Übungen zur Vorlesung Funktionentheorie Sommersemester Lösungshinweise zum Klausurvorbereitungsblatt. (z) i f. 2xe (x2 +y 2) i2ye (x2 +y 2 ) 2

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1 UNIVERSITÄT DES SAARLANDES FACHRICHTUNG 6. MATHEMATIK Prof. Dr. Roland Speicher M.Sc. Tobias Mai Übungen zur Vorlesung Funktionentheorie Sommersemester 0 Lösungshinweise zum Klausurvorbereitungsblatt (3 Berechnen Sie die Pompeiu-Wirtinger-Ableitungen f z f : C C, z e z f z der Funktion bestimmen Sie alle Punkte z C, in denen die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen erfüllt sind. Lösung. Zunächst stellen wir fest, dass f(x + iy e (x +y für alle z x + iy C gilt. Wir berechnen damit für z x + iy C f z (z ( f (z i f x y (z ( xe (x +y + iye (x +y (x iye (x +y ze z ebenso f z (z ( f (z + i f x y (z ( xe (x +y iye (x +y (x + iye (x +y ze z. In Aufgabe 5 von Blatt haben wir allgemein gesehen, dass die reell differenzierbare Funktion f genau dann in einem Punkt z C die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen erfüllt, wenn gilt f (z 0. Nach unseren obigen Rechnungen ist z diese Bedingung aber genau für z 0 erfüllt. Die Funktion f erfüllt also nur in z 0 die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen. (4 Gegeben sei die Funktion u : C R, x + iy x 3 3xy x +. Bestimmen Sie eine ganze Funktion f mit Re(f u.

2 Lösung. Wir erinnern uns zunächst an die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen: Demnach ist eine reell differenzierbare Funktion f : C C genau dann holomorph, wenn u : Re(f : C R v : Im(f : C R die Differentialgleichungen u x v y u y v x erfüllen. Für uns bedeutet dies, dass wir zu der gegebenen Funktion u eine Funktion v bestimmen müssen, die gemeinsam das obige Differentialgleichungssystem lösen. Wir berechnen hierzu u x (x, y 3x 3y u (x, y 6xy y bestimmen durch Integration nach y bzw. x die Darstellungen v(x, y 3x y y 3 y + C (x v(x, y 3x y + C (y mit differenzierbaren Funktionen C, C : R R. Ein Vergleich beider Darstellungen liefert 3x y y 3 y + C (x 3x y + C (y somit Es muss also mit einer Konstanten c R daher C (x y 3 + y + C (y. C (x c C (y y 3 y + c v(x, y 3x y y 3 y + c gelten. Zusammenfassend ergibt sich dann f(x + iy u(x, y + iv(x, y oder, in der Variablen z ausgedrückt, (x 3 3xy x + + i(3x y y 3 y + c (x + iy 3 (x + iy + ( + ic f(z z 3 z + ( + ic. (5 Sei G C ein Gebiet mit der Eigenschaft G {z z G}. Weiter sei f O(G gegeben. Zeigen Sie, dass f genau dann die Bedingung f(g R R erfüllt, wenn gilt f(z f(z für alle z G. Lösung. Wir überlegen uns zunächst, dass G R gilt (wobei wir den trivialen Fall G ausschließen wollen: Nehmen wir an, es würde G R gelten, dann wäre {Im(z z G} R\{0} wir hätten aufgr der Stetigkeit der Abbildung Im : C R zwei offene Mengen G + : {z G Im(z > 0} G : {z G Im(z < 0},

3 die klarerweise disjunkt sind zudem G G + G erfüllen. Da die Symmetriebedingung G {z z G} aber impliziert, dass z z eine Bijektion zwischen G + G darstellt, kann weder G + noch G leer sein, weshalb dies im Widerspruch zur Forderung steht, dass G zusammenhängend ist. : Wir nehmen nun an, dass f(g R R gilt. Durch g : G C, z f(z erhalten wir dann eine holomorphe Funktion (wie wir in Aufgabe auf Blatt gezeigt haben, die auf G R mit f übereinstimmt. Der Identitätssatz erzwingt nun, dass f g damit f(z f(z für alle z G gilt. : Nehmen wir umgekehrt an, dass f(z f(z für alle z G erfüllt ist, so können wir für alle z G R nachrechnen, dass f(z f(z f(z damit f(z R gelten muss. Dies zeigt f(g R R. (6 Gibt es eine holomorphe Funktion f : C C mit f(0 f(z e z für alle z C? Lösung. Wir nehmen an, es gäbe eine solche Funktion f. Wegen sup z C f(z sup e z z C wäre f beschränkt damit als ganze Funktion nach dem Satz von Liouville konstant. Ferner gilt lim sup f(iy lim sup e y 0, y y so dass nur f 0 in Frage kommt. Da dies aber mit der Forderung f(0 unvereinbar ist, kann es keine Funktion f geben, die alle Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt. (7 Berechnen Sie die beiden Integrale 0 dx ( + x sin(x + x dx.

4 Lösung. (a Wir betrachten die holomorphe Funktion Wegen f : C\{ i, i} C, z f(z ( + z. ( + z (z i (z + i hat diese in ±i Polstellen zweiter Ordnung. Wir erhalten somit Res(f; i lim z i d ( (z i f(z lim dz z i Definieren wir für R > die beiden Kurven γ,r : [ R, R] C, x x (z + i 3 4i. so gilt einerseits andererseits so dass wir γ,r f(z dz γ,r : [0, π] C, t Re it, R R f(z dz γ,r f(x dx R π 0 π 0 R R ( + x dx f(re it ire it dt πr (R, f(re it dt lim f(z dz R γ,r ( + x dx lim f(z dz 0 R γ,r folgern können. Der Residuensatz besagt nun, dass für die Kette γ R : γ,r + γ,r f(z dz + f(z dz f(z dz πi Res(f; i π γ,r γ,r γ R gelten muss. Wir erhalten somit für R ( + x dx π. Beachten wir nun, dass die Funktion x (+x y-achse ist, so folgt schließlich 0 ( + x dx gerade (also symmetrisch zur ( + x dx π 4.

5 (b Wir betrachten die holomorphe Funktion Diese hat wegen f : C\{ i, i} C, z exp(iz + z. f(z exp(iz + z exp(iz (z i(z + in ±i Polstellen erster Ordnung. Wir bestimmen damit das Residuum Res(f; i lim z i (z if(z lim z i exp(iz z + i Für R > definieren wir nun die Kurven Für diese rechnen wir nach, dass f(z dz γ,r sowie γ,r : [ R, R] C, x x γ 3,R : [ R, R] C, x x + ir γ,r : [0, R] C, y R + iy ei. γ 4,R : [0, R] C, y R + i(r y R R f(x dx R R R f(z dz f( x + ir dx γ 3,R R R f(z dz i f(r + iy dy γ,r 0 R f(z dz i f(r + iy dy γ 4,R 0 exp(ix + x dx R R e R R e y dy e R R 0 R R e (R y dy e R R 0 R gilt, d.h. wir haben exp(ix lim f(z dz R γ,r + x dx lim R f(z dz 0 γ j,r für j, 3, 4. Für die Kette γ R : γ,r + γ,r + γ 3,R + γ 4,R besagt nun der Residuensatz γ R f(z dz πi Res(f; i π e,

6 so dass wir schließlich exp(ix dx lim f(z dz π + x R γ R e erhalten. Durch Übergang zum Real- bzw. Imaginärteil ergibt sich sin(x ( + x dx Im exp(ix + x dx 0 (was auch direkt mit der Beobachtung klar ist, dass der Integrand eine ungerade Funktion ist zudem cos(x ( + x dx Re exp(ix + x dx π e. (8 Bestimmen Sie die Laurententwicklung der durch die Vorschrift f(z : z(z gegebenen Funktion auf den Mengen {z C z > } {z C 0 < z < }. Klassifizieren Sie die Singularitäten von f geben Sie Res(f; Res(f; 0 an. Berechnen Sie ferner das Integral z(z dz, wobei R den im positiven Sinn durchlaufenen Rand des Rechtecks bezeichnet. R R : {x + iy C < x <, < y < } Lösung. Für alle z C mit z > rechnen wir nach, dass f(z z(z (z + (z (z 3 + z (z ( n 3 (z n n0 ( n (z n+3 n0 Ferner erhalten wir für alle z C mit 0 < z < durch (gliedweises Differenzieren von z z n n0

7 die Reihenentwicklung somit ( z (n + z n n0 f(z z(z z (z z (n + z n n0 z + (n + z n. Zur Vollständigkeit bestimmen wir zudem für alle z C mit 0 < z < f(z n0 z(z (z + (z (z ( n (z n n0 ( n (z n. n0 Daran lesen wir ab, dass die Funktion f in der Singularität einen Pol zweiter Ordnung mit dem Residuum Res(f; in der Singularität 0 einen Pol erster Ordnung mit dem Residuum Res(f; 0 besitzt. Die Werte der Residuen können wir mit den aus Aufgabe 3 von Blatt 8 bekannten Rechenregeln bestätigen. In der Tat gilt Res(f; 0 lim zf(z lim z 0 z 0 (z d ( Res(f; lim (z f(z lim z dz z z. Mit Hilfe des Residuensatzes können wir nun den Wert des obigen Integrals bestimmen. Es gilt: z(z dz πi( Res(f; 0 + Res(f; 0. R (9 Gegeben sei die Kurve Berechnen Sie Ind γ (0. γ : [0, π] C, t ( + sin(4t e it.

8 Lösung. Definieren wir die Kurve so können wir unmittelbar Ind γ (0 πi berechnen. Wir setzen zur Abkürzung Durch γ : [0, π] C, t e it, γ z dz πi π r : [0, π] C, t + sin(4t. 0 γ (t γ (t dt H : [0, ] [0, π] C\{0}, (s, t ( ( sr(t + s e it ist dann eine wohldefinierte stetige Funktion gegeben, die die Bedingungen (i H(0, γ H(, γ. (ii H(s, 0 H(s, π für alle s [0, ]. erfüllt, also eine Homotopie zwischen γ γ in C\{0} darstellt. Da die Windungszahl unter Homotopie invariant ist, folgt nun Ind γ (0 Ind γ (0. (0 Bestimmen Sie die Anzahl der Nullstellen des durch p(z 9z 5 + 5z 4 gegebenen Polynoms p auf {z C < z < 5}. Geben Sie auch den Wert des folgenden Integrals an: 45z z 5 + 5z 4 dz D 5 (0 Lösung. Wir betrachten das holomorphe Polynom q, das durch q : C C, z 9z 5 4 gegeben ist. Wir rechnen dann nach, dass für alle z 5 p(z q(z 5 z 5 < z 5 4 9z 5 4 q(z für alle z p(z q(z 5 z 5 < z 5 9z 5 4 q(z erfüllt ist. Nach dem Satz von Rouché besitzen daher p q auf R : {z C } < z < 5

9 gleich viele Nullstellen (mit Vielfachheiten gezählt. Weil q wegen < 5 4 < 4 9 offensichtlich 5 verschiedene Nullstellen auf R hat, nämlich 5 4 ( πik 9 exp, mit k 0,,, 3, 4, 5 hat auch p unter Berücksichtigung von Vielfachheiten genau 5 Nullstellen auf R. Da p nach dem Famentalsatz der Algebra auf C genau 5 Nullstellen (unter Berücksichtigung von Vielfachheiten hat diese bereits alle in R liegen, ist p auf D (0 nullstellenfrei. Insbesondere hat p auch auf D 5 (0 genau 5 Nullstellen. Das Argumentprinzip liefert daher 45z z 5 + 5z 4 dz p (z dz 0πi. p(z D 5 (0 D 5 (0 ( Sei Ω C offen sei u : Ω [0, eine stetige Funktion. Zeigen Sie, dass eine normale Familie ist. F : {f O(Ω z Ω : f(z u(z} Lösung. Sei K eine kompakte Teilmenge von Ω. Dann gilt für alle f F damit f K max f(z max u(z < z K z K sup f F Dies zeigt, dass F lokalbeschränkt ist. f K max u(z <. z K ( Sei (a n n N eine Folge aus C, für die das unendliche Produkt P : ( + a n n konvergiert einen Wert P C\{0} hat. Zeigen Sie, dass lim n a n 0 gelten muss. Gilt dies auch dann noch, wenn wir nicht mehr P 0 fordern? Lösung. Für alle N N setzen wir P N : N n ( + a n. Ist nun N N gegeben, so erhalten wir P N+ P N + a N+ oder äquivalent Also gilt a N+ P N+ P N. ( lim a N lim a PN+ N+ lim P N N N P N P 0.

10 Umgekehrt definiert a n andererseits eine Folge (a n n N, die einerseits lim n a n 0 P ( + a n lim n N n N ( + a n lim N N 0 erfüllt. Die obige Behauptung gilt im Allgemeinen also nicht mehr, wenn wir auf die Forderung P 0 verzichten. (3 Konstruieren Sie eine ganze Funktion, die einfache Nullstellen genau in den Punkten aus { n n N} hat. Lösung. Wir stellen fest, dass die Reihe n ( r n 3 r 3 n n 3 für alle r > 0 konvergiert. Satz. der Vorlesung besagt dann, dass das Produkt f(z : n E ( z n n ( z ( z exp + z n n n auf C kompakt gegen eine ganze Funktion f konvergiert, die einfache Nullstellen genau in den Punkten aus { n n N} hat.