Lieblingsbeweise - Mathematik, Uni

Lieblingsbeweise
Der Satz von Casorati Weierstraß
Satz 1. Sei z0 eine wesentliche Singularität von einer um z0 holomorphen Funktion f
und U ⊂ C eine Umgebung von z0 . Dann liegt f (U \{z0 }) dicht in C.
Beweis. Angenommen der Satz ist falsch, mit anderen Worten existiere ein w0 ∈ C, ein
r > 0 und ein ε > 0, sodass
f (Dr (z0 )\{z0 }) ∩ Dε (w0 ),
wobei Dr (z) den offenen Ball um z mit Radius r bezeichne. Dann gilt auch |f (z)−w0 | ≥ ε
für alle z aus Dr (z)\{z0 }. Jedoch ist damit
g(z) :=
1
f (z) − w0
auf Dr (z)\{z0 } holomorph und beschränkt! Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz ist
1
g holomorph fortsetzbar auf Dr (z0 ). Daraus ergibt sich jedoch, dass f (z) = g(z)
+ w0 in
z0 entweder eine hebbare Singulaität, falls g(z0 ) 6= 0, oder eine Polstelle, falls g(z0 ) = 0,
hat. Dies widerspricht der Voraussetzung, dass z0 eine wesentliche Singularität von f ist.
Also liegt f (U \{z0 }) doch dicht in C.
Der Satz von Hahn-Banach
Satz 2. Sei X ein Vektorraum über den rellen Zahlen, p : X → R sublinear, und sei
f : Y → R auf einem Unterraum Y ⊂ X definiert, sodass f (x) ≤ p(x) für alle x aus
Y gelte. Dann gibt es eine Fortsetzung F : X → R von f , das heißt F|Y = f und
F (x) ≤ p(x) auf ganz X.
Beweis. Wir konstruieren zunächst für gegebenes h : Z → R, welches auf einem Z X
durch p beschränkt ist, eine Fortsetzung auf span(Z, z0 ) für ein z0 ∈ X\Z. Sei dazu
H : span(Z, z0 ) → R
H(z + αz0 ) := g(z) + cα.
Bei geeigneter Wahl von c > 0 ist H auf span(Z, z0 ) durch p beschränkt. So ließe sich
auch f schrittweise fortsetzen. Wenn endlich viele Schritte dafür genügen würden, wären
wir also schon fertig. Falls nicht, wenden wir das Zorn’sche Lemma auf die Menge aller
1
Fortsetzungen von f mit der gewünschten Eigenschaft auf einem Zwischenraum von X
und Y an. Definiere
F := {(G, Z) : G : Z → R ist linear, G|Z = f, G(z) ≤ p(z) für z ∈ Z und Y ⊂ Z ⊂ X}.
Mit der Vorüberlegung ist F nicht leer. Eine Halbordnung auf F ist durch
(G0 , Z 0 ) ≤ (G00 , Z 00 ) ⇔ Z 0 ⊂ Z 00 und G00|Z 0 = G0
gegeben. Zudem hat jede Kette K in F die obere Schranke


[

Z, x 7→ G(x), wenn x ∈ Z und (G, Z) ∈ H .
(G,Z)∈K
Das Zorn’sche Lemma liefert also ein maximales Element (G̃, Z̃). Wäre nun Z̃ 6= X, so
ließe sich G̃ auf einem echten Zwischenraum fortsetzen, was der Maximalität von (G̃, Z̃)
widerspricht. Also ist (G̃, Z̃) = (F, X) die gesuchte Fortsetzung.
Berechnung der Kreiszahl
Satz 3.
π=0
Beweis. Wir definieren π als die kleinste reelle Zahl, sodass exp(2πi) = 1 ist. Dann folgt
exp(2πi · i) = 1i
⇒ exp(−2π) = 1
⇒ −2π = 0
⇒ π = 0.
Es gibt noch weitere Beweise dafür, dass π = 0 gilt, dabei wird aber zumeist durch
null geteilt. Man bemerke, dass an dieser Stelle auch die Bibel widerlegt wurde (siehe
1.Könige 7,23: π = 3“).
”
Alle Zahlen sind gleich
Satz 4.
1 = 2.
Beweis. Offensichtlich gilt 1 + 2 = 3. Setze x := 1 und y := 2. Damit ist
x+y =3
⇒(x + y) · (x − y) = 3 · (x − y)
⇒x2 − y 2 = 3x − 3y
2
⇒x2 − 3x = y 2 − 3y
9
9
⇒x2 − 3x + = y 2 − 3y +
4
4
3 2
3 2
⇒ x−
= y−
2
2
3
3
⇒x − = y −
2
2
⇒x = y.
Aus 1 + 2 = 3 lässt sich also 1 = 2 ableiten.
Die üblichen Regeln der Addition ergeben nun 1 = 2 = 3 = ... mit anderen Worten sind
alle Zahlen gleich.
Korollar 1.
2 + 2 = 5.
Beweis. O.B.d.A. seien alle Zahlen gleich Null.
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Literaturverzeichnis
[1] H. W. Alt. Lineare Funktionalanalysis. Springer-Verlag, 2006.
[2] K. Jaenisch. Funktionentheorie, Springer-Verlag, 1993.
[3] Volksmund
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