eine Rückmeldung. Danke schon mal!
LG nitram999
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nzimme10
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-11-03
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
deine Argumentation ist genau richtig. An manchen Stellen fehlen aber kleinere Details.
Es sei $f\colon \mathbb C\to \mathbb C$ holomorph mit $f(x+\i y)=u(x,y)+\i v(x,y)$ und $u=v$. Da $f$ holomorph ist, sind $u$ und $v$ reell differenzierbar und die CR-DGLn liefern $u_x=v_y$ sowie $u_y=-v_x$. Wegen $u=v$ haben wir daher
$$
u_x=v_y=u_y=-v_x=-u_x,
$$
also $u_x\equiv 0$. Weiter haben wir
$$
u_y=-v_x=-u_x,
$$
also auch $u_y\equiv 0$. Da $u$ reell differenzierbar ist haben wir somit
$$
\d u=u_x \dd x+u_y\dd y\equiv 0.
$$
Da $\mathbb C$ zusammenhängend ist folgt daraus, dass $u$ konstant ist, also $u\equiv c$ für ein $c\in \mathbb R$. Wegen $u=v$ ist damit auch $v\equiv c$. Somit ist $f(z)=c+\i c$ für alle $z\in \mathbb C$. Umgekehrt sind alle Funktionen dieser Form auch holomorph.
Wir haben also gezeigt, dass die geforderten Bedingungen an $f$ genau dann erfüllt sind, wenn $f$ von dieser Form ist. Da bleibt keine Frage mehr, warum das zeigt, dass das alle Funktionen sind. Formal haben wir die beiden Mengen
$$
A:=\lbrace f\in \mathcal O(\mathbb C) \mid \Re(f)=\Im(f)\rbrace, \quad B:=\lbrace f\colon \mathbb C\to \mathbb C\mid \exists c\in \mathbb R \, \forall z\in \mathbb C: f(z)=c+\i c\rbrace
$$
betrachtet und $A\subseteq B$ sowie $B\subseteq A$ gezeigt. Daraus ergibt sich $A=B$.
LG Nico
[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Holomorphie' von nzimme10]\(\endgroup\)
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nitram999
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-11
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Vielen Dank für die Antwort Nico!
Hab jetzt erst Zeit gehabt drüber zu schauen. Meine Frage hat sich auf jeden Fall geklärt.
In deinem Beweis, habe ich den letzten Teil noch nicht ganz verstanden. Wieso braucht man, dass die Menge der komplexen Zahlen zusammenhängend ist, um zu zeigen, dass u konstant ist?
Viele Grüße,
nitram999
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nzimme10
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| Beitrag No.3, eingetragen 2022-11-11
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
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\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
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\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
weil man aus $\d u(z)\equiv 0$ für alle $z\in \mathbb C$ zunächst nur folgern kann, dass $u$ auf jeder Zusammenhangskomponente des Definitionsbereichs konstant ist.
Einfaches Beispiel: $f\colon (0,1)\cup (2,3)\to \mathbb R$ gegeben durch $f(x)=0$ für $x\in (0,1)$ und $f(x)=1$ für $x\in (2,3)$. Es ist $f'\equiv 0$ aber $f$ ist nicht konstant.
LG Nico\(\endgroup\)
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nitram999
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-14
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Ah stimmt, daran hab ich nicht gedacht.
Vielen Dank für die Hilfe!
LG nitram999
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nitram999 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
nitram999 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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