Was folgt aus arg f'(z) = 0 ?

06.09.2013, 12:07

12345678

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Was folgt aus arg f'(z) = 0 ?

Meine Frage:
Hallo! Was folgt aus $\begin{eqnarray*} arg (f'(z)) = 0 \end{eqnarray*}$ ?

Meine Ideen:
Also so wie ich das sehe folgt daraus, dass die Ableitung in jedem Punkt eine positive reelle Zahl ist, sie muss allerdings nicht konstant sein.
Stimmt das oder übersehe ich da was?

06.09.2013, 16:39

Che Netzer

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RE: Was folgt aus arg f'(z) = 0 ?
Eine holomorphe Funktion, deren Werte immer nur in $\begin{eqnarray*} (0,\infty)\subset\mathbb R \end{eqnarray*}$ liegen, ist konstant.

06.09.2013, 22:14

12345678

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Ah ok, stimmt das hatte ich vergessen.
Das heißt f' = c ist konstant, wobei c reell ist.
In einem Beweis wo das vorkommt wird geschlossen, dass wenn die reelle Achse mit einer konformen Abbildung, die die beschriebene Eigenschaft hat, abgebildet wird, wieder auf eine zur reellen Achse parallele Gerade abgebildet wird.

Folgt das direkt daraus? Ich sehs nicht sofort. Was ich mir übelegt hab, jetz da ich weiß, dass f' konstant ist:
f' konstant impliziert f= z + a, daraus folgt di eBehauptung, da es sich um eine
um a nach oben verschobene Identität handelt.
Stimmt das so?
Weil da wo ich das gelesen hab wurde argumentiert, dass die tangente in jedem Punkt an die reelle Achse Steigung 0 hat und dass daraus die gewünschte Eigenschaft folge.
Erscheint mir jetzt aber überflüssig mit Tangenten zu argumentieren?

06.09.2013, 22:27

Che Netzer

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Zitat:

Original von 12345678
f' konstant impliziert f= z + a, daraus folgt di eBehauptung, da es sich um eine
um a nach oben verschobene Identität handelt.

Naja, es wäre $\begin{eqnarray*} f(z)=cz+a \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb C \end{eqnarray*}$ .
Insbesondere ist $\begin{eqnarray*} f(\mathbb R)=c\mathbb R+a=\mathbb R+\mathrm i\operatorname{Im}(a) \end{eqnarray*}$ .

06.09.2013, 22:42

12345678

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ah, stimmt, super, danke!

07.09.2013, 13:18

12345678

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Hm, mist, habs mir glaub ich zu einfach gemacht Hammer

Hammer

und vergessen hier hinzuschreiben, dass die Bedingung mit dem arg(f'(z))=0 nur auf der positiven reellen Achse gilt
und daraus soll jetzt folgen, dass das Bild der positiven reellen Achse unter f parallel zur reellen Achse ist.
Da klappt das Argument ja nicht mehr.

Neuer Argumentationsversuch: Eine Tangente in einem Punkt als Kurve aufgefasst bleibt unter f eine Tangente,
wenn man eine Umgebung des Punktes ebenfalls mit f abbildet, da die Abbildung ja winkelerhaltend ist.
Da aber jeder Punkt der reellen Achse die gleiche Tangente hat (nämlich die reelle Achse), ist auch die Tangente
in jedem Punkt des Bilds der reellen Achse die gleiche, sprich die reelle Achse hat auf jeden Fall konstante Steigung.
Und dann greift das Argument von vorher. Geht das so?

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07.09.2013, 13:27

Che Netzer

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Hm, die Idee scheint zu stimmen verwirrt

verwirrt

Wenn man sich von einem Punkt $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ der reellen Achse in Richtung $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ bewegt, bewegen sich die Funktionswerte (in erster Näherung) in Richtung $\begin{eqnarray*} \underbrace{f'(z)}_{\in(0,\infty)}h \end{eqnarray*}$ . Geht man die reelle Achse entlang, bewegen sich die Funktionswerte also parallel dazu.

07.09.2013, 13:28

12345678

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ok, danke!

07.09.2013, 13:49

12345678

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hm, muss jetzt doch nochmal nachfragen:
Das Bild der Tangente muss ja nur lokal in dem entsprechenden Punkt tangential an das Bild sein, braucht also nicht unbedingt eine Gerade sein. Und das Bild der reellen Achse ja auch nicht. Im Endeffekt ist das Bild der rellen Achse
ja einfach identisch mit dem Bild der Tangente. Darum kommt mir mein Argument jetzt etwas komisch vor.

Und deine Begründung leuchtet mir ein, aber zeigt das die Behauptung? Was bedeutet in erster Näherung?
Wäre zweite Näherung die Taylorentwicklung bis zur zweiten Ableitung? Und kann die erste Näherung falsch sein, sprich zu ungenau hier?

07.09.2013, 13:53

Che Netzer

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Die erste Näherung könnte natürlich zu ungenau sein, wenn man die Bedingung in nur einem Punkt gegeben hat. Da die aber überall auf (dem Bild) der reellen Achse gilt, ist das ausreichend.

Etwas formaler wäre $\begin{eqnarray*} f(z)=f(z_0)+\int_{z_0}^zf'(w)\dd w \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} z_0,z\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ und der Integrationsweg die gerade Verbindungsstrecke sei.
Daraus folgt sofort $\begin{eqnarray*} f(z)\in f(z_0)+\mathbb R \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ und ein beliebiges $\begin{eqnarray*} z_0\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ .

07.09.2013, 14:07

12345678

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Stimmt, das klingt gut smile

smile

Diese Darstellung mit dem Integral, wann klappt das immer? Stimmt das für jeden beliebigen Weg?
und auch für beliebige $\begin{eqnarray*} z, z_0 \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ ?
Folgt das einfach aus
$\begin{eqnarray*} \int_{z_0}^zf'(w)dw= f(z)-f(z_0) \end{eqnarray*}$ ?

07.09.2013, 14:11

Che Netzer

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Ja, $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ besitzt die Stammfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ . Integriert man $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ also über $\begin{eqnarray*} \gamma\colon[0,1]\to\mathbb C \end{eqnarray*}$ , so erhält man $\begin{eqnarray*} \int_\gamma f(w)\dd w=f\bigl(\gamma(1)\bigr)-f\bigl(\gamma(0)\bigr) \end{eqnarray*}$ .
Hier wählt man speziell $\begin{eqnarray*} \gamma(t)=z_0+t(z-z_0) \end{eqnarray*}$ .
Dann ist $\begin{eqnarray*} \int_\gamma f'(w)\dd w=\int_{z_0}^zf(w)\dd w \end{eqnarray*}$ ein Integral über ein reelles Intervall, auf dem der Integrand reellwertig ist.

07.09.2013, 14:15

12345678

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super, danke Wink

Wink

07.09.2013, 15:16

12345678

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So langsam ist es vermutlich nervig, aber ich hab schon wieder ne Frage geschockt

geschockt

Auf der negativen reellen Achse ist bekannt:
$\begin{eqnarray*} arg(f'(z)) = \alpha \end{eqnarray*}$ .
Behauptet wird nun, dass daraus folgt, dass das Bild eine Gerade mit Steigung $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist in der komplexen Ebene.

Ausgehend vom vorigen Fall würde ich so argumentieren:
Definiere $\begin{eqnarray*} h= e^{-i\alpha} \end{eqnarray*}$ , also eine Drehung im Uhrzeigersinn um $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ .
Definiere $\begin{eqnarray*} g = h \circ f \end{eqnarray*}$ . Betrachten wir g auf der negativen reellen Achse.
Dort gilt: $\begin{eqnarray*} arg(g'(z)) = 0 \end{eqnarray*}$ .
Mit vorigem Resultat folgt: $\begin{eqnarray*} g(\mathbb R^- ) \end{eqnarray*}$ ist parallel zur reellen Achse.
Somit gilt also: $\begin{eqnarray*} f(\mathbb R^-) = h^{-1}(g(\mathbb R^-))= e^{i \alpha} \cdot g( \mathbb R^-) \end{eqnarray*}$ ,
folglich $\begin{eqnarray*} arg (f(z)) = \alpha \end{eqnarray*}$ für alle z auf der negativen reellen Achse.
Ist der Beweis korrekt?

07.09.2013, 15:42

Che Netzer

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Ja, wobei du einfach $\begin{eqnarray*} g=\mathrm e^{-\mathrm i\alpha}f \end{eqnarray*}$ schreiben kannst.

07.09.2013, 15:47

12345678

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ok, stimmt, nochmal danke smile

smile

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