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Analysis » Funktionen » Satz von Liouville im Reellen R^2 beweisen
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Universität/Hochschule J Satz von Liouville im Reellen R^2 beweisen
Nessted0
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  Themenstart: 2021-07-06

Hallo an alle. Ich bin eigentlich eher praktischer Physiker und nicht so das Beweisen gewöhnt, deswegen entschuldigt meine Schlamperei. Zeigen möchte ich, dass eine Funktion $u(x,y)$ mit $(x,y)\in \mathbb{R}^2$ konstant ist, wenn sie eben beschränkt ist (und natürlich harmonisch). Definieren wir mal die Schranke mit $u(x,y)


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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-07-06

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, Wenn du bei einer holomorphen Funktion $f$ weißt, dass sie konstant ist, dann ist natürlich auch ihr Realteil konstant. Du forderst, dass $u$ auf $\mathbb R^2$ nach oben beschränkt ist, wobei $u\in \mathcal C^2(\mathbb R^2)$ eine harmonische Funktion ist (das hast du am Anfang nirgends erwähnt)? Dann können wir o.B.d.A. auch annehmen, dass $u$ nichtnegativ ist (sonst addieren wir eine geeignete Konstante und gehen bei Bedarf zu $-u$ über). Dann wäre eine alternative Herangehensweise wie folgt: Seien $x,y\in \mathbb R^2$ fest. Wir setzen $r=R+\lVert x-y\rVert$ für ein beliebiges $R>0$. Dann haben wir (beachte, dass $B_R(x)\subseteq B_r(y)$) $$ u(x)=\frac{1}{\pi R^2}\int_{B_R(x)} u(s) \d s\leq \frac{1}{\pi R^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s. $$ Nun haben wir $$ \frac{1}{\pi R^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s=\frac{\pi r^2}{\pi R^2}\frac{1}{\pi r^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s=\frac{\pi r^2}{\pi R^2} u(y) $$ und damit $$ u(x)\leq \frac{\pi r^2}{\pi R^2}u(y). $$ Beachte nun, dass $$ \frac{\pi r^2}{\pi R^2}=\left(\frac{R+\lVert x-y\rVert}{R}\right)^2 \overset{R\to \infty}{\longrightarrow}1 $$ und damit $u(x)\leq u(y)$. Analog erhalten wir auch $u(y)\leq u(x)$ und damit die Behauptung. Dieses Argument ist dabei nicht speziell für $\mathbb R^2$ und würde daher für $\mathbb R^n$ ebenso funktionieren. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-06

Danke für deine ausführliche Nachricht. Vielleicht sollte ich nochmal nachhaken: Dieses $\partial B$ (der Rand eines Balles) ist definiert als: $B_r(x,y) = \{(x_0,y_0) \vert \quad ||(x_0,y_0)-(x,y)|| = r\}$, wobei $(x_0,y_0)$ der Mittelpunkt ist? Du zeigst nun, dass es einen Ballrand gibt, für den alle Werte $(x,y)$ auf dem Rand größer gleich der Mittelpunkt sind und dass der Mittelpunkt ebenfalls größer gleich ist, als alle Randwerte es sind. Woraus dann die Konstanz folgt? Ich frage mich dann, warum du $r = R+ ||x-y||$ (hier vermutlich mit $x = (x_1,x_2)$ und $y = (y_1,y_2)$) definierst und warum die Beschränkung $u(x,y) < M$ nicht auftaucht.


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-07-06

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, Ich habe nicht mit dem Rand $\partial B$ gearbeitet, sondern mit einer "vollen" Kugel $$ B_r(x):=\lbrace y\in \mathbb R^2\mid \lVert x-y\rVert \(\endgroup\)


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  Beitrag No.4, eingetragen 2021-07-07

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo nochmal, ich habe mir deinen letzten Beitrag nochmal genauer durchgelesen und denke, dass wir uns ein bisschen missverstanden haben. Ich weiß natürlich nicht von welcher Definition einer harmonischen Funktion du ausgehst aber ungeachtet dessen: Ist $\Omega\subseteq \mathbb R^n$ offen und $f\colon \Omega\to \mathbb R$ eine harmonische Funktion so gilt für alle $x\in \Omega$ und alle $r>0$ mit $\overline{B_r(x)}\subseteq \Omega$ $$ f(x)=\frac{1}{\lambda^n(B_r(x))} \int\limits_{B_r(x)} f \d \lambda^n=\frac{1}{\mathcal H^{n-1}(\partial B_r(x))} \int\limits_{\partial B_r(x)} f \d \mathcal H^{n-1}. $$ Dabei sagt das erste Integral, dass $f(x)$ der Mittelwert von $f$ auf einer in $x$ zentrierten $n$-dimensionalen Kugel mit Radius $r$ ist und das zweite Integral, dass $f(x)$ der Mittelwert von $f$ auf einer $n-1$-dimensionalen Sphäre (Rand der Kugel) mit Radius $r$ und Mittelpunkt $x$ ist. In meinem Beweis habe ich mit der ersten Version gearbeitet und nicht mit dem Rand. \quoteon(2021-07-06 19:35 - Nessted0 in Beitrag No. 2) Du zeigst nun, dass es einen Ballrand gibt, für den alle Werte $(x,y)$ auf dem Rand größer gleich der Mittelpunkt sind und dass der Mittelpunkt ebenfalls größer gleich ist, als alle Randwerte es sind. Woraus dann die Konstanz folgt? \quoteoff Beachte wie gesagt, dass ich nicht mit dem Rand einer Kugel, sondern mit der "vollen" Kugel $B_r(x)=\lbrace y\in \mathbb R^2\mid \lVert x-y\rVert \(\endgroup\)


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Nessted0
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-09

Nochmal danke für deinen Nachtrag. Ich hatte es nun mit der Lösung im Komplexen abgegeben, da man da mit $\textsf{Cauchy}$ ein paar Vereinfachungen vornehmen kann, wenn auch nicht so schön wie im Reellen vorgestellt. Zurück zu deinem Vorschlag: ob man nun den Ballrand ($||\textbf{x}-\textbf{y}|| = r $) oder den Abschluss ($||\textbf{x}-\textbf{y}|\leq r|$) nimmt, sollte laut der Mittelwerteigenschaft für harmonische Funktionen ($\Delta u = 0$) egal sein, für deinen Beweis jedoch nicht, da du mit einem veränderlichen Radius zu arbeiten scheinst. Um zusammenzufassen, wo $\textbf{x}$ und $\textbf{y}$ in $B = \{\textbf{y}\in\mathbb{R}^2 \vert \quad ||\textbf{x}-\textbf{y}|| \leq r$ liegen. $\textbf{x}$ ist der Mittelpunkt $\textbf{y}$ der Punkt, der sich darum bewegt? Das bedeutet wohl $\textbf{x}$-zentriert. Ganz ehrlich, mir erscheint der Rest bisher wie die 500 Seiten Beweis von Shinichi Mochizuki zur ABC-Vermutung. Bei mir fängt es schon damit an, dass ich nicht verstehe, warum $r = R+ ||\textbf{x}-\textbf{y}||$ gewählt wird. Bewegt man sich dann nicht außerhalb des Balls/ der Kugel $B$ ? Auch die Begründung, dass $u(\textbf{x})


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nzimme10
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-07-09

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) \quoteon(2021-07-09 00:43 - Nessted0 in Beitrag No. 5) ob man nun den Ballrand ($||\textbf{x}-\textbf{y}|| = r $) oder den Abschluss ($||\textbf{x}-\textbf{y}|\leq r|$) nimmt, sollte laut der Mittelwerteigenschaft für harmonische Funktionen ($\Delta u = 0$) egal sein, für deinen Beweis jedoch nicht, da du mit einem veränderlichen Radius zu arbeiten scheinst. \quoteoff Das ist korrekt, das habe ich in meinem letzten Beitrag ja auch geschrieben. Für den Beweis den ich benutze ist das im Prinzip auch nicht so wichtig, aber über Umwege würde man in meinem Beweis auf jeden Fall die vollen Kugeln brauchen; also kann man auch direkt mit den vollen Kugeln arbeiten. \quoteon(2021-07-09 00:43 - Nessted0 in Beitrag No. 5) Um zusammenzufassen, wo $\textbf{x}$ und $\textbf{y}$ in $B = \{\textbf{y}\in\mathbb{R}^2 \vert \quad ||\textbf{x}-\textbf{y}|| \leq r$ liegen. $\textbf{x}$ ist der Mittelpunkt $\textbf{y}$ der Punkt, der sich darum bewegt? Das bedeutet wohl $\textbf{x}$-zentriert. \quoteoff Nein. Es wurden $x,y\in \mathbb R^2$ als beliebige Punkte gewählt. Diese beiden Punkte sind in allen weiteren Überlegungen fest gewählt und ändern sich nicht mehr. Dann wurde ein beliebiges $R>0$ gewählt und $r=R+\lVert x-y\rVert$ gesetzt. Das hat den Effekt, dass dann $B_R(x)\subseteq B_r(y)$ gilt. Diese Eigenschaft brauche ich um in der ersten Zeile des Beweises das $\leq$ und um am Ende des Beweises $\frac{r}{R}\to 1$ für $R\to \infty$ zu erhalten. \quoteon(2021-07-09 00:43 - Nessted0 in Beitrag No. 5) Auch die Begründung, dass $u(\textbf{x})0$. Weil das gilt können wir $u$ für den Beweis als nichtnegative Funktion annehmen! Warum? Naja wenn bereits $u(z)\geq 0$ für alle $z$ gilt dann ist $u$ bereits nichtnegativ. Falls $u(z)\geq C$ für ein $C\in \mathbb R_{\leq 0}$ gilt, so betrachten wir die nichtnegative Funktion $u-C$ für den Beweis. Falls auch dieser Fall nicht gilt und $u$ nach unten nicht beschränkt ist, so gehen wir zu der nichtnegativen Funktion $-u$ über für den Beweis. Nun gilt aber $u=\opn{const.} \Longleftrightarrow u-C=\opn{const.} \Longleftrightarrow -u=\opn{const.}$ Daher können wir auch einfach o.B.d.A. annehmen, dass $u$ nichtnegativ ist. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-09

Okay, dann habe ich wirklich einiges Missverstanden. Aber wie gesagt, ich bin sehr schwer von Begriff. Dann versuche ich es noch einmal: Du wählst irgendwelche Punkte $\textbf{x}, \textbf{y}$ und integrierst die Funktion $u$ an der Stelle $\textbf{x}$ bzw. $\textbf{y}$ über einen ganzen Ball mit Radius $R$ (frei gewählt) bzw. mit Radius $r = R+|\textbf{x}-\textbf{y}|$, also $\displaystyle{u(\textbf{x}) = \dfrac{1}{R^2\,\pi}\int_{B_R(x)} u(s)\,\mathrm{ds}}$ bzw. $\displaystyle{u(\textbf{y}) = \dfrac{1}{R^2\,\pi}\int_{B_r(y)} u(s)\,\mathrm{ds}}$, wobei $R


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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-07-09

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Ich schreibe den Beweis nachfolgend nochmal ausführlicher und erkläre alle Zwischenschritte. Zunächst habe ich schon erklärt, warum wir $u$ als nichtnegative Funktion annehmen können. Das machen wir ab sofort, sei also $u$ nichtnegativ. Nun wählen wir uns zwei beliebige (aber feste) Punkte $x,y\in \mathbb R^2$. Wenn wir zeigen können, dass $u(x)=u(y)$ gilt, dann sind wir fertig. Sei $R>0$ und $r:=R+\lVert x-y\rVert$. Dann haben wir $B_R(x)\subseteq B_r(y)$ (die Kugel vom Radius $R$ mit Mittelpunkt $x$ ist enthalten in der Kugel mit Radius $r$ und Mittelpunkt $y$). Nun wenden wir auf $u$ die Mittelwerteigenschaft im Punkt $x$ an und erhalten somit $$ u(x)=\frac{1}{\pi R^2}\int_{B_R(x)} u(s) \d s. \tag1 $$ Nun kommt meine Bemerkung aus Beitrag No. 3 ins Spiel. Wir haben $B_R(x)\subseteq B_r(y)$ und $u$ ist eine nichtnegative messbare Funktion. Daher gilt $$ \int_{B_R(x)} u(s) \d s \leq \int_{B_r(y)} u(s) \d s. \tag2 $$ Anwenden der Abschätzung (2) auf (1) liefert folglich $$ u(x)=\frac{1}{\pi R^2}\int_{B_R(x)} u(s) \d s\leq \frac{1}{\pi R^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s. \tag3 $$ Auf der rechten Seite von (3) steht nun fast die Mittelwerteigenschaft von $u$ im Punkt $y$, aber wie du bereits bemerkt hast stimmt der Vorfaktor dafür noch nicht. Das lässt sich aber leicht beheben. Wir haben $$ \frac{1}{\pi R^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s=1\cdot \frac{1}{\pi R^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s=\frac{\pi r^2}{\pi r^2}\frac{1}{\pi R^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s=\frac{\pi r^2}{\pi R^2}\frac{1}{\pi r^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s. \tag4 $$ Auf der rechten Seite von (4) steht nun aber gerade $$ \frac{\pi r^2}{\pi R^2}\frac{1}{\pi r^2}\int_{B_r(y)} u(s) \d s=\frac{\pi r^2}{\pi R^2} u(y). $$ Dadurch haben wir nun also insgesamt die Ungleichung $$ u(x)\leq \frac{\pi r^2}{\pi R^2} u(y) $$ gezeigt. Wenn wir auf beiden Seiten der Ungleichung nun $R$ gegen $\infty$ schicken (das geht, weil $u$ auf ganz $\mathbb R^2$ definiert ist!), dann erhalten wir insgesamt $u(x)\leq u(y)$. Das selbe Argument können wir jetzt nochmal machen und dabei $x$ und $y$ einfach tauschen. Dann erhalten wir auch $u(y)\leq u(x)$ und damit dann insgesamt $u(x)=u(y)$, was zu zeigen war. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-10

OH Got danke, ich denke ich habs gerafft. Mir haben echt die Erklärungen gefehlt, um zu verstehen, wie man dank den Mittelwerteigenschaften die Ungleichung herleiten kann. Muss echt ein traumatisches Erlebnis gewesen sein, das so ausführlich zu erklären. Aber, dass muss man sagen, es hat gefruchtet. Ich werde wohl den Beweis für mich selbst noch aufschreiben, um mir das mathematische Denken vollends einzuverleiben. Ich bin zuversichtlich.


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nzimme10
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  Beitrag No.10, eingetragen 2021-07-10

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Kein Problem, ich habe gerne geholfen; und wie gesagt der "Vorteil" an diesem Beweis ist, dass er sich nicht auf $\mathbb R^2$ beschränkt, sondern auch allgemein im $\mathbb R^n$ funktioniert. Dabei muss man lediglich den Vorfaktor $\frac {1}{\pi r^2}$ durch $\frac{1}{\sigma_nr^n}$ ersetzen, wobei $\sigma_n$ das Lebesgue-Maß (Volumen) der $n$-dimensionalen Einheitskugel bezeichnet. Konkret gilt dabei (das ist aber für den Beweis nicht wichtig) $$ \sigma_n=\frac{\pi^{\tfrac n2}}{\Gamma(1+\tfrac n2)}. $$ LG Nico\(\endgroup\)


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