Komplexkonjugierte Funktion < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:40 Mo 12.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
| Aufgabe | | Sei f: [mm] \IC \to \IC [/mm] holomorph und nicht konstant. Zeige: [mm] \overline{f(\IC)} [/mm] = [mm] \IC [/mm] |
Hallo,
ich komm bei der obigen Aufgabe nicht so klar. Ich hoffe daher, dass mir jemand weiter helfen kann.
Erstmal hab ich eine Frage dazu: [mm] \overline{f(\IC)} [/mm] ist das Komplexkonjugierte von [mm] f(\IC) [/mm] oder? Gilt dann [mm] \overline{f(\IC)} [/mm] = [mm] f(\overline{\IC})?
[/mm]
Sei z [mm] \in \IC, [/mm] f(z) holomorph. Z.z: [mm] \overline{f(z)} [/mm] = z
Muss ich jetzt ein z finden. so dass [mm] f(\overline{z}) [/mm] = z ist?
Ich weiß nicht so recht, wie ich da vorgehen soll.
Ich hoffe, es kann mir jemand einen Tipp geben.
Vielen Dank schonmal,
Viele Grüße, Moe
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Die Überstreichung bezeichnet hier wohl nicht die komplexe Konjugation (das würde ja nicht viel Sinn machen), sondern den topologischen Abschluß. Hier geht es um den Satz von Casorati-Weierstraß.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:25 Mo 12.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
leider hatten wir den Satz von Casorati-Weierstraß nicht in der Vorlesung gehabt. Kann man die Aufgabe auch ohne den Satz lösen?
Ich weiß leider auch nicht, wie ich das mit dem topologischen Abschluss zeigen soll...
Danke aber für deine Hilfe!
Viele Grüße,
Moe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:05 Do 15.06.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Moe!
> leider hatten wir den Satz von Casorati-Weierstraß nicht
> in der Vorlesung gehabt. Kann man die Aufgabe auch ohne den
> Satz lösen?
Ja. Der haette dir sowieso nur bei transzendenten Funktionen geholfen; fuer Polynome haettest du den Fundamentalsatz nehmen muessen.
Hattet ihr schon den Satz von Liouville (ganze beschraenkte Funktionen sind konstant)? Den brauchst du naemlich.
Sei $f : [mm] \IC \to \IC$ [/mm] holomorph und $c [mm] \in \IC$ [/mm] mit $c [mm] \not\in \overline{f(\IC)}$. [/mm] Du kannst jetzt zeigen, dass es ein [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ gibt so, dass $f$ keinen Wert aus [mm] $B_\varepsilon(c) [/mm] = [mm] \{ z \in \IC \mid |z - c| < \varepsilon \}$ [/mm] annimmt.
Dann betrachte schliesslich die Funktion $g(z) := [mm] \frac{1}{f(z) - c}$. [/mm] Diese Funktion ist ganz und nach obigen beschraenkt (warum?).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:18 Fr 16.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo felix,
danke für deine Hilfe. Ich versteh leider nicht ganz, was du mir geschrieben hast.
Du hast geschrieben:
> Sei [mm]f : \IC \to \IC[/mm] holomorph und [mm]c \in \IC[/mm] mit [mm]c \not\in \overline{f(\IC)}[/mm].
> Du kannst jetzt zeigen, dass es ein [mm]\varepsilon > 0[/mm] gibt
> so, dass [mm]f[/mm] keinen Wert aus [mm]B_\varepsilon(c) = \{ z \in \IC \mid |z - c| < \varepsilon \}[/mm]
> annimmt.
Machen wir einen Widerspruchsbeweis? Weil ich soll doch zeigen dass [mm] \overline{f(\IC)} [/mm] = [mm] \IC [/mm] ist.
Nach Voraussetzung ist ja f nicht konstant. Heißt das, dass es nicht beschränkt ist?
>
> Dann betrachte schliesslich die Funktion [mm]g(z) := \frac{1}{f(z) - c}[/mm].
> Diese Funktion ist ganz und nach obigen beschraenkt
> (warum?).
g kann doch nur beschränkt sein, wenn f beschränkt ist oder?
Soll ich zeigen, dass f beschränkt ist oder nicht beschränkt?
Ich versteh nicht genau, was ich hier zeigen soll, und warum ich das g so definieren muss.
Ich hoffe du hilfst mir weiter.
LG, Moe
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Richtig. Du sollst einen Widerspruchsbeweis führen.
Die Schwierigkeit bei solchen Aufgaben ist es meist, zu verstehen, was überhaupt ausgesagt ist. Dann ergibt sich vieles oft von ganz alleine.
Zu zeigen ist:
[mm]\overline{f(\mathbb{C})} = \mathbb{C}[/mm], wobei [mm]f[/mm] eine nichtkonstante ganze Funktion ist.
Und jetzt nehmen wir das Gegenteil an, also [mm]\overline{f(\mathbb{C})} \neq \mathbb{C}[/mm]. Und da die linke Seite auf jeden Fall eine Teilmenge der rechten ist, kann das nur heißen, daß ein [mm]c \in \mathbb{C}[/mm] existiert mit [mm]c \not \in \overline{f(\mathbb{C})}[/mm].
Was würde es denn bedeuten, wenn [mm]c \in \overline{f(\mathbb{C})}[/mm] wäre? Das würde heißen, daß in beliebiger (!) Nähe von [mm]c[/mm] Elemente von [mm]f(\mathbb{C})[/mm], das sind also gewisse [mm]f(z)[/mm], liegen. Das ist ja genau die Bedeutung des Hüllenoperators (Überstreichung).
Und dem ist jetzt gerade nicht so. Es muß also einen Bereich um [mm]c[/mm] herum geben, der völlig von [mm]f(z)[/mm]'s frei ist. Mit anderen Worten: Es gibt ein [mm]\varepsilon>0[/mm], so daß in [mm]B_{\varepsilon}(c)[/mm], der offenen Kreisscheibe um [mm]c[/mm] vom Radius [mm]\varepsilon[/mm], keine Bilder von [mm]f[/mm] liegen. Wenn man also ein Bild [mm]f(z)[/mm] hat, so muß dieses außerhalb dieses Kreises liegen. Oder formelmäßig ausgedrückt:
[mm]\left| f(z) - c \right| \geq \varepsilon[/mm] für alle [mm]z \in \mathbb{C}[/mm]
Das Bild soll das veranschaulichen: [mm]f[/mm] bildet den schraffierten Bereich [mm]\mathbb{C}[/mm] ab. Dabei wird die weiße Fläche nicht getroffen. Die Zeichnung ist natürlich etwas gewagt, weil der falsche Eindruck entstehen könnte, daß alles außerhalb des Kreises von [mm]f[/mm] getroffen wird. Aber darüber weiß man nichts. Es kann also rechts noch weitere weiße Flecken geben. So viel nur als Warnung (wenn der erwünschte Widerspruch erreicht ist, ergibt sich ja, daß rechts so gut wie alles weiß ist - bis auf einen einzigen einsamen Punkt). Für den Beweis ist das aber nicht weiter wichtig.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Jetzt solltest du den Rest alleine hinbekommen (siehe felixf). Fang so an: Warum ist das dortige [mm]g(z)[/mm] überhaupt sinnvoll definiert?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:06 Sa 17.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Leopold,
vielen Dank für deine ausführliche Antwort. Ich hab versucht, den Beweis durchzuführen, aber ich komm an einer Stelle nicht weiter.
Ich hab folgendes jetzt gemacht:
Annahme: Sei [mm] \overline{f(\IC)} \not= \IC.
[/mm]
Da [mm] \overline{f(\IC)} \subset \IC [/mm] gilt, gibt es ein c [mm] \in \IC: [/mm] c [mm] \not\in \overline{f(\IC)}. [/mm] D.h. es gibt ein [mm] \epsilon [/mm] > 0, so dass f(z) [mm] \not\in B_{\epsilon}(c): [/mm] |f(z) - c | [mm] \ge \epsilon \forall [/mm] z [mm] \in \IC.
[/mm]
Sei g(z) := [mm] \bruch{1}{f(z) -c}, [/mm] g(z) ist ganz und nach oben beschränkt, denn [mm] \bruch{1}{f(z) -c} \le \bruch{1}{\epsilon}, [/mm] also ist g(z) beschränkt.
g(z) ist ganz, weil f(z) holomorph ist, f(z) -c auch, und [mm] \bruch{1}{f(z) -c} [/mm] auch holomorph. Der Nenner kann nicht 0 werden, weil f(z) [mm] \not\in B_{\epsilon}(c) [/mm] ist oder?
Also ist g(z) nach Liouville konstant, also g(z) = [mm] \lambda, \lambda \in \IC.
[/mm]
Also ist [mm] \lamda [/mm] = [mm] \bruch{1}{f(z) -c}, [/mm] also f(z) = [mm] \bruch{1 + \lambda c}{\lambda} \in \IC
[/mm]
Jetzt weiß ich leider nicht, wie ich zu einem Widerspruch kommen soll, damit ich auf [mm] \overline{f(z)} [/mm] = [mm] \IC [/mm] komme, was zu zeigen ist.
Ich hoffe, du hilfst mir weiter.
Danke schonmal,
Gruß Moe
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Das stimmt alles. Nur ein paar kleinere Schreibfehler. Und der Widerspruch ist doch schon da! Schau noch einmal, was über [mm]f[/mm] alles vorausgesetzt war. Und weil der Widerspruch da ist, muß das Gegenteil unserer Annahme [mm]\overline{f(\mathbb{C})} \neq \mathbb{C}[/mm] richtig sein. Es ist also [mm]\overline{f(\mathbb{C})} = \mathbb{C}[/mm].
Beim Abschätzen von [mm]g[/mm] fehlen Betragsstriche. Und man sollte nicht sagen "nach oben beschränkt", [mm]g[/mm] ist ja keine reelle Funktion.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:53 Sa 17.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
liegt der Widerspruch darin, weil g beschränkt ist und f nicht?
Ich seh den Widerspruch nicht so richtig.
Aber f ist nicht beschränkt weil |f(z) - c| [mm] \ge \epsilon [/mm] ist, oder?
Daher kann g nicht beschränkt sein.
Ich weiß nicht, ob das so stimmt.
Ich hoffe, du hilfst mir weiter.
Vielen Dank für deine Hilfe.
VG, Moe
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[mm]|f(z)-c| \geq \varepsilon[/mm] bedeutet doch nicht unbeschränkt.
Nein, der Widerspruch liegt darin, daß [mm]f[/mm] als nichtkonstant vorausgesetzt war, nach unserer Annahme sich aber [mm]f[/mm] gerade als konstant ergibt.
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