Ableitung im Betragsmaximum für holomorphe Funktionen (Maximumsprinzip, Hopf Lemma)

30.05.2015, 00:26

Nachbar's Lumpi

Ableitung im Betragsmaximum für holomorphe Funktionen (Maximumsprinzip, Hopf Lemma)

Meine Frage:
Sei $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ ein Gebiet und $\begin{eqnarray*} f \colon G \to \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ eine nicht-konstante, holomorphe Funktion. Sei weiter $\begin{eqnarray*} K \subseteq G \end{eqnarray*}$ eine kompakte Kreisscheibe und $\begin{eqnarray*} a \in \partial K \end{eqnarray*}$ ein Punkt, in dem $\begin{eqnarray*} |f| \end{eqnarray*}$ sein Maximum auf $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ annimmt.

Wie zeige ich $\begin{eqnarray*} f'(a) \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Man startet wohl mit der Annahme $\begin{eqnarray*} f'(a) = 0 \end{eqnarray*}$ und betrachtet die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} f(a + h) \end{eqnarray*}$ , welche für kleine $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ durch einen Term $\begin{eqnarray*} f(a) + a_nh^n \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} (a_n \neq 0, n\geq 2) \end{eqnarray*}$ dominiert ist. Damit kann man angeblich ein $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ finden, so dass $\begin{eqnarray*} a + h \in K \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |f(a)| < |f(a + h)| \end{eqnarray*}$ . Widerspruch.

Edit Guppi12: Latex korrigiert, der Code muss in

code:
1:	[latex] ... [/latex]

eingefasst werden.

30.05.2015, 01:23

Guppi12

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Hallo,

setze $\begin{eqnarray*} h = re^{it} \end{eqnarray*}$ an. Für $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ aus einem offenen Intervall der Länge $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ gilt, dass $\begin{eqnarray*} a+re^{it} \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ liegt (zumindest für entsprechendes, zu jedem $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ausgewähltes $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ), etwa $\begin{eqnarray*} t\in (c,c+\pi) \end{eqnarray*}$ . Du musst jetzt $\begin{eqnarray*} t\in(c,c+\pi) \end{eqnarray*}$ so wählen, dass $\begin{eqnarray*} h^n \end{eqnarray*}$ in die gleiche Richtung zeigt, wie $\begin{eqnarray*} f(a) \end{eqnarray*}$ (in der komplexen Ebene). Das geht, weil ... ?

31.05.2015, 19:01

Nachbar's Lumpi

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Ja genau, das geht weil ... was? Ich behaupte mal, da hat sich noch nie jemand Gedanken drüber gemacht. Jeder nimmt einfach mal so an, dass das schon so gehen wird, weil es sich richtig anfühlt, aber es mal rigoros zu beweisen, darum geht es doch ...

31.05.2015, 19:03

Nachbar's Lumpi

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Im Übrigen muss $\begin{eqnarray*} a_nh^n \end{eqnarray*}$ parallel gleich-orientiert zu $\begin{eqnarray*} f(a) \end{eqnarray*}$ sein, nicht $\begin{eqnarray*} h^n \end{eqnarray*}$

31.05.2015, 19:28

Guppi12

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Ja, ich habe das $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ vergessen.

Zitat:

Ja genau, das geht weil ... was? Ich behaupte mal, da hat sich noch nie jemand Gedanken drüber gemacht. [...] aber es mal rigoros zu beweisen, darum geht es doch ...

Selbstverständlich habe ich mir darüber Gedanken gemacht und ich habe es auch bewiesen. Es ist aber deine Aufgabe, du musst dir selbst überlegen, warum es stimmt. Beschwerst du dich gerade darüber, dass ich dir keine fertige Lösung präsentiere oder wie ist das sonst zu verstehen?

(Noch ein Tipp: wirklich gleich orientiert wird erst ab $\begin{eqnarray*} n\geq 3 \end{eqnarray*}$ funktionieren, man braucht aber nicht gleich orientiert, eine kleine Abweichung ist auch nicht schlimm.)

03.06.2015, 23:33

Nachbar's Lumpi

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Ich hab zwar mittlerweile einen seeeehr technisch kleinkrämerischen Beweis, der zeigt, dass es geht, wenn der kleine Kreisring um den Randpunkt mit einem Bogenmaß von mehr als (4*pi)/(3*n) im Inneren von K liegt, aber das braucht eine DIN-A4 Seite mit zwei umfangreicheren Skizzen und elenden Rechnungen.

Das kann es doch wohl nicht sein. Wenn jeder mir sagt, dass das doch "offensichtlich" wäre, dass man h so wählen kann, dann muss es da doch irgendein Fingerschnipps-Dingdong-klar geben, das ich nicht sehe.

04.06.2015, 08:10

Guppi12

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Was wir ja haben wollen, ist, dass $\begin{eqnarray*} a+re^{it} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t\in (c, c+pi) \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ liegt, weil dann $\begin{eqnarray*} h^2 \end{eqnarray*}$ jeden Winkel aus einem offenen $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ -Intervall annehmen kann (also alle bis auf genau einen). Ab $\begin{eqnarray*} n\geq 3 \end{eqnarray*}$ sind sogar alle Richtungen möglich.

Dass dies so ist, ist aber klar, denn wenn man sich die Gerade anschaut, die durch $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a+re^{it} \end{eqnarray*}$ bestimmt ist, so hat diese einen Punkt gemeinsam mit $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ , es kann sich also nicht um eine Passante von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ handeln. Dann gibt es genau zwei Winkel $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ , für die diese Gerade ein Tangente ist, sonst ist es eine Sekante, soviel Geometriekenntnis sollte vorhanden sein. Eine Sekante verläuft aber zumindest für einen kurzen Bereich innerhalb von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ . Es gibt also $\begin{eqnarray*} r_0\in\mathbb R^\ast \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} a+r_0e^{it} \end{eqnarray*}$ im Inneren von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ liegt. Du musst jetzt bloß noch möglicherweise $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ addieren, falls $\begin{eqnarray*} r_0 \end{eqnarray*}$ negativ ist.

Dies geht also für jeden Winkel bis auf genau zwei. Von den übrg bleibenden Winkeln ist genau die Hälfte so, dass wir $\begin{eqnarray*} r_0 \end{eqnarray*}$ positiv wählen können (bei den anderen addieren wir $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ ).

Übrig bleibt also ein offenes $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ -Intervall.

Dieses Argument formal auszuführen, kannst du selbst machen, es braucht aber sicherlich nicht eine DIN-A4 Seite.
Abgesehen davon spiegelt in diesem Fall die Länge des Beweises nicht seine Einfachheit wider. Wenn dem so wäre, dann wäre es ein Einzeiler. Das macht ihn aber nicht weniger offensichtlich.

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