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Harmonische Funktion

Universität / Fachhochschule

Tags: harmonisch

Sukomaki aktiv_icon

16:13 Uhr, 10.07.2021

Hallo,

ich habe

f : ℂ \mapsto ℝ = \ln (∣ z ∣)

Diese Funktion ist harmonisch in dem Sinne, dass

(\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}) f = 0

.

Aber sie ist nicht Realteil einer analytischen Funktion.

Wie zeige ich das?

(Der Umkehrschluß "Realteil einer analytischen Funktion"

\Rightarrow

"harmonisch" gilt AFAIK)

Gruß
Sukomaki

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

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17:09 Uhr, 10.07.2021

math.stackexchange.com/questions/516848/ii-show-that-u-is-not-a-real-part-of-the-function-which-analytic-on-mathbb

Sukomaki aktiv_icon

21:12 Uhr, 10.07.2021

Bei mir geht es um

u := \ln (∣ z ∣)

und nicht um

u := \ln (x^{2} + y^{2}) = \ln (∣ z ∣^{2})

.

Der Beweis ist aber im wesentlichen der Gleiche :

Sei

u

der Realteil einer holomorphen Funktion

f

D = ℂ \ {0}

.

Dann ist

f ʹ (z) = u_{x} (z) - i u_{y} (z) = \frac{x - i y}{x^{2} + y^{2}} = \frac{1}{z}

D

und

Integration über einen Kreis

γ

z = 0

ergibt

0 = \int_{γ} f ʹ (z) d z = \int_{γ} \frac{1}{z} d z = 2 π i

Das ist ein Widerspruch.

\Rightarrow

Es gibt kein analytisches

f

mit Realteil

u

.

Was ich nicht verstehe ist der Kommentar von Martin R. der lautet
"The integral of a derivative over a closed curve is always zero"

Fehlt da nicht der Zusatz "Ableitung einer analytischen Funktion"?

Ich meine, das Integral von der Ableitung von z.B. dem Logarithmus
über eine geschlossene Kurve ist nicht Null, oder?

DrBoogie aktiv_icon

06:03 Uhr, 11.07.2021

"Bei mir geht es um u:=ln(∣z∣) und nicht um u:=ln(x2+y2)=ln(∣z∣2)."

Es gilt aber

\ln (∣ z ∣^{2}) = 2 \ln (∣ z ∣)

, daher macht es keinen Unterschied.

DrBoogie aktiv_icon

06:07 Uhr, 11.07.2021

"Fehlt da nicht der Zusatz "Ableitung einer analytischen Funktion"?"

Nein. Martin erklärt dort doch, warum das so ist.

"Ich meine, das Integral von der Ableitung von z.B. dem Logarithmus
über eine geschlossene Kurve ist nicht Null, oder?"

Doch, wenn die Kurve so ist, dass der Logarithmus entlang der Kurve definiert ist. Wenn 0 drin ist, kann man den Logarithmus nicht auf der ganzen Kurve stetig definieren.

Sukomaki aktiv_icon

15:10 Uhr, 11.07.2021

Die Funktion

f := \ln (\sqrt{x^{2} + y^{2}}) + i \arctan (\frac{y}{x}) = : u_{x} (x, y) + i u_{y} (x, y)

erfüllt die
Cauchy-Riemannschen-Differential-Gleichungen :

\frac{\partial u_{x}}{\partial x} = \frac{x}{x^{2} + y^{2}} = \frac{\partial u_{y}}{\partial y}

\frac{\partial u_{y}}{\partial x} = - \frac{y}{x^{2} + y^{2}} = - \frac{\partial u_{x}}{\partial y}

Ist das nur die notwendige Bedingung für die Eigenschaft von

f

analytisch
zu sein oder sogar schon die Hinreichende?

In meinem Lehrbuch steht, dass harmonische Funktionen lokal Realteile
analytischer Funktionen sind.

Als nächstes schreibt der Autor folgendes :

"Die Funktion

ℂ^{*} := ℂ - {0} \to ℂ

z \mapsto \log (∣ z ∣)

ist harmonisch.
(Warum wird auf

ℂ

abgebildet und nicht nach

ℝ

?)
Sie ist jedoch nicht (in ganz

ℂ^{*}

) Realteil einer analytischen Funktion"

Wie jetzt? Ich bin verwirrt.

Wo ist

\log (∣ z ∣)

denn überhaupt Realteil einer analytischen Funktion?

DrBoogie aktiv_icon

09:33 Uhr, 12.07.2021

"Wo ist log(∣z∣) denn überhaupt Realteil einer analytischen Funktion?"

Da

\ln (∣ z ∣)

der Realteil von

\ln (z)

ist, ist die Antwort: dort, wo

\ln (z)

analytisch ist.
Und ein klassischer maximaler analytischer Bereich von

\ln (z)

ist

ℂ \ (- \infty, 0]

.
Allgemeiner ist auch jede einfach zusammenhängende offene Teilmenge von

ℂ \ {0}

ein analytischer Bereich von

\ln (z)

Sukomaki aktiv_icon

11:13 Uhr, 12.07.2021

Wenn ich Dich richtig verstehe ist

\ln (z)

auf der punktierten Ebene nicht analytisch, weil diese nur zusammenhängend ist, nicht aber einfach zusammenhängend.

Auf der offenen Kreisscheibe mit Mittelpunkt

(- 2, 0)

und Radius

1

hingegen ist

\ln (z)

analytisch, obwohl diese Menge Punkte des Schlitzes

(- \infty, 0]

enthält.

Ist die Vereinigung zweier analytischer Bereiche wieder ein analytischer Bereich?

DrBoogie aktiv_icon

12:19 Uhr, 12.07.2021

"Auf der offenen Kreisscheibe mit Mittelpunkt (−2,0) und Radius 1 hingegen ist ln(z) analytisch, obwohl diese Menge Punkte des Schlitzes (−∞,0] enthält."

Na, das stimmt nur, wenn man Log entsprechend definiert. Z.B.

\ln (z) = \ln (∣ z ∣) + i \arg (z)

mit der "klassischen" Definition

\arg : C \ {0} \to (- π, π]

wäre nicht mal stetig auf der besagten Kreisscheibe. Aber z.B.

\ln (z) = \ln (∣ z ∣) + i \arg_{1} (z)

wäre analytisch, wenn

\arg_{1} : C \ {0} \to (0, 2 π]

.

"Ist die Vereinigung zweier analytischer Bereiche wieder ein analytischer Bereich?"

Offensichtlich nicht. Sonst könnte man zwei unterschiedliche Schlitze nehmen und dann wäre

C \ {0}

ein analytischer Bereich.

Sukomaki aktiv_icon

16:03 Uhr, 12.07.2021

Bekomme ich

\arg_{1} (z)

einfach durch Addition von

π

auf

\arg (z)

? Dann hätte ich doch immer noch den Sprung im Schlitz?

Ich arbeite mich zur Zeit in die Theorie der Riemannschen Flächen ein. Das ist alles andere als trivial.

Aber da die Funktionentheorie nun mal mein Lieblingsgebiet ist, muss ich da durch.

DrBoogie aktiv_icon

16:30 Uhr, 12.07.2021

"Bekomme ich arg1(z) einfach durch Addition von π auf arg(z)? Dann hätte ich doch immer noch den Sprung im Schlitz?"

Natürlich nicht. Ich war zu faul genau zu schreiben.
Wenn

z = r e^{i φ}

mir

φ

aus

(- π, π]

ist, dann wird

z

durch

a r g_{1}

auf

φ + π

abgebildet.
Es ist was anderes als einfach

π

zu addieren.

a r g

hat den Sprung auf

(\infty, 0]

und

a r g_{1}

auf

[0, \infty)

.
Das hat damit zu tun, dass wir alle Winkeln auf den Bereich

(- π, π]

zurückbringen.
Deshalb wenn wir nah bei

π

sind und weiter gegen Uhrzeigesinn drehen, springen wir auf

- p i

. Aber bei

φ + π

passiert das nicht, denn in der Nähe von

π

ist

φ + π

in der Nähe von

0

und wenn man weiter dreht, wird von kleinen negativen Werten zu kleinen positiven Werten, also kein Sprung.
Sorry, das ist irgendwie schwer zu erklären, obwohl es einfach ist.

"Ich arbeite mich zur Zeit in die Theorie der Riemannschen Flächen ein. Das ist alles andere als trivial."

So kompliziert auch nicht, du gewöhnst dich dran.

"Aber da die Funktionentheorie nun mal mein Lieblingsgebiet ist, muss ich da durch."

Ja, ein schönes Gebiet.

Sukomaki aktiv_icon

16:32 Uhr, 13.07.2021

\arg

hat den Sprung auf

(- \infty, 0]

", oder?

Ich kann das Argument sogar so definieren, dass es auf ein beliebiges

2 π

großes Intervall abgebildet wird.

Für

λ \in ℝ

und

\tilde{\arg (z)} \to (λ, λ + 2 π]

ist das Argument gegeben durch

\tilde{\arg (z)} = \arg (e^{i \arg (z) - i (π + λ)}) + π + λ

und der Schlitz ist

e^{i λ} \cdot t, t \in ℝ^{+}

Ist das so weit richtig?

(Die Idee ist, dass ich

z

um einen - durch

λ

gegebenen - Winkel zurückdrehe, das Argument bilde und das Resultat durch Addition von

π + λ

in das bestimmte Intervall bringe.)

Angewendet auf die bereits diskutierten Fälle gibt

\tilde{\arg}

für

λ = - π \Rightarrow \tilde{\arg (z)} = \arg (z)

für

λ = 0 \Rightarrow \tilde{\arg (z)} = \arg (- e^{i \cdot \arg (z)}) + π

Schon klar, warum das Verschieben im Exponenten etwas anderes ist als das einfache Addieren von einem bestimmten Wert. Und zwar, weil

\arg (e^{i \cdot (φ + μ)}) \neq φ + μ

DrBoogie aktiv_icon

19:42 Uhr, 13.07.2021

Ja, so ist es richtig

Sukomaki aktiv_icon

21:31 Uhr, 13.07.2021

Kaum macht man es richtig schon funktioniert es :-)

Wie heißt es : "Eine kurze Antwort kann das Resultat gründlichen Denkens sein."

Sukomaki aktiv_icon

11:38 Uhr, 15.07.2021

Okay, dann danke ich dir für die Hilfe. Es tut ja immer gut zu lesen : "Ja, so ist es richtig."

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