maximales Gebiet hol. Funktion < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:07 Mi 01.10.2008 | | Autor: | Rutzel |
| Aufgabe | Bestimmen Sie das maximale Gebiet, in welchem folgende Funktion holomorph ist:
[mm] f(z)=Log\left(\frac{z^2-2z+2}{z-1}\right) [/mm] |
Hallo,
mir ist völlig unklar, wie ich bei einer solchen Aufgabe vorgehen muss.
Maximales Gebiet haben wir nicht definiert (Mathe für Physiker), sondern der Übungsassistent hat uns mehr auf das "intuitive" "maximale" verwiesen.
Die Definition von holomorph ist mir bekannt (reell diffbar, Cauchy-Riemann Diffgleichungen gelten)
Gruß,
Rutzel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:09 Mi 01.10.2008 | | Autor: | fred97 |
Sei G = [mm] \IC [/mm] \ [mm] (-\infty, [/mm] 0]
Ich hoffe Dir ist bekannt, dass die Funktion Log(z) gerade G als maximales Holomorphiegebiet hat.
Dein gesuchtes Gebiet besteht also gerade aus denjenigen z [mm] \in \IC [/mm] für die
[mm] \frac{z^2-2z+2}{z-1} \in [/mm] G
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 Mi 01.10.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
danke für Deine Antwort, ich denke damit kann ich was anfangen.
Was aber ist, wenn ich eine Funtkion habe, von der ich nicht weiß, ob sie holomorph auf der gelochten komplexen Ebene ist (z.b.: cos, sin, exp)?
1) ich beweise Holomorphie von cos (oder sin, oder exp)
2) die Funktion ist holomorph, und ich mache mit deinem Verfahren weiter, um maximale Gebiete zu finden.
3) die Funktion ist nicht auf der gesamten gelochten Ebene holomorph. Wie finde ich dann das maximale Teilgebiet von der gelochten Ebene, auf welcher die Funktion holomorph ist?
Gruß,
Rutzel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:09 Mi 01.10.2008 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
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> danke für Deine Antwort, ich denke damit kann ich was
> anfangen.
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> Was aber ist, wenn ich eine Funtkion habe, von der ich
> nicht weiß, ob sie holomorph auf der gelochten komplexen
> Ebene ist (z.b.: cos, sin, exp)?
Wie bitte ? cos, sin, exp sind ganze Funktionen, also holomorph auf [mm] \IC
[/mm]
>
> 1) ich beweise Holomorphie von cos (oder sin, oder exp)
Wozu ? Ist denn das nicht bekannt ?
>
> 2) die Funktion ist holomorph, und ich mache mit deinem
> Verfahren weiter, um maximale Gebiete zu finden.
>
> 3) die Funktion ist nicht auf der gesamten gelochten Ebene
> holomorph. Wie finde ich dann das maximale Teilgebiet von
> der gelochten Ebene, auf welcher die Funktion holomorph
> ist?
Diese Frage verstehe ich nicht. Hast Du ein kokretes Beispiel ?
>
> Gruß,
> Rutzel
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:50 Mi 01.10.2008 | | Autor: | Rutzel |
| Aufgabe | Uberprüfen Sie, ob und in welchen maximalen Gebieten die folgenden Funktionen holomorph sind, wobei z=x+iy und [mm] \overline{z}=x-iy [/mm] mit x,c [mm] \in \IR [/mm] und cos [mm] x^2 [/mm] = [mm] cos(x^2):
[/mm]
a) [mm] f_1(z)=e^{-2xy}[(cosx^2cosy^2+sinx^2siny^2)+i(sinx^2cosy^2-siny^2cosx^2)]
[/mm]
b) [mm] f_2(z)=e^{\overline{z}+1}
[/mm]
c) [mm] f_3(z)=\frac{1}{z^6-1} [/mm] |
Hi, hier sind Beispiele. Ich darf verwenden, dass Verknüpfungen holomorpher Funktionen wieder holomorph sind. (also muss ich letztendlich "nur" die holomorphie von cos(z) sin(z) und exp(z) beweisen)
meine frage zusätlich war aber auch: was passiert, falls ich die holomorphie eine solchen funktion nicht beweisen kann, weil sie nicht holomorph ist (mit Cauchy-Riemann und reeller diffbarkeit)
dann könnte sie ja immernoch auf einem teilgebiet der geschlitzte komplexen ebene holomorph sein?
Gruß,
Rutzel
EDIT: Ich habe in diesem und auch in den vorheigen Posts von "gelochter" Ebene geredet, meinte aber "geschlitzte" Ebene
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:10 Mi 01.10.2008 | | Autor: | fred97 |
> Uberprüfen Sie, ob und in welchen maximalen Gebieten die
> folgenden Funktionen holomorph sind, wobei z=x+iy und
> [mm]\overline{z}=x-iy[/mm] mit x,c [mm]\in \IR[/mm] und cos [mm]x^2[/mm] = [mm]cos(x^2):[/mm]
> a)
> [mm]f_1(z)=e^{-2xy}[(cosx^2cosy^2+sinx^2siny^2)+i(sinx^2cosy^2-siny^2cosx^2)][/mm]
>
> b) [mm]f_2(z)=e^{\overline{z}+1}[/mm]
>
> c) [mm]f_3(z)=\frac{1}{z^6-1}[/mm]
> Hi, hier sind Beispiele. Ich darf verwenden, dass
> Verknüpfungen holomorpher Funktionen wieder holomorph sind.
> (also muss ich letztendlich "nur" die holomorphie von
> cos(z) sin(z) und exp(z) beweisen)
>
> meine frage zusätlich war aber auch: was passiert, falls
> ich die holomorphie eine solchen funktion nicht beweisen
> kann, weil sie nicht holomorph ist (mit Cauchy-Riemann und
> reeller diffbarkeit)
>
> dann könnte sie ja immernoch auf einem teilgebiet der
> gelochten komplexen ebene holomorph sein?
>
> Gruß,
> Rutzel
Zu c) diese Funktion ist holomorph auf [mm] \IC [/mm] \ {1}. Das dürfte klar sein
Zu a) und b): Du gehst folgendermaßen vor (die Rechnereei machst Du bitte aber selbst):
Zerlege f in Real- und Imaginärteil: f = u+iv
Bei a) und b) ist es einfach zu sehen, dass u und v auf ganz [mm] \IC [/mm] reell differenzierbar sind.
Berechne [mm] u_x, u_y, v_x [/mm] und [mm] v_y
[/mm]
Untersuche in welchen Punkten z [mm] \in \IC [/mm] die Cauchy-Riemannschen DGLen erfült sind. In diesen Punkten ist f dann komplex differenzierbar.
Ich machs Dir mal an einem ganz einfachen Beispiel vor:
f(z) = [mm] \overline{z}, [/mm] also u = x, v= -y
Dann ist [mm] u_x [/mm] = 1, [mm] v_y [/mm] = -1. Die Cauchy -Riemannschen DGLen sind also in keinem Punkt erfüllt. Somit ist f nirgendwo komplex differenzierbar.
FRED
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 23:07 Do 02.10.2008 | | Autor: | Rutzel |
Ich habe noch eine Frage zu Aufgabe b)
[mm] e^z [/mm] ist holomorph, [mm] (\overline{z}+1) [/mm] aber nicht, da die C.R. DiffGl. nicht erfüllt sind.
ist dann [mm] e^{\overline{z}+1} [/mm] holomorph auf ganz [mm] \IC? [/mm] meiner Meinung nach schon, weil [mm] (\overline{z}+1) [/mm] ja keine Definitionslücken besitzt, und die e-funktion schließlich das ganze wieder holomorph macht. (exp ist ja überall (also für jedes z [mm] \in \IC [/mm] ) holomorph, also insbesondere auch für [mm] (\overline{z}+1))
[/mm]
Ein ähnliches Beispiel ist die Einsfunktion. Diese ist sicherlich holomorph. Man kann sie mit den wildesten Funktionen (welche nicht holomorph sein müssen) verknüpfen, und die Komposition beider Funktionen ist wieder holomorph.
also k(z) "wilde" funktion, nicht holomorph
aber (1 [mm] \circ [/mm] k(z)) ist holomorph auf ganz [mm] \IC
[/mm]
Gruß,
Rutzel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:41 Mi 08.10.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:32 Mi 01.10.2008 | | Autor: | fred97 |
Wenn ich mich nicht verrechnet habe ist das
{z [mm] \in \IC:Re(z)>1}
[/mm]
das von Dir gesuchte Gebiet
FRED
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 18:02 Mi 01.10.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo, nach längerem überlegen, habe ich zwar etwas gefunden, was ich äquivalent zur obigen FUnktion lösen könnte, um das maxiamle Gebiet zu finden. Aber bei der suche nach einem Geeigneten z scheitert es dann:
anstatt
[mm] f_1(z)=Log(\frac{z^2+2z+2}{z-1})
[/mm]
kann man auch
[mm] f_2(z):=Log(z+\frac{1}{z}) [/mm] untersuchen, da
[mm] f_1(z)=Log(z-1+\frac{1}{z-1})=f_2(z-1)
[/mm]
ist. (zumm schluss dann natürlich diese z durch z+1 ersetzen)
also, finde alle z [mm] \in \IC [/mm] mit
[mm] (z+\frac{1}{z}) \in \IC\backslash(-infty,0]
[/mm]
Wäre z reell, könnte man einfach [mm] z+\frac{1}{z}\le [/mm] 0 auflösen. Wie macht man dies aber bei einer komplexen Zahl?
Gruß,
Rutzel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:04 Mi 01.10.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
kann ein Moderator die obige Frage zu einer Mitteilung ändern?
Ich glaube der viele Text schreckt vor der eigentlich einfachen (denke ich) Frage am Schluss ab.
Ich stelle die Frage lieber nochmal an passender stelle neu.
Gruß,
Rutzel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:06 Mi 01.10.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Rutzel!
> Ich stelle die Frage lieber nochmal an passender stelle neu.
Warum dies? Das macht in meinen Augen keinen Sinn, wenn Du dieselbe Frage nochmal postest ...
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:35 Mi 01.10.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
wie kommst du auf dieses Ergebnis? Hier ist mein Rechenweg, welcher zu nichts führt:
[mm] \frac{z^2-2z+2}{z-1}=(z-1)+\frac{1}{z-1}
[/mm]
Sei z = a+bi
Dann ist
[mm] \frac{1}{a+bi-1} =\frac{a-1-bi}{(a-1)^2+b^2}
[/mm]
[mm] (z-1)+\frac{1}{z-1}
[/mm]
=
[mm] a+bi-1+\frac{a-1-bi}{(a-1)^2+b^2}
[/mm]
=
[mm] a-1+\frac{a-1}{(a-1)^2+b^2}+(b-\frac{b}{(a-1)^2+b^2})i
[/mm]
Dann muss [mm] a-1+\frac{a-1}{(a-1)^2+b^2} \le [/mm] 1
und [mm] (b-\frac{b}{(a-1)^2+b^2})i [/mm] = 0 sein,
damit z in [mm] \IC \backslash{x\in\IR | x \le 0} [/mm] ist
Wenn ich jetzt auf Dein Ergebnis kommen soll, muss ich ja aus obigen ungleichngen sowas wie b>1 folgern.
Ich kann aber umformen wie ich will, ich komme nicht drauf.
Gruß,
Rutzel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:29 Do 02.10.2008 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> wie kommst du auf dieses Ergebnis? Hier ist mein Rechenweg,
> welcher zu nichts führt:
>
> [mm]\frac{z^2-2z+2}{z-1}=(z-1)+\frac{1}{z-1}[/mm]
>
> Sei z = a+bi
>
> Dann ist
>
> [mm]\frac{1}{a+bi-1} =\frac{a-1-bi}{(a-1)^2+b^2}[/mm]
>
> [mm](z-1)+\frac{1}{z-1}[/mm]
> =
> [mm]a+bi-1+\frac{a-1-bi}{(a-1)^2+b^2}[/mm]
> =
> [mm]a-1+\frac{a-1}{(a-1)^2+b^2}+(b-\frac{b}{(a-1)^2+b^2})i[/mm]
>
> Dann muss [mm]a-1+\frac{a-1}{(a-1)^2+b^2} \le[/mm] 1
Da muß es [mm] \le [/mm] 0 heißen
>
> und [mm](b-\frac{b}{(a-1)^2+b^2})i[/mm] = 0 sein,
>
> damit z in [mm]\IC \backslash{x\in\IR | x \le 0}[/mm] ist
>
> Wenn ich jetzt auf Dein Ergebnis kommen soll, muss ich ja
> aus obigen ungleichngen sowas wie b>1 folgern.
>
> Ich kann aber umformen wie ich will, ich komme nicht
> drauf.
>
> Gruß,
> Rutzel
Wir suchen z = a+ib so , dass $ [mm] \frac{z^2-2z+2}{z-1}=(z-1)+\frac{1}{z-1} [/mm] $ eine reelle Zahl [mm] \le [/mm] 0 ist.
Dies führt auf
(I) $ [mm] (b=\frac{b}{(a-1)^2+b^2}) [/mm] $
und
(II) $ [mm] a-1+\frac{a-1}{(a-1)^2+b^2} \le [/mm] $ 0
Fall 1: b = 0. Aus (II) folgt dann a-1 +1/(a-1) [mm] \le [/mm] 0
Wäre nun a>1 , so würde [mm] (a-1)^2+1 \le [/mm] 0 folgen, was Unsinn ist.
Also a [mm] \le [/mm] 1
Fall 2: b [mm] \not= [/mm] 0
Aus (I) folgt dann [mm] (a-1)^2+b^2 [/mm] = 1. Mit (II) erhalten wir a-1 +1/(a-1) [mm] \le [/mm] 0
Wie in Fall 1 folgt a [mm] \le [/mm] 1.
Fazit:$ [mm] \frac{z^2-2z+2}{z-1}=(z-1)+\frac{1}{z-1} [/mm] $ ist eine reelle Zahl [mm] \le [/mm] 0 [mm] \gdw [/mm] Re(z) [mm] \le [/mm] 1.
Sei G wie in meiner 1. Antwort. Dann
$ [mm] \frac{z^2-2z+2}{z-1}=(z-1)+\frac{1}{z-1} [/mm] $ [mm] \in [/mm] G [mm] \gdw [/mm] Re(z) > 1
FRED
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