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  Beweis des Riemannschen Hebbarkeitssatzes |
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Pter87
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 09.11.2018
Mitteilungen: 425
 |  Themenstart: 2021-08-26
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Hallo,
ich wollte nur mal wissen, ob folgender Beweis des Riemannsches Hebbarkeitssatzes valide ist?
Der Satz geht bei uns wie folgt:
Sei $G\subset \mathbb{C}$ ein Gebiet, $z_0 \in G$ und $f$ holomorph in $G\setminus\{z_0\}$
Gilt $(z-z_0)f(z) \to 0$ für $z \to z_0$, dann hat $f$ eine holomorphe Fortsetzung in $z=z_0$
Beweis:
Wir entwickeln $f(z)$ um $z_0$ in eine Laurentreihe. Da $lim_{n\to\infty}(z-z_0)f(z)=0$ kann der Hauptteil der Laurentreihe nur 0 sein. Also ist unsere Laurentreihe eine Potenzreihe, die in $z_0$ definiert ist. Da die Potenzreihe insbesondere holomorph in ihrem Konvergenzkreis ist, ist $f(z)$ holomorph nach $z_0$ fortsetzbar.
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 Profil
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semasch
Senior 
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-08-27
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Moin Pter87,
die Idee, das Verschwinden des Hauptteils der Laurentreihe von $f$ um $z_0$ zu zeigen, ist schon mal gut. Die Begründung muss man allerdings noch etwas ausführlicher gestalten. Dazu kannst du benutzen, dass Folgendes gilt:
(i) $\lim_{\epsilon \to 0^+} \, \epsilon \left\|f\rvert_{\partial B_{\epsilon}(z_0)}\right\|_{\infty} = 0.$
(ii) Bezeichnet $(a_n)_{n \in \mathbb{Z}}$ die Laurentreihenkoeffizienten, so gilt die (verallgemeinerte) Cauchy'sche Integralformel, wie sie etwa (bei Ersetzung von $z_0$ durch $c$) in der Einleitung hier zu finden ist.
LG,
semasch
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nzimme10
Senior 
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2050
Wohnort: Köln
 | Beitrag No.2, eingetragen 2021-08-27
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
es reicht sogar zu fordern, dass $f$ in einer punktierten Umgebung von $z_0$ beschränkt ist. Alternativ zu semasch's Vorschlag (bzw. einfach eine Alternative) könntest du daher die Funktion
$$
g\colon G\to \mathbb C, \ g(z):=\begin{cases} (z-z_0)f(z) & z\neq z_0 \\ 0 & z=z_0 \end{cases}
$$
betrachten. $g$ ist holomorph auf $G\setminus\lbrace z_0\rbrace$ und stetig in $z_0$, also ist $g$ sogar holomorph auf $G$ (Lemma von Goursat + Satz von Morera). Daher gibt es ein holomorphes $h$ mit $h(z_0)\neq 0$ und ein $k\geq 1$ mit
$$
g(z)=(z-z_0)^kh(z).
$$
Zeige nun, dass $\hat f\colon G\to \mathbb C, \ z\mapsto (z-z_0)^{k-1}h(z)$ eine holomorphe Fortsetzung von $f$ ist.
LG Nico
[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Holomorphie' von nzimme10]\(\endgroup\)
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zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4404
 | Beitrag No.3, eingetragen 2021-08-27
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\quoteon(2021-08-27 07:06 - nzimme10 in Beitrag No. 2)
es reicht sogar zu fordern, dass $f$ in einer punktierten Umgebung von $z_0$ beschränkt ist.
\quoteoff
Um ein mögliches Missverständnis zu vermeiden: Das "es reicht sogar zu fordern" könnte einen auf die Idee bringen, dass die Beschränktheit von $f$ in einer punktierten Umgebung eine schwächere Forderung ist als $(z-z_0)f(z)\to0$ für $z\to z_0$. Tatsächlich ist es aber umgekehrt.
Warum es ausreicht, den Satz unter dieser stärkeren Voraussetzung zu beweisen, sieht man dann erst später im Zusammenhang mit dem Übergang von $f$ zu $g$.
--zippy
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Pter87
Wenig Aktiv
Dabei seit: 09.11.2018
Mitteilungen: 425
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-27
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Danke erstmal für die ganzen Antworten!
@semasch
In unserer Vorlesung hatten wir nur die verallgemeinerte Cauchysche Integralformel für die Koeffizienten einer Potenzreihe. Woraus folgt denn, dass ich die gleiche Formel auch für die Koeffizienten einer Laurentreihe verwenden darf?
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semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
| Beitrag No.5, eingetragen 2021-08-28
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Der Beweis ist eigentlich genau der gleiche: Sei $\gamma$ ein geschlossener, rektifizierbarer Weg mit Windungszahl $1$ bzgl. $z_0$, der im Konvergenzkreisring der Laurentreihe von $f$ bzgl. $z_0$ verläuft. Da die Laurentreihe lokal gleichmäßig konvergiert und $\operatorname{im}(\gamma)$ kompakt ist, gilt unter Beachtung von
\[\int_{\gamma} \frac{1}{(z-z_0)^{n+1}} dz = 2\pi i \, \delta_{n,0}\]
für $n \in \mathbb{Z}$ und $f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^n$ für $k \in \mathbb{Z}$
\[\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{k+1}} dz = \sum_{n = -\infty}^{\infty} a_n \, \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma} \frac{1}{(z-z_0)^{k-n+1}} dz = a_k.\]
LG,
semasch
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Pter87
Wenig Aktiv
Dabei seit: 09.11.2018
Mitteilungen: 425
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-28
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Ok so folgt das also. Der Beweis ist mir nun vollkommen klar. Danke nochmal.
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Pter87
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 09.11.2018
Mitteilungen: 425
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-28
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Hallo,
ich melde mich doch nochmal kurz zurück, weil ich gestern doch noch einen kleinen Denkfehler in meinem Beweis gefunden habe. Ist folgender Beweis so jetzt richtig:
1.Betrachte $g(z) = (z-z_0)f(z)$
2. Entwickle $g(z)$ um $z_0$ in eine Laurentreihe und zeige, dass der Hauptteil verschwindet (das folgt direkt mit der Cauchyabschätzung aus der Beschränktheit von $g$ um $z_0$).
3.Für die Potenzreihe von $g(z)$ um $z_0$ gilt: $a_0 = 0$
4.Damit ist die Laurentreihe von $f$, gegeben durch $\frac{1}{z-z_0}\cdot g(z)$, ohne Hauptteil.
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semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 445
Wohnort: Wien
| Beitrag No.8, eingetragen 2021-08-28
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Ja, das kann man so beweisen.
LG,
semasch
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Pter87
Wenig Aktiv
Dabei seit: 09.11.2018
Mitteilungen: 425
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-03
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Pter87 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Pter87 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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