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Analysis » Funktionentheorie » Beweis, dass falls |f(z)|<=|g(z)|, dann existiert eine Konstante c so dass f(z)=cg(z).
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Universität/Hochschule J Beweis, dass falls |f(z)|<=|g(z)|, dann existiert eine Konstante c so dass f(z)=cg(z).
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  Themenstart: 2022-05-30

Hallo ich habe folgendes Problem: Seien $f,g$ analytisch in $\Bbb{C}$ so dass $|f(z)|\leq |g(z)|$ für alle $z\in \Bbb{C}$. Zeige, dass eine Konstante $c$ existiert so dass $$f(z)=cg(z)$$ Ich hatte die folgende Idee: Beweis: Wir betrachten folgende zwei Fälle. Sei zuerst $g(z)=0$ for alle $z$ dann gilt direkt dass $|f(z)|=0$ und daher auch $f(z)=0$. Die Aussage gilt also für alle $c$. Sei nun $g(z)\neq 0$ für alle $z$. Wir betrachten $$h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$$Da $f,g$ analytisch sind und $g\neq 0$ wissen wir, dass $h(z)$ auch analytisch ist. Insbesondere gilt $$|h(z)|=\left|\frac{f(z)}{g(z)}\right|=\frac{|f(z)|}{|g(z)|}\leq 1$$ Wir schliessen nun mit Liouville, dass $\exists~c$ so dass $$h(z)=c\Leftrightarrow f(z)=cg(z)$$ $ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\Box$ Stimmt der Beweis so? Nun hätte ich noch eine zweite Frage. Wenn ich den zweiten Fall betrachte, und zeige dass $|h(z)|\leq 1$. Kann ich dann sagen, dass ich ein $z_0\in \Bbb{C}$ wähle so dass $\frac{|f(z_0)|}{|g(z_0)|}=1$ und daher ist $$|h(z)|\leq |h(z_0)|$$ für alle $z$ Dann hätte ich das Maximum principle benützt um zu schliessen, dass $h$ konstant ist und ich wäre am gleichen Punkt wie oben. Geht das auch oder geht das so nicht mit dem maximum Principle? Vielen Dank für eure Hilfe.


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Triceratops
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-05-30

Die Fallunterscheidung ist nicht erschöpfend. Wenn $g \neq 0$, gibt es lediglich ein $z$ mit $g(z) \neq 0$. Es folgt nicht, dass $g(z) \neq 0$ für alle $z$ gilt.


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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-30

Hallo hmm okey ja ich sehe was du meinst. Aber wie kann ich das umgehen? Muss ich zeigen dass $h$ nur removable singularities hat?


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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-30

Könnte ich den Beweis wie folgt führen: Sei $h=\frac{f}{g}$ wie oben. Sei $N=\{z:g(z)=0\}$. Dann gilt dass $|h(z)|\leq 1$ für alle $z\not \in N$. Ich möchte zeigen, dass $h$ analytisch auf $\Bbb{C}$ ist. Wir nehmen zuerst an, dass $g$ eine Nullstelle von Ordnung $n$ an der Stelle $z_0$ hat und dass $f(z_0)\neq 0$. Dann gilt aber dass $\lim_{z\rightarrow z_0}h(z)=\infty$. Das geht aber nicht, da ich einer Umgebung von $z_0$ $|h(z)|\leq 1$. Wir nehmen nun an, dass $f$ eine Nullstelle der Ordnung $m$ an $z_0$ hat und $g$ eine Nullstelle der Ordnung $n$ an $z_0$ hat. Dann wissen wir dass $f(z)=\phi_f(z)(z-z_0)^m$ und $g(z)=\phi_g(z)(z-z_0)^n$ wobei $\phi_f,\phi_g$ analytisch an $z_0$ sind und keine Nullstelle haben an $z_0$. Sei nun $m


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nzimme10
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-05-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, deine ganzen Widersprüche sind unnötig, zumal sich ein Widerspruch schon dann einstellt, wenn du annimmst, dass $f(z_0)\neq 0$, aber $g(z_0)=0$ gilt. Die Ungleichung $|f(z)|\leq |g(z)|$ verbietet diesen Fall von vorne rein. Wenn $g\not\equiv 0$ gilt, dann liegen alle potenziellen Nullstellen von $g$ isoliert. O.B.d.A. habe $g$ daher nur eine Nullstelle $z_0\in \mathbb C$. Folglich ist $$ h=\frac fg\colon \mathbb C\setminus\lbrace z_0\rbrace\to \mathbb C, \ z\mapsto \frac{f(z)}{g(z)} $$ holomorph und beschränkt in jeder punktierten Umgebung von $z_0$. Der Riemannsche Hebbarkeitssatz liefert die holomorphe Fortsetzbarkeit von $h$ nach $z_0$. Mit Liouville folgt daher die Konstanz der holomorphen Fortsetzung von $h$ (die ich auch $h$ nenne). Folglich ist $f(z)=c\cdot g(z)$ auf $\mathbb C\setminus\lbrace z_0\rbrace$ für eine Konstante $c$. Weiter gilt $0=|g(z_0)|\geq |f(z_0)|\geq 0$ und daher ist die Gleichung auch für $z_0$ erfüllt. Hier würde auch der Identitätssatz liefern, dass die Gleichung auch für $z=z_0$ gilt. Wenn einem das "o.B.d.A." nicht gefällt, dann bemerke man wie gesagt, dass $N=\lbrace z\in \mathbb C\mid g(z)=0\rbrace$ diskret ist (im Fall $g\not\equiv 0$). Man kann die Nullstellen folglich durch eine Folge $(z_n)_{n\in \mathbb N}$ abzählen. Man betrachte dann $$ h=\frac fg\colon \mathbb C\setminus\lbrace z_0,z_1,z_2,\dots\rbrace\to \mathbb C, \ z\mapsto \frac{f(z)}{g(z)} $$ und bemerkt mit einem ähnlichen Argument wie oben, dass sich $h$ holomorph nach $z_0,z_1,\dots$ fortsetzen lässt. Das restliche Argument ist völlig analog. LG Nico [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Funktionentheorie' von nzimme10]\(\endgroup\)


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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-05-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) \quoteon(2022-05-30 21:43 - Strandkorb im Themenstart) Nun hätte ich noch eine zweite Frage. Wenn ich den zweiten Fall betrachte, und zeige dass $|h(z)|\leq 1$. Kann ich dann sagen, dass ich ein $z_0\in \Bbb{C}$ wähle so dass $\frac{|f(z_0)|}{|g(z_0)|}=1$ und daher ist $$|h(z)|\leq |h(z_0)|$$ für alle $z$ Dann hätte ich das Maximum principle benützt um zu schliessen, dass $h$ konstant ist und ich wäre am gleichen Punkt wie oben. Geht das auch oder geht das so nicht mit dem maximum Principle? \quoteoff Wie stellst du denn sicher, dass es solch ein $z_0$ gibt? Betrachte zum Beispiel $f(z)=z$ und $g(z)=2z$. Die holomorphe Fortsetzung von $h=f/g$ nach $0$ erfüllt $h(0)=\frac 12$ und außerhalb von $0$ gilt $|f(z)|<|g(z)|$. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-31

Hallo Nico \quoteon(2022-05-31 10:21 - nzimme10 in Beitrag No. 4) Hallo, deine ganzen Widersprüche sind unnötig, zumal sich ein Widerspruch schon dann einstellt, wenn du annimmst, dass $f(z_0)\neq 0$, aber $g(z_0)=0$ gilt. Die Ungleichung $|f(z)|\leq |g(z)|$ verbietet diesen Fall von vorne rein. Wenn $g\not\equiv 0$ gilt, dann liegen alle potenziellen Nullstellen von $g$ isoliert. O.B.d.A. habe $g$ daher nur eine Nullstelle $z_0\in \mathbb C$. Folglich ist $$ h=\frac fg\colon \mathbb C\setminus\lbrace z_0\rbrace\to \mathbb C, \ z\mapsto \frac{f(z)}{g(z)} $$ holomorph und beschränkt in jeder punktierten Umgebung von $z_0$. Der Riemannsche Hebbarkeitssatz liefert die holomorphe Fortsetzbarkeit von $h$ nach $z_0$. Mit Liouville folgt daher die Konstanz der holomorphen Fortsetzung von $h$ (die ich auch $h$ nenne). Folglich ist $f(z)=c\cdot g(z)$ auf $\mathbb C\setminus\lbrace z_0\rbrace$ für eine Konstante $c$. Weiter gilt $0=|g(z_0)|\geq |f(z_0)|\geq 0$ und daher ist die Gleichung auch für $z_0$ erfüllt. Hier würde auch der Identitätssatz liefern, dass die Gleichung auch für $z=z_0$ gilt. Wenn einem das "o.B.d.A." nicht gefällt, dann bemerke man wie gesagt, dass $N=\lbrace z\in \mathbb C\mid g(z)=0\rbrace$ diskret ist (im Fall $g\not\equiv 0$). Man kann die Nullstellen folglich durch eine Folge $(z_n)_{n\in \mathbb N}$ abzählen. Man betrachte dann $$ h=\frac fg\colon \mathbb C\setminus\lbrace z_0,z_1,z_2,\dots\rbrace\to \mathbb C, \ z\mapsto \frac{f(z)}{g(z)} $$ und bemerkt mit einem ähnlichen Argument wie oben, dass sich $h$ holomorph nach $z_0,z_1,\dots$ fortsetzen lässt. Das restliche Argument ist völlig analog. LG Nico [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Funktionentheorie' von nzimme10] \quoteoff Nun zu dem hier. Ja macht alles Sinn, ich verstehe auch wieso man annehmen kann dass $g$ nur eine Nullstelle hat. Was ich aber nicht brauchen darf ist der Riemansche Hebbarkeitssatz. Den hatten wir leider nicht. Kann ich da auch anders zeigen, dass $z_0$ eine hebbare Singularität ist?


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nzimme10
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-05-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) In welcher Vorlesung über Funktionentheorie spricht man über isolierte Singularitäten ohne den Riemannschen Hebbarkeitssatz zu besprechen? Das ist wie wenn man über Konvergenz von Folgen spricht ohne auch mal über Cauchy-Folgen gesprochen zu haben, finde ich :D Meiner Meinung nach ist das eine gute Fingerübung hier die Aussage des Riemannschen Satzes dann eben zu beweisen, wenn ihr das wirklich nicht gemacht habt. Also zeige: Sei $G\subseteq \mathbb C$ ein Gebiet, $z_0\in G$ und $f\colon G\setminus \lbrace z_0\rbrace \to \mathbb C$ holomorph. Sei weiter $U\subseteq G$ eine (offene) Umgebung von $z_0$, so dass $f$ auf $U\setminus\lbrace z_0\rbrace$ beschränkt ist. Dann ist $f$ nach $z_0$ holomorph fortsetzbar. Beweisidee: Dazu kannst du die Funktion $g\colon G\to \mathbb C$ gegeben durch $$ g(z)=\begin{cases} (z-z_0)f(z), & z\neq z_0, \\ 0, & z=z_0\end{cases} $$ betrachten. Mit Hilfe des Lemmas von Goursat (bzw. einer Verschärfung davon) und dem Satz von Morera kannst du zeigen, dass $g$ holomorph ist. Dann gibt es ein $k\geq 1$ und eine holomorphe Funktion $h$ mit $h(z_0)\neq 0$ und $g(z)=(z-z_0)^kh(z)$. Zeige nun, dass $\tilde f\colon G\to \mathbb C$ gegeben durch $\tilde f(z)=(z-z_0)^{k-1}h(z)$ eine holomorphe Fortsetzung von $f$ ist. Ansonsten kannst du eben bei deinen Widersprüchen bleiben und so zeigen, dass die Singularität hebbar ist. Das restliche Argument ist dann analog. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-31

Hallo Nico Also ich meine wir haben gezeigt dass falls $\lim_{z\rightarrow z_0} (z-z_0)f(z)=0$ dann ist das eine hebbare singularität aber ist das das wo du meinst?


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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-05-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Ja, mit der von mir angegebenen Funktion und vorgeschlagenen Argumentation folgt natürlich, dass der von dir angegebene Grenzwert existiert und $0$ ist. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-31

Aha also kann ich also die Aufgabe auch beweisen indem ich meinen Satz benutze?


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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-05-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Du musst eben zeigen, dass der Grenzwert existiert und $0$ ist. Also mit meiner Notation von meiner ersten Antwort musst du zeigen, dass $$ \lim_{z\to z_0} (z-z_0)h(z)=0 $$ gilt. Dabei weißt du, dass $h$ auf jeder punktierten Umgebung von $z_0$ beschränkt ist. Wenn dir das gelungen ist, dann hast du zum einen meine Version des Satzes gezeigt und kannst damit natürlich die Aufgabe lösen. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-05-31

Hmm sorry eines verstehe ich nicht. Das mit dem punktiert. Ich meine ich weiss dass für $z\neq z_0$ $$|h(z)|\leq 1$$ Aber wenn ich ja nun den Limes gegen $z_0$ nehme dann kann ich doch diese Abschätzung nicht benutzen ist das richtig?


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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-05-31

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Wie gesagt: Betrachte die von mir angegebene Funktion $g$ und zeige, dass sie stetig ist. Vielleicht sollte man es hier anders nennen, weil $f$ und $g$ schon vergeben sind. Betrachte $$ \ell\colon \mathbb C\to \mathbb C, \ \ell(z)=\begin{cases} (z-z_0)h(z), & z\neq z_0, \\ 0, & z=z_0\end{cases} $$ Mit punktierter Umgebung ist einfach gemeint, dass der Punkt $z_0$ entfernt wird. Ist $U$ eine Umgebung von $z_0$, dann ist $h$ auf $U\setminus \lbrace z_0\rbrace$ ($\leftarrow$ punktierte Umgebung von $z_0$) beschränkt. Damit kannst du die Stetigkeit von $\ell$ in $z_0$ nachweisen. Das liefert die gewünschte Aussage über den Grenzwert. Du kannst auch direkt so vorgehen: Für $z\neq z_0$ ist $$ 0\leq |(z-z_0)h(z)|=|z-z_0|\cdot |h(z)| \leq |z-z_0|\overset{z\to z_0}{\longrightarrow}0. $$ LG Nico\(\endgroup\)


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Ah okey super vielen Dank!


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