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Analysis » Funktionentheorie » Cauchy-Riemann-Diff'gleichungen
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Universität/Hochschule Cauchy-Riemann-Diff'gleichungen
nkln
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  Themenstart: 2022-09-03

Aufgabe1) a) Sei $u:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ eine $C^2$-Funktion, und es gebe eine holomorphe Funktion $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ so, dass $u(x,y)=Re f(x+iy)$ für alle $(x,y) \in \mathbb{R}^2$. Zeigen Sie, dass $u_{xx}+u_{yy}=0$. b) Es seien $k,l$ natürliche Zahlen und $u: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, (x,y)\mapsto x^k y^l$. Bestimmen Sie (mit Beweis) alle Paare $(k,l)\in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ so, dass $u$ der Realteil einer holomorphen Funktion auf $\mathbb{C}$ ist, und bestimmen Sie alle diese Funktionen in Abhängigkeit von $(k,l)$ Lösung zu A1) $u:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ ist eine $C^2$-Funktio und $f$ ist holomorph und folglich dessen auch komplex diff'bar und infolgedessen auch reell diff'bar und $f$ erfüllt die Cauchy-Riemann-DGL. Da $u(x,y)=Ref(x+iy)$ ist, ist $u(x,y)$auch reell diff'bar und erfüllt die Cauchy-Riemann-DGL mit $u_x=v_y$ und $u_y=-v_x$ mit $v(x,y)= Im f(x+iy)$. Differenziert man nun $u(x,y)$ zwei mal jeweils nach $x$ und $y$ erhält man. $u_{xx}=v_{yx}$ und $u_{yy}=-v_{xy}$. Da f holomorph ist, ist $f$ auch mehrfach differenzierbar und deshalb gilt für $v(x,y)$ der Satz von Schwarz also $v_{yx}=v_{xy}$. Das heißt folglich, dass $u_{xx}=v_{yx}=v_{xy}=-u_{yy}$. Also $u_{xx}+u_{yy}=0$. ist das so korrekt? b) hier habe ich als Ansatz $u_{xx}=k\cdot(k-1)x^{k-2}y^l$ $u_{yy}=x^k\cdot{}l\cdot{}(l-1)\cdot{}y^{l-2}$ also $u_{xx}+u_{yy}=0$ , genauer $k\cdot(k-1)x^{k-2}y^l+x^k\cdot{}l\cdot{}(l-1)\cdot{}y^{l-2}=0$ leider komme ich ab hier nicht weiter...kann mir jemand helfen bitte?:)


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nzimme10
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-09-03

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Das kannst du zunächst noch etwas vereinfachen. Bemerke, dass $$ k(k-1)x^{k-2}y^l+l(l-1)y^{l-2}x^k=y^{l-2}x^{k-2}(k(k-1)y^2+l(l-1)x^2) $$ gilt. Das soll nun identisch verschwinden. Das geht nur, wenn bereits $$ k(k-1)y^2+l(l-1)x^{2}\equiv 0 $$ ist. Hilft dir das weiter? LG Nico\(\endgroup\)


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nkln
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-03

Hey Nico, danke erstmal für deine Antwort und deine Zeit! \quoteon(2022-09-03 13:40 - nzimme10 in Beitrag No. 1) Das kannst du zunächst noch etwas vereinfachen. Bemerke, dass $$ k(k-1)x^{k-2}y^l+l(l-1)y^{l-2}x^k=y^{l-2}x^{k-2}(k(k-1)y^2+l(l-1)x^2) $$ gilt. Das soll nun identisch verschwinden. Das geht nur, wenn bereits $$ k(k-1)y^2+l(l-1)x^{2}\equiv 0 $$ ist. Hilft dir das weiter? LG Nico \quoteoff ja das hilft sehr weiter, danke! erstmal wieso brachtet man nur, dass der Faktor $k(k-1)y^2+l(l-1)x^{2}\equiv 0$ und nicht auch den Faktor $y^{l-2}x^{k-2}\equiv 0$ ?? 1.Fall $k=l=1$ $k(k-1)y^2+l(l-1)x^{2}= 0 + 0 =0$ und damit wäre die Bedingung $u_{xx}+u_{yy}=0 $ erfüllt. Nun der $2.$Fall $k>1$ oder $l>1$. Aus Symmetriegründen wird nur $k>1$ und $y=1$ betrachtet. Man erhält $k(k-1)+l(l-1)x^{2}=0$ ist nun $l=1$ erhält man für $x$ keine Lösung betrachtet man $l>1$ erhält man $x^{2}=-\frac{k(k-1)}{l(l-1)}$. Folglich dessen hat $x$ zwei Lösungen $x_1,x_2 \in \mathbb{C}$ Da jedoch $x \in \mathbb{R}$ existieren diese beiden Lösungen nicht und $u(x,y)$ kann in diesem Fall kein Realteil von $f$ sein. Deshalb betrachtet man Fall $l=k=1$ also $u: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, (x,y)\mapsto xy$ Mit Hilfe der CR-DGL kann man nun festhalten $u_x=v_y$ und $u_y=-v_x$, also $u_x=y$ und $u_y=x$ $-u_y=v_x=-x$, also $\int v_x dx = - \int x dx = -\frac{x^2}{2}+ c(y)$. also $v(x,y)=-\frac{x^2}{2}+ c(y)$. Betrachtet man nun $v_y(x,y)= c'(y)$ mit $v_y=u_x$ also $c'(y)=y$, dann ist $c(y)= \frac{y^2}{2}+c_1$ für alle $c_1 \in \mathbb{R}$ dann ist $f(x+iy)= u(x,y)+iv(x,y)= xy+i(\frac{1}{2}(y^2-x^2)+c_1)$ für alle $c_1 \in \mathbb{R}$ ist das so in Ordnung?


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-09-03

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Man sollte hier eigentlich am besten $k,l\leq 2$ von Hand betrachten und feststellen, dass die Paare $(k,l)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$ hier funktionieren. Wenn $k=2$ und $l\leq 2$ beliebig und wenn $l=2$ und $k\leq 2$ beliebig, dann funktioniert das nicht. Schließlich kann man im Fall $k,l\geq 2$ die Rechnung aus dem letzten Beitrag machen und erhält die Bedingung $$ y^{l-2}x^{k-2}(k(k-1)y^2+l(l-1)x^2)\equiv 0. $$ Nun ist $y^{l-2}x^{k-2}=0$ entweder gar nie oder nur für $x=y=0$ erfüllt. In diesem Fall ist aber auch der restliche Term $0$ und daher haben wir nur noch die Bedingung $$ k(k-1)y^2+l(l-1)x^2\equiv 0. $$ Es muss also $k(k-1)=0$ und $l(l-1)=0$ gelten und wir sehen, dass das nicht sein kann, weil bereits $k,l\geq 2$ angenommen wurde. Es gibt also keine weiteren Fälle mehr, als die am Anfang gefundenen. Ich habe das nur getrennt, weil in der allgemeinen Rechnung ja z.B. $x^{k-2}$ vorkommt, aber dieser Term nur für $k\geq 2$ wirklich da ist. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-03

Also, habe ich in meinem Letzten Beitrag eigentlich alles richtig gemacht, jedoch hätte ich die $k,l$ formal anders wählen müssen oder? Danke für deine Hilfe!


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