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Autor(en)

  • Stephan Kulla ()

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Beweise: Für eine stetige Funktion $f:\ G\rightarrow\C$ ($G$ ist ein Gebiet) sind folgende Aussagen äquivalent

  1. $f$ besitzt eine Stammfunktion
  2. Jedes Kurvenintegral über $f$ entlang einer geschlossenen Kurve $\alpha$ in $G$ ist gleich $0$.
  3. Jedes Kurvenintegral über $f$ hängt nur vom Anfangs- und Endpunkten ab.

Lösungsweg

  • $\left(1\right) \Rightarrow \left(2\right):\ $ Sei $F$ die Stammfunktion von $f$ und sei $\alpha:\ \left[a,\,b\right]\rightarrow\C$ eine beliebige geschlossene Kurve in $G$. Es ist dann
    \begin{align*}\int_\alpha f\left(t\right) \dt = F\left(\alpha\left(b\right)\right) - F\left(\alpha\left(a\right)\right) \stackrel{\alpha\left(a\right) = \alpha\left(b\right)}= 0\end{align*}
  • $\left(2\right)\Rightarrow\left(3\right):\ $ Sei nun jedes geschlossene Kurvenintegral in $G$ über $f$ gleich 0. Zu zeigen ist, dass $\int_\alpha f\left(t\right) \dt = \int_\beta f\left(t\right) \dt$ für alle (stückweise glatten) Kurven $\alpha:\ \left[a,\,b\right]\rightarrow\C$ und $\beta:\ \left[c,\,d\right]\rightarrow\C$ mit $\alpha\left(a\right)=\beta\left(c\right)$ und $\alpha\left(b\right)=\beta\left(d\right)$. Sei nun also $\alpha:\ \left[a,\,b\right]\rightarrow\C$ und $\beta:\ \left[c,\,d\right]\rightarrow\C$ zwei stückweise glatte Kurven mit $\alpha\left(a\right)=\beta\left(c\right)$ und $\alpha\left(b\right)=\beta\left(d\right)$. Es ist dann $\alpha\oplus\beta^{-}$ eine stückweise glatte und geschlossene Kurve und damit
    \begin{align*}& \int_{\alpha\oplus\beta^{-}} f\left(t\right) \dt \stackrel{\alpha\oplus\beta^{-} \mathrm{\ ist\ geschlossen}}= 0 \\[4px] \Rightarrow & \int_\alpha f\left(t\right) \dt + \int_{\beta^{-}} f\left(t\right) \dt = 0 \\[4px] \Rightarrow & \int_\alpha f\left(t\right) \dt - \int_{\beta} f\left(t\right) \dt = 0 \\[4px] \Rightarrow & \int_\alpha f\left(t\right) \dt = \int_{\beta} f\left(t\right) \dt \\[4px]\end{align*}
  • $\left(3\right)\Rightarrow\left(1\right)$ : Sei zunächst $\z \in \C$ ein beliebeiger Punkt aus $G$. Da $G$ ein Gebiet und damit kurvenzusammenhängend ist, kann jeder Punkt $z$ aus $G$ mit $\z$ durch eine Kurve verbunden werden. Wir definieren nun
    \begin{align*}F:\ G\rightarrow\C:\ z\rightarrow\int_\z^z f\left(t\right) \dt\end{align*}
    Da (wie bereits erwähnt) jeder Punkt in $G$ mit $\z$ durch eine Kurve verbunden ist und das Integral $\int_\z^z f\left(t\right) \dt$ nur vom Anfangs- und Endpunkt abhängig ist, ist die obige Definition wohldefiniert. Sei nun $z_0 \in G$ beliebig. Zu zeigen ist: $F^\prime\left(z_0\right)=f\left(z_0\right)$ (wobei hier die komplexe Ableitbarkeit gemeint ist). Es muss also gelten
    \begin{align*}& F\left(z\right) = F\left(z_0\right) + f\left(z_0\right) \left(z-z_0\right) + r\left(z\right),\, \lim_{z\rightarrow z_0} \frac{r\left(z\right)}{z-z_0} = 0 \\[4px] \Leftrightarrow & \int_\z^z f\left(t\right) \dt = \int_\z^{z_0} f\left(t\right) \dt + f\left(z_0\right) \left(z-z_0\right) + r\left(z\right),\, \lim_{z\rightarrow z_0} \frac{r\left(z\right)}{z-z_0} = 0 \\[4px] \Leftrightarrow & \underbrace{\int_\z^z f\left(t\right) \dt - \int_\z^{z_0} f\left(t\right) \dt}_{\int_{z_0}^z f\left(t\right) \dt} - f\left(z_0\right) \left(z-z_0\right) = r\left(z\right),\, \lim_{z\rightarrow z_0} \frac{r\left(z\right)}{z-z_0} = 0 \\[4px] \Leftrightarrow & \lim_{z\rightarrow z_0} \frac{\int_{z_0}^z f\left(t\right) \dt - f\left(z_0\right)\left(z-z_0\right)}{z-z_0} = 0 \\[4px]\end{align*}
    Da $G$ ein Gebiet ist, ist $G$ nach Definition offen und es gibt eine offene Kreisscheibe $B_r\left(z_0\right) \subseteq G$ mit $z_0$ als Mittelpunkt und $r\gt0$ als Radius. Diese Kreisscheibe ist ein Sterngebiet und wir können hier $z$ und $z_0$ direkt verbinden, um das Integral $\int_{z_0}^z f\left(t\right) \dt$ zu berechnen. Die Dirketverbindung von $z_0$ zu $z$ ist die glatte Kurve $\alpha:\ \left[0,\,1\right]\rightarrow\C:\ t\rightarrow z_0 + t\left(z-z_0\right)$. Es ist
    \begin{align*}\lim_{z\rightarrow z_0} \frac{\int_{z_0}^z f\left(t\right) \dt - f\left(z_0\right)\left(z-z_0\right)}{z-z_0} & = \lim_{z\rightarrow z_0} \frac{\int_\alpha f\left(t\right) \dt - f\left(z_0\right)\left(z-z_0\right) \overbrace{\int_0^1 1 \dt}^{=\ 1}}{z-z_0} \\[4px] & = \lim_{z\rightarrow z_0} \frac{\int_0^1 f\left(z_0 + t\left(z-z_0\right)\right) \left(z-z_0\right) \dt - \int_0^1 f\left(z_0\right)\left(z-z_0\right) \dt}{z-z_0} \\[4px] & = \lim_{z\rightarrow z_0} \frac{\int_0^1 f\left(z_0 + t\left(z-z_0\right)\right) \left(z-z_0\right) - f\left(z_0\right)\left(z-z_0\right) \dt}{z-z_0} \\[4px] & = \lim_{z\rightarrow z_0} \int_0^1 \frac{f\left(z_0 + t\left(z-z_0\right)\right) \left(z-z_0\right) - f\left(z_0\right)\left(z-z_0\right)}{z-z_0} \dt \\[4px] & = \lim_{z\rightarrow z_0} \int_0^1 \left(f\left(z_0 + t\left(z-z_0\right)\right) - f\left(z_0\right)\right) \dt \\[4px]\end{align*}
    Zu zeigen ist also, dass $\lim_{z\rightarrow z_0} \int_0^1 \left(f\left(z_0 + t\left(z-z_0\right)\right) - f\left(z_0\right)\right) \dt = 0$ ist. Nun ist $f$ eine stetige Funktion ist. Es gibt also für alle $\epsilon\gt 0$ ein $r \gt \delta\left(\epsilon\right) \gt 0$, so dass für alle $z\in B_r\left(z_0\right)$ mit $\amount{z-z_0} \lt \delta\left(\epsilon\right)$ die Ungleichung $\amount{f\left(z_0\right)-f\left(z\right)} \lt \epsilon$ erfüllt ist. Es ist dann
    \begin{align*}\amount{\int_0^1 \left( f\left(z_0+t\left(z-z_0\right)\right) -f\left(z_0\right) \right) \dt} & \le \int_0^1 \underbrace{\amount{f\left(z_0+t\left(z-z_0\right)\right) -f\left(z_0\right)}}_{\le\,\,\epsilon} \dt \\[4px] & \le \int_0^1 \epsilon \dt = \epsilon \int_0^1 1 \dt = \epsilon \\[4px]\end{align*}
    Damit ist $\lim_{z\rightarrow z_0} \amount{\int_0^1 \left(f\left(z_0 + t\left(z-z_0\right)\right) - f\left(z_0\right)\right)} \dt = 0$, also auch $\lim_{z\rightarrow z_0} \int_0^1 \left(f\left(z_0 + t\left(z-z_0\right)\right) - f\left(z_0\right)\right) \dt = 0$.