Funktion holomorph fortsetzen

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15.06.2012, 20:51	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Funktion holomorph fortsetzen Hallo zusammen, habe etwas Probleme folgende Aufgabe zu beantworten. Habe zwei Funktionen $\begin{eqnarray} f(z)=(z-1)^{\frac{1}{2}}(z+1)^{\frac{1}{2}} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g(z)=(z^2-1)^{\frac{1}{2}} \end{eqnarray}$ . Wobei $\begin{eqnarray} ( \cdot )^{\frac{1}{2}}: \mathbb C - \{z \in \mathbb R \| z \le 0 \} \longrightarrow \mathbb C, \quad z \mapsto z^{\frac{1}{2}}:=exp(\frac{1}{2}ln(z)) \end{eqnarray}$ und hier ist mit $\begin{eqnarray} ln \end{eqnarray}$ der Hauptzweig des Logarithmus gemeint. Habe folgende maximalen Definitionsbereiche für die Funktionen bestimmt: $\begin{eqnarray} f: \mathbb C - \{z \in R\| z \le 1\} \longrightarrow \mathbb C \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g: \mathbb C - \{z \in R\| \|z\| \le 1\}= \mathbb C - [-1;1] \longrightarrow \mathbb C \end{eqnarray}$ Gut, jetzt war die Frage, für welche $\begin{eqnarray} z \in \mathbb C \qquad f(z)=g(z) \end{eqnarray}$ gilt. Hier dachte ich an den Identitätssatz. Die Gleichheit gilt ja für $\begin{eqnarray} z \in \mathbb R, \quad z >1 \end{eqnarray}$ . Da man ja leicht zeigen kann, dass z.B. 3 ein Häufungspunkt der Menge $\begin{eqnarray} A=\{z \in \mathbb C\| g(z)=f(z)\} \end{eqnarray}$ ist, gilt ja nach dem Identitätssatz, dass $\begin{eqnarray} f(z)=g(z) \quad \forall z \in U \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} U:= \mathbb C - \{z \in \mathbb C\| z \le 1 \} \end{eqnarray}$ . Denn $\begin{eqnarray} f,g \in \mathcal H (U) \end{eqnarray}$ da Komposition von $\begin{eqnarray} \mathcal H(U) \end{eqnarray}$ Funktionen (Exponentialfunktion, eine lineare bzw. quadratische Funktion und Hauptzweig des Logarithmus) und $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ offen und zusammenhängend. Wenn das bisher stimmt, kann ich also $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ holomorph fortsetzen über $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ , denn $\begin{eqnarray} g \in \mathcal H(\mathbb C - [-1;1]) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(z)=g(z) \quad \forall z \in U \end{eqnarray}$ . Die Frage wäre jetzt nur: Gibt es eine holomorphe Fortsetzung, die einen noch größeren Bereich von $\begin{eqnarray} \mathbb C \end{eqnarray}$ abdeckt? Wenn nein, warum gibt es keine Funktion auf einem größeren Bereich (wäre auch interessant diese Frage zu beantworten, wenn man nicht auf ganz $\begin{eqnarray} \mathbb C \end{eqnarray}$ holomorph fortsetzen kann)? Hoffe mir kann hier jemand weiterhelfen. Vielen Dank schon mal! Mandelbrötchen
16.06.2012, 08:53	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Definitionbereich von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ stimmt: $\begin{eqnarray} D_f = \mathbb{C} - [1,\infty) \end{eqnarray}$ , der von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ aber nicht. Überlege, was zum Beispiel bei $\begin{eqnarray} z_0 = \sqrt{3} \operatorname{i} \end{eqnarray}$ passiert. Bestimme die Grenzwerte von $\begin{eqnarray} g(z) \end{eqnarray}$ bei Annäherung an $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ aus der rechten bzw. linken Halbebene. Der Definitionsbereich $\begin{eqnarray} D_g \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ hat zwei Zusammenhangskomponenten $\begin{eqnarray} D_g^{-} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} D_g^{+} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} -2 \in D_g^{-} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 2 \in D_g^{+} \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} D_g = D_g^{-} \cup D_g^{+} \end{eqnarray}$ Den Identitätssatz kannst du nur in $\begin{eqnarray} D_f \cap D_g^{+} \end{eqnarray}$ anwenden. Und vielleicht gelingt es dir zu zeigen, daß in $\begin{eqnarray} D_f \cap D_g^{-} \end{eqnarray}$ , einem nicht zusammenhängenden Bereich, etwas anderes gilt: $\begin{eqnarray} f(z) = -g(z) \end{eqnarray}$ . Das gäbe dir dann die Möglichkeit, $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ holomorph fortzusetzen. EDIT Oben muß es korrekt $\begin{eqnarray} D_f = \mathbb{C} - (-\infty,1] \end{eqnarray}$ heißen.
16.06.2012, 10:44	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey, danke erst mal für die Antwort. Habe den Definitionsbereich von f aber als $\begin{eqnarray} \mathbb C - (- \infty,1] \end{eqnarray}$ bestimmt. Das stimmt ja erst mal nicht mit dem überein, was du geschrieben hast. Das Problem z.B. mit dem von dir genannten Punkt sehe ich denke ich. Denn nähere ich mich $\begin{eqnarray} z_0= \sqrt{3}i \end{eqnarray}$ aus der rechten Halbebene so erhalte ich einen um $\begin{eqnarray} 2 \pi i \end{eqnarray}$ kleineren Wert als wenn ich mich dem Punkt aus der linken Halbebene nähere. Z.B. $\begin{eqnarray} z_n^{+} = z_0 + \frac{1}{n}, \quad z_n^{-} = z_0 - \frac{1}{n} \end{eqnarray}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray} g(z_n^{+}) = exp(\frac{1}{2} ln(-4+2h\sqrt{3}i+h^2)) \end{eqnarray}$ jedoch $\begin{eqnarray} g(z_n^{-}) = exp(\frac{1}{2} ln(-4-2h\sqrt{3}i+h^2)) \end{eqnarray}$ Und genau hier spielt dann der Hauptzweig des Logarithmus die entscheidende Rolle, da er ja auf $\begin{eqnarray} \mathbb R_{\le 0} \end{eqnarray}$ nicht stetig ist, oder? Sollte das stimmen, dann hätte ich das Problem aber doch für jeden Punkt der Imaginären Achse, oder nicht? Noch kurz eine Ausführung wie ich überhaupt im ersten Beitrag auf $\begin{eqnarray} D_g \end{eqnarray}$ gekommen bin: Ich dachte mir, da ja der Hauptzweig des Logarithmus nur auf $\begin{eqnarray} \mathbb C - (- \infty,0] \end{eqnarray}$ definiert ist muss gelten: $\begin{eqnarray} z^2-1 \in \mathbb C - (- \infty,0] \Rightarrow z^2 \in \mathbb C - (- \infty,1] \end{eqnarray}$ . Da aber für $\begin{eqnarray} z \in \mathbb C \setminus \mathbb R : \quad z^2 \not\in \mathbb R \end{eqnarray}$ (und hier ist mein Fehler!) folgt $\begin{eqnarray} z \in \mathbb R \land \|z\| \le 1 \end{eqnarray}$ Richtig ist also $\begin{eqnarray} D_g=D_g^{-} \cup D_g^{+}, \quad D_g^{-}=\{z \in \mathbb C \| \operatorname{Re}(z)<0 \}-[-1,0), \quad D_g^{+}=\{z \in \mathbb C \| \operatorname{Re}(z)>0 \}-(0,1] \end{eqnarray}$ Richtig? Wenn ich es aber schaffe zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} f(z)=-g(z) \forall z \in D_f \cap D_g^{-} \end{eqnarray}$ dann ist mir klar, dass ich f holomorph auf der negativen Achse, d.h. auf $\begin{eqnarray} (- \infty,-1) \end{eqnarray}$ fortsetzen kann. Die erste Frage ist aber, wie schaffe ich es das zu zeigen? Hast du nen Tip dafür? Die Frage wäre dann aber noch immer: Warum kann man es nicht sogar auf $\begin{eqnarray} [-1,1] \end{eqnarray}$ fortsetzen? Kann ich dafür wieder die Unstetigkeit des Hauptzweig des Logarithmus verwenden um zu zeigen, dass f dort nicht einmal stetig ist?
16.06.2012, 11:15	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, da habe ich mich verschrieben. Ich meinte: $\begin{eqnarray} D_f = \mathbb{C} - (-\infty,1] \end{eqnarray}$ . Die Argumentation mit dem Logarithmus ist mir zu kompliziert. Die hier definierte Wurzel halbiert das Argument $\begin{eqnarray} \varphi \in (-\pi,\pi) \end{eqnarray}$ , während die Quadratfunktion das Argument verdoppelt. Wenn man also $\begin{eqnarray} z_0 = \operatorname{i} \alpha \end{eqnarray}$ auf der imaginären Achse hat, so gilt $\begin{eqnarray} \lim_{z \to z_0, \operatorname{Re}(z)>0} g(z) = \operatorname{i} \sqrt{1 + \alpha^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{z \to z_0, \operatorname{Re}(z)<0} g(z) = - \operatorname{i} \sqrt{1 + \alpha^2} \end{eqnarray}$ Rechts steht hier die gewöhnliche reelle Wurzel. In der Tat muß man also die gesamte imaginäre Achse weglassen. Dein Definitionsbereich für $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ stimmt jetzt. Um zu zeigen, daß man $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht in das Intervall $\begin{eqnarray} [-1,1] \end{eqnarray}$ fortsetzen kann, nähere dich einmal aus der oberen und einmal aus der unteren Halbebene an eine Zahl dieses Intervalls an. Du könntest die Reihenfolge der Argumente auch vertauschen: 1. Du weißt schon, daß $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} D_f \end{eqnarray}$ holomorph ist. 2. Zeige jetzt, daß $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ stetig fortsetzbar ist. Nimm dazu $\begin{eqnarray} z_0=-t_0 \in (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ , es ist also $\begin{eqnarray} t_0>1 \end{eqnarray}$ , und nähere dich einmal aus der oberen, einmal aus der unteren Halbebene an $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ an. Die Grenzwerte werden sich als gleich herausstellen. Damit ist $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ stetig fortsetzbar. 3. Nach einem bekannten (?) Satz muß dann $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ holomorph fortsetzbar sein. 4. Von jetzt an bezeichne $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ diese Fortsetzung. Zeige, daß $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} -g \end{eqnarray}$ auf allen $\begin{eqnarray} z \in (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ übereinstimmen. Nach dem Identitätssatz muß dann $\begin{eqnarray} f(z) = -g(z) \end{eqnarray}$ auf ganz $\begin{eqnarray} D_g^{-} \end{eqnarray}$ gelten.
16.06.2012, 12:21	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut, komme bei deiner Argumentation bzgl. des Definitionsbereiches von g nicht ganz mit. Das ist sicher geometrisch sehr leicht zu verstehen, ich seh es gerade aber nicht. Macht aber ja erst mal auch nicht - habe ja eine alternative (wenn auch kompliziertere) Lösung. Der Punkt der mir noch sehr große Schwierigkeiten bereitet ist Punkt 2 deiner Liste. Komme damit nicht wirklich vorwärts.
16.06.2012, 12:56	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Nehmen wir ein $\begin{eqnarray} z_0 \in (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ . Dann sind sowohl $\begin{eqnarray} z_0 + 1 \end{eqnarray}$ als auch $\begin{eqnarray} z_0 - 1 \end{eqnarray}$ negative reelle Zahlen. Suggestiver schreiben wir $\begin{eqnarray} z_0 = -t_0 \end{eqnarray}$ , und $\begin{eqnarray} t_0 \end{eqnarray}$ ist eine positive Zahl $\begin{eqnarray} > 1 \end{eqnarray}$ . Das kann man sich besser vorstellen. Nähert man sich nun mit $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ aus der oberen Halbebene an $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ an, so nähern sich auch $\begin{eqnarray} z+1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} z-1 \end{eqnarray}$ an $\begin{eqnarray} z_0 + 1 \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} z_0 - 1 \end{eqnarray}$ aus der oberen Halbebene an. Es folgt: $\begin{eqnarray} \left( z - 1 \right)^{\frac{1}{2}} \to \operatorname{i} \sqrt{t_0 + 1} \ \ \mbox{für} \ \ z \to z_0 \, , \ \operatorname{Im}(z) > 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \left( z + 1 \right)^{\frac{1}{2}} \to \operatorname{i} \sqrt{t_0 - 1} \ \ \mbox{für} \ \ z \to z_0 \, , \ \operatorname{Im}(z) > 0 \end{eqnarray}$ Das liegt an der Definition der Wurzel: Das Argument wird halbiert. Bei Annäherung an das Argument $\begin{eqnarray} \pi \end{eqnarray}$ , wenn man also aus der oberen Halbebene kommt, nähert sich das Argument der Wurzel an $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray}$ . Natürlich meint auch hier das Wurzelzeichen oben die gewöhnliche reelle Wurzel. Insgesamt folgt, da $\begin{eqnarray} \operatorname{i}^2 = -1 \end{eqnarray}$ ist: $\begin{eqnarray} \text{(1)} \ \ f(z) \to - \sqrt{t_0 + 1} \cdot \sqrt{t_0 - 1} \ \ \mbox{für} \ \ z \to z_0 \, , \ \operatorname{Im}(z) > 0 \end{eqnarray}$ Nähert man sich nun an $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ aus der unteren Halbeben an, also an das Argument $\begin{eqnarray} - \pi \end{eqnarray}$ , so folgt: $\begin{eqnarray} \left( z - 1 \right)^{\frac{1}{2}} \to - \operatorname{i} \sqrt{t_0 + 1} \ \ \mbox{für} \ \ z \to z_0 \, , \ \operatorname{Im}(z) < 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \left( z + 1 \right)^{\frac{1}{2}} \to - \operatorname{i} \sqrt{t_0 - 1} \ \ \mbox{für} \ \ z \to z_0 \, , \ \operatorname{Im}(z) < 0 \end{eqnarray}$ Und wiederum für $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ heißt das, weil auch $\begin{eqnarray} ( - \operatorname{i})^2 = -1 \end{eqnarray}$ ist: $\begin{eqnarray} \text{(2)} \ \ f(z) \to - \sqrt{t_0 + 1} \cdot \sqrt{t_0 - 1} \ \ \mbox{für} \ \ z \to z_0 \, , \ \operatorname{Im}(z) < 0 \end{eqnarray}$ Es ergibt sich also nach $\begin{eqnarray} \text{(1)} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \text{(2)} \end{eqnarray}$ unabhängig davon, wie man sich an $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ annähert, stets derselbe Grenzwert. Man folgert: $\begin{eqnarray} \lim_{z \to z_0} f(z) = - \sqrt{t_0 + 1} \cdot \sqrt{t_0 - 1} \end{eqnarray}$ Durch die Festsetzung $\begin{eqnarray} f(z_0):=- \sqrt{t_0 + 1} \cdot \sqrt{t_0 - 1} \end{eqnarray}$ wird daher die Funktion $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ stetig fortgesetzt. Das kann man für jedes $\begin{eqnarray} z_0 \in (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ machen. Und damit besitzt $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ eine stetige Fortsetzung in das Intervall $\begin{eqnarray} (-\infty,-1) \end{eqnarray}$ hinein. Das war der 2. Punkt meiner obigen Liste.
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16.06.2012, 13:12	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, jetzt bin ich mitgekommen! Hab auch verstanden was du mit dem Halbieren des Arguments meinst und kann mir da jetzt auch rein geometrisch vorstellen warum ich einmal $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ und einmal $\begin{eqnarray} -i \end{eqnarray}$ bekomme. Vielen Dank für die Mühe Leopold!
16.06.2012, 13:36	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Und dann kannst du dir ja einmal überlegen, warum diese Argumentation für $\begin{eqnarray} z_0 \in [-1,1] \end{eqnarray}$ nicht mehr funktioniert.
16.06.2012, 14:04	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey Leopold, ich würde sagen, dass das Problem ist, dass ja $\begin{eqnarray} z+1 > 0 \end{eqnarray}$ und damit ist das Argument von $\begin{eqnarray} z_0+1 \end{eqnarray}$ , das heißt der Wert gegen den das Argument von $\begin{eqnarray} z-1 \end{eqnarray}$ strebt ist 0, also die Hälfte davon auch 0. Deswegen bekommt man an der Stelle kein $\begin{eqnarray} i,(-i) \end{eqnarray}$ mehr und deswegen hat man als Ergebnis von oben kommend: $\begin{eqnarray} \lim_{z \to z_0} f(z) = i \sqrt{t_0+1} \sqrt{-t_0+1} \end{eqnarray}$ Das Ergebnis von unten kommend sollte dann folgendes sein: $\begin{eqnarray} \lim_{z \to z_0} f(z) = (-i) \sqrt{t_0+1} \sqrt{-t_0+1} \end{eqnarray}$
16.06.2012, 14:24	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry für den Doppelpost, für eine Editierung war es aber leider schon zu spät und ich wollte das nicht so stehen lassen: $\begin{eqnarray} z+1 > 0 \end{eqnarray}$ macht natürlich keinen Sinn, da ich ja in $\begin{eqnarray} \mathbb C \end{eqnarray}$ bin und damit keine "größer/kleiner" Relation habe. Was ich sagen wollte war $\begin{eqnarray} z_0 +1 >0, \quad z_0 \ne -1 \end{eqnarray}$

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