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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 07:31 Sa 13.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
| Aufgabe | Ist die folgende Funktion in den Nullpunkt holomorph fortsetzbar
[mm] $f(z)=z^2\sin\left(\frac{1}{z}\right)$ [/mm] |
Hallo an alle,
als Übungsleiter habe ich die Aufgabe natürlich schon gelöst. Die Funktion ist offensichtlich nicht holomorph fortsetzbar in $0$, sie ist dort nicht einmal stetig fortsetzbar. Den zugehörigen Nachweis kann man beispielsweise mit Hilfe des Riemannschen Hebbarkeitssatzes erzielen. Zur Erinnerung:
Riemannscher Hebbarkeitssatz : [mm] $U\subset\IC$ [/mm] offen, [mm] $M\subset [/mm] U$ diskret, [mm] $f:U\backslash M\rightarrow\IC$ [/mm] holomorph. Dann sind äquivalent:
(1): $f$ ist zu einer holomorphen Funktion [mm] $\tilde{f}:U\rightarrow\IC$ [/mm] fortsetzbar
(2): $f$ ist zu einer stetigen Funktion [mm] $\tilde{f}:U\rightarrow\IC$ [/mm] fortsetzbar
(3): [mm] $\forall\,c\in M\;\exists\,V\subset [/mm] U$ Umgebung von $c$: $f$ ist auf [mm] $V\backslash\{c\}$ [/mm] beschränkt
(4): [mm] $\forall\,c\in M\;\exists\,w\in\IC:\;\lim_{z\to c\;\wedge\;z\in U\backslash M}f(z)=w$
[/mm]
zu (2): Für [mm] $z_n:=\frac{1}{n}$ [/mm] mit [mm] $z_n\rightarrow [/mm] 0$ gilt [mm] $\lim_{n\to\infty}z_n^2\sin(\frac{1}{z_n})=0$. [/mm] Für [mm] $z_n:=\frac{i}{n}$ [/mm] mit [mm] $z_n\rightarrow [/mm] 0$ gilt [mm] $\lim_{n\to\infty}z_n^2\sin(\frac{1}{z^n})=-\infty$. [/mm] Damit ist die Funktion in $z=0$ nicht stetig fortsetzbar.
zu (4): Für [mm] $z_n:=\frac{i}{n}$ [/mm] mit [mm] $z_n\rightarrow [/mm] 0$ gilt [mm] $\lim_{n\to\infty}z_n^2\sin(\frac{1}{z^n})=-\infty$. [/mm] Damit existiert kein [mm] $w\in\IC$ [/mm] mit der Grenzwertaussage in (4)
Offenbar lassen sich (2) und (4) widerlegen.
Problem: Einer meiner Übungsteilnehmer hat anscheinend Aussage (3) gezeigt und ich finde den Fehler nicht. Ich gebe die Aufgabe mal in groben Zügen wieder:
zu (3): [mm] $U:=\IC$ [/mm] offen, [mm] $M:=\{0\}\subset [/mm] U$ diskret, [mm] $f(z)=z^2\sin\left(\frac{1}{z}\right)$ [/mm] holomorph auf [mm] $U\backslash M=\IC\backslash\{0\}$. [/mm] Sei nun [mm] $V:=B_1(0)$, [/mm] dann gilt [mm] $\forall\,z\in V=B_1(0)\backslash\{0\}$ [/mm] (Dreieicksungleichung und $|z|<1$)
[mm] $z^2\sin\left(\frac{1}{z}\right)=\left|z^2\right|\cdot\left|\frac{e^{i\frac{1}{z}}-e^{-i\frac{1}{z}}}{2i}\right|=\left|z\right|^2\cdot\frac{1}{\left|2i\right|}\cdot\left|e^{i\frac{1}{z}}-e^{-i\frac{1}{z}}\right|\leqslant\left|z\right|^2\cdot\frac{1}{2}\cdot\left(\underbrace{\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|}_{=1}+\underbrace{\left|e^{-i\frac{1}{z}}\right|}_{=1}\right)=\left|z\right|^2<1^2=1<\infty$
[/mm]
Damit ist [mm] $f=z^2\sin\left(\frac{1}{z}\right)$ [/mm] in [mm] $B_1(0)\backslash\{0\}$ [/mm] beschränkt und nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz in $0$ holomorph fortsetzbar.
Hilfe! Ich finde verdammt nochmal den Fehler nicht! Wo ist der Fehler?
Ich danke Euch bereits vielmals für Eure Hilfe.
Gruß Denny
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Hallo Denny,
also so wie du die Funktion präsentierst, ist sie doch gerade DAS Beispiel für eine holomorphe Funktion, wie sie im Beweis der Rückrichtung des Riemannschen Fortsetzungssatzes konstruiert wird.
Im Beweis benutzt man doch eben (mit oBdA [mm]z_0 = 0[/mm] sonst Verschieben), wenn [mm]f(z)[/mm] holomorph auf [mm] U\setminus \{z_0\}, [/mm] dass dann
[mm] h(z)=\begin{cases} z^2f(z), & \mbox{für } z\not=0 \\ 0, & \mbox{für }z=0 \end{cases}
[/mm]
holomorph auf ganz U, unter der Voraussetzung, dass f(z) beschränkt auf einer Umgebung von [mm] z_0
[/mm]
Hier ist nun [mm]f(z) = sin(\bruch{1}{z})[/mm] holomorph auf [mm] U\setminus [/mm] {0}, beschränkt auf einer Umgebung von 0 und damit nach dem Fortsetzungssatz [mm]h(z)[/mm] wie oben holomorph auf ganz U.
Und [mm]h(z)[/mm] entspricht dann genau deiner Funktion.
Edit: Ok, das kann so net ganz stimmen, nu hab ich mich wohl selbst verwirrt 
Denn dann hätte f(z) eine hebbare Singularität in 0, was [mm] sin\bruch{1}{z} [/mm] offensichtlich nicht hat. (Mit Taylor sieht man das recht fix)
D.h. [mm] sin\bruch{1}{z} [/mm] kann nicht um 0 beschränkt sein, d.h. der Fehler in deinem Beweis müsste bei der Abschätzung [mm]e^\bruch{i}{z} \le 1[/mm] liegen.
Wieso sollte das auch gelten?
MfG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:37 Sa 13.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo,
danke zunächst für die Antwort. Also irgendetwas ganz großes muss falsch sein. Würde das stimmen, was Du geschrieben hast, so wären sowohl meine eigenen Lösungen als auch die Antwort des folgenden Artikels falsch.
https://matheraum.de/read?t=537952
Mal angenommen Du hast mit Deiner Antwort recht, wo ist dann der Fehler in meiner eigenen Lösung? Es ist doch offensichtlich, dass der Grenzwert nicht existiert und die Funktion dort nicht einmal stetig ist, oder?
Gruß Denny
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Hiho,
jo, habs oben editiert: Der Beweis gilt nur, wenn [mm] sin\bruch{1}{z} [/mm] beschränkt um 0 ist, was es dann offensichtlich nicht sein kann......, aber wenn [mm] sin\bruch{1}{z} [/mm] nicht beschränkt ist, müsste der Schritt
[mm]e^\bruch{i}{z} + e^{-\bruch{i}{z}} \le 2[/mm] in deinem Beweis ebenfalls falsch sein.
Ich seh nur noch nicht, wieso das nicht beschränkt sein sollte......
edit: Ok, Sinus und Cosinus sind in [mm] \IC [/mm] natürlich nicht beschränkt.....
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:03 Sa 13.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo Gono,
okay, ich meine den Fehler nun gefunden zu haben: In Bezug auf meine allererste Frage, dürfte der Fehler des Studenten in der Aussage
[mm] $\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|=1\quad\forall\,z\in B_1(0)\backslash\{0\}$
[/mm]
liegen. Denn es gilt zunächst für [mm] $z\in\IC\backslash\{0\}$
[/mm]
[mm] $\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|^2=e^{i\frac{1}{z}}\cdot\overline{e^{i\frac{1}{z}}}=e^{i\frac{1}{z}}\cdot e^{\overline{i}\frac{1}{\overline{z}}}=e^{\frac{1}{\left|z\right|^2}}\in\IR$
[/mm]
Für jedes [mm] $z\in B_1(0)$ [/mm] gilt nun doch
[mm] $\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|^2=e^{\frac{1}{\left|z\right|^2}}\in]e^{1},+\infty[$
[/mm]
Damit ist die verwendete Aussage [mm] $\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|=1$ [/mm] für [mm] $z\in B_1(0)\backslash\{0\}$ [/mm] doch falsch, oder?
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> Hallo Gono,
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> okay, ich meine den Fehler nun gefunden zu haben: In Bezug
> auf meine allererste Frage, dürfte der Fehler des Studenten
> in der Aussage
>
> [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|=1\quad\forall\,z\in B_1(0)\backslash\{0\}[/mm]
Das würde ich auch sagen:
>
> liegen. Denn es gilt zunächst für [mm]z\in\IC\backslash\{0\}[/mm]
>
> [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|^2=e^{i\frac{1}{z}}\cdot\overline{e^{i\frac{1}{z}}}=e^{i\frac{1}{z}}\cdot e^{\overline{i}\frac{1}{\overline{z}}}=e^{\frac{1}{\left|z\right|^2}}\in\IR[/mm]
>
> Für jedes [mm]z\in B_1(0)[/mm] gilt nun doch
>
> [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|^2=e^{\frac{1}{\left|z\right|^2}}\in]e^{1},+\infty[[/mm]
>
> Damit ist die verwendete Aussage
> [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|=1[/mm] für [mm]z\in B_1(0)\backslash\{0\}[/mm]
> doch falsch, oder?
Dein Beweis ist korrekt (zumindest seh ich keinen Fehler) und auch sehr einleuten, würde ich genauso sehen und hatte nen ähnlichen Ansatz, ich poste ihn mal, weil ich da hängen geblieben bin (und weil der Student garantiert diskutieren wird )
Die Idee (und damit der Fehler), warum [mm] e^{i\bruch{1}{z}} [/mm] = 1 gelten soll laut deinem Studenten, ist da, dass gilt:
[mm] |re^{i\varphi}| [/mm] = |r| und [mm] e^{i\bruch{1}{z}} [/mm] = [mm] 1*e^{i\bruch{1}{z}} [/mm] und dementsprechend [mm] |1*e^{i\bruch{1}{z}}| [/mm] = 1, ABER
Vorbetrachtung:
[mm]i\bruch{1}{z} = i\bruch{1}{a+bi} = i \bruch{a-bi}{a^2+b^2} = \bruch{b + ai}{a^2 + b^2}[/mm]
Und damit doch:
[mm] |e^{i\bruch{1}{z}}| [/mm] = [mm] e^{\bruch{a}{a^2+b^2}}
[/mm]
Und die Betragssumme deines Stundenten lautet dann:
[mm] e^{\bruch{a}{a^2+b^2}} [/mm] + [mm] e^{\bruch{-a}{a^2+b^2}}
[/mm]
Allerdings kann dieser Ausdruck nicht beliebig wachsen, denn [mm] \bruch{a}{a^2+b^2} \le \bruch{a}{a^2} [/mm] = a und |a| ist durch 1 beschränkt......
MfG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:46 Sa 13.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
> > Hallo Gono,
> >
> > okay, ich meine den Fehler nun gefunden zu haben: In Bezug
> > auf meine allererste Frage, dürfte der Fehler des Studenten
> > in der Aussage
> >
> > [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|=1\quad\forall\,z\in B_1(0)\backslash\{0\}[/mm]
>
> Das würde ich auch sagen:
>
> >
> > liegen. Denn es gilt zunächst für [mm]z\in\IC\backslash\{0\}[/mm]
> >
> >
> [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|^2=e^{i\frac{1}{z}}\cdot\overline{e^{i\frac{1}{z}}}=e^{i\frac{1}{z}}\cdot e^{\overline{i}\frac{1}{\overline{z}}}=e^{\frac{1}{\left|z\right|^2}}\in\IR[/mm]
>
> >
> > Für jedes [mm]z\in B_1(0)[/mm] gilt nun doch
> >
> >
> [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|^2=e^{\frac{1}{\left|z\right|^2}}\in]e^{1},+\infty[[/mm]
> >
> > Damit ist die verwendete Aussage
> > [mm]\left|e^{i\frac{1}{z}}\right|=1[/mm] für [mm]z\in B_1(0)\backslash\{0\}[/mm]
> > doch falsch, oder?
>
> Dein Beweis ist korrekt (zumindest seh ich keinen Fehler)
> und auch sehr einleuten, würde ich genauso sehen und hatte
> nen ähnlichen Ansatz, ich poste ihn mal, weil ich da hängen
> geblieben bin (und weil der Student garantiert diskutieren
> wird )
>
> Die Idee (und damit der Fehler), warum [mm]e^{i\bruch{1}{z}}[/mm] =
> 1 gelten soll laut deinem Studenten, ist da, dass gilt:
>
> [mm]|re^{i\varphi}|[/mm] = |r| und [mm]e^{i\bruch{1}{z}}[/mm] =
> [mm]1*e^{i\bruch{1}{z}}[/mm] und dementsprechend
> [mm]|1*e^{i\bruch{1}{z}}|[/mm] = 1, ABER
>
> Vorbetrachtung:
>
> [mm]i\bruch{1}{z} = i\bruch{1}{a+bi} = i \bruch{a-bi}{a^2+b^2} = \bruch{b + ai}{a^2 + b^2}[/mm]
>
>
> Und damit doch:
>
> [mm]|e^{i\bruch{1}{z}}|[/mm] = [mm]e^{\bruch{a}{a^2+b^2}}[/mm]
Hier sollte $b$ im Zähler stehen.
> Und die Betragssumme deines Stundenten lautet dann:
>
> [mm]e^{\bruch{a}{a^2+b^2}}[/mm] + [mm]e^{\bruch{-a}{a^2+b^2}}[/mm]
Hier sollte $b$ bzw. $-b$ im Zähler stehen.
> Allerdings kann dieser Ausdruck nicht beliebig wachsen,
> denn [mm]\bruch{a}{a^2+b^2} \le \bruch{a}{a^2}[/mm] = a und |a| ist
> durch 1 beschränkt......
Es ist aber [mm] $\frac{a}{a^2}=\frac{1}{a}$ [/mm] und nicht $a$.
> MfG,
> Gono.
>
>
>
Danke nochmal, Gruß Denny
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:24 Sa 13.06.2009 | | Autor: | Gonozal_IX |
> Es ist aber [mm]\frac{a}{a^2}=\frac{1}{a}[/mm] und nicht [mm]a[/mm].
Autsch, ok, das erklärt einiges :D
Dann wächst das wirklich unendlich. An dem Flüchtigkeitsfehler hing es vorhin....... danke
MfG.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:39 Mo 15.06.2009 | | Autor: | fred97 |
Weitere Möglichkeit:
Es ist
$sin(1/z) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}(-1)^n\bruch{1}{(2n+1)!}\bruch{1}{z^{2n+1}}$
[/mm]
also
(*) $f(z) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}(-1)^n\bruch{1}{(2n+1)!}\bruch{1}{z^{2n-1}}$
[/mm]
In (*) steht gerade die Laurententwicklung von f um 0. Mann sieht sofort: im Hauptteil sind unendlich viele Koeffizienten [mm] \not= [/mm] 0.
f hat also in 0 eine wesentliche Singularität.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:15 Mo 15.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
Danke. Damit habe ich noch eine weitere Loesung. Bei den zahlreichen Loesungsmoeglichkeiten lerne ich sogar noch etwas dazu.
Lieben Gruss
Denny
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