Zeigen Sie, dass es eine in E holomorphe Funktion g gibt mit e^{g} = f in E.

Question

Aufgabe:

Es sei f eine in dem Einheitskreis E holomorphe Funktion mit \(f(0)=1\) und \( f'(z)= (f(z))^{2} \) für alle \(z \in E\). Zeigen Sie, dass es eine in \(E\) holomorphe Funktion \(g\) gibt mit \( e^g = f\in E\).

Also eigentlich dachte ich, ich hätte ich die Aufgabe gelöst, aber mir sind nochmal Zweifel gekommen, ob ich es nicht eher über den holomorphen Logarithmus von f zeigen soll, in dem ich beweise, dass f nullstellenfrei ist.

Meine erste Idee war folgende:

Es sei \(f\) wie in der Aufgabe beschrieben. Es gilt \(f(0)=1\) und \( f'(0)= (f(0))^{2} = 1 \cdot 1=1\).

Induktiv folgt: \( f^{(k)} (0)= (f(0))^{2k} = 1^{2k} = 1\).

Betrachte nun \(h \coloneqq e^{g} \) und die Ableitungen von \(h\):
$$\begin{aligned}h(0) &= e^{g(0)} \\ h' (0) &= g'(0) \cdot e^{g(0)}\\ h''(0) &= g'(0)^2 \cdot e^{g(0)} \\ \dots \\ h^{(k)}(0)&= g'(0)^k \cdot e^{g(0)} \end{aligned}$$
Um das Identitätsprinzip anwenden zu können, muss also \( h^{(k)} (0) = 1\) gelten, also \( g'(0)^k \cdot e^{g(0)} = 1\). Dies gilt z.B. für die Funktion \(g(z)=z\).

Also existiert ein \(w=0 \in E\) mit \( f^{(k)}(0) = h^{(k)}(0)\) für alle \(k \in \mathbb{N}\cup \{0\}\) und nach Idenditätsprinzip gilt \(f \equiv h\).

Ist das korrekt so? Oder hab ich schon einen Fehler gemacht, als ich davon ausgegangen bin, dass man die Voraussetzung induktiv fortsetzen kann? Sollte ich lieber über die Nullstellenfreiheit gehen?

:)

Comments

Kann mir keiner sagen, ob meine Idee richtig ist oder ob ich ganz daneben liege? :(

Answer 1

Hallo,

wahrscheinlich soll die Aufgabe auf einen bestimmten Satz hinauslaufen. Aber man kann sie auch einfach beantworten:

$$f'=f^2 \Rightarrow \frac{1}{dz} \frac{f'(z)}{f(z)^2} =-\frac{1}{dz}f(z)^{-1}=1 \Rightarrow f(z)=\frac{1}{1-z}$$

(unter Benutzung von \(f(0)=1\). Damit ist dann \(g(z)=\ln(1-z)\) unproblematisch.

Du hast Dich übrigens bei der Bestimmung der Ableitungen vertan:

$$f'(z)=f(z)^2 \Rightarrow f''(z)=2f(z)f'(z)=2 f(z)^3$$

und so weiter. Auch auf diesem Weg gelangt man über die Taylorreihe zur angegebenen Lösung.

Gruß MatheÜeter