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Funktionentheorie » Integration » 1/z integrierbar auf allen kompakten Mengen
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Universität/Hochschule 1/z integrierbar auf allen kompakten Mengen
nala_987
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-03-18


Ich möchte zeigen, dass die Funktion $\frac 1z$ auf allen kompakten Mengen K von $\mathbb{C}$ integriebar ist.
Dazu habe ich das Problem in 3 Fälle auf geteilt.

1.Fall: $0\notin K$
Dann ist $\frac 1z$ stetig auf ganz $K$ und somit existiert insbesondere $m=\max\limits_{z\in K}\frac 1z<\infty$ und damit gilt
$\lvert \int \int_K\frac 1z d(x,y)\rvert \le \lvert M\rvert \lvert \int \int_K 1 d(x,y)\rvert <\infty$

2.Fall: $0\in \overset{\circ}{K}$
Dann existiert ein $r$ mit $D_r(0)=\{z\in \mathbb{C}:\lvert z\rvert <r\}\subset \overset {\circ }{K}$. Mit Fall 1 ist $\frac 1z$ auf $K\setminus D_r(0)$ integrierbar, da $K\setminus D_r(0)$ kompakt ist. Für $D_r(0)$ gilt mit dem Transformationssatz
$\int  \int_{D_r(0)} \frac 1{\lvert z\rvert} d(x,y) =\int_0^r \int_0^{2\pi}\frac 1{\lvert re^{it}\rvert }r dtdr=\int _0^r2\pi dr=2\pi r<\infty$
Somit $\frac 1z$ auf K integrierbar

3.Fall $0\in \partial K$
Bei dem Fall hapert es bei mir leider. Ich habe noch keine richtige Idee.
Deshalb wollte ich fragen wie man hier argumentieren kann bzw. ob mein Ansatz mit den 3 Fällen überhaupt sinnvoll ist.



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-03-18


Hey,
zunächst geh ich mal davon aus, dass du nicht $\frac{1}{z}$ sondern $\frac{1}{|z|}$ integrieren willst, wobei daraus natürlich die Integrierbarkeit von $\frac{1}{z}$ folgt. Ansonsten macht so die Betrachtung eines Maximum in 1) keinen Sinn.
Ansich kannst du das so lösen. Jedoch hast du dann die Problematik mit dem 3. Fall, für den mir auf die Schnelle auch keine gute Lösung einfällt.
Ich würde es anders lössen. Ich würde zeigen, dass $\frac{1}{|z|}$ auf $\overline{D_n(0)}$ für alle $n \in \mathbb{N}$ integrierbar ist. Mit der Monotonie des Integral und der Beschränktheit von $K$ folgt dann die Behauptung.

Grüße



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-03-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Das reelle Intervall \( [0,1]\) ist auch eine kompakte Teilmenge von \( \IC\).

Viele Grüße

Wally

Typischer Fall von Tomaten auf den Augen.
\(\endgroup\)


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nala_987
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-19


Danke Newbie314,

Deine Lösung ist echt clever und so elegant. Das gefällt mir viel mehr als die Fallunterscheidung. Ich habe das nochmal hier für mich aus fomuliert und dann noch eine kleine Frage:

Sei $K\subset \mathbb{C}$ kompakt. Dann ist $D=\{D_n:n\in \mathbb{N}\}$ mit $D_n=\{z\in \mathbb{C}:\lvert z\rvert <n\}$ eine offene Überdeckung von K. Da K kompakt ist folgt sofort, dass D eine endliche Teilüberdeckung von K enthält. Da aber außerdem $D_n\subset D_{n+1}$ gilt, existiert ein $n_0\in\mathbb{N}$ mit $K\subset D_{n_0}$. Damit gilt
$\left \lvert \int \int _K\frac 1 z d(x,y)\right \rvert \le \int \int_K \frac 1{\lvert z\rvert }d(x,y)\le \int \int_{D_{n_0}} \frac 1{\lvert z\rvert }d(x,y)=\int_0^{n_0}\int_0^{2\pi }\frac 1{\lvert re^{it}\rvert }rdtdr=\int _0^{n_0}2\pi dt =2\pi n_0<\infty$

Womit sofort folgt, dass $\frac 1z$ auf $K$ integrierbar ist.
Nur zum zweiten Ungleicheitszeichen hätte ich noch eine Frage. Das ist vermutlich die Stelle wozu du meintest hier geht die Monotonie des Integrals ein. Das  gilt doch, da $\frac 1{\lvert z\rvert}\ge 0$ auf ganz $\mathbb{C}$ ist und somit das Integral bei Vergrößerung der Menge über die man integriert nur größer werden kann, oder steckt da noch mehr hinter was ich gerade nicht sehe?



@Wally Ich weiß nicht ganz was du mir damit sagen möchtest. Das Intervall $[0,1]$ ist doch eh eine Nullmenge in $\mathbb{C}$ oder vertue ich mich gerade total?



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Red_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-03-19


Hallo,
ich habe hier ein paar Fragen.
1) Da deine Funktion von $\IC$ nach $\IC$ geht, müsste man das Integral nicht in Real- und Imaginätteil aufteilen?
2) $1/z$ ist nicht auf $0$ definiert. Ich glaube man müsste eine beliebige Fortsetzung nehmen und zeigen, dass sie noch immer lebesgue-messbar ist und das Integral dann unabhängig davon ist, weil $\lbrace 0\rbrace$ eine Nullmenge ist.

Apropos 1). Ich glaube dann wäre deine Funktion einfach nicht integrierbar, wie Wally es gesagt hat.



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nala_987
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-19


Hallo Red_,

zu 1) Ich habe Polarkoordinaten verwendet, da das hier meines Erachtens einfacher ist. Dazu habe ich den Transformationssatz verwendet (bei meiner Antwort habe ich es nur nicht nochmal hin geschrieben).

Da $[0,1]$ eine Nullmenge in $\mathbb{C}$ ist ( wenn mich gerade nicht alles täuscht) ist das Integral darüber Null und somit auch definiert. Bitte korrigiert mich, wenn ich da falsch liege.

Zu 2) Ich habe zwar keine Fortsetzung definiert aber meines Erachtens in meiner letzten Antwort gezeigt, dass das Integral Unabhängig davon existiert. Müsste das nicht reichen? Danke für deine Fragen beim 2ten Punkt bin ich mir extrem unsicher.



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Red_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-03-19


Zu 1) meinte ich eher, dass mir solch ein Integral noch nie untergekommen ist.
Das Lebesgue Integral kann es nicht sein, da deine Funktion nicht nach $\IR$ abbildet.
Ein komplexes Kurvenintegral kann es auch nicht sein, da wir nicht über eine Kurve integrieren.
Wird hier vielleicht das Bochner-Integral gemeint?
Oder anders gefragt: wie habt ihr $\int_{\IC} f(z) \, dz$ definiert für $f:\IC \to \IC$?
Ich hätte gesagt $\int_{\IC} f(z) \, dz := \int_{\IC} \mathrm{Re}(f(z)) \, dz + i\cdot \int_{\IC} \mathrm{Im}(f(z)) \, dz$



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nala_987
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-19


Ich habe über das Lebesgue Maß auf $\mathbb{C}$ integriert.



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-03-19

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}}\)
Hi,

Red_ meint nicht das Maß, sondern deine Funktion. Ein Lebesgue-Integral wird gewöhnlicherweise für reellwertige Funktionen (inklusive $\infty$) definiert. Um ein Integral für komplexwertige Funktionen zu definieren, macht man normalerweise das, was Red_ vorgeschlagen hat. (Und natürlich lässt sich das verallgemeinern, z.B. auf Banachraum-wertige Funktionen.)

Deshalb hat Newbie314 in Beitrag No. 1 auch gefragt/angenommen, ob du $\frac{1}{z}$ oder $\frac{1}{|z|}$ integrieren möchtest.

Zu deiner anderen Frage musst du es genauer formulieren. Wenn deine Funktion nur $\mathbb{C} \setminus \{0 \} \to \mathbb{C}$ ist, was bedeutet es dann, dass sie integrierbar in $K$ ist, wobei $0 \in K$? Vielleicht hattet ihr in eurer Vorlesung irgendwelche (ad hoc?) Definitionen, denn wie du sagst, sollten Nullmengen das Integral nicht ändern und so könnte man einfach eine beliebige Fortsetzung der Funktion wählen.

Wenn du reellwertige Funktionen integrierst, würde man sowieso $\pm \infty$ als Werte zulassen. Bei komplexwertige Funktionen weiß ich nicht, ob es da eine Konvention gibt, aber wahrscheinlich kann man genauso die Kompaktifizierung $\mathbb{C} \cup \{ \infty \}$ als Wertebereich nehmen.


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The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei
\(\endgroup\)


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nala_987
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-22


Hallo Kezer,

Danke für deine Erklärung. Ich hatte Red_s Frage einfach nicht recht verstanden. Ja es ist das Lebesque Integral für komplexwertige Funktionen und es ist so definiert wie Red_ es beschrieben hat.
Trotzdem ist meinem Wissensstand nach das Intervall $[0,1]$ kein Problem, da es eine Nullmenge in $\mathbb{C}$ ist.

Ich habe leider keine Vorlesung hierzu, aber nach dem was ich mir überlegt habe sollte es kein Problem sein, dass meine Funktion nach $\mathbb{C}\cup \{\infty\}$ abbildet. Da man das Integral nach Definition in Real und Imaginärteil auf teilt und damit dann ja wieder Funktionen hat die nach $\mathbb{R}\cup\{\pm \infty\}$ abbilden und das ist zugelassen.

Ich vermeide aber die Aufteilung in Real und Imaginärteil, da ich folgende Ungleichung verwende

$\left\lvert \int_{\mathbb{D}} \frac 1 z d(x,y)\right \rvert \le \int _\mathbb{D}\lvert \frac 1z\rvert d(x,y)$


Und damit habe ich wieder eine Funktion die nach $\mathbb{R}\cup \{\pm\infty\}$ abbildet.

Das Integral kann ich dann mit Hilfe des Transformationsatzes, wie in meiner ersten Antwort aus geführt lösen.

In meiner Fragestellung habe ich da vor allem im ersten Fall sehr geschludert bzw. es falsch gemacht (entschuldigung dafür). Aber meines Wissens nach müsste meine Lösung in der ersten Antwort somit funktionieren.
Ich hoffe ich habe damit alle offenen Fragen beantwortet. Danke dafür da durch habe ich nochmal ein besseres Verständnis für das Thema entwickelt.



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