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Forum "Uni-Komplexe Analysis" - Ex. einer holomorphen Fkt.
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Ex. einer holomorphen Fkt.: Stimmt meine Lösung?
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:29 Fr 05.05.2006
Autor: Milka_Kuh

Hallo,

ich habe hier folgende Aufgabe gelöst, bin mir aber unsicher, ob meine Lösung so stimmt. Kann jemand meine Lösung angucken und mir sagen ob es richtig ist oder falsch? Vielen Dank!

Zu zeigen: Es gibt keine holomorphe Funktion f:  [mm] \IC [/mm] \ {0} [mm] \to \IC [/mm] mit f'(z) =  [mm] \bruch{1}{z} [/mm]

Als Hinweis war gegeben: Betrachte f  [mm] \circ [/mm] exp

Ich hab folgendes gemacht:

Die Stammfunktion von f' (z) ist f(z) = ln z

f  [mm] \circ [/mm] exp (z) = ln  [mm] e^{z} [/mm] = z := x + iy

Um zu beweisen, dass eine Funktion holomorph ist, muss man zeigen, dass die Cauchy-Riemann-Gleichungen gelten. Also muss ich hier zeigen, dass die C-R-Gleichungen nicht gelten:

Also f(x+ iy)= f [mm] \vektor{x \\ y} [/mm] =  [mm] \vektor{u(x,y) \\ v(x,y)} [/mm]

also : u(x,y) = x der Realteil  v(x,y)=y der Imaginärteil

[mm] \bruch{ \partial u}{ \partial x}=1 [/mm]  
[mm] \bruch{ \partial u}{ \partial y}=0 [/mm]

[mm] \bruch{ \partial v}{ \partial x}=0 [/mm]
[mm] \bruch{ \partial v}{ \partial y}=1 [/mm]

Es muss, wenn die C-R-Gln gelten sollen, folgendes sein:

[mm] \bruch{ \partial u}{ \partial x} [/mm] =  [mm] \bruch{ \partial v}{ \partial y} [/mm] und
[mm] \bruch{ \partial u}{ \partial y} [/mm] = -  [mm] \bruch{ \partial v}{ \partial x} [/mm]

Hier ist es nicht der Fall, darum ist f  [mm] \circ [/mm] exp nicht holomorph.
Daraus folgt doch, dass f mit Ableitung  [mm] \bruch{1}{z} [/mm] nicht holomorph ist.

Stimmt das so? :-)

Danke. milka


        
Bezug
Ex. einer holomorphen Fkt.: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:33 Fr 05.05.2006
Autor: felixf

Hallo Milka!

> ich habe hier folgende Aufgabe gelöst, bin mir aber
> unsicher, ob meine Lösung so stimmt. Kann jemand meine
> Lösung angucken und mir sagen ob es richtig ist oder
> falsch? Vielen Dank!
>  
> Zu zeigen: Es gibt keine holomorphe Funktion f:  [mm]\IC[/mm] \ {0}
> [mm]\to \IC[/mm] mit f'(z) =  [mm]\bruch{1}{z}[/mm]
>  
> Als Hinweis war gegeben: Betrachte f  [mm]\circ[/mm] exp
>
> Ich hab folgendes gemacht:
>  
> Die Stammfunktion von f' (z) ist f(z) = ln z

Erstens ist das nur eine Stammfunktion, und zweitens kannst du den Logarithmus auf [mm] $\IC \setminus \{ 0 \}$ [/mm] nur lokal definieren, aber nicht global! Also kannst du nicht sagen, dass $f(z) = [mm] \ln [/mm] z$ ist! (Das dies nicht geht wird uebrigens grad durch diese Uebungsaufgabe gezeigt!)

> f  [mm]\circ[/mm] exp (z) = ln  [mm]e^{z}[/mm] = z := x + iy
>  
> Um zu beweisen, dass eine Funktion holomorph ist, muss man
> zeigen, dass die Cauchy-Riemann-Gleichungen gelten. Also
> muss ich hier zeigen, dass die C-R-Gleichungen nicht
> gelten:
>  
> Also f(x+ iy)= f [mm]\vektor{x \\ y}[/mm] =  [mm]\vektor{u(x,y) \\ v(x,y)}[/mm]
>  
> also : u(x,y) = x der Realteil  v(x,y)=y der Imaginärteil

Das $f$ hier ist das $f [mm] \circ \exp$ [/mm] von oben, oder?

> [mm]\bruch{ \partial u}{ \partial x}=1[/mm]  
> [mm]\bruch{ \partial u}{ \partial y}=0[/mm]
>  
> [mm]\bruch{ \partial v}{ \partial x}=0[/mm]
>   [mm]\bruch{ \partial v}{ \partial y}=1[/mm]
>  
> Es muss, wenn die C-R-Gln gelten sollen, folgendes sein:
>  
> [mm]\bruch{ \partial u}{ \partial x}[/mm] =  [mm]\bruch{ \partial v}{ \partial y}[/mm]
> und
>   [mm]\bruch{ \partial u}{ \partial y}[/mm] = -  [mm]\bruch{ \partial v}{ \partial x}[/mm]
>  
> Hier ist es nicht der Fall, darum ist f  [mm]\circ[/mm] exp nicht
> holomorph.

Wieso ist das nicht der Fall?!

> Stimmt das so? :-)

Leider nein...

Definier dochmal $g := f [mm] \circ \exp$. [/mm] Wenn es ein solches $f$ gibt, dann ist $g : [mm] \IC \to \IC$ [/mm] holomorph. Jetzt leite das doch mal ab. Dann bekommst du heraus, dass $g(z) = z + [mm] \lambda$ [/mm] ist fuer alle $z [mm] \in \IC$ [/mm] und fuer ein festes [mm] $\lambda \in \IC$ [/mm] (warum?). Ohne Einschraenkung sei [mm] $\lambda [/mm] = 0$ (ansonsten $f - [mm] \lambda$ [/mm] anstatt $f$ betrachten).

Jetzt betrachte doch mal [mm] $f(e^{i t}) [/mm] = g(i t) = i t$ mit $t [mm] \in \IR$. [/mm] Faellt dir was auf?

LG Felix


Bezug
                
Bezug
Ex. einer holomorphen Fkt.: Unklarheit bei Tipps von Felix
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:37 Fr 05.05.2006
Autor: Milka_Kuh

Hallo felix,

danke für deine schnelle Antwort auf meine Aufgabe. Jetzt habe ich deinen Rat befolgt und g := f [mm] \circ [/mm] exp mal abgeleitet. Dann kommt aber nie das raus, was du da hingeschrieben hast: g(z) = z + [mm] \lambda. [/mm]

Wenn ich das jetzt ableite erhalte ich  für g(z) = f( [mm] e^{z}): [/mm]
g'(z) = [mm] f'(e^{z}) [/mm] =  [mm] \bruch{1}{e^{z}} [/mm] * [mm] e^{z} [/mm] = 1

Ich bekomme nur dein Ergebnis raus, wenn ich als Stammfunktion f (z) = lnz + C setze. Aber du hast ja gesagt, dass der Logarithmus nicht global def. ist. *verwirrt* Wenn ich also die Stammfunktion so setze, dann bekomm ich auch das raus, was du schreibst:

g(x+ iy) = [mm] f(e^{x+iy})= [/mm] x+ iy + C nach dem Logarithmus.

Ich verstehe nicht genau, was du meinst mit Ableiten hier in dem Fall. Von daher weiß ich auch nicht, was mir auffallen sollte bei [mm] f(e^{it}) [/mm] = g(it) = it . :-)

Danke für die Hilfe.
milka


Bezug
                        
Bezug
Ex. einer holomorphen Fkt.: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 00:33 Sa 06.05.2006
Autor: felixf


> Hallo felix,
>  
> danke für deine schnelle Antwort auf meine Aufgabe. Jetzt
> habe ich deinen Rat befolgt und g := f [mm]\circ[/mm] exp mal
> abgeleitet. Dann kommt aber nie das raus, was du da
> hingeschrieben hast: g(z) = z + [mm]\lambda.[/mm]

Klar, $g(z) = z + [mm] \lambda$ [/mm] ist ja auch nicht die Ableitung :-)

> Wenn ich das jetzt ableite erhalte ich  für g(z) = f(
> [mm]e^{z}):[/mm]
>  g'(z) = [mm]f'(e^{z})[/mm] =  [mm]\bruch{1}{e^{z}}[/mm] * [mm]e^{z}[/mm] = 1

Genau. Und welche Funktion hat ueberall die Ableitung $1$ ueberall? Eine der Form $g(z) = z + [mm] \lambda$ [/mm] fuer eine Konstante [mm] $\lambda \in \IC$. [/mm]

> Ich bekomme nur dein Ergebnis raus, wenn ich als
> Stammfunktion f (z) = lnz + C setze. Aber du hast ja
> gesagt, dass der Logarithmus nicht global def. ist.

Nun, $f$ ist sozusagen der Logarithmus, von dem du zeigen willst, das er nicht existiert.

> Von daher weiß ich auch nicht, was mir
> auffallen sollte bei [mm]f(e^{it})[/mm] = g(it) = it . :-)

Setz mal fuer $t$ verschiedene Werte ein. Z.B. ganzzahlige Vielfache von [mm] $\pi$. [/mm]

LG Felix


Bezug
                                
Bezug
Ex. einer holomorphen Fkt.: Stimmt das endlich? :-)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:23 Sa 06.05.2006
Autor: Milka_Kuh

Hallo Felix,

vielen Dank für dein schnelle Antwort. Jetzt ist es mir auch klar, wie du auf g kommst.

Jetzt habe ich für ganzzahlig Vielfache von [mm] \pi [/mm] eingesetzt und habe folgendes festgestellt:

f( [mm] e^{i\pi})=g(i\pi) [/mm] = [mm] i\pi [/mm] + [mm] \lambda [/mm]

aber  [mm] e^{i\pi} [/mm] = -1 , also ist f(-1) = g(-1 +0i) = -1+ [mm] \lambda, [/mm] also ungleich oben!

Dasselbe für [mm] 2\pi: [/mm]

f( [mm] e^{2i\pi})= g(2i\pi)=2i\pi [/mm] + [mm] \lambda [/mm] ist ungleich f(1) = g(1+0i)= 1 + [mm] \lambda [/mm]

Daraus folgt, dass g nicht holomorph ist, weil für die Ableitung von g am gleichen Punkt immer andere Were rauskommen. Stimmts? :-)

Danke! milka

Bezug
                                        
Bezug
Ex. einer holomorphen Fkt.: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:10 Sa 06.05.2006
Autor: felixf

Hallo Milka!

> vielen Dank für dein schnelle Antwort. Jetzt ist es mir
> auch klar, wie du auf g kommst.
>  
> Jetzt habe ich für ganzzahlig Vielfache von [mm]\pi[/mm] eingesetzt
> und habe folgendes festgestellt:
>  
> f( [mm]e^{i\pi})=g(i\pi)[/mm] = [mm]i\pi[/mm] + [mm]\lambda[/mm]
>  
> aber  [mm]e^{i\pi}[/mm] = -1 , also ist f(-1) = g(-1 +0i) = -1+
> [mm]\lambda,[/mm] also ungleich oben!
>  
> Dasselbe für [mm]2\pi:[/mm]
>  
> f( [mm]e^{2i\pi})= g(2i\pi)=2i\pi[/mm] + [mm]\lambda[/mm] ist ungleich f(1) =
> g(1+0i)= 1 + [mm]\lambda[/mm]
>  
> Daraus folgt, dass g nicht holomorph ist, weil für die
> Ableitung von g am gleichen Punkt immer andere Were
> rauskommen. Stimmts? :-)

Wenn du das `Ableitung von' weglaesst stimmts :-)

LG Felix


Bezug
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