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  Wie zeige ich, dass diese Funktion analytisch ist? |
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Strandkorb
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 |  Themenstart: 2022-04-03
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Ich habe die folgende Frage.
Wir wählen $f:\Omega\rightarrow \Bbb{C}$ eine stetige Funktion wobei $\Omega\subset \Bbb{C}$ eine konvexe offene Teilmenge ist und so dass für jedes Dreieck $T\subset \Omega$ $$\int_{\partial T} f(z)dz =0$$ Beweisen Sie, dass $f$ analytisch ist.
Dann hatte ich die Idee, Moreras Theorem anzuwenden, da man ein Rechteck immer in zwei Dreiecke zerlegen kann. Aber für Morera brauche ich, dass das Rechteck in einer offenen Scheibe $B$ enthalten ist.
Meine Frage ist nun, ob es immer eine offene Scheibe $B\subset \Bbb{C}$ gibt, so dass $R\subset B$?
Es wäre sehr schön, wenn dies der Fall wäre, denn dann könnte ich mit dem Morera-Theorem aus der komplexen Analysis arbeiten, ansonsten würde dieses Theorem scheitern.
Danke für eure Hilfe.
Wir hatten folgende Version von Moreras Theorem:
Sei $B$ eine offene Scheibe. Falls $f$ stetig in $B$ ist und für alle geschlossenen Rechtecke $R\subset B$ gilt dass $$\int_{\partial R} f(z)~dz=0$$ dann ist $f$ analytisch auf $B$
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Kezer
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-04-03
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\quoteon(2022-04-03 11:49 - Strandkorb im Themenstart)
Meine Frage ist nun, ob es immer eine offene Scheibe $B\subset \Bbb{C}$ gibt, so dass $R\subset B$?
\quoteoff
Was ist $R$? Ein beliebiges Rechteck in $\mathbb C$? Falls ja: Zeichne ein Bild.\(\endgroup\)
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Strandkorb
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03
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Hallo Kezer
Nein $R$ ist ein beliebiges Rechteck in $\Omega$.
Hmm ja also wenn ich es zeichne bin ich der Meinung dass es immer geht aber vielleicht habe ich auch genau nur diese Fälle genommen in denen es immer geht. Könntest du mir da vielleicht weiterhelfen?
Grüsse
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Kezer
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| Beitrag No.3, eingetragen 2022-04-03
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Eigentlich funktionieren so ziemlich alle Beweisversuche, die man sich vorstellen kann. Betrachte zum Beispiel Kreisscheiben, die am Ursprung ihren Mittelpunkt haben.
(Man benötigt nicht, dass $R$ in $\Omega$ liegt, es genügt $R \subseteq \mathbb{C}$.) \(\endgroup\)
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03
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Hallo Kezer
Aber $R\subset B$ sein oder? Und wenn ja dann $B\subset \Omega$ ist dann ist ja direkt $R\subset \Omega$? Oder muss $B$ nicht in $\Omega$ liegen?
Denn wenn nein, dann ist mir glaube ich klar wie es funktionniert
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Kezer
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| Beitrag No.5, eingetragen 2022-04-03
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\quoteon(2022-04-03 11:49 - Strandkorb im Themenstart)
Meine Frage ist nun, ob es immer eine offene Scheibe $B\subset \Bbb{C}$ gibt, so dass $R\subset B$?
\quoteoff
Das war deine Frage, ich habe bloß die Bedingungen aus deiner Frage genommen, d.h. $R \subseteq B \subseteq \mathbb{C}$. Die Eigenschaft $B \subseteq \Omega$ kann man nicht bewerkstelligen. (Wieder: Zeichne Bilder.)\(\endgroup\)
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nzimme10
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 | Beitrag No.6, eingetragen 2022-04-03
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\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
du könntest auch explizit einen Kandidaten für eine Stammfunktion $F$ hinschreiben und zeigen, dass $F'(z)=f(z)$ für $z\in \Omega$ gilt.
LG Nico
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]\(\endgroup\)
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Strandkorb
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03
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Hallo Kezer
Ah ja ich sehe was du meinst, denn bei einem Dreieck als $\Omega$ kann man das wirklich nicht bewerkstelligen. Aber so macht es mehr Sinn. Vielen Dank!
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03
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Hallo Nico
Okei auf das wäre ich nun nicht gekommen. Ich werde nun mal den Weg über Morera versuchen, aber der andere würde mich auch interessieren aber ich denke der ist viel schwerer, nicht wahr?
Grüsse
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nzimme10
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| Beitrag No.9, eingetragen 2022-04-03
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Hallo,
im Prinzip ist das genau der Beweis des Satzes von Morera, in einer etwas allgemeineren Version für konvexe Mengen (anstatt nur für Kreisscheiben) und mit Dreiecken anstatt Rechtecken.
Die eigentliche Rechnung ist nicht sehr aufwändig und verwendet lediglich die Stetigkeit von $f$.
LG Nico
\(\endgroup\)
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Strandkorb
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03
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Hallo Nico
perfekt super danke ich schau es mir mal an!
Nun noch kurz eine Frage. Wenn ich in meinem Beweis mit Morera zeigen konnte dass $f$ auf $B$ analytisch ist, kann ich dann einfach sagen dass ich $\Omega$ mit allen $B$'s überdecken kann, da $\Omega$ offen ist und daher ist auch $f$ auf $\Omega$ analytisch?
Grüsse
Strandkorb
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nzimme10
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| Beitrag No.11, eingetragen 2022-04-03
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Was ist die Definition dafür, dass eine Funktion $f\colon \Omega\to \mathbb C$ holomorph (analytisch) ist?
Man sagt, dass $f$ in $z_0\in \Omega$ holomorph ist, wenn $f$ auf einer offenen Umgebung von $z_0$ komplex-differenzierbar ist. $f$ heißt holomorph, wenn $f$ in jedem $z_0\in \Omega$ holomorph ist.
Holomorphie ist zunächst eine lokale Eigenschaft.
LG Nico\(\endgroup\)
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Strandkorb
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03
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Hallo Nico
Aha also dann genügt es wenn ich weiss dass $f$ analytisch auf $B$ ist. Da ja $R$ beliebig gewählt wurde, also ist $f$ sozusagen beliebig lokal holomorph und daher auch holomorph respektive analytisch auf $\Omega$.
Stimmt das?
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nzimme10
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| Beitrag No.13, eingetragen 2022-04-03
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\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
die Logik des Beweises muss ja in etwa so sein: Du nimmst dir ein beliebiges $z_0\in \Omega$ her und dann eine Kreisscheibe $B=B_r(z_0)\subset \Omega$. Dann zeigst du, dass $f$ auf $B$ holomorph ist.
Da $z_0$ beliebig war zeigt das dann, dass $f$ insgesamt auf $\Omega$ holomorph ist.
LG Nico\(\endgroup\)
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Strandkorb
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| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03
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Ah ja ich weiss nun was fehlt, habe mein $z_0$ nicht gewählt. Sorry für die Hartnäckigkeit. Nun ist es klar. Danke.
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nzimme10
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| Beitrag No.15, eingetragen 2022-04-03
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
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\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Alternativ noch der von mir vorgeschlagene direkte Weg:
Sei $z_0\in \Omega$ beliebig aber fest. Für $z\in \Omega$ sei weiter $\gamma_z$ die Verbindungsstrecke von $z_0$ nach $z$.
Betrachte dann die Abbildung
$$
F\colon \Omega\to \mathbb C, \ F(z):=\int_{\gamma_z} f(\zeta) \d \zeta.
$$
Es sei nun $a\in \Omega$ beliebig und $r>0$ mit $B_r(a)\subset \Omega$. Für alle $z\in B_r(a)\setminus\lbrace a\rbrace$ gilt dann ($\gamma_{a,z}$ bezeichnet die Verbindungsstrecke von $a$ nach $z$)
$$
\left|\frac{F(z)-F(a)}{z-a}-f(a)\right|=\left|\frac{1}{z-a}\left(\int_{\gamma_z} f(\zeta)\d \zeta-\int_{\gamma_a} f(\zeta)\d \zeta-f(a)(z-a)\right)\right|=\left|\frac{1}{z-a}\int_{0}^1 \left(f(\gamma_{a,z}(t))\gamma_{a,z}'(t) -f(a)(z-a)\right) \d t\right|.
$$
Weiter ist
$$
\left|\frac{1}{z-a}\int_{0}^1 \left(f(\gamma_{a,z}(t))\gamma_{a,z}'(t) -f(a)(z-a)\right) \d t\right|=\left|\frac{1}{z-a}\int_{0}^1 \left(f(\gamma_{a,z}(t))(z-a) -f(a)(z-a)\right) \d t\right|\leq \int_0^1 |f(\gamma_{a,z}(t))-f(a)| \d t.
$$
Setzen wir
$$
\delta(z):=\sup_{t\in [0,1]} |f(\gamma_{a,z}(t))-f(a)|,
$$
so gilt $\delta(z)\to 0$ für $z\to a$, da $f$ stetig ist. Folglich haben wir insgesamt
$$
\left|\frac{F(z)-F(a)}{z-a}-f(a)\right|\leq \int_0^1 |f(\gamma_{a,z}(t))-f(a)| \d t\leq \int_0^1 \delta(z) \d t=\delta(z) \overset{z\to a}{\longrightarrow} 0.
$$
Es folgt $F'(a)=f(a)$. Somit besitzt $f$ auf $\Omega$ eine (holomorphe) Stammfunktion und ist daher selbst holomorph.
LG Nico\(\endgroup\)
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Hallo Nico
Super vielen Dank ich schaue es mir an!
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