Holomorphe Wurzel < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:06 Mi 11.09.2013 | | Autor: | nobodon |
| Aufgabe | Betrachte
$G = [mm] \IC [/mm] - { x [mm] \in \IR [/mm] | |x| [mm] \ge [/mm] 1} $
Bestimme eine Funktion f, die folgendes erfüllt:
[mm] 1$f^2(z) [/mm] = [mm] z^2 [/mm] -1 $ für alle $z [mm] \in [/mm] G$
2$f(0) = i$
3.f ist holomorph auf G |
Guten Abend!
Aus Forderung 1 schließe ich, dass ich eine holomorphen Zweig der Wurzel auf G finden soll. Aus Forderung 2 schließe ich dass dieser Zweig postiv sein soll, also wie in R (stimmt das?).
Zu 3 hab ich
$ [mm] \limes_{x_o \to \ x} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} [/mm] = [mm] \limes_{x_o \to \ x} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} [/mm] * [mm] \bruch{x+x_0}{x+x_0} [/mm] = [mm] \limes_{x_o \to \ x} \bruch{(x+x_o)(f(x)-f(x_0))}{f^2(x)-f^2(x_0)} [/mm] = [mm] \limes_{x_o \to \ x} \bruch{x+x_o}{f(x)+f(x_0)} [/mm] = [mm] \bruch{2x}{2f(x)} [/mm] $ existiert falls Nenner dh f nciht Null in G (aber x=1 und x=-1 liegen beide ja nicht G). Hilft das irgendwie weiter?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:25 Do 12.09.2013 | | Autor: | fred97 |
> Betrachte
>
> [mm]G = \IC - { x \in \IR | |x| \ge 1}[/mm]
Da lautet wohl
[mm]G = \IC \setminus \{ x \in \IR | |x| \ge 1\}[/mm]
> Bestimme eine Funktion f, die folgendes erfüllt:
>
> 1[mm]f^2(z) = z^2 -1[/mm] für alle [mm]z \in G[/mm]
> 2[mm]f(0) = i[/mm]
> 3.f ist
> holomorph auf G
>
>
>
>
> Guten Abend!
>
> Aus Forderung 1 schließe ich, dass ich eine holomorphen
> Zweig der Wurzel auf G finden soll.
ja, einen holomorphen Zweig der Wurzel aus [mm] z^2-1
[/mm]
> Aus Forderung 2
> schließe ich dass dieser Zweig postiv sein soll, also wie
> in R (stimmt das?).
Nein. Wie kommst Du auf sowas ?
>
> Zu 3 hab ich
>
> [mm]\limes_{x_o \to \ x} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \limes_{x_o \to \ x} \bruch{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} * \bruch{x+x_0}{x+x_0} = \limes_{x_o \to \ x} \bruch{(x+x_o)(f(x)-f(x_0))}{f^2(x)-f^2(x_0)} = \limes_{x_o \to \ x} \bruch{x+x_o}{f(x)+f(x_0)} = \bruch{2x}{2f(x)}[/mm]
Mit Verlaub, aber das ist Unfug !
> existiert falls Nenner dh f nciht Null in G (aber x=1 und
> x=-1 liegen beide ja nicht G). Hilft das irgendwie weiter?
Es ist schwierig, Dir zu helfen, ohne dass ich alles verrate..
1. Überzeuge Dich davon, dass für z [mm] \in [/mm] G gilt:
[mm] $1-z^2 \in \IC \setminus [/mm] (- [mm] \infty, [/mm] 0 ]$
Warum ich [mm] 1-z^2 [/mm] betrachte, und nicht [mm] z^2-1 [/mm] sag ich Dir später.
2. Aus 1. folgt, dass
$ z [mm] \to Log(1-z^2)$
[/mm]
auf G holomorph ist, wobei ich mit Log den Hauptzweig des Logarithmus bezeichne.
3. Für z [mm] \in [/mm] G setze
$g(z):=i * [mm] \pi+Log(1-z^2)$
[/mm]
Dann ist g auf G holomorph und (rechne es nach !)
[mm] e^{g(z)}=z^2-1 [/mm] für alle z [mm] \in [/mm] G.
4. Für z [mm] \in [/mm] G setze
[mm] $f(z):=e^{\bruch{g(z)}{2}}$.
[/mm]
Dann ist f auf G holomorph.
5. Zeige nun, dass f das Verlangte leistet.
Zu [mm] 1-z^2: [/mm] Zunächst ist man ja geneigt, für z [mm] \in [/mm] G die Fkt. [mm] Log(z^2-1) [/mm] zu betrachten.
Überzeuge Dich davon, dass 1. für [mm] z^2-1 [/mm] nicht funktioniert !
Daher hab ich [mm] 1-z^2 [/mm] betrachtet.
Für z [mm] \in [/mm] G ist aber [mm] e^{Log(1-z^2)}=1-z^2=-(z^2-1). [/mm] Mist !
Aber keine Panik: mit dem Klimmzug $g(z):=i * [mm] \pi+Log(1-z^2)$ [/mm] kriegt man das prima ausgebügelt !
Gruß FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:29 Fr 13.09.2013 | | Autor: | nobodon |
> 1. Überzeuge Dich davon, dass für z [mm]\in[/mm] G gilt:
>
> [mm]1-z^2 \in \IC \setminus (- \infty, 0 ][/mm]
>
weil [mm] $1-z^2 [/mm] (- [mm] \infty, [/mm] -1 ]$ und $[+1, [mm] \infty [/mm] )$ auf $(- [mm] \infty, [/mm] 0 ]$ abbildet
und [mm] $1-z^2 \IC [/mm] auf [mm] \IC$ [/mm] abbildet.
> Warum ich [mm]1-z^2[/mm] betrachte, und nicht [mm]z^2-1[/mm] sag ich Dir
> später.
>
> 2. Aus 1. folgt, dass
>
> [mm]z \to Log(1-z^2)[/mm]
>
> auf G holomorph ist, wobei ich mit Log den Hauptzweig des
> Logarithmus bezeichne.
>
> 3. Für z [mm]\in[/mm] G setze
>
> [mm]g(z):=i * \pi+Log(1-z^2)[/mm]
>
> Dann ist g auf G holomorph und (rechne es nach !)
>
$ Log(z) = Log(|z|) + i*t $, wobei t der Winkel ist in $ z = [mm] |z|*e^{i*t} [/mm] $
dann ist nach dem obigen
[mm]g(z):=i * \pi+Log(1-z^2) = log((1-x^2-y^2)^2 + 4x^2y^2) + i*(artan(2xy:(1-x^2-y^2)) + \pi)[/mm]
Ich wollte nun das Wirtinger Kalkül nachrechnen, dies scheint mir doch sehr aufwendig und ich hab mich gefragt ob es eine bessere lösung zb über Differenzenquotient gibt ?
> [mm]e^{g(z)}=z^2-1[/mm] für alle z [mm]\in[/mm] G.
>
> 4. Für z [mm]\in[/mm] G setze
>
> [mm]f(z):=e^{\bruch{g(z)}{2}}[/mm].
>
> Dann ist f auf G holomorph.
>
> 5. Zeige nun, dass f das Verlangte leistet.
[mm]f(z)^2=e^{\bruch{2*g(z)}{2}} = e^{g(z)} = z^2-1[/mm].
und [mm]f(0)=e^{\bruch{g(0)}{2}} = e^{\bruch{i*\pi}{2}} =\wurzel{-1} = i[/mm].
>
>
>
> Zu [mm]1-z^2:[/mm] Zunächst ist man ja geneigt, für z [mm]\in[/mm] G die
> Fkt. [mm]Log(z^2-1)[/mm] zu betrachten.
>
> Überzeuge Dich davon, dass 1. für [mm]z^2-1[/mm] nicht
> funktioniert !
>
> Daher hab ich [mm]1-z^2[/mm] betrachtet.
>
> Für z [mm]\in[/mm] G ist aber [mm]e^{Log(1-z^2)}=1-z^2=-(z^2-1).[/mm] Mist
> !
>
> Aber keine Panik: mit dem Klimmzug [mm]g(z):=i * \pi+Log(1-z^2)[/mm]
> kriegt man das prima ausgebügelt !
>
>
>
> Gruß FRED
>
>
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:19 Fr 13.09.2013 | | Autor: | fred97 |
> > 1. Überzeuge Dich davon, dass für z [mm]\in[/mm] G gilt:
> >
> > [mm]1-z^2 \in \IC \setminus (- \infty, 0 ][/mm]
> >
> weil [mm]1-z^2 (- \infty, -1 ][/mm] und [mm][+1, \infty )[/mm] auf [mm](- \infty, 0 ][/mm]
> abbildet
> und [mm]1-z^2 \IC auf \IC[/mm] abbildet.
Was soll das denn ?
Rechne es doch einfach nach: ist z [mm] \in [/mm] G , so ist [mm]1-z^2 \in \IC \setminus (- \infty, 0 ][/mm].
Dazu nimm an, es wäre [mm]1-z^2 \in (- \infty, 0 ][/mm].
>
>
> > Warum ich [mm]1-z^2[/mm] betrachte, und nicht [mm]z^2-1[/mm] sag ich Dir
> > später.
> >
> > 2. Aus 1. folgt, dass
> >
> > [mm]z \to Log(1-z^2)[/mm]
> >
> > auf G holomorph ist, wobei ich mit Log den Hauptzweig des
> > Logarithmus bezeichne.
> >
>
> > 3. Für z [mm]\in[/mm] G setze
> >
> > [mm]g(z):=i * \pi+Log(1-z^2)[/mm]
> >
> > Dann ist g auf G holomorph und (rechne es nach !)
> >
> [mm]Log(z) = Log(|z|) + i*t [/mm], wobei t der Winkel ist in [mm]z = |z|*e^{i*t}[/mm]
>
> dann ist nach dem obigen
> [mm]g(z):=i * \pi+Log(1-z^2) = log((1-x^2-y^2)^2 + 4x^2y^2) + i*(artan(2xy:(1-x^2-y^2)) + \pi)[/mm]
>
> Ich wollte nun das Wirtinger Kalkül nachrechnen, dies
> scheint mir doch sehr aufwendig und ich hab mich gefragt ob
> es eine bessere lösung zb über Differenzenquotient gibt
Warum machst Du Dir das Leben so schwer ??
Log ist holomorph auf [mm] \IC \setminus [/mm] (- [mm] \infty, [/mm] 0 ], [mm] 1-z^2 [/mm] ist auf G holomorph, für z [mm] \in [/mm] G ist [mm] 1-z^2 \in \IC \setminus [/mm] (- [mm] \infty, [/mm] 0 ].
Damit ist [mm] Log(1-z^2) [/mm] die Verkettung holomorpher Funktionen !
> ?
>
>
>
> > [mm]e^{g(z)}=z^2-1[/mm] für alle z [mm]\in[/mm] G.
> >
> > 4. Für z [mm]\in[/mm] G setze
> >
> > [mm]f(z):=e^{\bruch{g(z)}{2}}[/mm].
> >
> > Dann ist f auf G holomorph.
> >
> > 5. Zeige nun, dass f das Verlangte leistet.
> [mm]f(z)^2=e^{\bruch{2*g(z)}{2}} = e^{g(z)} = z^2-1[/mm].
> und
> [mm]f(0)=e^{\bruch{g(0)}{2}} = e^{\bruch{i*\pi}{2}} =\wurzel{-1} = i[/mm].
>
O.K.
FRED
>
> >
> >
> >
> > Zu [mm]1-z^2:[/mm] Zunächst ist man ja geneigt, für z [mm]\in[/mm] G die
> > Fkt. [mm]Log(z^2-1)[/mm] zu betrachten.
> >
> > Überzeuge Dich davon, dass 1. für [mm]z^2-1[/mm] nicht
> > funktioniert !
> >
> > Daher hab ich [mm]1-z^2[/mm] betrachtet.
> >
> > Für z [mm]\in[/mm] G ist aber [mm]e^{Log(1-z^2)}=1-z^2=-(z^2-1).[/mm] Mist
> > !
> >
> > Aber keine Panik: mit dem Klimmzug [mm]g(z):=i * \pi+Log(1-z^2)[/mm]
> > kriegt man das prima ausgebügelt !
> >
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> >
> > Gruß FRED
> >
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