Lösungen zur Klausur Funktionentheorie I SS 2005

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1 Universität Karlsruhe 29 September 25 Mathematisches Institut I Prof Dr M von Renteln Dr C Kaiser Aufgabe en zur Klausur Funktionentheorie I SS 25 Sei S die Möbiustransformation, die durch S(z) = i i z a) Bestimmen Sie das Bild der Einheitskreislinie unter S b) Sei H = {z C : Re z > 2 } Bestimmen Sie S (H) Begründen Sie Ihre Antwort jeweils sorgfältig gegeben ist a) Wegen der Kreistreue der Möbiustransformation wird die Einheitskreislinie auf einen verallgemeinerten Kreis in Ĉ abgebildet Da S(i) =, ist das Bild eine Gerade Da S( i) = 2 und S() = i i = i(i+) 2 = 2 i 2 handelt es sich um die Gerade durch die Punkte 2 und 2 i 2, also um die Menge {z C : Rez = 2 } { } b) Nach (a) ist das Urbild von {z C : Rez = 2 } { } die Einheitskreislinie Nun ist S : Ĉ Ĉ wiederum eine Möbiustransformation und daher stetig und bijektiv S (H) ist also das Innere oder das Äußere des Einheitskreises Da S() =, also S () =, ist S (H) die offene Einheitskreisscheibe {z C : z < } (Man kann auch mit der Orientierungstreue der Möbiustransformation argumentieren)

2 Aufgabe 2 Geben Sie jeweils für den skizzierten Weg Γ den Index Ind Γ (z) für jedes z C \ Γ an (Eine Begründung ist nicht verlangt)

3 Aufgabe 3 Berechnen Sie folgende Integrale a) 2π e (eit) dt, b) z = sin(z 2 ) dz, c) (sin z) 2 z = von 9 Punkten sin(e /z )dz a) Der geschlossene Integrationsweg γ : [, 2π] C sei gegeben durch γ(t) = e it Dann gilt nach der Definition des Wegintegrals und dem Cauchyschen Integralsatz 2π e (eit) dt = 2π e (eit ) ie it ieit dt = i γ e z 2πi dz = z i e = 2π b) Sei = sin(z 2 ) und g(z) = (sin z) 2 Dann sind f und g ganze Funktionen Die Funktion g hat genau die Nullstellen kπ, k Z Also ist f g im Gebiet {z C : z < π} \ {} holomorph Sowohl f als auch g haben im Nullpunkt 2-fache Nullstellen, denn f () = g () = und f (), g () Nach Aufgabe 5 dieser Klausur hat f g in eine hebbare Singulatität Daher ist das gesuchte Integral nach dem Cauchyschen Integralsatz gleich c) smöglichkeit: Es gilt nach dem Residuensatz sin(e /z )dz = 2πi Res z= sin(e/z ) z = Zur Berechnung des Residuums entwickeln wir sin(e /z ) in eine Laurentreihe um : Die Funktion w sin(e w ) ist auf ganz C holomorph und daher um in eine Potenzreihe mit Konvergenzradius entwickelbar, etwa sin(e w ) = k= a kw k Dann gilt sin(e /z ) = k= a kz k Also ist Res z= sin(e /z) = a Nach dem Satz von Taylor ist aber a = (sin(e w )) w= = cos() Zusammen gilt also z = sin(e /z )dz = 2πi cos() 2 smöglichkeit: Nach der Definition des Wegintegrals und Substitution s = t ist π π sin(e /z )dz = sin(e e is )ie is ds = sin(e eit )ie it dt z = = π π π π sin(e eit ) e 2it ie it dt = w = sin(e w ) w 2 dw Nun gilt mit der Cauchyschen Integralsformel sin(e w ) w 2 dw = 2πi(sin(e w )) w= = 2πi cos() w =

4 Aufgabe 4 Berechnen Sie das Integral mit Hilfe des Residuensatzes x 2 2x + 2 dx Sei = z 2 2z+2 Da die Nullstellen von z2 2z + 2 = (z ) 2 + bei z = + i und z 2 = i liegen, ist f auf C \ {z, z 2 } holomorph und hat in z bzw z 2 jeweils einen Pol erster Ordnung Sei R > und γ R : [, π] C gegeben durch γ R (t) = + Re it Dann folgt mit dem Residuensatz +R f(x)dx + dz = 2πi Res γ z=+i R R Da i + ein Pol erster Ordnung von f ist, gilt Res = z=i+ (z i ) = z i+ z i+ z + i = 2i Weiter ist γ R dz = π f( + Re it )Rie it dt = π Rie it ( + Re it ) 2 + dt und daher π dz γ R R π R 2 e 2it + dt R R 2 dt = Rπ R 2 R Da f eine rationale Funktion ist, die keine reellen Polstellen hat, und da der Grad des Nennerpolynoms um 2 größer ist als der Grad des Zählerpolynoms, existiert das gesuchte Integral als uneigentliches Riemann-Integral und es gilt x 2 dx = 2x + 2 R +R R f(x)dx = 2πi Res z=+i R γ R dz = π

5 Aufgabe 5 Sei G ein Gebiet in C und f, g : G C holomorph mit Nullstellen der Ordnung k in z G Zeigen Sie, dass dann h = f g in z eine hebbare Singularität hat und dass gilt: z z g(z) = f (k) (z ) g (k) (z ) smöglichkeit: Nach Voraussetzung existieren holomorphe Funktionen f, g : G C mit f(z ), g(z ), so dass = (z z ) k und g(z) = (z z ) k g(z) gilt für alle z G Insbesondere ist g stetig in G Es existiert also eine Kreisumgebung U von z mit g(z) für z U Daher ist auch g(z) in U, also h holomorph in U \ {z } Weiter gilt h(z) = g(z) = g(z), z U \ {z } und f g ist holomorph in U Daher ist h nach z durch f(z ) g(z ) holomorph fortsetzbar Also ist z eine hebbare Singularität von h Es gilt f (k) (z ) = k! f(z ) und g (k) (z ) = k! g(z ) nach der Leibniz-Regel Daher ist z z g(z) = f(z ) g(z ) = f (k) (z ) g (k) (z ) 2 smöglichkeit: Nach Voraussetzung ist = n=k f (n) (z ) (z z ) n und g(z) = n! n=k g (n) (z ) (z z ) n n! in einer Kreisumgebung U von z, wobei f (k) (z ) und g (k) (z ) beide von Null verschieden sind Insbesondere gilt z z (z z ) k = f (k) (z ) k! und z z g(z) (z z ) k = g(k) (z ) k! Nach dem Identitätssatz kann man U so wählen, dass g(z) ist für z U \ {z } Dann ist h holomorph in U \ {z } und es gilt z z g(z) = (z z ) k z z (z z ) k g(z) = f (k) (z ) g (k) (z ) Also läßt h sich nach z stetig fortsetzen und ist in einer Umgebung von z beschränkt Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz ist daher z eine hebbare Singularität von h

6 Aufgabe 6 a) Formulieren Sie den Satz von Liouville b) Es sei g eine ganze Funktion Zeigen Sie: Ist g nicht konstant, dann gibt es zu jedem a C eine Folge (z k ) in C, so dass g(z k ) für k gegen a konvergiert a) Jede beschränkte ganze Funktion ist konstant b) Wir nehmen an, die Behauptung sei falsch Dann existiert ein a C und ein ɛ >, so dass g(z) a ɛ ist für alle z C Insbesondere ist also f : z g(z) a in ganz C holomorph, dh eine ganze Funktion Weiter ist f beschränkt, da g(z) a ɛ für alle z C gilt Der Satz von Liouville liefert nun, dass f konstant ist Dann ist aber auch g konstant Dies ist ein Widerspruch zur Annahme

7 Aufgabe 7 von 9 Punkten Entscheiden Sie (ohne Begründung), welche der folgenden Aussagen richtig, welche falsch sind Kreuzen Sie Ihre Antwort in der untenstehenden Tabelle an Jede richtige Antwort wird mit + Punkt, jede falsche Antwort mit Punkt bewertet Für diese Aufgabe gibt es jedoch mindestens Punkte a) Ist f in einem Gebiet holomorph, dann hat f dort eine Stammfunktion b) Ist f in einem Punkt von C komplex differenzierbar, dann ist f dort holomorph c) Ist f eine ganze Funktion, die auf der reellen Achse beschränkt ist, dann ist f konstant d) Die Menge {z C : z + 3 = z 3i } ist eine Gerade in C e) Es gibt eine Möbiustransformation, die keinen Fixpunkt hat f) Die Funktion z sin z ist in ganz C komplex differenzierbar g) Es gibt eine ganze Funktion, für die = für z = und f(2) = 2 gilt h) Es gibt eine ganze Funktion, für die f(c) = R ist i) Es gibt eine ganze Funktion, für die f(c) R ist Aussage richtig falsch a) x b) x c) x d) x e) x f) x g) x h) x i) x Kurze Begründung (in der Aufgabe nicht verlangt): a) = z ist auf dem Gebiet C\{} holomorph, hat aber dort keine Stammfunktion b) = z 2 ist in komplex differenzierbar, aber nicht holomorph c) = sin z ist auf R beschränkt, aber nicht konstant d) {z C : z + 3 = z 3i } ist die Menge aller Punkte, die von 3 und 3i denselben Abstand haben, also eine Gerade e) Satz der Vorlesung: Jede Möbiustransformation hat mindestens einen Fixpunkt ( ) sin z sin z sin z sin z f) = = cos(z ) z z z z z z z z g) Da die Menge z C : z = Häufungspunkte besitzt und f dort konstant ist, muss f nach dem Identitätssatz schon auf ganz C konstant sein h) Widerspruch zur Gebietstreue: R ist kein Gebiet in C, da nicht offen in C i) Wähle zb =