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Funktionentheorie » Holomorphie » Komplexe Analysis, Cauchy-Riemann-DGL
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Autor
Universität/Hochschule J Komplexe Analysis, Cauchy-Riemann-DGL
Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-04-15


Hallo alle zusammen.

$f: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}, f(z) = \exp(-\frac{1}{z^4})$, falls $z \ne 0$, und $f(z) = 0$, falls $z = 0$.

Nun sollten wir in den ersten zwei Teilen der Aufgabe ziegen, dass $f$ komplexe diff.bar auf $\mathbb{C}^\star := \mathbb{C} \ \{0\}$ ist.

Dann ging es in (b) darum zu zeigen, dass $f$ in allen Pkt. die CR-DGL erfülllt (Cauchy-Riemann-DGL). So, nun geht es in (c) darum zu zeigen, dass $f$ in $0$ nicht komplex diff.bar ist. $>$ Auch kein Problem. Aber warum sind (b) und (c) kein Widerspruch? Also laut unserem Skript gilt die Äquivalenz folgender Aussagen:

$(i) f$ ist in $z_0 (= x_0 + iy_0)$  komplex diff.bar
$(ii) f$ ist in $(x_0, y_0)$ reell-diff.bar und es gelten die CR-DGL.

Sind (b) und (c) vielleicht deshalb kein Widerspruch, weil wir überhaupt nicht die reelle Diff.barkeit in $(x_0, y_0)$ gezeigt haben? Andererseits wissen wir auch aus der Aufgabe, dass dieselbe Funktion $f$ auf $\mathbb{R}$ betrachtet (als Fkt. einer reellen Variablen) im Punkt $0$ bel. oft diff.bar ist ... Ich bin verwirrt.

Gruß
Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-04-15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Hallo Neymar,

wenn $f(x+\i y)=u(x,y)+\i v(x,y)$ mit $u,v:\R^2\to\R$, dann ist die vorausgesetzte reelle Differenzierbarkeit hier als totale Differenzierbarkeit der Funktion

\[\tilde f:\R^2\to\R^2\\
\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\mapsto\left(\begin{array}{c}u(x,y)\\v(x,y)\end{array}\right)\]
zu verstehen, und nicht als die Differenzierbarkeit der auf $\R$ eingeschränkten Funktion $f\vert_\R$. Letztere Bedingung wäre lediglich gleichbedeutend zur partiellen Differenzierbarkeit der obigen Funktion nach $x$. Das ist eine deutlich schwächere Bedingung als die totale Differenzierbarkeit, welche in diesem Fall auch nicht gegeben ist.

Versuche zum Beispiel mal,

\[\lim\limits_{h\to0}\frac{f\left(he^{\frac{\i\pi}{8}}\right)-f(0)}{h}\]
zu berechnen. Du wirst sehen, dass dieser Grenzwert nicht existiert. Als Richtungsableitung entlang des Vektors $(\cos(\frac{\pi}{8}),\sin(\frac{\pi}{8}))~\widehat=~\cos(\frac{\pi}{8})+\i\sin(\frac{\pi}{8})=e^{\frac{\i\pi}{8}}$ sollte der Grenzwert aber existieren, wenn die Funktion total differenzierbar wäre.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-15


Hallo Vercassivelaunos,

ich danke dir für deine Richtigstellung mit der totalen Diff.barkeit.

Ich habe doch noch eine Frage zu (b), wo z.z. ist, dass die CR-DGL erfüllt sind. Ich habe benutzt, dass man die CR-DGL mittels des Diff.operators $\frac{\partial}{\partial \overline z}$ umschreiben kann zu $\frac{\partial f}{\partial \overline z}$.

Also:

$\frac{\partial f}{\partial \overline z} = \frac{1}{2}\left( \frac{\partial}{\partial x} +i\frac{\partial}{\partial y} \right)\exp\left(-\frac{1}{(x+iy)^4}\right) = ... = \frac{1}{2} \left( \frac{4\cdot \exp(-1/(x+iy)^4)}{(x+iy)^5} +i\cdot \frac{4i\cdot \exp(-1/(x+iy)^4)}{(x+iy)^5} \right) = 0$

Könnte man das eigentlich auch noch anders machen? Also wir haben in der Vorlesung gesagt, dass man $z$ und $\overline z$ formal als unabhängige Variablen betrachten kann (Wirtinger-Kalkül). Dann hätte man ja $\frac{\partial}{\partial \overline z}\exp(-\frac{1}{z^4}) = \frac{\partial}{\partial \overline z}\exp\left( -\frac{\overline z^4}{|z|^8} \right)$. Ich wüsste aber leider nicht mehr weiter.  

(Meine nächste Antwort wird dann hoffentlich morgen Abend kommen, morgen habe ich einen vollen Stundenplan ...)

Gruß
Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-04-15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Ja, der Sinn des Wirtinger-Kalküls ist ja gerade, dass man diese Berechnung schneller bzw. übersichtlicher macht. Dein erster Ansatz ist ja im wesentlichen nichts anderes, als die Cauchy-Riemannsche Differentialgleichung zu überprüfen, nur halt in der Form $\partial_xu-\partial_yv+\i(\partial_y u+\partial_x v)=0$. Es geht aber auch mit einigen vereinfachenden Rechenregeln des Wirtinger-Kalküls.
Ich werde im Folgenden $\partial:=\frac{\partial}{\partial z}$ und $\bar\partial:=\frac{\partial}{\partial \bar z}$ schreiben, damit es übersichtlicher aussieht.

Im Wirtinger-Kalkül sind ja, wie du richtig sagst, die CR-Differentialgleichungen kompakt zu schreiben als $\bar\partial f=0$. Gleichzeitig ist ganz normal $f'=\partial f$. Nun gilt die (modifizierte) Kettenregel: $\bar\partial (g\circ f)=\bar\partial f\cdot\partial g\circ f$ Damit kann man bei der gegebenen Funktion zumindest auf $\C\backslash\{0\}$ gut rechnen:

\[\bar\partial \exp\left({-\frac{1}{z^4}}\right)=\bar\partial\left(-\frac{1}{z^4}\right)\partial\exp\left(-\frac{1}{z^4}\right)\]
Da $-\frac{1}{z^4}$ holomorph auf $\C\backslash\{0\}$ ist, müssen dort die CR-DGLs erfüllt sein, sprich: $\bar\partial\left(-\frac{1}{z^4}\right)=0$. Damit ist der obige Term in seiner Gesamtheit 0, und somit die CR-DGLs erfüllt.

Wobei dieser Teil der Aufgabe eher uninteressant ist, da du ja schon in a) zeigen solltest, dass die Funktion auf $\C\backslash\{0\}$ holomorph ist, woraus schon gleich die Gültigkeit der CR-DGLs auf dieser Menge folgt. Viel interessanter ist, dass die CR-DGLs auch in $z=0$ gelten, wo das Wirtinger-Kalkül nicht viel bringt, weil man trotz aller Eleganz nicht drum herumkommen wird, die partiellen Ableitungen über den Differenzenquotienten zu berechnen.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-16


Hallo Vercassivelaunos,

mal eine blöde Frage:

Wir haben ja $f(z) := \exp\left(-\frac{1}{z^4}\right)$ gegeben und nun möchte ich zeigen, dass $\frac{\partial}{\partial \overline z}f = 0$. Kann ich nicht von vornherein sagen, dass dem so sei, weil ja kein $\overline z$ auftritt!? Mir geht es darum, ob das richtig argumentiert ist.

Darf ich dir noch eine Frage zur folgenden Aufgabe stellen:

Sei $n \in \mathbb{N}, n \geq 2$. Entscheiden Sie mit Hilfe des Diff.quotienten, in welchen $z \in \mathbb{C}$ die Funktion $f_n : \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}, f_n(z) = \overline z^n$ komplex diff.bar ist. Zeigen Sie insbesondere auch die komplexe Diff.barkeit in $0$.

$>$ So, diese Aufgabe sollten wir zu letzter Woche bearbeiten und wir haben die Rückgabe heute erhalten; ich habe 1,5 Pkt. Abzug für die Aufg. erhalten ...

Also dann:

$\lim\limits_{z \to 0} \frac{f(z+z_0) - f(z_0)}{z} = \lim\limits_{z \to 0}\frac{\overline z^n + \overline z_0^n - \overline z_0^n}{z} = \lim\limits_{z \to 0} \frac{\overline z^n}{z}$

Jetzt würde ich so wie unser Skript vorgehen: Für die Folge $u_k := \frac{1}{k}$ reeller Zahlen mit $\lim\limits_{k \to \infty} u_k = 0$ gilt
$\lim\limits_{k \to \infty} \frac{\overline u_k^n}{u_k} = \lim\limits_{k \to \infty} \frac{(1/k)^n}{1/k} = \lim\limits_{k \to \infty} \left(\frac{1}{k}\right)^{n-1} \overset{n \in \mathbb{N}}{0}$. Was für eine andere Folge würdest du jetzt noch wählen? Das Ding ist: Man weiß nicht, ob $n$ gerade oder ungerade.

Gruß Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-04-17

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Hallo Neymar,

darüber zu argumentieren, dass kein $\bar z$ in der Funktion auftaucht, ist eine ungenaue Argumentation. Man kann allemöglichen Funktionen aufstellen, die nichts mit $\bar z$ zu tun haben, und trotzdem nicht die CR-DGLs erfüllen. Vielmehr sollte man darüber argumentieren, dass $f$ auf $\C\backslash\{0\}$ als Verkettung komplex differenzierbarer Funktionen selbst komplex differenzierbar ist, und daher die CR-DGLs erfüllt.


Zur anderen Aufgabe:
Du hast den Differenzenquotienten falsch aufgestellt. Es ist mit dem binomischen Lehrsatz

\[f(z+z_0)=\overline{(z_0+z)}^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\bar z^k\bar z_0^{n-k},\]
und entsprechend ist der Differenzenquotient

\[\frac{\sum\limits_{k=0}^n\binom{n}{k}\bar z^k\bar z_0^{n-k}-\bar z_0^n}{z}=\frac{\sum\limits_{k=1}^n\binom{n}{k}\bar z^k\bar z_0^{n-k}}{z}.\]
An dieser Stelle wird es sinnvoll, die Polardarstellung von $z$ zu verwenden, also $z=re^{\i\phi},~\bar z=re^{-\i\phi}$. Dann ist $z\to0\Leftrightarrow r\to0$, aber $\phi$ darf sich beliebig verhalten. Das sieht gleich komplex aus, aber wirklich achten muss man nur darauf, welche Potenzen von $r$ in der folgenden Summe auftreten:

\[\begin{align*}\frac{1}{z}\sum\limits_{k=1}^n\binom{n}{k}\bar z^k\bar z_0^{n-k}&=\frac{1}{re^{\i\phi}}\sum\limits_{k=1}^n\binom{n}{k}r^ke^{-\i k\phi}\bar z_0^{n-k}\\
&=\frac{re^{-\i\phi}}{re^{\i\phi}}\binom{n}{1}\bar z_0^{n-1}+\frac{1}{re^{\i\phi}}\sum_{k=2}^n\binom{n}{k}r^ke^{-\i k\phi}\bar z_0^{n-k}\\
&=e^{-2\i\phi}n\bar z_0^{n-1}+\sum_{k=2}^n\binom{n}{k}r^{k-1}e^{-\i (k+1)\phi}\bar z_0^{n-k}
\end{align*}\]
Jetzt hat man den Term $e^{-2\i\phi}n\bar z_0^{n-1}$ und eine hässliche Summe, in der aber alle Terme den Faktor $r$ besitzen. Im Limes $r\to0$ verschwindet also diese Summe, und es bleibt nur $e^{-2\i\phi}n\bar z_0^{n-1}$ übrig. Dieser Term ist allerdings von $\phi$ abhängig, womit der Grenzwert des Differenzenquotienten für $z\to0$ davon abhängt, mit welcher Phase $\phi$ dieses $z$ gegen 0 konvergiert. Also existiert dieser Grenzwert nicht.
Ausnahme: $z_0=0$, denn dann ist $e^{-2\i\phi}n\bar z_0^{n-1}=0$, unabhängig von $\phi$.

Aber ganz allgemein ist hier das wichtige: Damit $f$ komplex differenzierbar ist, darf der Grenzwert des Differenzenquotienten nicht davon abhängen, aus welcher Richtung $z\to0$ geht. Also ob ich als Folge $z_k=\frac{1}{k}$ oder $z_k=\frac{1}{k}e^{\i\phi}$ mit beliebigem $\phi$, oder gar eine Folge, bei welcher die Phase auch von $k$ abhängt wie $z_k=\frac{1}{k}e^{\i k\phi}$ wähle: Das darf keine Rolle für den Grenzwert spielen. Deshalb ist hier die Polardarstellung sehr nützlich. Wenn ein Term den Faktor $r$ hat, dann wird er für $z\to0$ immer verschwinden (es sei denn die $\phi$-Abhängigkeit ist eine völlig merkwürdige). Man muss sich also nur Terme anschauen, die nicht diesen Faktor beinhalten, und prüfen, ob sie von $\phi$ abhängen. Wenn nicht, dann ist alles paletti. Wenn doch, dann kann die Funktion nicht komplex differenzierbar sein.
\(\endgroup\)


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Neymar
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-17


Hallo Vercassivelaunos,

Man kann allemöglichen Funktionen aufstellen, die nichts mit $\overline z$ zu tun haben, und trotzdem nicht die CR-DGLs erfüllen.
$>$ Das habe ich mir fast schon gedacht $\dots$

ad zweite Aufgabe: Ich finde deine Herangehensweise echt cool, $z = r\cdot \exp\left(i\varphi\right)$ zu schreiben, denn so wird der Beweis (meiner Meinung nach) elegant.  
 
(Letzte Woche haben wir im Tutorium erklärt bekommen bzw. diskutiert, was der oder zumindest ein Unterschied zw. Diff.barkeit in $\mathbb{R}$ oder $\mathbb{C}$ sei. Was ich für mich mitgenommen habe, ist, dass man bei reeller Diff.barkeit sich von (höchstens?) zwei Seiten nähert, wohingegen man sich bei komplexer Diff.bar von einem Kreis nähert. Deshalb kann ich auch deine Argumentation verstehen, dass der Diff.quotient nicht von $\varphi$ abhängen darf, um wohldefiniert zu sein.)

Ich hätte noch eine Frage zur folgenden Aufg. (falls ich einen neuen Thread eröffnen soll, gib mir bitte Bescheid!):

$\mathrm{Z\kern-.3em\raise-0.5ex\hbox{Z}}$ Sei $f$ auf $U$ holomorph. Zeigen Sie mittels der CR-DGL, dass aus $|f| = \text{const.}$ folgt, dass $f = \text{const.}$. Nun haben wir die Aufgabe gestern in der Ü-Gruppe besprochen und ich mir ist der Ansatz der (Muster)-Lösung noch überhaupt nicht klar. Also das habe ich mitgeschrieben:

$|f|^2 = u^2 + v^2 = c^2 (1.1)$

Falls $c = 0$: trivial.

$c \ne 0$: Aus (1.1) erhält man $2 \cdot \left( u \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + v \cdot \frac{\partial v}{\partial x}\right) = 0$ (klar, partiell nach $x$ ableiten). $\Leftrightarrow u \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + v \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = 0 (1.2)$

Genausogut erhält man aus (1.1) durch partieles Ableiten nach $y$ die Gleichung $u \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + v \cdot \frac{\partial v}{\partial y} = 0 (1.3)$.

Aus (1.2) haben wir mittels der CR-DGL gefolgert, dass $-v \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + u \cdot \frac{\partial v}{\partial y} = 0$ (klar).

Dann hat er etwas erklärt (ich meine, es war die eine Gleichung in die andere einsetzen, ich bin mir aber überhaupt nicht sicher) und $\det\begin{pmatrix} -v & u \\ u & v \end{pmatrix} = -v^2 - u^2 = -c^2 \ne 0$ aufgeschrieben.

Also warum das jetzt die zu zeigende Aussage beweist, ist mir ein Rätsel. Wäre es möglich, dass du mir das in anderen Worten erklärst? :-) Darüber wäre ich sehr froh.

Gruß Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-04-17

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Hallo Neymar,

vielleicht noch mal zur Sache mit den Richtungen, falls es dem Verständnis hilft:


Komplexe Differenzierbarkeit ist eigentlich nur ein Spezialfall totaler Differenzierbarkeit auf beliebigen normierten Räumen. In Analysis II wird ja typischerweise diese Definition für totale Differenzierbarkeit verwendet:

\[f:\mathbb K^n\to\mathbb K^n \textrm{ ist diffbar mit Ableitung }\D f(x_0)\textrm{ genau dann wenn }\] \[\lim_{x\to x_0}\frac{\Vert f(x)-f(x_0)-\D f(x_0)\cdot(x-x_0)\Vert}{\Vert x-x_0\Vert}=0\]
Dabei soll $\D f(x_0)$ eine lineare Abbildung sein, im Allgemeinen die Jacobimatrix. Das spannende an den komplexen Zahlen ist nun, dass man sie sowohl als Vektorraum $\R^2$, als auch als Vektorraum $\C$ auffassen kann.
Fasst man sie als $\R^2$ auf, dann ist die gesuchte Ableitung in der obigen Definition eine $2\times2$-Matrix mit reellen Einträgen. Und diese Matrix hat natürlich unterschiedliche Effekte auf den Vektor $(x-x_0)$, abhängig davon, in welche Richtung dieser Vektor zeigt. Deshalb darf die "Ableitung" in $\R^2$ von der Richtung abhängen (das ist dann eigentlich die Richtungsableitung, nicht die totale Ableitung).
Fasst man die komplexen Zahlen aber als eindimensionalen Vektorraum $\C$ auf, dann ist das gesuchte $\D f(x_0)$ eine $1\times 1$-Matrix mit komplexen Einträgen. Sprich: Eine komplexe Zahl. Und egal wie jetzt der "Vektor" $(x-x_0)$ aussieht, also unabhängig von seiner Phase, er wird immer mit der selben komplexen Zahl multipliziert. Deshalb darf die komplexe Ableitung nicht von der Richtung abhängen (jede Richtungsableitung ist sozusagen identisch mit der totalen Ableitung, was auch nur funktioniert, da die totale Ableitung in $\C$ ein komplexer Skalar ist, so wie die Richtungsableitung eben auch).



Zur Aufgabe:

Was dein Tutor gemacht hat, war ein Gleichungssystem aufzustellen, mit dem $\frac{\partial u}{\partial y}$ und $\frac{\partial v}{\partial y}$ bestimmt werden sollen. Das Gleichungssystem sieht in vollständiger Form so aus:

\[\begin{align*}
-v\partial_yu&+u\partial_yv&=0\\
u\partial_yu&+v\partial_yv&=0
\end{align*}\]
Oder in Matrixschreibweise:

\[\matrix{-v&u\\u&v}\vector{\partial_yu\\\partial_yv}=\vector{0\\0}\]
Man könnte dieses Gleichungssystem einfach wie gewohnt auflösen und herausfinden, dass $\partial_y u=\partial_yv=0$. Mit den CR-DGLs kann man daraus auch $\partial_x u=\partial_xv=0$ folgern. Damit ist dann $f$ konstant, weil alle partiellen Ableitungen verschwinden.
Dein Tutor hat statt das LGS manuell zu lösen verwendet, dass auf der rechten Seite des Gleichungssystems der Nullvektor steht. Das heißt, der Vektor $(\partial_yu,\partial_yv)$ ist im Kern der obigen Matrix enthalten. Der Kern ist aber nur dann nichttrivial, wenn die Determinante verschwindet. Das tut sie aber nicht (sie ist $-c^2$). Das heißt, nur der Nullvektor ist im Kern enthalten. Da $(\partial_yu,\partial_yv)$ im Kern liegt, muss also $(\partial_yu,\partial_yv)=(0,0)$ gelten.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-17


Hallo Vercassivelaunos,

ich wusste gar nicht, dass man auch ,,ausgeblendeten" Text schreiben kann!


Ich habe mir den Text durchgelesen und er ist mir nicht ganz klar geworden, aber vielleicht braucht mein Gehirn auch ein bisschen Zeit, das sacken zu lassen ... :-)


(i) Anyway, deine Ausführungen zur letzten Aufgabe fand ich sehr erhellend.
Ich habe auch das Gleichungssystem ,,per Hand gelöst" und ich finde es nicht trivial. Doch zuerst abstrahiere ich die Struktur

$-b \cdot x +a \cdot y = 0 \Leftrightarrow -b \cdot x = -a \cdot y$
$a \cdot x + b \cdot y = 0 \Leftrightarrow  a \cdot x = -b \cdot y \Leftrightarrow x = -\frac{b}{a}y$

Warum darf durch $0$ geteilt werden? Wäre $a$ null, so wäre man fertig, denn $a \equiv u$.
Falls $u = 0$, so sind trivialerweise $u_x$ und $u_y$ auch gleich 0 und damit mit den CR-DGL auch $v_y$ und $v_x$. Dabei verwende ich die Notation $v_y \equiv \frac{\partial v}{\partial y}$. Ergo kann/darf $a\ne 0$ angenommen werden.

Setzt man die zweite Gleichung in die erste ein, so erhält man:

$b^2 y = -a^2 \cdot y \Leftrightarrow b^2y + a^2 y = 0 \Leftrightarrow (b^2 + a^2) \cdot y = 0$

$y \equiv \frac{\partial v}{\partial y}$; falls $y = 0$ wäre, so könnte man aufgrund der zweiten Gleichung oben folgern, dass $a \cdot x = 0 \overset{a\ne 0}{\Rightarrow} x = 0$. Dann wäre $f$ trivialerweise konstant. Sei also $y \ne 0$; man erhält $b^2 + a^2 = 0 \Rightarrow a = u \left( = b= v\right)= 0$. Puh, falls man es ein bisschen genauer machen möchte, muss man richtig nachdenken bzw. argumentieren ... :-)

Über Kommentare deinerseits hierzu würde ich mich sehr freuen, denn ich habe ja jetzt $u = v = 0$ gezeigt, was man mit der ,,Determinanten-Methode" ja eher indirekt macht (man zeigt ja vielmehr, dass $\partial_y u=\partial_yv=0$).

(ii) So, ich sende dir noch eine Aufgabe zu, mit der ich mich aber noch nicht beschäftigt habe (ich stelle sie dennoch ,,just in case" rein, bei Fragen kann ich mich ja dann direkt melden und brauche nicht einen extra Thread zu öffnen).



Gruß
Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-04-17

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Der ausgeblendete Text ist auch nicht so wichtig, er sollte nur nochmal die komplexe Differenzierbarkeit in das allgemeine Konzept von Differenzierbarkeit einordnen, was aber nicht zwingend notwendig ist.

Deine Lösung zur Aufgabe passt aber nicht. Schon der Schluss: $u=v=0$ heißt ja, dass $f=0$. Aber $f(x)=c$ hat auch den konstanten Betrag $\vert c\vert$ für beliebige $c\in\C$, ist aber nicht identisch 0.

Ein Fehler liegt hier:


Warum darf durch $0$ geteilt werden? Wäre $a$ null, so wäre man fertig, denn $a \equiv u$.
Falls $u = 0$, so sind trivialerweise $u_x$ und $u_y$ auch gleich 0 und damit mit den CR-DGL auch $v_y$ und $v_x$. Dabei verwende ich die Notation $v_y \equiv \frac{\partial v}{\partial y}$. Ergo kann/darf $a\ne 0$ angenommen werden.

Deine Argumentation erlaubt nur anzunehmen, dass $a$ beziehungsweise $u$ nicht identisch 0 ist. Man darf jedoch nicht annehmen, dass $u$ nirgends 0 ist. Denn wenn $u$ nicht konstant 0 ist, sondern nur an einer Stelle, dann folgt daraus nicht $u_x=u_y=0$.

Auch hier sollte es klingeln:


man erhält $b^2 + a^2 = 0 \Rightarrow a = u \left( = b= v\right)= 0$.

Per Annahme ist ja $a^2+b^2=c^2\neq0$. Höchstens könnte man argumentieren, dass sich aus $\vert f\vert\neq0$ und $u_y\neq0$ ein Widerspruch ergibt. Womit man wieder auf $u_y=0$ kommt (und analog auf $u_x=v_x=v_y=0$), wie in der Musterlösung auch.

Wenn man zeigen will, dass eine Funktion konstant ist, dann ist es häufig besser zu zeigen, dass alle partiellen Ableitungen verschwinden, statt zu berechnen, welchen Wert die Funktion annimmt, denn das ist meistens einfacher. So wie hier zum Beispiel.

Und vielleicht ein weiterer Hinweis: Es ist viel einfacher, Argumentationen nachzuvollziehen, wenn die auftauchenden Objekte aussagekräftig benannt sind. $u,v,u_x,u_y$ umzubenennen in $a,b,x,y$ hat es eher schwierig gemacht, deinen Rechnungen zu folgen. Das macht mathematisch natürlich keinen Unterschied, aber für den Leser schon.

Grüße, Vercassivelaunos
\(\endgroup\)


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Neymar
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Hallo Vercassivelaunos,

danke dir für deine Antworten und Hinweise!
Falls ich zur allerletzten Aufgabe (die mit dem Bild) eine Frage bzw. mehrere Fragen habe, eröffne ich einen neuen Thread.

Frohe Feiertage wünscht
       Neymar



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Neymar hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Neymar hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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