1. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise)

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1 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 6. April 4. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe (,3,5 Punkte) Man bestimme Realteil, Imaginärteil, Betrag und Argument von a) z := 5 i (5 i)( + 3i) = = + i Re z = Im z =, z =, arg z = π 3i 3 4 ; b) z := e π ( i) = e π e i π π π = e (cos i sin π ) = i e π Re z =, Im z = e π π π, z = e, arg z = ; c) allen Lösungen der Gleichung z = z i z z 7 6i =. Alle Lösungen erhält man in der Form z = ( + w), wobei für w alle Lösungen von w = 4 + 4(7 + 6i) = 3 + 4i einzusetzen sind. Mit w = u + iv ergibt sich so mit w = u v + iuv das GLS: u v = 3, uv = 4 u 44 u = 3 u4 3 u 44 =. Man erhält u = 6 ± Da u > : u = 36, also u = ±6 und somit w = 6 + i, w = w. Gesamtergebnis: z = 4 + i, z = i. Aufgabe (je 5 Punkte) Man skizziere folgende Mengen in der komplexen Ebene C: a) M := { z C : z < + Re z } Wir betrachten zunächst z = + Re z. Dies beschreibt die Punkte, deren Nullpunktsabstand gleich dem Abstand zur Geraden x = Re z = ist. Es handelt sich demnach um die Polarengleichung einer Parabel. Rechnerisch mit z = x+iy: z = +Re z x + y = +x x +y = +x+x y = +x. Unsere Menge M ist demnach das Innere dieser liegenden Parabel. b) N := { z C : Re z = }. Mit z = x + iy : z = x iy x +y Re z = x x +y = x + y x = (x ) + y =. Die ergibt die Kreislinie um mit dem Radius. Also N = {z : z = } \ {}. Aufgabe 3 Für a C, a = bestimme man die abgeschlossene Hülle der Menge M a := {a n : n N }. Sei a = e iϕ.. Sei ϕ = π p q, p Z, q N teilerfremd. a ist eine q-te Einheitswurzel, P a = M a enthält genau q Elemente.. Sei ϕ = πr mit r Q. Für n, m N, n > m, gilt dann a n m = e iπr(n m), also a n a m. M a ist deshalb unendlich und besitzt als Teilmenge des kompakten Einheitskreisrandes einen Häufungspunkt η. Es gibt also eine (streng monoton wachsende) Folge (n k ) k in N mit a n k η für

2 k. Deshalb konvergiert (a n k+ n k ) k gegen und somit (θ k := arg a n k+ n k ) k gegen. Argumente werden hier stets in ( π, π] gewählt. Zu jedem t ( π, π] und jedem ε > gibt es also ein k mit θ k < ε und somit ein n N mit t nθ k < ε, (θ k > ), oder t π nθ k < ε, (θ k < ). Mit j k := n k+ n k folgt dann aus e it a nj k = sin t nθ k t nθ k (hier θ k > ) sofort e it M a, also M a = D. Aufgabe 4 (je Punkte) In welchen Punkten ihres Definitionsbereiches sind die folgenden Funktionen komplex differenzierbar? (z = x + iy) a) f(z) = z = x + y = u(z) + iv(z), u x (z) = x, u y (z) = y, v x = v y =. Aus den Cauchy-Riemann Dglen folgt somit u x = x = v y =, u y = y = v x =. Die Funktion f ist nur in z = differenzierbar. b) f(z) = cos x cosh y i sin x sinh y = u + iv u x = sin x cosh y = v y und u y = cos x sinh y = v x. Die Funktion f(z) = cos z ist also überall differenzierbar. c) f(z) = ax + iby = u + iv, a, b C geg. CR-Dglen: f x = a = if y = b. f für a = b überall und für a b nirgends differenzierbar. Aufgabe 5 Apfelmännchen Für c C sei p c (z) := z + c. Die Folge der Iterierten von p c sei wie folgt definiert: p c := p c, p n+ c := p n c p c. Man zeige: a) Ist z > + c, so gilt p c (z) = z z + c > z + c + c und folgere hieraus lim z + c n pn c (z) =. Beweis: z > + c p c (z) = z +c = z z + c z c z z z > z + c c + c = z + c + c + c =: K z. (i) c K > ; p c (z) > K z p n c (z) > K n z für n. (ii) c = p n c (z) = z n für n und z >. b) Ist c >, so gilt lim n pn c () =. Hinweis: Ist w c, so folgt ähnlich wie in (a): p c (w) w ( c ). Für c > und w c > gilt: p c (w) = w w + c w c w w w w ( c ) =: L w mit L >. Somit p n+ c () = p n c (c) L n c für n. Die Mandelbrot-Menge M, auch Apfelmännchen genannt, ist die Menge der c C für die die Folge (p n c ()) beschränkt ist. Nach (b) gilt also M U ().

3 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 3. Mai 4. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Holomorphe Funktionen seien hier stets (überflüssigerweise) als zweimal reell stetig partiell differenzierbar vorausgesetzt. Aufgabe 6 Wir ermitteln die Bilder von Kreisen und Geraden unter der auf C \ {} holomorphen Funktion f(z) := z, z. a) Man zeige: Das Bild der Kreislinie K = K(z, r) := {z C : z z = r}, r z, ist eine Kreislinie. Man ermittle Mittelpunkt und Radius von f(k). Beweis: z z = r zz zz zz + z r = mit w = /z ww ( z r ) w z wz + =. Dies ist wieder eine Kreisgleichung, da z r. Die Äquivalenz obiger Umformungen zeigt, dass K auf diesen Kreis bijektiv abgebildet wird. Mittelpunkt: m = z r z r und Radius R = z r. (Übungen) b) Man zeige: Das Bild einer Geraden ist eine Gerade durch oder eine Kreislinie durch (jeweils ohne ). Beweis: Geradengleichung za + za + c =, c R, A C. Wie in (a) erhält man mit w = z : c ww + w A + wa =. Geht die Ausgangsgerade durch den Nullpunkt (c = ) so erhält man wieder eine Gradengleichung, sonst eine Kreisgleichung. Die Ausnahmerolle von muss wohl nicht erläutert werden. c) Man ermittle das Bild des Parallelstreifens P := {z : < Im z < } unter der Abbildung f. Zunächst betrachten wir den Rand dieses Parallelstreifens. f(r) = R \ {}. y = z z = i. Mit w = z : ww i w + i w =, (z, w ). Dies ist die Gleichung des Kreises K( i, ). Man erhält f(p ) = {w : w + i >, Im w < }. Dies entnimmt man mit w = u + iv = z nat. auch aus der Bedingung < Im w = v u +v < < v < u + v. Aufgabe 7 (je 5 Punkte) Sei f : G C (G C Gebiet ) eine holomorphe Funktion. Man zeige: a) Nimmt f nur reelle Werte an, so ist f konstant. Beweis: Mit f(z) = u(z)+iv(z) ergibt sich u(z) = const, v(z) =. Die Cauchy-Riemann DGlen ergeben f (z) = v y (z) + i v x (z), (z = x + iy), auf G. Da G zusammenhängend ist, folgt (Vorlesung), dass f konstant ist. b) Ist die Funktion f(z) auf G konstant, so ist auch f konstant. Beweis: Mit f = u + iv : f(z) = u (z) + v (z) = c u x (z) + v x (z) = und u y (z) + v y (z) =. Die Cauchy-Riemann DGlen u x = v y, u y = v x ergeben das lineare GLS u x u y =, u y + u x = auf G. Hieraus folgt u x (z) = u y (z) = auf G. Genau so v x (z) = v y (z) =, also f (z) = auf G. Wie in (a) folgt die Konstanz von f. Ein Gebiet ist eine offene und wegzusammenhängende Teilmenge von C

4 Aufgabe 8 Zu folgenden Funktionen bestimme man (falls möglich) reellwertige Funktionen v, derart, daß f := u + iv holomorph ist (z = x + iy): x( + x + y ) a) u(x, y) := + x y + (x + y ) = = ( z + z + z ) + z = Re (z + z)( + z z) + z + z + z z = z( + z ) + z( + z ) ( + z )( + z = ) z z. Also v(z) = Im + z + z + a = y( + x + y ) + x y + (x + y + a, a R. ) b) u(x, y) := e x (x cos y y sin y) = Re z e z. Also v(z) = Im z e z + a = e x (x sin y + y cos y) + a, a R. c) u(x, y) := arctan y x, x >. Die Cauchy-Riemann Dglen liefern v x(z) = u y (z) = x x + y v(z) = log(x + y ) + c(y), v y (z) = u x (z) = y x + y v(z) = log(x + y ) + d(x). Vergleich ergibt v(z) = log(x + y ) + a = log z + a, a R. Aufgabe 9 (5 Punkte) Eine reell zweimal stetig partiell differenzierbare Funktion u : U R (U C offen) heißt harmonisch, falls u(z) := u xx (z) + u yy (z), z = x + iy, auf U gilt. Man zeige: Ist f auf U holomorph, so sind u(z) := Re f(z) und v(z) := Im f(z) auf U harmonisch. Beweis: Cauchy-Riemann DGlen u x (z) = v y (z), u y (z) = v x (z) ergeben u xx (z) = v yx (z), u yy (z) = v xy (z). Der Satz von Schwarz (Ana) zeigt v xy = v yx, was u(z) zur Folge hat. Genau so für v. Aufgabe Seien U, U C offen und f : U U eine holomorphe Funktion. Ferner sei φ : U R eine zweimal stetig partiell differenzierbare Funktion und ψ : U R def. durch ψ(z) := φ(f(z)). Man zeige: ψ(z) = φ(w) w=f(z) f (z). Insbesondere ist also die holomorphe Verpflanzung harmonischer Funktionen wieder harmonisch. Beweis: z = x + iy, w = f(z) = u(z) + iv(z) Bekanntlich gilt f = u x + iv x = u x iu y = v y + iv x f = u x + u y = v x + v y. Die Kettenregel für Funktionen zweier Veränderlicher liefert: Nochmaliges Differenzieren ergibt: ψ x (z) = φ u (f(z))u x (z) + φ v (f(z))v x (z) ψ y (z) = φ u (f(z))u y (z) + φ v (f(z))v y (z) ψ xx (z) = (φ uu (f(z))u x (z) + φ uv (f(z))v x (z))u x (z) + φ u (f(z))u xx (z) + (φ vu (f(z))u x (z) + φ vv (f(z))v x (z))v x (x) + φ v (f(z))v xx (z) Analog wird die Ableitung nach y gebildet. Wegen u xx + u yy = v xx + v yy = (HA9) folgt durch Addieren die Gleichung für x und y und mit φ uv = φ vu : ψ(z) = φ uu (f(z)) (u x(z) + u y(z)) + φ vv (f(z)) (v x(z) + v y(z)) + φ uv (f(z)) (u x (z)v x (z) + u y (z)v y (z)) und, da die C-R-DGlen den letzten Term verschwinden lassen, die Beh..

5 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den. Mai 4 3. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe längs folgender Bögen Man berechne direkt unter Benutzung der Parameterdarstellung j z dz, j =,, { t + it für t, (t) := ( + i) + (t )( i) für t. z dz = (t + it ) ( + it) dt + (( + i) + (t )( i)) ( i) dt = (8t t 4 + (4 t )i) dt = = 8 3. (t) := t für t. z dz = t dt = 8 3. Klar, da z eine Stammfunktion besitzt und somit wegunabhängig intergrierbar ist. Aufgabe (5 Punkte) (t 5t 4 + (4t 3 t 5 ) i) dt + Es se : [, π] C, (t) := a e it + b e it mit a > b >. Man skizziere die Kurve und berechne z dz sowie z dz. (t) = (a + b) cos t + i (a b) sin t ist die Parameterdarstellung einer Ellipse mit der großen Halbachse a + b und der kleinen Halbachse a b. Beide Integrale sind, da die integrierten Funktionen Stammfunktionen in C besitzten. Aufgabe 3 ( Punkte) Sei p(z) := a + a z + + a n z n eine Polynom und (t) := z + r e it, z C, r >, t π, eine Kreislinie. Man berechne: I := p(z) dz. p (k) (z ) k! (z z ) k. Mit der angegebenen Parame- Umordnung nach Potenzen von z z ergibt: p(z) = n trisierung berechnen wir nun: I = n k= p (k) (z ) k! (z z ) k dz = n k= p (k) (z ) k! π k= r k e ikt rie it dt = Für k > gilt π e i( k)t dt = i( k) ei( k)t π =. Also I = πir p (z ). Aufgabe 4 n k= p (k) (z ) k! r k+ i π e i( k)t dt. Sei G C ein Gebiet für das jede in G holomorphe Funktion eine (in G holomorphe) Stammfunktion

6 besitzt. Man zeige: Zu jeder in G holomorphen und nullstellenfreien Funktion f gibt es eine in G holomorphe Funktion g mit f = e g, d.h. f besitzt einen (holomorphen) Logarithmus. Beweis: Die Funktion h := f f ist in G holomorph und besitzt nach Voraussetzung eine (holomorphe) Stammfunktion H in G. Wir wählen ein z G und sichern durch Addition einer passenden Konstanten f(z ) = e H(z)+c. Sei g(z) := H(z) + c. Es folgt: ( e g(z) f(z) ) = g fe g f e g f (z) =, da g = f f. Also ist eg f = konstant - bei z ist der Funktionswert. Aufgabe 5 Man zeige, daß f(z) := e iz auf C eine holomorphe Stammfunktion besitzt, integriere f längs des Randes des Kreissektors S = {z : < arg z < π 4, z < R} und berechne durch Grenzübergang R die Fresnel- Integrale sin(x ) dx und cos(x ) dx. f besitzt auf C eine Potenzreihendarstellung und somit eine Stammfunktion. Bemerkung: Die Funktionen sin(x ), cos(x ) sind auf R > nicht Lebesgue-integrierbar, also := lim R R! Nach Korollar 3. gilt f(z)dz =. Wir betrachten die Integrale über die drei Randbögen getrennt: S (i) (x) = x, x R : R e ix dx = R cos(x )dx + i (ii) (t) = e iπ/4 t, t R : R R sin(x )dx (iii) 3 (t) = Re it, t π 4 : π/4 I 3 := e ir e it Rie it dt R Wegen sin t π t auf [, π ] gilt: I 3 R Insgesamt folgt nach R : e ix dx = e ieiπ/4 t e iπ/4 dt = e iπ/4 R π/ cos(x )dx + i π/4 e R π t dt = R e R sin t dt = R cos(x )dx + i e t dt e iπ/4 π π ( e R R π/ sin(x )dx = e iπ/4 π = sin(x )dx für R. e R sin t dt. für R. ) für R. π π + i.

7 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 7. Mai 4 4. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe 6 ( Punkte) Für r R wird durch : [, π] C, (t) := e it + r e it, eine geschlossene Kurve definiert. Für r =,, 3 skizziere man die Kurve. Für diejenigen r für die ([, π]) den Nullpunkt nicht enthält, bestimme man Uml(, )... Uml(, ) = dz πi z = π i e it + ri e it πi e it + r e it in ein Integral über die Einheitskreislinie η um: z + rz Uml(, ) = πi z(z + rz) dz = πi z = = Uml(η, ) + Uml(η, r) = dt. Wir formen nun durch z(t) = e it, dt = dz iz z = { r < r >. z + r z + rz dz = π Ärger gibt es nur, falls r = ±; die Kurve läuft dann durch den Nullpunkt. Aufgabe 7 z = dieses Integral dz z + dz πi z = z + r Das Bild zeigt die Spur einer geschlossenen Kurve in C. Man fixiere einen Anfangspunkt, eine Durchlaufungsrichtung und bestimme die Umlaufszahlen der Kurve in allen Restgebieten. Aufgabe 8 Sei ϕ : D := {z : z < } G, (G C Gebiet), eine bijektive und holomorphe Funktion. Die Holomorphie von ϕ sei (überflüssigerweise) vorausgesetzt. a) Man zeige: Ist : [a, b] G ein (stückweise glatter) Weg und f in G holomorph, so gilt f(z)dz = f(ϕ(z))ϕ (z)dz. ϕ

8 Beweis: Das sieht wie eine ganz normale Substitutionsregel aus. Ist es auch, da wir komplexe Kurvenintegrale über Parameterdarstellungen def. haben folgt der Beweis. Da ϕ und ϕ holomorph sind, folgt wie in Ana ϕ (ϕ(z)) = z (ϕ ) (ϕ(z))ϕ (z) =, also verschwinden die Ableitungen von ϕ und ϕ nirgends. ϕ f(ϕ(z))ϕ (z)dz = = b a b a f(ϕ(ϕ ((t))))ϕ (ϕ ((t)))(ϕ ) ((t)) (t)dt f((t)) (t)dt = b) Man zeige: Für jeden geschlossenen Weg in G gilt f(z)dz =. f(z)dz. Beweis: ϕ ist eine geschlossener Weg in der Kreisscheibe D. Der Cauchy Integralsatz für Kreisscheiben lieferte deshalb ϕ f(ϕ(z))ϕ (z)dz =. c) Wir nennen ein Gebiet G C ein Stammgebiet, wenn jede in G holomorphe Funktion eine Stammfunktion in G besitzt. (Nach Vorlesung gilt in jedem Stammgebiet der Cauchy Integralsatz.) Man zeige: Sind G, H C Stammgebiete und ist G H (bogenweise) zusammenhängend, so ist auch G H ein Stammgebiet. Beweis: Sei f auf G H holomorph. Nach Voraussetzung haben die Einschränkungen f G und f H Stammfunktionen F G und F H. Ist z G H, kann man obda F G (z ) = F H (z ) annehmen. Da G H zusammenhängend ist, gilt F G = F H auf G H. Die beiden Funktionen definieren also auf G H eine holomorphe Stammfunktion von f. Aufgabe 9 (5 Punkte) ζ Man berechne: dζ für z C \ {z : z = }. ζ z ζ = Für ζ = gilt ζ = ζ. Deshalb: I(z) := z = ζ ζ z dζ = z = ζ(ζ z) dζ. Für z = ergibt dieses Integral bekanntlich. Für z : ( I(z) = ) { z z = ζ z dζ z < z = ζ dζ = πi z z >.

9 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 4. Mai 4 5. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe Man zeige: Es gibt keine auf C holomorphe Funktion f mit f(z) = z für z =. Beweis: Für z = gilt z = z. Für jede auf C holomorphe Funktion f gilt f(z) dz = (Cauchy z = Integralsatz). Wegen z = z dz = dz z = z = πi gibt es keine auf C holomorphe Funktion, die für z = mit z übereinstimmt. Aufgabe ( Punkte) Sei < ε <. In ebenen Polarkoordinaten (r, ϕ) stellt die Kurve ϕ r(ϕ) := ε cos ϕ eine Ellipse dar. Man berechne den Flächeninhalt der Ellipse durch Auswertung der Flächenformel F = π [r(ϕ)] dϕ mit Überführung dieses Integrals in ein komplexes Integral über die Einheitskreislinie. Kontrolle durch F = πab. Mit cos ϕ = (eiϕ + e iϕ ) und z(ϕ) = e iϕ, dϕ = dz iz über die Einheitskreislinie um: F = z = iz( ε/ (z + /z)) dz = i z = formen wir wie schon oft das Integral in ein Integral 4z (ε z z + ε) dz. Die Nullstellen des Nenners sind z, = ε ( ± ε ). Nur z = ε ( ε ) liegt in der Einheitskreisscheibe. Mit Cauchy s Integralformel für die Ableitung: F = i z = 4z ε (z z ) dz = 4π (z z ) ( z ) ε (z z ) z=z = 4π ε z z (z z ) 3 = π ( ε ) 3/. Ein Brennpunkt unserer achsenparallelen Ellipse liegt in, die große Halbachse ist a = ε, die kleine b = ε. Aufgabe ( Punkte) dx Für n N, n, berechne man durch Integration längs des Randes von {z : z < R, < + xn arg z < π n } und Grenzübergang R.

10 Das Polynom p(z) = + z n besitzt die Linearfaktorzerlegung p(z) = n k= (z ε k) mit ε k = e iπ/n e kπi/n. Deshalb gilt die Partialbruchzerlegung n + z n = r k z ε k mit r k = lim z ε k z ε k + z n = p (ε k ) = k= nε n k. Für R >, n sei nun R,n die (positiv orientierte) Randkurve von W n := {z : < z < R, < arg z < }. Es folgt: π n R,n n dz + z n = πi r k Uml( R,n, ε k ) = πi r Uml( R,n, ε ) = R k= πi nε n = πi ne iπ(n )/n. dx R dx Zu den Teilintegralen: (i) + x n =: I. + xn (ii) z(t) := e πi/n t, t R, gibt nach R : I e πi/n ( - wegen anderer Orientierung). (iii) z(t) = R e it, t π n ergibt mit dz = Ri eit : π/n Ri e it dt π/n + R n e int R π/n + R n e int dt R R R n dt. Wir erhalten somit: ( I e πi/n) = πi ne iπ(n )/n = πi ne iπ/n I = π n π i e iπ/n e = n iπ/n sin π n. Aufgabe 3 Sei f = u + iv auf einem Gebiet G B(, r), r >, holomorph. Man berechne für z < : f(ζ) ζ + z dζ und f(ζ) ζ + z dζ ζ z ζ ζ z ζ ζ = und folgere die Gültigkeit der Formel von H. A. Schwarz f(z) = π π ζ = u(e it ) eit + z e it dt + iv(), z <. z Hinweis: Man beachte, dass g(z) := f( z) holomorph ist. Dies entnimmt man leicht den Cauchy-Riemann DGlen. Wegen ζ+z ζ z ζ = ζ + ζ z liefert die Cauchy-Integralformel (CIF) für z < : ζ = f(ζ) ζ + z dζ ζ z ζ = πi f() + 4πif(z). Im zweiten Integral substituieren wir τ = τ = ζ = ζ, beachten, dass hierbei der Rand von D negativ durchlaufen wird, und erhalten: f(ζ) ζ + z dζ ζ z ζ = f( τ) + zτ dτ zτ τ. ζ = τ =

11 Da f( τ) und damit auch f( τ) +zτ zτ holomorph in D ist, liefert die CIF den Wert πif(). Wir wenden nun diese Ergebnisse auf die Funktion g(z) := f(z) iv() g() R an und erhalten mit z(t) = e it, t π : Aufgabe 4 4πi g(z) = = i ζ = π g(ζ) ζ + z dζ ζ z ζ + ζ = u(e it ) eit + z e it z dt g(z) = f(z) iv() = π g(ζ) ζ + z dζ ζ z ζ = π Sei f holomorph auf einem Gebiet G B(, R), R >. Man zeige: R z πi ζ =R für z = re iϕ, r < R und folgere hieraus ζ = u(e it ) eit + z e it dt. z u(ζ) ζ + z dζ ζ z ζ f(ζ) dζ (ζ z)(r zζ) = [ ] πi ζ =R ζ z + z R f(ζ) dζ = f(z) zζ f(z) = R r π π f(re iθ ) R rr cos(θ ϕ) + r dθ. f(ζ) z R zζ Beweis: Die erste Gleichung folgt leicht durch Partialbruchentwicklung. Die Funktion ζ ist für z = r < R wegen > R holomorph auf einer Umgebung von B(, R). Nach CIS ergibt das Integral. R z Die CIF liefert nun die zweite Gleichung. ζ = Re iθ, z = re iϕ, ( < r < R) ergibt nun: R z (ζ z)(r zζ) = R r Re iθ (R rr cos(θ ϕ) + r ). Mit der Substitution ζ = Re iθ folgt somit die Behauptung. 3

12 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 7. Juni 4 6. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe 5 (je 5 Punkte) Die Koeffizienten a n einer Potenzreihe f(z) = a n z n mögen zu gegebenen a, b C folgenden Bedingungen genügen: a = a, a = b, a n+ = a n + a n für alle n. a) Durch passende Linearkombination der Potenzreihen f(z), zf(z), z f(z) ermittle man eine Funktion mit unserer Potenzreihendarstellung und bestimme den Konvergenzradius. Mit z f(z) = a n z n+ = a n z n, z f(z) = a n z n+ = a n z n erhält man n= n= n= f(z) z f(z) z f(z) = a + a z a z + n= n= (a n a n a n ) z n = a + (b a) z a + (b a) z Die Funktion f(z) := z z ist für z ± 5 holomorph, ist also um in eine Potenzreihe entwickelbar. Der Konvergenzradius ist nach Vorlesung maximal R = + 5 und die Koeffizienten genügen den geforderten Bedingungen. b) For a = a = bestimme man so eine explizite Darstellung der Fibonacci-Zahlen. Hier gilt f(z) = Geometrische Reihen: n= / 5 z z = z ( / 5 5)/ z ( + = ( + 5)/ 5)/ 5 +z( + ( 5)/ 5)/ 5 +z(. 5)/ f(z) = ( + 5)/ 5 n= ( )n (( + 5)/) n z n ( 5)/ 5 a n = ( )n 5 ( + ) n+ ( 5 Aufgabe 6 (je 5 Punkte) Für z < R sei f(z) := a n z n. Man beweise für < r < R: a) π π n= f(re it ) dt = a n r n. n= n= ( )n (( 5)/) n z n, also ) n+ 5. Beweis: Auf z = r konvergieren die Reihen für f(z) und f(z) absolut und gleichmäßig. Man erhält als Cauchy-Produkt. ( ) ( ) n f(z) = a n z n a n z n = a k a n k z k z n k. n= n= n= k= Auf Grund der glm Konvergenz kann diese Reihe gliedweise integriert werden (z = re it ): π Dies liefert die Behauptung. π z k z n k dt = r n e i(n k)t dt = { πr n für n = k sonst

13 b) Ist k N und s k (z) die k-te Partialsumme von f, so gilt für jedes Polynom p vom Grad k die Parseval- Ungleichung π f(re it ) s k (re it ) dt π Beweis: Leicht! Sei p(z) = k j= b jz j. Nach (a) ergibt sich: Aufgabe 7 π Die Potenzreihe f(z) := f(re it ) p(re it ) dt = π n= z n π k a j b j r j + π j= n=k+ a n r n = z < eine holomorphe Funktion dar. Man zeige, dass f(z p ) = man f(re it ) p(re it ) dt. π n=k+ a n r n f(re it ) s k (re it ) dt. besitzt offensichtlich den Konvergenzradius (Begründung!), stellt also für lim f(cr) = r n=p z n für jedes p N gilt. Hieraus folgere für jedes k, p N und c := e kπi/p. Man bestimme auch die abgeschlossene Hülle von {e kπi/p : k, p N }. Seien k, p N. Zunächst ist f(z p ) = (z p ) n = n= z n+p = n= z n für p N. Mit c = e kπi/p, r > folgt f((cr) p ) = f(r p ). Wegen f(cr) = p n= + f(r (cr)n p ) ist nur noch f(r p ) f(r) für r zu zeigen. Sei N N gegeben. Es gibt ein r < mit r N > für alle r r. Deshalb gilt für diese r stets f(r) = n= > N rn n= N rn. n=p Aufgabe 8 ( Punkte) Die Bessel-Funktionen J n (z), n Z, sind definiert durch f(z, ζ) := e z (ζ ζ ) = Man zeige, daß die J n ganze Funktionen sind und beweise n= J n (z) ζ n (ζ ). J n (z) = π π cos(nt z sin t) dt = ( ( ) k z k!(n + k)! k= ) n+k. Hinweis: Für ζ C \ {} gilt die Cauchy Integralformel f(z, ζ) = f(z,τ) πi r,r τ ζ dτ, wenn r,r der (positiv durchlaufene) Rand des Kreisrings {z : r < z < R}, < r < ζ < R, ist. Beweis: Die im Hinweis aufgestellte Behauptung ist leicht einzusehen, indem man r,r etwa durch drei radiale Hilfsbögen in Wege zerlegt, die in Kreisscheiben eingefangen werden können in denen f(z, ζ) holomorph ist. Also wie in der Vorlesung mit geometrischer Reihe: πi f(z, ζ) = = = f(z, τ) r,r τ ζ dτ = f(z, τ) τ =R τ n= τ =R τ =R ζ/τ dτ f(z, τ) τ n+ dτ ζn + f(z, τ) τ ζ dτ f(z, τ) ζ τ =r n= τ =r τ =r f(z, τ) τ ζ dτ τ/ζ dτ f(z, τ) τ n+ dτ ζ n. Wir sehen also für n N : J n (z) = f(z,τ) πi τ =R τ dτ und J n+ n (z) = f(z,τ) πi τ =r τ dτ - auf ganz C n+ holomorphe Funktionen nach Satz 4.6. Die Begründung im ersten Satz diese Beweises zeigt auch, dass diese

14 Integrale von r, R unabhängig sind. Wir wählen r = und erhalten mit τ = e it : J n (z) = πi = π = π τ = π π π e z/(τ /τ) τ n+ dτ = π e i(z sin t nt) dt = π cos(z sin t nt) dt. π π π π iz sin t e e i(n+)t eit dt cos(z sin t nt) dt + i π Aufgabe 9 Sei f(z) = a n z n eine auf U R () holomorphe Funktion und für < r < R sei n= A(r) := max{re f(z) : z = r}. Man zeige: Beweis: Für n N gilt bekanntlich: Für alle r (, R) und alle n N gilt: a n r n A(r) Re f(). a n = = πi πi z =r z =r f(z) dz = zn+ π π f(z)z n dz = π Die erste Gleichung gilt auch für n = : a = f() = a n r n = π Also: π f(re it ) cos nt dt = π π π π π π f(re it )( cos n t ) dt = π π π f(re it )r n e int dt f(re it )r n e int dt. π f(re it )dt. Addieren (n > ): sin(z sin t nt) dt f(re it ) cos n t dt f(). Re a n r n = Re f(re it ) cos n π t dt Re f() A(r) cos n t dt Re f() π = A(r) Re f(). () Für festes n N > sei a n = a n e iϕn und g n (z) := f ( ) e iϕn/n z =: und b n = a n. Für g gilt ebenfalls () und A(r) = max{re g(z) : z = r}. Man erhält: π b k z k. Offensichtlich gilt g n () = f() k= Re b n r n = a n r n A(r) Re f(). 3

15 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 4. Juni 4 7. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe 3 (5 Punkte) Die holomorphen Funktionen f und g mögen in einem Punkt z beide eine Nullstelle n-ter Ordnung haben. Man zeige, dass z eine hebbare Singularität von f/g ist und dass gilt f(z) g(z) f (n) (z ) g (n) (z ) für z z. Als holomorphe Funktionen sind f und g um z in Potenzreihen entwickelbar. Da beide in z eine Nullstelle n-ter Ordnung besitzen gilt deshalb: f(z) = (z z ) n k= a n+k (z z ) k, g(z) = (z z ) n b n+k (z z ) k mit a n = f (n) (z ) n! und b n = g(n) (z ) n!. Somit ist f(z) g(z) = an+an+(z z)+ b n+b n+(z z )+ stetig ergänzbar und hat dort eine hebbare Singularität. Aufgabe 3 k= in z durch an b n = f (n) (z ) g (n) (z ) Die Funktion f sei auf einer Umgebung von z C holomorph und habe in z eine Nullstelle k-ter Ordnung oder einen Pol k-ter Ordnung (k ). Man zeige, dass f f in z einen Pol erster Ordung besitzt und berechne lim (z z ) f (z) z z f(z). Bekanntlich gilt für unser f auf einer Umgebung von z die Darstellung f(z) = (z z ) k n= a n (z z ) n =: (z z ) k h(z), a = h(z ) mit k Z und k > falls z Nullstelle und k < falls z Polstelle ist (jeweils k-ter Ordnung). Deshalb: f (z) = k(z z ) k h(z) + (z z ) k h ( ) (z) f(z) (z z ) k = (z z ) k + (z z ) h (z). h(z) h(z) f /f hat also in z einen Pol erster Ordnung und der ges. Grenzwert ist k. Aufgabe 3 (5, und 3 Punkte) Man bestimme die Art der Singularität (hebbare Singularität, Pol (mit Ordnung) oder wesentliche Singularität) der folgenden Funktionen im Nullpunkt: a) f(z) := z e (z+ z ) = z e z + e /z Mit z = x + iy gilt f(x) = x e x + e /x für x und f(iy) = iy e y + e /y für y, da die e-funktion (im Reellen) schneller wächst als jede Potenz. Deshalb ist wesentliche Singularität für f.

16 b) g(z) := z sin z z sin z = z (z z3 /6 + z 5 /5! ± ) z (z z 3 /6 + z 5 /5! ± ) in eine hebbare Singularität. = /6 z /5! ± z /6 ± 6 für z. Die Funktion g hat c) h(z) := esin z cos z. Potenzreihenentwicklung der holomorphe Funktion esin z = z + a z + (Taylorentwicklung ( e sin z ) z= = ) und cos z = z / ± gibt h(z) = z + a z + / + b z + : Pol erster Ordnung bei. Aufgabe 33 ( Punkte) Man zeige, dass der Nullpunkt eine wesentliche Singularität der Funktion f(z) := z + e z ist und trotzdem lim r f(reiϕ ) = für jedes ϕ [, π) gilt. Beweis: (i) Der Nullpunkt ist wesentliche Singularität von f. Sonst hätte g(z) := z n f(z) für ein passendes n N bei eine hebbare Singularität. In diesem Fall ergäbe der Cauchy Integralsatz g(z)dz =. Aber z = für n gilt: z = z n f(z) dz = z = z n dz } {{ } = + z = z n e /z dz = } {{ } Subst.z=/ζ ζ = e ζ dζ = πi ζn+ (n + )!. (ii) lim f(re iϕ ) = gilt für jedes ϕ [, π). Wegen besserer Übersichtlichkeit betrachten wir g(z) := r f(/z) = z + e z, zeigen also lim r g(re iϕ ) =. Dies folgt mit der Dreiecksungleichung nach unten sofort aus (r > ): g(re iϕ ) r e r cos ϕ da die e-funktion schneller wächst, als jede Potenz. Aufgabe 34 { r cos ϕ e r cos ϕ r cos ϕ > (r ), Es sei f eine ganze Funktion. Zu jedem a C gebe es ein n = n(a) N mit f (n) (a) =. Man zeige: f ist ein Polynom. Beweis: Sei f eine ganze Funktion und kein Polynom. Dann ist keine Ableitung von f konstant. Für jedes n N ist also N n (f) := {z C : f (n) (z) = } eine Menge ohne Häufungspunkt in C (Identitätssatz). Deshalb ist N n (f) für jedes n eine abzählbare Menge und somit ist auch n N N n (f) abzählbar und nicht ganz C.

17 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den. Juni 4 8. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe 35 ( und 5 Punkte) a) Für < r < R sei die Funktion f holomorph im Kreisring K r,r := {z : r < z < R }. Man zeige: f besitzt genau dann auf K r,r eine Stammfunktion, wenn es ein ρ (r, R) mit f(z) dz = gibt. z =ρ Beweis: Nach Kor. 3. und Satz 3.6 besitzt f genau dann eine Stammfunktion, wenn f(z)dz = für jede geschlossene Kurve gilt. (i) Besitzt f eine Stammfunktion, so gilt deshalb f(z)dz = für alle geschlossenen Wege. (ii) Zum Nachweis der Existenz einer Stammfunktion genügt es zu zeigen, dass f(z)dz = für alle geschlossenen Wege gilt. Sei also geschlossen und f holomorph in K r,r. Die Umlaufzahl k :=Uml(, z) ist auf B(, r) konstant. Ist κ der (einmal) positiv durchlaufene Randweg der Kreisscheibe B(, ρ), so ist die geschlossene Kette k κ nullhomolog in K r,r - für z > R haben alle geschlossenen Ketten in K r,r Umlaufzahl. Nach Satz 6. folgt sofort kκ f(z) dz =. Ist also f(z) dz = vorausgesetzt, so gilt κ = f(z) dz = f(z) dz k f(z) dz = f(z) dz. kκ b) Zu n N >, a, b C, a b sei die rationale Funktion f(z) := (z a)(z b) betrachtet. Man zeige, dass f n auf C \ [a, b] eine Stammfunktion besitzt. Beweis: Beweis wie in a(ii). Sei ρ := max( a, b ) +. Wir zeigen f(z) dz = und schliessen wie dort. z =ρ Das Integral berechnen wir mit dem Residuensatz: z =ρ dz (z a)(z b) n = πi ( Res a f(z) + Res b f(z) ). Pol.Ordnung bei a: Res a f(z) = ( )n (b a). Pol n.ordnung bei b: ( n Res b f(z) = (n )! (z b) n f(z) ) (n ) ( = ) z=b (n )! (z a) (n ) = ( ) n z=b (b a) = Res n a f(z). Aufgabe 36 (je 3 Punkte) Man klassifiziere die isolierten Singularitäten der folgenden Funktionen, bestimme die zugehörigen Residuen und im Fall von Polen die zug. Hauptteile a) f(z) := sin z (z+) 3 κ einen Pol der Ordnung 3 bei. Die Taylor-Darstellung liefert den Anfang der Potenzreihenentwicklung um : sin z = sin + cos (z + ) + sin (z + ) 4 3 cos (z + )3 +. Der Hauptteil von f bei lautet deshalb: H f (z; ) = sin (z + ) 3 + cos (z + ) + sin z + mit Res f(z) = sin. b) g(z) := z cos z hat einen Pol erster Ordnung bei z = und Pole.Ordnung bei z k := kπ, k Z \ {}. z (i) z =. g(z) = z /+z 4 /4± = z ( + ). Hauptteil H g(z; ) = z ; Res g(z) =. (ii) z k = kπ, k Z \ {}. g(z) = kπ+(z kπ) = 4kπ (z kπ) + (z kπ) + z kπ + h(z) durch Taylorentwicklung des Nenners mit bei kπ holomorphem h. Res kπ g(z) =, H g (z; kπ) = 4kπ (z kπ) + z kπ. c) h(z) := z sin z hat eine wesentliche Singularität bei. Res h(z) = πi z = z sin z dz = πi d) j(z) := e z e z hat eine wesentliche Singularität bei. n= ( ) n (n + )! z = z n dz =.

18 Wir betrachten das Cauchyprodukt der absolut konvergenten Exponentialreihen: ( ) ( e z e z n ) ( z n n ) z = = n! n! k!(n k)! zk n. n= n= Nun gilt Res j(z) = πi j(z)dz. Auf dem Integrationsweg konvergiert unsere Reihe gleichmäßig (Weierstraß), kann also gliedweise integriert werden. Nur die Summanden mit Exponent geben einen Beitrag: z = k n =. Dies ist nur für ungerade n möglich etwa n = m +, m N, was k = m, n k = m + ergibt. n= k= Res j(z) = m= m!(m + )!.59 (sagt Maple). Aufgabe 37 Transformationssatz für Residuen Seien G, G C Gebiete, a G, b G. Ferner sei ϕ : G G holomorph mit ϕ(b) = a und ϕ (b). Man zeige: Für jede auf G \ {a} holomorphe Funktion f gilt Res a f(z) = Res b [f(ϕ(z)) ϕ (z)]. Beweis: Für hinreichend kleine r > gilt Res a f(z) = πi z a =r f(z) dz nach Def.. Da ϕ (b) ist ϕ bei b lokal injektiv ist (siehe etwa Gruppenübung). Deshalb folgt mit der Substitutionsregel (HA 8): Res a f(z) = f(z) dz = f(ϕ(z))ϕ (z) dz = Res b [f(ϕ(z)) ϕ (z)]. πi πi z a =r ist hierbei die Urbildkurve des Kreisrandes unter ϕ. Aufgabe 38 Sei p ein Polynom mit g :=grad p ohne Nullstellen in Z. Man zeige: k= p(k) = π z C\Z ( ) Res z p(z) tan πz. Man wende das Ergebnis auf p(z) = z + a, ia Z an. Hinweis: Man integriere p(z) tan πz längs des Randes des Quadrats Q n = {z : Re z, Im z < n + } und betrachte n. Beweis: Die Pole des Integranden sind die Nullstellen von p und die ganzen Zahlen. Wir berechnen zunächst die Residuen für k Z: Res k p(z) tan πz = /p(z) (tan πz) = z=k πp(k) und erhalten mit dem Residuensatz für hinreichend große n (alle Nullstellen von p liegen in Q n ): dz p(z) tan πz = πi n π p(k) + ( ) Res z. p(z) tan πz Q n k= n Wir müssen jetzt nur noch zeigen, dass das linke Integral für n verschwindet. Zunächst gibt es r, K > derart, dass für z > r stets p(z) > K z g gilt. Sei dann stets n > r. z C\Z (i) Untere Kante von Q n : (t) = t i(n + ), n t n +. p(z) tan πz = = < K(n + /) g tan πz = e πi(t i(n+/)) + K(n + /) g e πi(t i(n+/)) e πit e π(n+/)) + K(n + /) g e πit e π(n+/)) e π(n+/)) + K(n + /) g e π(n+/)) dz p(z) tan πz e π(n+/)) + n K(n + /) g (n + ). e π(n+/)) (uk) Gilt für die obere Kante genau so, da tan πz = tan π z.

19 (ii) Rechte Kante (t) = n + + it, n t n +. p(z) tan πz < K(n + /) g tan πz = e πi(n+/+it) + K(n + /) g e πi(n+/+it) = e πt K(n + /) g + e πt K(n + /) g dz = p(z) tan πz n K(n + /) g (n + ). (rk) Gilt für die linke Kante genau so, da tan( πz) = tan πz. Beispiel: p(z) := z + a, ia / Z, Res ia (z +a ) tan πz = ia tan πia = Res ia S(a) := k= Übrigens: k= k = lim a (S(a) a )/ = π 6 Aufgabe 39 Für Freunde der Algebra k + a cosh πa = π a sinh πa. folgt hier leicht. (z +a ) tan πz = cosh πa a sinh πa. Sei G C ein Gebiet, H(G) der Ring der in G holomorphen Funktionen und E(G) die (multiplikative) Gruppe der Einheiten in H(G). a) Man zeige, dass H(G) ein Integritätsbereich ist und charakterisiere E(G). Beweis: Für f H(G) sei N(f) die Nullstellenmenge von f. Außer für die Nullfunktion ist N(f) stets eine diskrete (und damit abzählbare Menge). Zudem gilt N(f g) = N(f) N(g). Deshalb: f g f oder g. H(G) ist also ein Integritätsbereich. Die Menge E(G) der Einheiten ist die Menge der nullstellenfreien holomorphen Funktionen in G. E b) Sei exp (G) := {f H(G) : g H(G) mit f = e g } und E n (G) := {f H(G) : g H(G) mit f = g n Man zeige: E } (n N). exp (G) = E n (G). n N Beweis: Für f = e g ist e g/n eine n-te Wurzel von f, also gilt E exp (G) E n (G). Sei nun f E n (G). n N n N Dann ist f nullstellenfrei. Denn: zu jedem n gibt es ein g n mit f = gn n und damit ν(f, z) = n ν(g n, z) (ν(f, z) ist die Ordnung der Nullstelle von f in z). Nur ist bel. Vielfaches ganzer Zahlen, also ν(f, z). Es gilt nun f f = n g n gn ist holomorph auf G. Wir zeigen nun, dass f f eine Stammfunktion g besitzt. Hierzu genügt es zu zeigen, dass f (z)/f(z) dz = für jeden geschlossenen Weg in G gilt. Da f /f ganzzahliges Vielfaches von πi ist folgt dies natürlich wieder aus f (z) f(z) dz = n g n(z) g n (z) dz. Sei also g(z) := f /fdz. OBdA gelte f(z ) = e g(z) für ein z G. Dann gilt f = e g, da g f e g e g f f = (f /f f f )e g f. Für C = C \ {} bestimme man die Faktorgruppe E(C )/E exp (C ). ( ) e g f = Sei u : E(C ) Z, u(f) := f (z) πi z = f(z) dz. Nach Obigem gilt u(f) = f E exp(c ). u ist ein Homomorphismus der multiplikativen Gruppe E(C ) auf Z. Der Homomorphiesatz für Gruppen zeigt nun die Isomorphie von E(C )/E exp (C ) und Z. c) Ist N G eine diskrete Menge, so ist I N := {f H(G) : f(z) = für alle z N} ein Ideal in H(G). Klar, da a = für alle a C. d) H(G) ist kein Noether-scher Ring. (Man benutze, dass zu jeder diskreten Menge N in G eine in G holomorphe Funktion mit genau dieser Nullstellenmenge existiert.) Beweis: Ein Noether-scher Ring ist ein Ring in dem jede aufsteigende Folge von Idealen nach endlich vielen Schritten stationär wird. Sei nun (z n ), z k z l, k l, eine Folge in G ohne Häufungspunkt in G. Zu n N sei I n := {f H(G) : f(z k ) = für alle k n }. Man erhält wegen I n I n+ eine aufsteigende Idealkette, die nie stationär wird. 3

20 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 8. Juni 4 9. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe 4 (5 Punkte) Sei S C eine diskrete Menge und f : G := C \ S C eine holomorphe Funktion. Man zeige: f besitzt genau dann auf G eine Stammfunktion, wenn Res z f(z) = für alle z S gilt. Beweis: (i) Besitzt f eine Stammfunktion, so verschwindet ihr Integral über jeden geschlossenen Weg in G. Deshalb ist stets z a =r f(z)dz = πires af(z) =. (ii) Sei nun Res z f(z) = für alle z S. Wir müssen zeigen, dass f(z)dz = für jeden geschlossenen Weg in G gilt. Sei also ein geschlossener Weg in G und R > so gewählt, das in B(, R). Dann gilt Uml(, z) = für alle z > R. Da S diskret ist, ist S := {z S : Uml(, z) } = {s,, s n } endlich. Sei η j die (positiv durchlaufene) Kreislinie um s j mit Radius r j >. Hierbei wählen wir r j so klein, dass B(s j, r j )\{s j } G. Mit k j := Uml(, s j ) ist dann n j= k jη j nullhomolog und nach Cauchy s Integralsatz gilt Aufgabe 4 = = (5 Punkte) n f(z) dz = j= kjηj f(z) dz πi f(z) dz n k j Res sj f(z) = j= n k j f(z) dz η j j= f(z) dz. Sei r(z) eine rationale Funktion, deren Nennergrad um mindestens zwei größer ist als der Zählergrad. Man zeige: Res c r(z) =. c C Beweis: Ganz leicht. Sei R so groß, dass alle Pole von r(z) in B(, R) liegen. Der Residuensatz sagt dann f(z) dz = πi Res c r(z). z =R c C Ist R dann so groß, dass r(z) K z für alle z > R gilt so erhält man z =R f(z) dz πr K R für R. Aufgabe 4 (je 5 Punkte) Man berechne: dx a) (x 4 + a 4 ), a >. Die Substitution x = at/4 vereinfacht etwas: dx (x 4 + a 4 ) = dx (x 4 + a 4 ) = a 7 t 3/4 t 3/4 (t + ) dt =: a 7 I. z 3/4 z 3/4 Nach Gruppenübung gilt I = ( + t) dt = πi e Res πi( 3/4) ( + z) = πi i Res ( + z) mit z a = e a(ln z +i ( arg z), < arg ) z < π. z Res 3/4 (+z) = ( + z) z 3/4 (+z) z= = 3 4 ( ) 7/4 = 3 4 e 7/4iπ = 3 4 ( + i). Also dx (x 4 + a 4 ) = a 7 πi i ( 3 4 3π ( + i)) = 8a 7.

21 Natürlich ist die Berechnung nach Satz 7.4 ebenfalls möglich, jedoch mit etwas mehr Rechenarbeit verbunden. b) Deshalb: dx ( + x ) n+, n N >, hat Pole der Ordnung n + bei ±i. Res i ( + z ) n+ = n! sin x c) + x dx = 4 π ( e ). 4 Aufgabe 43 = ( )n n! dx ( + x ) n+ = ( (z ) n+ ( + z ) n ) (n) z=i = n! ((z + i) n ) (n) z=i (n + )(n + ) n (i) n+ = i (n)! (n!) n+ dx ( + x ) n+ = πi Res i ( + z ) n+ = π (n)! (n!) n+. cos x + x dx = π 4 4 Re e ix + x dx = π 4 4 Re (πi Res i e iz + z a) Sei f holomorph im Gebiet G mit Ausnahme von höchstens endlich vielen Polen und ein in G nullhomologer Weg. Für a C sei f (a) endlich und treffe den Weg nicht. Man zeige: Für jede in G holomorphe Funktion F gilt πi F (z) f (z) f(z) a dz = c f (a) Uml(c, ) ν(f, c) F (c) d P (f) Uml(d, ) ν(f, d) F (d). Hierbei ist P (f) die Polstellenmenge von f und ν(f, b) ist die Nullstellenordnung von f b bzw die Polstellenordnung von f im Punkt b. Beweis: Natürlich darf die Pole von f nicht treffen. Der Residuensatz liefert: f (z) F (z) πi f(z) a dz = f (z) Uml(, z) Res z F (z) f(z) a. z G Wir berechnen diese Residuen: (i) Für d P (f) hat in d nach HA 3 in d einen Pol erster Ordnung mit dem Residuum ν(f, d), also f f a F (z) f (z) f(z) a = (F (d) + F (d)(z d) + )( ν(f, d)(z d) + ) auf einer Umgebung von d. Deshalb hat diese Funktion in d höchstens einen Pol der Ordnung mit Residuum ν(f, d)f (d). (ii) Für c f (a) hat F (z) f (z) f(z) a (gleiche Begründung!) in c einen Pol höchstens erster Ordnung mit Residuum ν(f, c)f (c). b) Sei f eine im Einheitskreis D holomorphe und injektive Funktion, r (, ) und G := f(b(, r)). Man zeige, dass die Umkehrfunktion f : G C folgende Darstellung besitzt: f (w) = πi z =r zf (z) f(z) w dz. Beweis: Da f injektiv ist, hat für jedes w G die Funktion f(z) w in B(, r) genau eine Nullstelle und diese ist von erster Ordnung, also ν(f, f (w)) =. Für die Kreislinie : ( z = r) gilt natürlich Uml(, f (w)) =. Da keine Pole vorhanden sind, liefert (a) mit F (z) = z, c = f (w) die Beh. ) =

22 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 5. Juli 4. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) Aufgabe 44 ( Punkte) Sei f = p q (p, q Polynome) eine rationale Funktion ohne Pole auf [, ). Ferner gelte grad p grad q. Man zeige: f(x) dx = z C Res z (f(z) ln z). Hierbei ist ln z = ln z +i arg z, < arg z < π. Schliesslich verifiziere man das Ergebnis am Standardbeispiel f(z) = +x. Hinweis: Man integriere vorsichtig längs des Randes von G r,r := {z : < arg z < π, r < z < R}. Beweis: Wir betrachten G r,r f(z) ln z dz und untersuchen die Teilwege des Randes. Wähle r, R so, dass in B(, r ) und in C \ B(, R ) keine Pole liegen. (i) R > R : f(z) ln z dz πr max f(z) ln z = π max zf(z) ln z für R nach Voraussetzung, da f bei mindestens von zweiter Ordnung verschwindet und ln z / z gilt. (ii) r < r : f(z) ln z dz πr max f(z) ln z für r da f bei beschränkt ist und z ln z z =R z =R z =R z =r z =r gilt. (iii) Nähert man sich der positiven reellen Achse von unten (vorsichtig), so strebt f(z) ln z gegen f(x)(ln x + πi). Mit dem Residuensatz erhält man R r f(x) ln x dx R r f(x)(ln x + πi) dx + z =R f(z) ln z dz z =R und wegen (i),(ii) für r, R die Behauptung. Kontrolle: f(z) = ln z +z : Res i +z = iπ/ i = π 4, Res i ln z +z = 3π 4 - stimmt! Aufgabe 45 (5 Punkte) Seien a und ω positive reelle Zahlen. Man berechne f(z) ln z dz = πi z C Res z (f(z) ln z) I(a, ω) := e iωx x + a dx. Fourier-Transformierte von x + a. Schliesslich zeige man: I(a, ω) = cos ωx x + a dx. Ist f rational ohne Pole auf R und f(z) für z, so gilt für ω > : e iωx f(x) dx = πi Im z> Res z e iωz f(z). Dies folgt leicht durch Analyse des Beweises für ω = in der Vorlesung oder durch Vorschalten der Substitution t = ω x. Mit Res iωz ia erhält e man z +a = e a ia I(a, ω) = e iωx x + a dx = cos ωx e a x dx = π + a a.

23 Aufgabe 46 Man entwickle die Funktion f(z) := (z )(z + ) in Laurentreihen mit Entwicklungspunkt z = in den Gebieten G := {z C : < z < } und G := {z C : z > }. (i) Entwicklung in G. Wegen (z+) = f(z) = (ii) Entwicklung in G. Wegen (z+) = = ( Aufgabe 47 ( z+ n= ( z+ ) = ( +(z )/ ( ) n+ n+3 (n + ) (z ) n. ) = ( z ) = ( ) n+ n= n(z ) n folgt n+ +4/(z )) = n= ( )n+ 4 n (z ) n ) = n= ( )n 4 n (n + )(z ) n folgt f(z) = ( ) n 4 n (n + ) (z ) n 3. n= Sei f holomorph im Kreisring K := {z C : r < z < R } mit Ausnahme einer Polstelle z K. In K := {z C : r < z < z } und K := {z C : z < z < R } besitzt dann f Laurententwicklungen f(z) = n= a n(z z ) n, z K, und f(z) = n= b n(z z ) n, z K. Man zeige: f(z) b n a n = Res z z n+ und berechne dieses Residuum für den Fall eines Poles von f in z der Ordnung mit Hauptteil H f (z; z ) = c z z, c C. Beweis: Nach Satz 8.3 gilt mit r (r, z ), r ( z, R) a n = f(z) πi z n+ dz, b n = πi Der Residuensatz gibt dann Sei nun f(z) = Aufgabe 48 b n a n = πi z =r z =r f(z) dz zn+ πi z =r z =r f(z) dz. zn+ f(z) z n+ dz = Res z f(z) z n+. c f(z) z z + h(z) mit einem in K holomorphem h. Man erhält dann Res z z = c n+ z n+ ( Punkte) Sei Φ : S \ {N} C die stereographische Projektion. Man zeige: a) Jeder Kreis auf der Kugel, der den Nordpol nicht trifft, wird auf einen Kreis in der Ebene abgebildet. b) Jeder Kreis auf der Kugel, der den Nordpol enthält, wird auf eine Gerade der komplexen Zahlenebene abgebildet. Beweis: Kreise auf S sind schnitte von Ebenen mit der Kugel. Ebenengleichung ax + bx + cx 3 = d, a + b + c. Wir setzen die stereographische Projektion ein (z = x + iy). a x + z + b y + z + c z + z = d z (d c) (a ib) z (a + ib) z + c + d =. (i) Nur für d = c geht die Ebene durch den Nordpol. Man erhält eine Geradengleichung außer für a = b =. In diesem Fall handelt es sich um die Ebene x 3 =. (ii) Für d c ergibt sich: z a ib d c z a + ib d c z + c + d d c =. Dies ist bekanntlich genau dann eine Kreisgleichung wenn a + ib d c > c + d a + b + c > d. d c Dies ist genau die Bedingung dafür, dass der Nullpunktabstand der Ebene kleiner als ist..

24 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den. Juli 4 Alles Extrapunkte! Aufgabe 49. Übungsblatt zur Funktionentheorie I (Lösungshinweise) (5 Punkte) Sei f : H + := {z : Re z > } holomorph mit f() =. Man zeige: f(z) + z z, (z ). Hinweis: T (z) := z z+ bildet H+ bijektiv und holomorph auf ab. Man wende das Lemma von Schwarz an. Beweis: Für T (z) := z z + gilt T (H+ ) = und T () =. Mit g := T f gilt also g( ), g() =. Das Schwarz sche Lemma liefert g(z) = f(z) f(z) + Aufgabe 5 z f(z) f(z) z f(z)+ z f(z) + z f(z) + z z. (je 5 Punkte) Sei f eine bijektive holomorphe Funktion der offenen Einheitskreisscheibe auf sich. Man zeige: a) Gilt f() =, so ist f eine Drehung. Beweis: Wir wenden das Schwarz sche Lemma auf f und auf f an und erhalten f () und f () = (f ) () = f () =, also ist f(z) = e iα z eine Drehung. b) Ist z die Nullstelle von f, so gilt mit einem geeigneten α R: f(z) = e iα z z z z. eine bijektive holomorphe Ab- Hinweis: Es darf ohne Beweis benutzt werden, dass T (z) := z z bildung von auf sich ist. z z Beweis: Sei z die Nullstelle von f. Dann ist T (z) := z z z z eine holomorphe Bijektion von auf sich mit T (z ) =. Die Funktion f T genügt den Voraussetzungen von Teil (a), es gibt also ein α R mit f T (z) = e iα z f(z) = e iα z z z z.

25 Aufgabe 5 (5 Punkte) Wie viele Nullstellen besitzt das Polynom p(z) = z 8 5z 5 z + in der Einheitskreisscheibe? Hinweis: Man setze f(z) = 5z 5, g(z) = z 8 z und wende den Satz von Rouché an. Für z = gilt f(z) 4 und g(z) 3, also p(z) f(z) = g(z) < f(z). Nach Rouché haben also p und f in gleich viele Nullstellen, nämlich fünf. Aufgabe 5 (5 Punkte) Sei G C ein Gebiet mit G und f eine auf G holomorphe Funktion mit f( ). Man zeige, dass f in genau einen Fixpunkt z (d.h. es gilt f(z ) = z ) besitzt. Hinweis: Man vergleiche z mit z f(z) mit Hilfe des Satzes von Rouché. Beweis: Auf gilt z (f(z) z) = f(z) < = z. Nach Rouché haben also f(z) z und z in gleich viele Nullstellen, nämlich genau eine. Aufgabe 53 (5 Punkte) Sei p ein Polynom n-ten Grades. Man zeige: Ist p(z) M für z =, so gilt für z stets p(z) M z n. Hinweis: Man betrachte neben p(z) auch z n p(/z) und wende das Maximumprinzip an. Beweis: q(z) := z n p(/z) ist ebenfalls ein Polynom (vom Grad höchstens n). Für z = gilt max q(z) = max p(z) M. Das Maximumprinzip zeigt dann q(z) M auf und somit für z = z = z : ( ) p(z) = q z n M z n. z

26 Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Hannover, den 9. Juli 4 Aufgabe ( Punkte) Klausur zur Funktionentheorie I (Lösungen) Bearbeitungszeit: Man zeige, dass es keine auf C holomorphe Funktion f gibt mit f(z) = + i z, z R i R (Koordinatenachsen). Beweis: Wir betrachten den Differenzenquotienten im Nullpunkt für z R i R. f(z) f() z = +i z +i z = z z ( + i)( + i z). Für z = x R erhält man (+i) als Grenzwert für x, und für z = iy ir den Grenzwert (+i) y. Keine Funktion mit den geforderten Eigenschaften ist deshalb in differenzierbar. Aufgabe ( Punkte) Für welche n N, a R ist die Funktion u(z) := x n + ay n, z = x + iy, auf ganz C harmonisch? Für diese n, a ermittle man alle zu u konjugiert harmonischen Funktionen v, d.h. alle reellwertigen harmonischen Funktionen v, für die f(z) := u(z) + iv(z) auf ganz C holomorph ist. (o) Für n = ist u konstant und somit harmonisch. Mit v = c R erhält man alle konjugiert harmonischen Funktionen. (i) Für n > erhält man u x (z) = nx n, u xx (z) = n(n )x n, u y (z) = an y n, u yy (z) = an(n ) y n und somit u(z) = n(n ) [ x n + a y n ]. u ist also harmonisch für n = und für n =, a =. n = : u(z) = x + a y ergibt v(z) = y a x + c, c R, mit Hilfe der Cauchy-Riemann DGlen. n =, a = : u(z) = x y ergibt v(z) = xy + c, c R. Aufgabe 3 ( Punkte) Sei f auf einem Gebiet G holomorph, das H := {z C : Im z } enthält. Es gebe ein α > und eine Konstante M > mit z α f(z) M auf G. Man zeige für a C, Im a > : f(a) = πi f(x) x a dx. Beweis: Für R > sei R die (positiv orientierte) Randkurve des Halbkreises H R := {z : z < R, Im z > }. Für a H, (Im a > ), ergibt Cauchy s Integralsatz sofort für R > a f(a) = f(ζ) πi ζ a dζ = R f(x) πi x a dx + f(ζ) πi ζ a dζ. R R ζ =R,Im ζ> Zum Beweis unserer Behauptung verbleibt also zu zeigen, dass das zweite Integral für R verschwindet. f(ζ) πi ζ a dζ = π f(re it ) π Re it a Reit dt M R α R a zeigt dieses. ζ =R,Im ζ> für

27 Aufgabe 4 ( Punkte) Für ω > berechne man I(ω) := sin ωx x( + x ) dx. Anwendung von Satz 7.6 der Vorlesung liefert P e iωx e iωz e iωz x( + x ) dx = πi Res i z( + z ) + πi Res z( + z ) = πi e ω i(i) + πi = iπ ( e ω ). Also I(ω) = Im Aufgabe 5 e iωx x( + x ) dx = π ( e ω ). ( Punkte) Es sei f(z) := z + z 3 + z. Man berechne diejenige Laurentreihe von f mit Entwicklungspunkt, die für z = konvergiert, und bestimme das größte Gebiet, in dem diese Reihe konvergiert. Die Funktion f hat Pole bei z =, z =, z 3,4 = ±i, ist also im Kreisring G := {z : < z < } holomorph. f ist deshalb nach Satz 8.3 der Vorlesung in G in eine Laurentreihe entwickelbar, und G ist das größte Gebiet in dem diese Reihe konvergiert. Entwicklung mit Hilfe geometrischer Reihen: z > : z = z z < : z 3 + z = z z + z = z n z n = n+ z n n= = z n= ( ) n n z n = z ( ) n n z n+. Die Summe dieser beiden Reihen ist die gesuchte Laurententwicklung in G. Aufgabe 6 ( Punkte) n= Man zeige, dass die Funktion f n (z) := e z 3z n, (n N), genau n Nullstellen in der Einheitskreisscheibe besitzt (mit Vielfachheiten). Beweis: Wir wenden den Satz von Rouché an. Sei die Einheitskreislinie und f(z) := 3z n, g(z) := f n (z). Wegen f n (z) 3 e für z = hat f n keine Nullstelle auf Tr. Dann gilt auf Tr jedenfalls f(z) g(z) = e z e < 3 = f(z). Deshalb haben 3z n und e z 3z n gleich viele Nullstellen (mit Vielfachheiten), nämlich n, da 3z n als einzige Nullstelle den Nullpunkt mit Vielfachheit n hat. n=