f : C C, z f(z) = zz komplex differenzierbar? Gibt es ein Gebiet G so dass f G analytisch ist?

Transkript

1 Tutor: Martin Friesen, Klausurvorbereitung - Lösungsvorschläge- Funktionentheorie Hier eine kleine Sammlung von Klausurvorbereitungsaufgaben vom Sommersemester 008 aus der Vorlesung von Prof. Dr. F. Göte. Diese Sammlung ist wahrscheinlich wesentlich umfangreicher als eine richtige Klausur. Genauso müssen nicht genau diese Aufgaben gestellt werden, jedoch eignen sich diese gut dau den Stoff u wiederholen und u üben. Wir können Teile der Aufgaben in den leten Tutorien bw. Treffen besprechen und vergleichen. Die Aufgaben sollten dafür jedoch vorher sinvoll bearbeitet worden sein. Bei Fragen bitte eine Mail schreiben. Man beachte, dass einige Aufgaben hier ergänt bw. verändert wurden und somit nicht gan mit den damaligen aus 008 übereinstimmen.. (diffbarkeit) In welchen Punkten 0 C ist die Funktion f : C C, f() komplex differenierbar? Gibt es ein Gebiet G so dass f G analytisch ist? Es ist f() f(x + iy) x + y u(x, y) + iv(x, y). Diese Funktion ist stetig part. diffbar, sodass wir lediglich die Cauchy-Riemannschen DGLs betrachten müssen. Es ist x f(x + iy) x, y f(x + iy) y sodass wir x u(x, y) x, y u(x, y) y, v(x, y) 0 erhalten. Damit ist die Funktion nur im Ursprung 0 komplex differenierbar. Entsprechend kann es ein solches Gebiet G mit den geforderten Eigenschaften nicht geben.. (analytische Funktionen) Sei G C ein Gebiet und f : G C analytisch. Gilt eine der angegebenen Beiehungen so ist f konstant. (a) K R : f() K, G (b) K R : R(f()) K, G (c) K R : I(f()) K, G (d) f() R, G (e) f() ir, G (a) war Übung (b) Wir schreiben f als: f(x + iy) K + iv(x, y). Entsprechend liefern uns die Cauchy- Riemannschen Differentialgleichungen 0 x K y v(x, y), 0 y K x v(x, y). Dieses eigt, dass v auf G konstant sein muss. Also ist entsprechend f selbst konstant. (c) Geht genauso mit f(x + iy) u(x, y) + ik. (d) folgt aus (d) mit v(x, y) K 0 (e) folgt aus (c) mit u(x, y) K 0.

2 3. (Wegintegrale) Berechnen Sie die folgenden Wegintegrale sin() (a) d (b) (c) (d) (e) r 3 sin() d 3 exp(sin()) d d sin(), r > 0 d ( )( )( + ) (a) Benuten wir die Taylorreihendarstellung von sin so erhalten wir sin 3! + ( ) k (k + )! k. Damit diese Reihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium oder halt weil, die des Sinus konvergiert. Wir sehen, dass die Funktion gan ist. Bw. 0 0 ist nur eine hebbare Singularität. Damit muss das geschlossene Wegintegral 0 sein. Alternativ sehen wir halt 0 sin k 0 und benuten den Residuensat und erhalten sin d 0. (b) Hier benuten wir erneut die Taylorreihendarstellung und erhalten sin 3 3! k ( ) k (k + 3)! k 3! ( ) k (k + 3)! k. Mit denselben Argumenten wie eben bekommen wir auch hier sin d 0, ε > 0. 3 ε (c) Auch hier haben wir mittels Taylorreihe eine Darstellung der Form exp(sin()) + sin() k k! + sin() + k k k sin k (). k! Der weite Summand hat nur eine hebare Singularitätund der dritte ist gan. Der Koeffiient vor dem ersten Summanden ist gerade das Residuum, welches die Aufgabe löst. Alternativ exp(sin()) d d + sin() d + k sin k () d πi πi. k!

3 (d) Da der Sinus nur einfache Nullstellen bei k πk mit k Z besitt sind die Singulatitäten von gerade einfache Polstellen. Benuten wir den Residuensat so erhalten sin wir d sin() πi πk sin(). r Für diese Residuen gilt jett πk sin() k Z, k < r π πk lim πk sin() lim d d sin() πk sin() sin(πk) πk πk ( ) k ( )k. Dieses Ergebniss lässt sich jett durch Fallunterscheidungen weiter ausrechnen, um Beispiel die Summe expliit auswerten, dieses soll jedoch nicht vorgeführt werden. (e) Dieses Integral lässt sich nicht bestimmen, den die Polstelle liegt auf dem Integrationsweg, welches bei uns nach Definition nicht passieren darf! 4. (Taylorreihen) Sei f : C C analytisch und N N, C > 0, R > 0 mit f() C, > R. N Zeigen Sie, dass f ein Polynom vom Grad kleiner oder gleich N sein muss. Da f stetig ist, nimmt f sein Maximum auf { C : R} an. Ausserhalb dieser Kreisscheibe, also für > R gilt f() C N C R N. Damit ist f beschränkt und nach dem Sat von Liouville auch konstant, welches u eigen war. 5. (Identitätssat) Überprüfen Sie ob es eine analytische Funktion mit den folgenden Eigenschaften geben kann. Wenn ja dann geben sie ein Beispiel an. ( ) i (a) f : C C, f 0, n N n ( ) i (b) f : { C : I() > 0} C, f 0, n N n ( ) (c) f : C\{0} C, f 0, n N n (a) Eine solche Funktion ist im Ursprung stetig, also muss auch f(0) 0 gelten. Nach dem Identitätssat muss aber dann f bereits konstant 0 sein. (b) Hier machen wir den Ansat f() sin(g()). Die Nullstellen des Sinus sind gerade πk mit k Z. Damit muss jett gelten: ( ) i g πn. n 3

4 Seten wir jett g() a so erhalten wir na πn a πi. i Damit erfüllt f() sin ( ) πi die gewünschten Eigenschaften. (c) Machen wir denselben Ansat erneut so erhalten wir a π und somit f() sin π. 6. (Bilder analytischer Funktionen) Untesuchen Sie ob es eine gane Funktion f : C C gibt mit Bild(f) : {f() : C} : A für die Fälle (a) (b) A C A C\{0} (c) A { C : R() > 0} (d) A { C : R() 0} (a) f() (b) f() exp() (c) Geht nicht nach Übungsblatt 4 Aufgabe. (d) Hier ist A nicht offen. Da jedoch Bilder offener Mengen offen sein müssen und C offen ist, kann es eine solche Funktion nicht geben. 7. (isolierte Singularitäten) Untersuchen sie die folgenden Funktionen auf ihre Singularitäten (a) f() sin() (b) f() sin() ( ) (c) f() cos ( ) (d) f() tan (e) f() tan() (f) f() sin() (g) cos() ( f() k sin ), k Z (e) f() exp(sin()) (a) Der Sinus besitt einfache Nullstellen an den Stellen ζ πk mit k Z. Ensprechend sind diese Punkte gerade einfache Polstellen von. sin (b) Dieselbe Argumentation von oben eigt, dass wir einfache Polstellen bei ζ πk mit k Z und k 0 haben. Für ζ 0 müssen wir dieses gesondert betrachten. Es gilt jett lim 0sin lim 0 4 sin.

5 Also ist ζ 0 nur eine hebbare Singularität. (c) Da cos gan ist, ist die einige Singularität offensichtlich 0. Benuten wir die Taylorreihendarstellung von cos so sehen wir, dass dieses eine wesentliche Singularität ist. (d) Hier ist tan() sin(). Damit haben wir Singularitäten bei 0 und cos 0. Da cos() wir die Nullstellen des Kosinus bereits kennen ergibt sich π + πk π+πk π + πk. Da die Nullstellen des Kosinus einfach sind, hat tan an diesen Stellen gerade einfache Polstellen. An der Stelle 0 haben wir wie früher auch schon eine wesentliche Singularität. (e) Die einfachen Polstellen sind hier wieder die Nullstellen des Kosinus, also ζ π + πk mit k Z. Die Stelle ζ 0 müssen wir gesondert betrachten. Hier haben wir tan() lim 0 sin() lim 0 cos() und somit ist ζ 0 eine hebbare Singularität. (f) Hier sind die Singularitäten die Nullstellen des Nenners, also cos() cosh(y) cos(x) i sinh(y) sin(x). Durch Vergleich von Real und Imaginärteil ergibt sich y 0 und x πk mit k Z oder x πk und cosh(y). In beiden Fällen ist die Lösung gerade y 0 und x πk! Dieses sind gerade einfach Pole solange der Zähler nicht auch gleicheitig verschwindet. Seten wir dieses ein so erhalten wir sin(πk) πk πk und wir müssen den Punkt 0 somit genauer untersuchen. Wir schreiben jett sin() + und analog auch bekommen damit n cos() ( ) n n (n + )! n ( ) n n (n)! n ( ) n n (n + )! g(), g(0). sin() lim 0cos() lim h() 0 g() lim h() 0 g() 0. (g) Benuten wir die Laurenreihenentwicklung, so erhalten wir k sin n0 ( ) n (n + )! n+k h(), h(0) 0 welches eigt, dass die einige Singularität 0 eine wesentliche Singularität ist. (e) Benuten wir hier die Taylorreihenentwicklung so erhalten wir ( ) exp(sin()) sin k () + sin() + sin(). k! 5 k

6 Die u betrachtende Singularität ist 0 und wir erhalten sin() sin() lim + lim 0 0 k sin k () k! + 0. Also ist dieses eine hebbare Singularität. 8. (Stammfunktionen) Welche der obigen Funktionen besiten eine Stammfunktion auf einem Gebiet G C\{isolierte Singularitäten}? (a) besitt keine, da Residuum nicht 0 ist. (b) ja da gan (c) nein (d) nein (e) nein (f) nein (g) nein (e) Ja, da gan 9. (Beweis) Sei G C eine Gebiet und K G kompakte Teilmenge, welche mindestens eine offene Kugel enthält. Sei f : G C eine nicht konstante analytische Funktion, welche auf K konstanten Betrag hat. Zeigen Sie, dass f eine Nullstelle im Inneren von K besitt. Sei a > 0 mit f() a für K. Angenommen f hat keine Nullstelle im Inneren von K. Wegen der Stetigkeit von f und da f(k) kompakt ist gibt es also ein r > 0 mit f() > r > 0, K. Wähle jett dieses r maximal mit dieser Eigenschaft. Insbesondere ist r < a, da sonst f konstant wäre. Da f(k) kompakt ist muss somit { C : r} f(k) gelten. Genauso ist aber auch f(int(k)) offen und es muss somit wegen r < a { C : r} f(int(k)) gelten. Dieses ist ein Wiederspruch und damit hat f eine Nullstelle in K. 0. (Laurentreihen) Bestimmen Sie die Laurentreihenentwicklung folgender Funktionen (a) f() sin () (b) f() ( ) (c) f() sin 6

7 (a) Wir bestimmen nur den Hauptteil. Der Nebenteil kann mithilfe einer Rekursion bestimmt werden. Wir wissen bereits, dass diese Funktion einen Pol weiter Ordnung hat. In den Übungen haben wir sogar sin () + h(), k Zund πk < π ( πk) geeigt. (b) Hier ist f(). Wir betrachten nur die Entwicklung um ( )(+) 0 die andere geht analog. Wir betrachten jett also 0 < < und entwickeln den Faktor in + eine geo. Reihe (c) Es gilt sin() f() ( ) + ( ) ( ) n ( ) n ( ) n n0 ( ) n ( ) n 4 n n0 cos und damit haben wir mit dem Entwicklungspunkt 0 0 sin cos n n0 ( ) n n n (n)! ( 4) n (n)! n. (Residuensat) Finden Sie alle isolierten Singularitäten und bestimmen Sie das Integral f()d mithilfe des Residuensates für 5 f() 4 + i, sin() f() e e, π f() 0 e cos(0) sin(0) (a) f(). Die Singularitäten sind die Nullstellen von 4 +i 4 + i, also schreibe i e i 3π und wir erhalten Damit haben wir k e (i 3π +πik) 4 e i 3π 8 e i π k ζi k, k 0,,, 3. 5 f()d πi 4 f(). k Wie früher auch schon erhalten wir die Residuen mit Cauchys Integralformel u f() j πi ε k j ( k) j 7 k d ζ 3 j k k j k j i j i k ζ 3 ij 4.

8 Insgesamt haben wir also 5 f()d πi ζ 3 4 i k 0. k Wobei eine kure Rechnung bei der Bestimmung der Residuen ausgelassen wurde. (b) f() sin(). Die Nullstellen des Nenners sind gerade Punkte der Form e e π k π+πik. Damit also k π + 4π k π + 36k. Wegen der Bedingung 5 brauchen wir nur den Fall k 0 betrachten. Wir eigen, dass dieses eine hebbare Singularität ist, sodass das Integral also verschwinden wird! Es ist lim π sin() e e lim π π sin() sin(π) π e e π π cos(π)e π e π und somit ist die Funktion hebbar mit f(π) e π. Mit dem Residuensat wissen wir, dass alle Residuuen verschwinden, sodass wir erneut als Lösung 0 erhalten. (c) Da der Zähler bei nicht verschwindet ist dieser gan und wïr können Cauchys Integralsat verwenden und erhalten f()d πi f() 5 πi πi 5 0 e cos(0) sin(0) d πi 0 e cos(0 ) sin(0 ) πie cos(0) sin(0).. (reelle Integrale) Berechnen Sie die Folgenden Integrale (i) (ii) (iii) (iv) π 0 x x 4 + dx x cos(x) x + c dx x x + x 4 + 5x + 4 dx dx a cos (x) + b sin (x), a, b > 0 (i) Sei hier R(), dann hat R keine Pole auf R und eine doppelte Nullstelle bei. 4 + Die Singularitäten sind gerade die vierten Einheitswureln gegeben durch ζ k e (πi+πik) 4 e i π 4 i k + i i k ζi k, k 0,,, 3. 8

9 Entsprechend ist nur für k 0, auch I(ζ k ) > 0. Wir sehen weiterhin, dass ζ 0 ζ und ζ ζ 3 gilt. Mit Ergebnissen der Vorlesung erhalten wir jett R(x)dx πi I()>0 ( ) R() πi R() + R(). ζ 0 ζ Bestimmen wir jett die Residuen so erhalten wir mit R() ( ζ 0 )( ζ )( ζ )( ζ 3 ) R() ζ 0 πi 00 Analog rechnen wir das andere Residuum aus u Insgesamt haben wir also R() ζ πi ( ζ )( ζ )( ζ 3 ) ζ 0 d (ζ 0 ζ )(ζ 0 ζ )(ζ 0 ζ 3 ) 4ζ 3 00 ( ζ 0 )( ζ )( ζ 3 ) ζ (ζ ζ 0 )(ζ ζ )(ζ ζ 3 ) i 4ζ 3 R(x)dx πi ( + i) 4ζ3 π d + i + i π. (ii) Hierhaben wir R() und damit für R(c) 0 keine Polstellen auf R und nur +c eine einfache Nullstelle im Unendlichen. Damit können wir einen anderen Sat anwenden und erhalten R(x)e ix dx πi R()e i. I()>0 Die Singularitäten sind die Nullstellen des Nenners, welche gegeben sind durch c ic, ic, c C\{0}. Den Fall c 0 betrachten wir nicht, weil dieser analog u sin(x) geht, welches bereits im x Skript behandelt wird. Zusammen mit R() erhalten wir für R(c) > 0 auch ( ic)(+ic) I(ic) > 0, für R(c) < 0 auch I( ic) > 0. Also im Fall R(c) > 0 ist ic R()ei πi ic c (+ic) ei ic ic d ic e c e c und im Fall R(c) < 0 ist ic R()ei πi +ic c ( ic) ei + ic d ic ic ec ec. 9

10 Insgesamt erhalten wir also R(x)e ix dx πi { e c, R(c) > 0 e c, R(c) < 0 πie sgn(r(c))c Für unser Integral müssen wir lediglich den Realteil bilden, schreiben wir dau c a + ib so erhalten wir R(x) cos(x)dx π sin(b)e sgn(a)a Wir sehen, dass wenn c R ist, dass b 0 und somit das Integral verschwindet. Das sollte auch so klar sein, weil dann der Integrad Punktsymmetrisch im Ursprung ist. Jett betrachten wir den Fall R(c) 0 also c ib mit vorheriger Notation. Hier hat der Integrand leider wei Polstellen bei ±b ±I(c) mit b R\{0}. Zusammen mit Theorem 38 erhalten wir somit P ( ) R(x)e ix dx πi b R()ei + b R()ei. Die Residuen ergeben sich u b R()ei πi b b +b ei b beib d b eib und Also haben wir insgesamt b R()ei πi +b b b ei + b d be ib b e ib. P R(x)e ix dx πi ( e ib + e ib) πi cos(b) und unser Ursprüngliches Integral ist gerade der Realteil, verschwindet also! Man beachte, dass hier der Hauptwert relevant ist, da wir über echte Polstellen integrieren, welches mit dem gewöhnlichen Riemannintegral bereits nach Definition ausgeschlossen wird! Das Ergebniss P R(x) cos(x)dx 0 hätten wir auch aus symmetrie Argumenten schließen können. Wir fassen usammen mit c a + ib { x cos(x) x + c dx π sin(b)e sgn(a)a, a 0 0, a 0 Man beachte, dass wegen der Symmetrie der Hauptwert auch für c 0 verschwindet. 0

11 (iii) Hier haben Zähler und Nenner keine gemeinsamen Nullstellen und die Funktion hat eine doppelte Nullstelle im Unendlichen. Die Nullstellen des Nenners sind gerade ζ i, ζ i, ζ 3 i, ζ 4 i. und nur k, 3 erfüllen die Bedingung I(ζ k ) > 0. Damit haben wir gemäss Vorlesung mit R() ( ) R(x)dx πi R() + R(). ζ ζ 3 Als nächstes bestimmen wir wiedermal die Residuen, welche sich ergeben als und analog R() ζ πi ζ r R() ζ 3 + ( ζ )( ζ 3 )( ζ 4 ) ζ d Fassen wir dieses usammen so erhalten wir ζ 3 ζ 3 + (ζ 3 ζ )(ζ 3 ζ )(ζ 3 ζ 4 ). ζ ζ + (ζ ζ )(ζ ζ 3 )(ζ ζ 4 ) ( ) ζ ζ + R(x)dx πi (ζ ζ )(ζ ζ 3 )(ζ ζ 4 ) + ζ3 ζ 3 + (ζ ζ 3 )(ζ ζ 3 )(ζ 3 ζ 4 ) ( ) i + 4 i + πi + (i)( i)(3i) ( i)( 3i)(4i) ( ) i 3 i πi + π 6i i (iv) Hier führen wir eine Substution durch. Es sollte klar sein, dass dieses keine wirkliche Substituion, sondern eher die Definition des Integrales ist. Eigentlich müsste man dann die Schritte rückwärts aufschreiben, aber das sparen wir uns lieber. Also benuten wir cos(x) eix +e ix und sin(x) eix e ix und erhalten i π 0 dx a cos (x) + b sin(x) π dx 4 a (e ix + e ix + ) b (e ix + e ix ) 4 0 4i 8π < d i(a + a + a ) i(b + b b ) d (a b ) + (a + b ) + (a b ) (a b ) + (a + b ) + (a b ) a b: Hier haben wir im Nenner 4a 0 also 0 ist die einige Singularität. Das Residuum bestimmt sich u 0 4a 4a

12 sodass wir erhalten π 0 dx a cos (x) + b sin(x) 8π 4a π a. Alternativ hätten wir den Integranden auch umformen können mit π 0 dx a cos (x) + a sin(x) a a b: Sete ζ b a, dann gilt ζ + a +b b+a ζ a b π 0 dx π a. und wir formen um u (a b ) + (a + b ) + (a b ) (a b )( ζ)( ζ ) Wegen a b a + b a + b erfüllt nur ζ die Bedingung ζ <. Das Residuum bestimmen wir jett u ζ (a b )( ζ)( ) πi a ζ b ζ r (a b )(ζ ζ ) 4ab. Insgesamt haben wir damit mit der vorherigen Rechnung ζ ζ d π 0 dx a cos (x) + b sin (x) 8π 4ab π ab 3. (Cauchys Integralsat) Zeigen Sie die folgende Identität e x dx e (x+iτ) dx, τ R. Betrachte einen stückweise stetig differenierbaren Weg, welcher gerade ein Rechteck darstellt. Da der Integrand auf der rechten Seite gan ist ergibt sich mit Cauchys Integralsat direkt R R+iτ R+iτ R e d R R R+iτ R+iτ Hierbei ist R > 0 und die beiden vertikalen Stücke verschwinden im Grenfall R wegen R+iτ e d τ sup e (R+iy) τ sup e R e y τ e τ e R 0, R. y [0,τ] [τ,0] y [0,τ] [τ,0] R

13 Insgesamt ergibt sich damit also in diesem Grenfall 0 e x dx + e (x+iτ) dx welches u unserer Behauptung äquivalent ist. 4. (analytische Fortsetung) Sei G C ein Gebiet, 0 G und V C eine offene Kreisscheibe um 0. Ist f : G C eine analytische Funktion und g, g : V C ebenfalls wei analytische Funktionen, so gilt g () g () f(), V G g g. Da V eine offene Kreisscheibe ist, ist der Durchschnitt V G nichtleer und offen. Auf diesem stimmen g und g überein. Damit ergibt sich aus dem Identitätssat direkt die Behauptung. 5. (analytische Fortsetung, Beispiel) Sei f() n für <. Bestimmen Sie eine analytische Fortsetung für f. Geben Sie die Potenreihenentwicklung bw Laurentreihenentwicklung von f um einen beliebigen Punkt 0 C an. Was ist jeweils der Konvergenradius? Können sie auf diesem Konvergenradius eine Stammfunktion angeben? Was ist diese Stammfunktion? Bekanntlich gilt f(), welches auch direkt die analytische Fortsetung ist. Da die einige Singularität gerade 0 ist, ist obiges auch die eindeutige Laurentreihenentwicklung von f. Sei jett 0 ein beliebiger Punkt. Wir haben n ( n0 0 ) ( 0) n n a n ( 0 ) n n0 mit a n ( 0. Diese Reihe konvergiert natürlich genau dann wenn ) n+ 0 0 < 0 < 0 : r gilt. Also ist r > 0 der Konvergenradius und auf diesem haben wir eine Stammfunktion durch gliedweises Integrieren gegeben durch F () n0 a n n + ( 0) n+. Da F () auf diesem Gebiet gilt ist die Stammfunktion gerade der Logarithmus. 3

14 6. (analytische Fortsetung, Gegenbeispiel) Betrachten Sie die Funktion f() n!. Bestimmen Sie den Konvergenradius und eigen Sie, dass sich diese Funktion nicht ausserhalb der Kreisscheibe der Konvergen analytisch fortseten lässt. Der Konvergenradius ist gerade r und für den Rest siehe Exkurs-Analytische Fortsetung. n0 4