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| Autor |
  Komplexe Analysis - Darstellung mit Kosinus |
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Graufuchs
Junior 
Dabei seit: 29.09.2022
Mitteilungen: 5
 |  Themenstart: 2023-01-16
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Guten Tag zusammen,
ich soll folgendes zeigen: Gegeben eine holomorphe Funktion f definiert auf der offenen Einheitskreisscheibe, welche in die komplexe Ebene abbildet. f nimmt nicht die Werte 1 und -1 an. Dann gilt f(z) = cos(g(z)) für eine holomorphe Funktion g.
Ich habe mit komplexer Analysis noch nicht viel Erfahrung, weshalb ich nicht weiß wie ich hier ansetzen soll. Ich hätte versucht mit Reihendarstellung da ranzugehen, das hat mich aber leider nicht weitergebracht.
Für Hilfe wäre ich wirklich sehr dankbar!
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nzimme10
Senior 
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-01-18
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\renewcommand{\vec}[3]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2\\ #3\end{pmatrix}}
\newcommand{\rot}{\opn{rot}}
\newcommand{\div}{\opn{div}}\)
Hallo,
bemerke zunächst, dass
$$
\cos(g(z))=\frac{1}2\left(\e^{\i g(z)}+\e^{-\i g(z)}\right)
$$
gilt. Setzt man $f(z)=\cos(g(z))$ und löst naiv nach $g(z)$ auf, so würde man als eine mögliche Lösung
$$
g(z)=-\i \ln\left(f(z)+\sqrt{f(z)^2-1}\right)
$$
erhalten. Im Komplexen muss man aber natürlich deutlich vorsichtiger sein, da $\ln$ und $\sqrt{\, \cdot \,}$ i.A. mehrdeutig sind.
Man kann sich aber trotzdem von diesem naiven Ansatz inspirieren lassen!
Wir bemerken zunächst, dass die Abbildung $z\mapsto f(z)^2-1$ auf $\mathbb D:=B_1(0)$ holomorph ist und nach Voraussetzung dort keine Nullstellen besitzt. Weiter ist $\mathbb D$ einfach zusammenhängend. Folglich existiert eine holomorphe Quadratwurzel dieser Abbildung. Das heißt es gibt eine holomorphe Funktion $W\colon \mathbb D\to \mathbb C$ mit $W(z)^2=f(z)^2-1$.
Betrachten wir nun die Abbildung
$$
h\colon \mathbb D\to \mathbb C, \ h(z)=f(z)+W(z).
$$
Da die Gleichung $z=z-1$ keine Lösung in $\mathbb C$ besitzt folgt, dass $h$ auf $\mathbb D$ keine Nullstellen besitzt. Außerdem ist $h$ als Summe holomorpher Funktionen natürlich auch holomorph. Somit existiert ein holomorpher Logarithmus von $h$, d.h. es gibt eine holomorphe Funktion $\ell\colon \mathbb D\to \mathbb C$ mit $\e^{\ell(z)}=h(z)$.
Nun haben wir alles beieinander! Setze abschließend
$$
g\colon \mathbb D\to\mathbb C, \ g(z)=-\i \ell(z).
$$
Dann ist
$$
\i g(z)=\ell(z), \quad -\i g(z)=-\ell(z)
$$
und somit
$$
\e^{\i g(z)}=\e^{\ell (z)}=h(z), \quad \e^{-\i g(z)}=\e^{-\ell(z)}=\frac{1}{h(z)}.
$$
Daher ist
$$
\begin{align*}
\e^{\i g(z)}+\e^{-\i g(z)} &=h(z)+\frac{1}{h(z)}=\frac{h(z)^2+1}{h(z)}=\frac{(f(z)+W(z))^2+1}{f(z)+W(z)} \\
&=\frac{f(z)^2+2f(z)W(z)+W(z)^2+1}{f(z)+W(z)} \\
&=\frac{2f(z)^2+2f(z)W(z)}{f(z)+W(z)} \\
&=2f(z) \frac{f(z)+W(z)}{f(z)+W(z)} \\
&=2f(z).
\end{align*}
$$
Insgesamt also
$$
f(z)=\frac{1}{2}\left(\e^{\i g(z)}+\e^{-\i g(z)}\right)=\cos(g(z)),
$$
was zu zeigen war.
LG Nico\(\endgroup\)
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nzimme10
Senior 
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2061
Wohnort: Köln
| Beitrag No.2, eingetragen 2023-01-18
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| \(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
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\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
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\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
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\newcommand{\div}{\opn{div}}\)
Da du meintest, dass du noch nicht viel Erfahrung mit Funktionentheorie hast, möchte ich den wesentlichen Bestandteil der obigen Argumentation nochmal gesondert hervorheben.
Die wesentliche Bemerkung ist eigentlich die Existenz von holomorphen Logarithmen holomorpher Funktionen unter bestimmten Voraussetzungen.
Satz. Sei $G\subseteq \mathbb C$ ein Gebiet (offen und zusammenhängend) und $f\colon G\to \mathbb C\setminus\lbrace 0\rbrace$ eine holomorphe Funktion. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
$(\mathrm i)$ Für jede stückweise stetig differenzierbare geschlossene Kurve $\gamma$ in $G$ gilt
$$
\oint_\gamma \frac{f'(z)}{f(z)} \dd z=0.
$$
$(\mathrm{ii})$ Es gibt eine holomorphe Funktion $\ell\colon G\to \mathbb C$ mit
$$
\exp(\ell(z))=f(z)
$$
für alle $z\in G$.
Wenn $G$ zusätzlich einfach zusammenhängend* ist, dann folgt $(\mathrm i)$ aus dem Cauchy-Integralsatz und folglich gilt dann auch $(\mathrm{ii})$, was ich in meiner Argumentation benutzt habe.
Die Existenz der holomorphen Quadratwurzel (oder allgemeiner einer $n$-ten Wurzel) ist dann nicht mehr weit:
Wenn $f(z)=\e^{\ell(z)}$, dann setze $W(z)=\e^{\ell(z)/2}$. Damit ist dann $W(z)^2=\e^{2\cdot \ell(z) /2}=\e^{\ell(z)}=f(z)$.
LG Nico
* Es ist ein bemerkenswertes Resultat der Funktionentheorie, dass sogar folgendes gilt: $G$ ist genau dann einfach zusammenhängend, wenn jede auf $G$ nullstellenfreie und holomorphe Funktion einen holomorphen Logarithmus besitzt. Ein, wie ich finde, sehr schönes Beispiel für das Zusammenspiel aus Analysis, Algebra und Topologie in der Funktionentheorie.\(\endgroup\)
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Graufuchs
Junior 
Dabei seit: 29.09.2022
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-19
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Hallo Nico,
wow, echt super! Das hilft mir auf alle Fälle sehr. Vielen Dank für die ausführliche Antwort! :)
LG nach Köln
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