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Moderiert von Curufin epsilonkugel
Funktionentheorie » Integration » Wegunabhängigkeit => Stammfunktion
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Universität/Hochschule J Wegunabhängigkeit => Stammfunktion
Red_
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Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-11


Hi,
ich habe eine Frage zu einem Beweis, den wir in der Vorlesung hatten. Eine Stelle ist mir nicht klar im Beweis. Im Internet habe ich einen Beweis gefunden, der genau die gleiche Argumentation an jener Stelle hat, die mir nicht einleuchtet. Erstmal zum Satz:
Sei \(\Omega \subset \mathbb{C} \) ein Gebiet und \(f:\Omega \to \mathbb{C}\) stetig. Sei das Wegintegral über jedem Weg gleich, sofern Anfangspunkt und Endpunkt gleich bleiben. Also: \(\gamma_1\) und \(\gamma_2\) Wege mit \(\gamma_1(0)=\gamma_2(0)\) und \(\gamma_1(1)=\gamma_2(1)\), dann gilt \(\int_{\gamma_1} {f(z) \, dz} = \int_{\gamma_2} {f(z) \, dz}\).
Dann folgt \(f\) hat eine Stammfunktion.

Im Beweis wir folgendes gemacht: Wähle \(z_0\in \Omega\) beliebig und für jedes \(z\in \Omega\) existiert ein Weg \(\gamma_z\) von \(z_0\) nach \(z\). Definiere \(F:\Omega \to \mathbb{C}\) mit \(F(z)=\int_{\gamma_z} {f(w) \, dw}\). Jetzt wird gesagt: ,,\(F\) ist wohldefiniert, weil nach Voraussetzung das Wegintegral unabhängig ist vom Weg, welcher von \(z_0\) nach \(z \) führt.''

Aber was hat das mit Wohldefiniertheit zu tun? Ich meine, ich wähle ja ein \(\gamma_z\) fix aus (Auswahlaxiom) und definiere \(F(z)\) dann eben über diesen Weg, ich wähle ja nicht irgendwie eine Repräsentante aus einer Äquivalenzrelation aus o.Ä. Im Skript was ich gefunden habe stand das gleiche:



Red_

EDIT: Außerdem muss doch \(\gamma_z\) differenzierbar sein, was ja nicht gelten muss?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-11

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Hallo Red_,

wohldefiniert heißt hier vor allem, dass das Ergebnis eben nicht von der Wahl von $\gamma_z$ abhängt. Im Prinzip wird damit nur nochmal betont, dass es wirklich ausreicht „irgendeinen“ Weg zu wählen, und kein ausgezeichneter Weg spezifiziert werden muss.
Und im Prinzip wählt man eben doch einen Repräsentanten einer Äquivalenzklasse, nämlich bezüglich der Äquivalenzrelation $\gamma\sim\zeta:\Leftrightarrow \gamma(0)=\zeta(0),~\gamma(1)=\zeta(1)$.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)


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Red_
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Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11


Danke für deine Antwort.
Eins verstehe ich immer noch nicht. Nur die ''Wohldefiniertheit'' benutzt die Annahme, dass das Wegintegral wegunabhängig ist und genau die brauchen wir ja nicht im Beweis. Du sagst ja selbst: irgendein Weg reicht aus. Und den können wir für alle z finden mittels Auswahlaxiom und dass \(\Omega\) wegzusammenhängend ist (d.h. Menge der Wege von \(z_0\) nach \(z\) ist nicht leer).
Aber offensichtlich wird die Aussage falsch, wenn man Wegunabhängigkeit nicht fordert. Irgendwas passt da nicht. Ich sehe nicht was...

Und mit Repräsentate meinte ich eher, dass wir keine Äquivalenzklassen als Elemente im Definitionsbereich haben.



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-11

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Hm, ich sehe gerade doch deinen Einwand. Es wird erst $\zeta^z_{z_0}$ festgemacht, und dann $F(z):=\int_{\zeta^z_{z_0}}f(z)\d z$ definiert. Dann hat die Wohldefiniertheit wirklich nichts mit der Wegunabhängigkeit zu tun, solange für jedes $z\in U$ ein einziges passendes $\zeta^z_{z_0}$ ausgesucht wird, sondern nur damit, dass das Integral tatsächlich existiert. Also hast du Recht: $F$ ist wohldefiniert, weil $\zeta^z_{z_0}$ stückweise stetig differenzierbar ist, und nicht wegen der Wegunabhängigkeit. $F$ ist aber differenzierbar, weil $\int_{\zeta^z_{z_0}}f(z)\d z$ wegunabhängig ist. Sonst könnte man nämlich $\zeta^z_{z_0}$ so wählen, dass $F$ unstetig wird.
\(\endgroup\)


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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-06-11


Hallo,

zur Wohldefiniertheit hat der Autor anscheinend etwas anderes im Sinn gehabt, als er aufgeschrieben hat. Falls das Integral wegunabhängig ist, ist die Notation $\int_a^b f(z)dz$ wohldefiniert und vergleichbar zum reellen Fall gilt dann $\int_a^b f(z)dz = F(b)-F(a)$.



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Red_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-12

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2019-06-11 23:19 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 3 schreibt:
 $F$ ist wohldefiniert, weil $\zeta^z_{z_0}$ stückweise stetig differenzierbar ist, und nicht wegen der Wegunabhängigkeit. $F$ ist aber differenzierbar, weil $\int_{\zeta^z_{z_0}}f(z)\d z$ wegunabhängig ist. Sonst könnte man nämlich $\zeta^z_{z_0}$ so wählen, dass $F$ unstetig wird.

Danke, das ergibt schon mehr Sinn. Jetzt die Frage: Warum existiert ein Weg, der stückweise stetig diff'bar ist?

2019-06-11 23:43 - TomTom314 in Beitrag No. 4 schreibt:
Hallo,
zur Wohldefiniertheit hat der Autor anscheinend etwas anderes im Sinn gehabt, als er aufgeschrieben hat.

Ich weiß nicht. Mein Prof. hatte den gleichen Satz im Beweis stehen. Dann habe ich noch zwei Skripte im Internet gesehen, die auch genau die selbe Formulierung haben... Ich schaue jetzt mal in Büchern nach.

\(\endgroup\)


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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-06-12

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Warum existiert ein Weg, der stückweise stetig diff'bar ist?

Das ist tatsächlich eine interessante Frage, da das in der Definition von Gebieten (offen, nichtleer, zusammenhängend) nicht direkt enthalten ist. Es ist eine Besonderheit des $\R^n$ (und damit auch von $\C=\R^2$), dass offene, zusammenhängende Mengen auch wegzusammenhängend sind, und dass zwei beliebige Punkte sogar durch einen Streckenzug (also eine Aneinanderreihung endlich vieler gerader Strecken) verbunden werden können. Ein solcher Streckenzug ist stückweise stetig differenzierbar.
\(\endgroup\)


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Red_
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Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-12


Danke Vercassivelaunos es gibt alles einen Sinn, leider wird sowas nie erwähnt. Sogar im Buch von Elias Stein wird einfach ein Weg genommen und darüber integriert...

Red_

Der Beweis würde in etwa so gehen:
Seien zwei Punkte gegeben. Dann gibt es einen Weg \(\gamma\), der diese verbindet, da \(\Omega \) offen und zusammenhängend (daraus folgt nämlich \(\Omega\) ist wegzusammenhängend - hier gilt allgemeiner in einem topologischen Raum: lokal wegzusammenhängend + zusammenhängend => wegzusammenhängend).
Das Bild \(\gamma ([0,1])\) vom Weg \(\gamma\) ist kompakt. Das können wir mit offenen Bälle überdecken, da \(\Omega\) offen. Endlich viele offene Bälle reichen. Zu jedem Ball gibt es einen anderen Ball, der ihn schneidet (man nehme sich einen offenen Ball, dessen Rand irgendwie \(\gamma ([0,1])\) schneidet, dann nimmt man sich diesen einen Randpunkt auf dem Kreis, der auf \(\gamma ([0,1])\) liegt. Da \(\gamma ([0,1])\) von offenen Bälle überdeckt wird, gibt es einen Ball, der diesen Punkt enthält. Wegen Offenheit folgt schon, dass der Schnitt nicht leer sein kann (man überlege sich dies geometrisch und zeichne sich ein Bild an)). Und jetzt kann man geeignete gerade Strecken innerhalb dieser Bälle finden, die unsere beiden Anfangspunkte verbindet.



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Vercassivelaunos
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Ja, der Beweis sieht richtig aus.



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