Hebbarkeitssatz (Beweis)

11.08.2011, 00:10

Gast11022013

Hebbarkeitssatz (Beweis)

Meine Frage:
Hallo! Ich habe ein paar Fragen zum Beweis des Riemann'schen Hebbarkeitssatzes, der lautet:

"Sei U offen in $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} a\in U \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f:U\backslash\left\{a\right\}\longrightarrow \mathbb C \end{eqnarray*}$ differenzierbar. a sei Riemann-Punkt von U. Dann ist a eine hebbare Singularität von f, d.h., es gibt eine differenzierbare Funktion $\begin{eqnarray*} g:U\longrightarrow\mathbb C, g|_{U\backslash\left\{a\right\}}=f \end{eqnarray*}$ ."

Nun zum Beweis:

Setze $\begin{eqnarray*} \varphi:U\longrightarrow\mathbb C, \varphi(z):=(z-a)^2f(z)\text{falls}z\neq a, \varphi(a):=0 \end{eqnarray*}$ .

Da habe ich schon meine erste Frage: Wieso setzt man das so mit dem Exponenten?! Es muss ja einen Grund geben, wieso man die Funktion gerade so wählt.

Naja, nachrechnen kann man jedenfalls, daß diese Funktion sowohl für $\begin{eqnarray*} U\backslash\left\{a\right\} \end{eqnarray*}$ , als auch in a differenzierbar ist, also in $\begin{eqnarray*} K_r(a),r>0 \end{eqnarray*}$ in eine Potenzreihe entwickelt werden kann:

$\begin{eqnarray*} \varphi(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-a)^n \end{eqnarray*}$ .

Nun ist $\begin{eqnarray*} a_0=\varphi(a)=0 \end{eqnarray*}$ nach Definition und $\begin{eqnarray*} a_1=\varphi'(a)=0 \end{eqnarray*}$ , also kann man die Reihe erst bei n=2 beginnen lassen.

Wieso ist $\begin{eqnarray*} a_1=\varphi'(a) \end{eqnarray*}$ ? Sehe ich nicht.

Weiter ist dann $\begin{eqnarray*} f(z)=\sum_{n=2}^{\infty}a_n(z-a)^{n-2}, z\in U\backslash\left\{a\right\} \end{eqnarray*}$ .

Das Weitere verstehe ich nun nicht mehr:

Angeblich ist nun $\begin{eqnarray*} g(z):=\sum_{n=2}^{\infty}a_n(z-a)^{n-2} \end{eqnarray*}$ die gesuchte Fortsetzung von f.

Wieso?..

Meine Ideen:
Wäre dankbar für Erklärungshilfen!

11.08.2011, 01:18

akechi90

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Die Funktion wird deshalb mit $\begin{eqnarray*} (z-a)^2 \end{eqnarray*}$ multipliziert, um eine Funktion zu erhalten, die auch auf $\begin{eqnarray*} z = a \end{eqnarray*}$ holomorph fortsetzbar ist.
$\begin{eqnarray*} a_1 = \phi'(a) \end{eqnarray*}$ kommt einfach aus der Taylorentwicklung. Dass du, um wieder deine Funktion zu erhalten, einfach durch $\begin{eqnarray*} (z-a)^2 \end{eqnarray*}$ teilen musst, versteht sich von selbst. Daraus ergibt sich eine Indexverschiebung.

Welche Probleme treten sonst auf?

Gruß,
Carsten

11.08.2011, 01:27

Gast11022013

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Zitat:

Original von akechi90
Die Funktion wird deshalb mit $\begin{eqnarray*} (z-a)^2 \end{eqnarray*}$ multipliziert, um eine Funktion zu erhalten, die auch auf $\begin{eqnarray*} z = a \end{eqnarray*}$ holomorph fortsetzbar ist.

Die Funktion, die durch diese Multiplikation entsteht, ist in a differenzierbar, das habe ich verstanden. Inwiefern soll diese Funktion denn ihrerseits nochmal fortgesetzt werden?

[Oder was meintest Du?]

11.08.2011, 01:35

akechi90

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Indem du $\begin{eqnarray*} \phi(a) = 0 \end{eqnarray*}$ setzt, denn das ist die stetige (und, wie du schon sagst, auch differenzierbare) Fortsetzung von $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ .
EDIT: Frage falsch aufgefasst. Indem du die Potenzreihe für $\begin{eqnarray*} z = a \end{eqnarray*}$ betrachtest, ergibt sich zwingend, dass du $\begin{eqnarray*} f(a) = a_2 \end{eqnarray*}$ setzen musst, denn das ist die stetige (und bei Potenzreihen auch direkt holomorphe) Fortsetzung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

11.08.2011, 01:40

Gast11022013

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Ach, okay. Dann hatte ich nur die Formulierung von Dir missverstanden.
Du meintest einfach nur, dass man durch die Multiplikation eine Funktion erhält, die auch in a differenzierbar ist.

Also nochmal in eigenen Worten:

Die Funktion, die man gleich zu Beginn des Beweises definiert ist eine geschickte Idee, mit der man eine Funktion konstruiert, die auf ganz U differenzierbar ist. Daß diese Funktion in dem Punkt a den Wert 0 annimmt, ist ziemlich willkürlich festgelegt, nehme ich an.

Und dann entwickelt man die Funktion in eine Potenzreihe, teilt und hat die "Ausgangsfunktion" f.

Somit ist dieses Ergebnis dann immer noch in a differenzierbar und stimmt andernorts überall mit f überein.

So in etwa?

11.08.2011, 01:51

akechi90

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Jo, das kommt so in etwa hin. Wichtig dabei ist, dass du die Division durch $\begin{eqnarray*} (z-a)^2 \end{eqnarray*}$ durchführen kannst, ohne dabei Terme mit negativem Exponenten zu erhalten.

11.08.2011, 11:49

Gast11022013

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Danke, dann dürfte ich den Beweis alles in allem wohl verstanden haben.

Irgendwie sind mir derartige Beweise, bei denen gleich zu Beginn etwas gesetzt wird, immer etwas suspekt. Es ist immer, als wenn die jeweilige Idee einfach so vom Himmel fällt. Solche Beweise sind wohl hauptsächlich zum Nachvollziehen gedacht; selbst auf sowas zu kommen, ist wohl (jedenfalls für weniger Begabte) relativ unmöglich.

27.09.2011, 13:33

Simooon

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Hallo,

ich hänge mich einfach mal an diesen Thread heran. Ich habe einen Versuch gestartet den Riemann'schen Hebbarkeitssatz selbst zu beweisen, und nicht den Beweis den Dennis2010 hier angeführt hat, den hab ich so auch in einschlägiger Literatur gesehen habe.

Meine Idee ist nicht ganz so elegant. Aber für mich wäre es gut zu wissen, ob ich mit den grundlegenden Techniken der Funktionentheorie soweit vertraut bin, deswegen wäre ein Feedback echt hilfreich.

Ich habe jeden Schritt sehr ausführlich geschrieben, um so klar wie (mir) möglich zu argumentieren.

Zeige:

$\begin{eqnarray*} D\subset\mathbb{C} \end{eqnarray*}$ offen und $\begin{eqnarray*} f\;:\, D\setminus\left\{ a\right\} \to\mathbb{C} \end{eqnarray*}$ holomorph. Die Stelle a ist genau dann hebbare Singularität, wenn f in einer punktierten Umgebung von a beschränkt ist.

Beweis:

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ :

O.E. sei $\begin{eqnarray*} D=\mathbb{D}=B_{1}(0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ (Sonst kann man $\begin{eqnarray*} B_{r}(a) \end{eqnarray*}$ nehmen).

f lässt sich zu einer auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb{D} \end{eqnarray*}$ holomorphen Fkt $\begin{eqnarray*} \hat{f} \end{eqnarray*}$ fortsetzen mit $\begin{eqnarray*} \hat{f}\mid\mathbb{D}\setminus\left\{ 0\right\} =f \end{eqnarray*}$ . Diese können wir schreiben als

$\begin{eqnarray*} \hat{f}(z)=\overset{\infty}{\underset{n=-\infty}{\sum}}a_{n}z^{n}=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}a_{n}z^{n} \end{eqnarray*}$ , es sind $\begin{eqnarray*} a_{n}=0\;\forall n<0 \end{eqnarray*}$ .

Diese geom. Reihe konvergiert für alle $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb{D} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \left|\hat{f}(z)\right|<\infty . \end{eqnarray*}$

Und natürlich auch für alle z aus der punktierten Umgebung.

$\begin{eqnarray*} \left|\hat{f}(z)\right|=\left|f(z)\right|<\infty\;\forall z\in\mathbb{D}\setminus\left\{ 0\right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftarrow \end{eqnarray*}$ :

Sei wieder $\begin{eqnarray*} D=\mathbb{D}=B_{1}(0)\; a=0 \end{eqnarray*}$ . Es ist $\begin{eqnarray*} \left|f(z)\right|<\infty\;\forall z\in\mathbb{D}\setminus\left\{ 0\right\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=-\infty}{\sum}}a_{n}z^{n} \end{eqnarray*}$

Da aber $\begin{eqnarray*} \left|f(z)\right|<\infty\Rightarrow a_{n}=0\;\forall n<0 \end{eqnarray*}$ , (sonst $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^{k}}\to\infty\text{für}\, z\to0 \end{eqnarray*}$ )

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}a_{n}z^{n}=a_{0}+a_{1}z+a_{2}z^{2}+... \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow\underset{z\to0}{\lim}f(z)=a_{0} \end{eqnarray*}$

Also lässt sich f in 0 stetig fortsetzen und somit ist a eine hebbare Singularität.

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