Funktionentheorie. Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz SS Funktionentheorie Lösungsvorschläge zum 3. Übungsblatt Aufgabe (K) a) Beweisen Sie das Lemma von Jordan: Ist f stetig auf {z C Imz, z } für ein > sowie entweder (i) α > und lim max z,imz f (z), oder (ii) α und lim max z,imz f (z), so gilt lim f (z)e iαz, γ γ (t) e it,t [,]. b) Zeigen Sie: Ist g differenzierbar in z C sowie stetig in U r (z ) für ein r >, dann gilt g(z) lim ig(z ε γ ε z z ), γ ε (t) z εe it,t [,]. Hinweis: Zeigen Sie zuerst i γ ε z z. a) (5 Punkte) (i) Für gilt f (z)e iαz γ f (e it )e iα(cos(t)i) ie it dt f (e it ) e α dt max f (z) e α dt z,imz Nun nutzen wir zuerst die Symmetrie der Sinusfunktion aus, um /2 e α dt e α dt e α dt /2 /2 e α dt /2 /2 e α sin( s) ds 2 e α dt

2 zu erhalten. Auf dem Intervall [, /2] gilt 2t/, da der Sinus hier konkav ist. Insgesamt folgt also wegen der Monotonie der Exponentialfunktion, dass f (z)e iαz 2 γ max z,imz /2 f (z) e 2α t dt α ( e α ) max f (z) max f (z) z,imz α z,imz ( ). (ii) Mit α folgt für sofort f (z) L(γ ) max γ z,imz f (z) max z,imz f (z) ( ). b) (5 Punkte) Wir stellen zuerst fest, dass γ ε z z iεe it εe it dt i. Damit gilt γ ε g(z) g(z) g(z ig(z z z ) ). γ ε z z Da g differenzierbar in z und stetig auf U r (z ) ist, ist g(z) g(z ) h(z) z z, z z, g (z ), z z, auf dieser Umgebung stetig und damit auf Ur/2(z ) beschränkt. Für ε r/2 gilt also g(z) ig(z z z ) h(z) L(γ ε )max h(z) ε max h(z) (ε ). γ ε z r 2 z r 2 γ ε Aufgabe a) Sei γ ein geschlossener Weg, der einen Kreis U (z ) in zwei Mengen U l (links des Weges) und U r (rechts des Weges) zerteile. Zeigen Sie, dass für alle z l U l, z r U r. n(γ,z l ) n(γ,z r ) b) Bestimmen Sie für die folgenden zwei Wege γ jeweils die Umlaufzahl n(γ,z) für alle z C \ γ. 2

3 c) Zeigen Sie, dass eine offene Menge D C höchstens abzählbar viele Zusammenhangskomponenten besitzt. a) Wir nehmen die folgende Skizze als Grundlage für Bezeichnungen. Nun bezeichnen wir mit γ denn Teilweg von γ von a nach b, mit γ den Teilweg von γ von b nach a, mit γ r den Teilweg des positiv orientierten Kreises von a nach b und mit γ l den Teilweg des positiv orientierten Kreises von b nach a. Seien z l U l, z r U r beliebig. Es gilt 2i n(γ,z l ) γ (γ ) γ r } {{ } γ (γ l ) γ l γ (γ ) γ r γ (γ l ) γ l γ (γ ) γ r γ (γ l ) γ l γ r Die beiden Integrale im letzten Ausdruck bezeichnen die (mit 2i multiplizierte) Umlaufzahl des entsprechenden Weges um den Punkt z l. Im ersten Ausdruck kann z l durch z r ersetzt werden, da sich beide bezüglich γ (γ l ) in derselben Zusammenhangskomponente befinden. Der zweite Ausdruck beinhaltet die Umlaufzahl des positiv orientierten 3

4 Kreises um einen Punkt in dessen Inneren, welche bekanntlich lautet. Damit folgt 2i n(γ,z l ) 2i 2i γ (γ l ) z z r γ γ z z r (γ ) (γ l ) z z r } {{ } 2i 2i (n(γ,z γ z z r ) ). r Die beiden Integrale in diesem Beweis, die den Wert annehmen, tun dies, da es sich wieder um (Vielfache von) Umlaufzahlen handelt und die entsprechenden Punkte in der unbeschränkten Zusammenhangskomponente liegen. b) Wir benutzen a) zusammen mit der Tatsache, dass der Index der unbeschränkten Zusammenhangskomponente Null ist, und erhalten somit c) Sei O eine beliebige Zusammenhangskomponente von D. Dann ist O offen, denn zu z O D existiert (da D offen) ein r > mit U r (z ) D und jedes z U r (z ) kann mit z durch einen stetigen Weg verbunden werden, womit U r (z ) O gilt. Nun ist [ez r 2,ez r 2 ] i[imz r 2,Imz r 2 ] U r(z ) O. In jedem nichtleeren, reellen Intervall existiert ein rationales Element, womit wir ein Element z O (Q iq) finden. Da Q iq Q 2 abzählbar ist und Zusammenhangskomponenten disjunkt sind, gibt es maximal abzählbar viele von ihnen. Aufgabe 2 Ziel dieser Aufgabe ist es, den Wert des uneigentlichen iemann-integrals sin(x) x mit Hilfe der bisher verfügbaren Techniken der Funktionentheorie zu berechnen. Hierfür seien für,ε > die folgenden Wege definiert. dx γ,ε, (t) t, t [ε,], γ 3,ε, (t) t, t [, ε], (t) e it, t [,], γ 4,ε (t) εe it, t [,]. 4

5 Betrachten Sie nun die Funktion f (z) eiz z und finden Sie anhand obiger Wege einen Weg, für den Sie den Cauchyschen Integralsatz anwenden können. Führen Sie dann den Grenzübergang ε und unter Zuhilfenahme von Aufgabe durch. Hinweis: Die Aussage des Cauchyschen Integralsatzes gilt wortwörtlich, wenn das konvexe Gebiet durch ein sternförmiges Gebiet ersetzt wird, mit leicht modifiziertem Beweis: Ein Gebiet G heißt sternförmig, falls es einen Punkt z G (genannt Zentrum) gibt, sodass [z,z] G für alle z G. Die Menge {z C z iy für y } ist ein sternförmiges Gebiet (jeder Punkt iy für y > kann als Zentrum gewählt werden). Auf dieser Menge ist f holomorph. Zudem ist γ,ε, γ 3,ε, (γ 4,ε ) ein geschlossener Weg in dieser Menge. Somit folgt aus dem Cauchyschen Integralsatz, dass f (z) f (z) f (z) f (z) f (z), γ,ε, γ 3,ε, (γ 4,ε ) γ,ε, γ 3,ε, γ 4,ε also f (z) f (z) f (z) f (z) γ,ε, γ 3,ε, γ 4,ε für alle ε, >. Betrachten wir die linke Seite dieser Gleichung, so erkennen wir, dass f (z) f (z) γ,ε, γ 3,ε, Andererseits gilt ε e it t ε e it e it e it dt dt 2i dt. t ε t ε t f (z) für unter Anwendung von Aufgabe a) mit α und der Funktion /z, die die Voraussetzung von (i) erfüllt. Weiter erfüllt die Funktion e iz die Voraussetzung von Aufgabe b) mit z, weshalb für ε. Ingesamt gilt damit γ 4,ε f (z) i 2i dt 2i dt f (z) f (z) i t ε t γ 4,ε für ε und, also t 2 5

6 Aufgabe 3 (K) Wir möchten die Fresnel-Integrale sin(x 2 ) dx und berechnen. Seien dazu für > die drei Wege cos(x 2 ) dx gegeben, jeweils mit t. a) Beweisen Sie die Gleichung γ, (t) t, (t) it, (t) t(i ),. γ, b) Zeigen Sie mittels geeigneter Abschätzungen, dass für. c) Berechnen Sie nun den Wert der Fresnel-Integrale, indem Sie in a) den Grenzübergang betrachten und dabei e x2 dx 2 verwenden. a) (2 Punkte) Wir merken an, dass die drei Wege γ,, und ( ), definiert durch ( ) (t) ( t) für t, insgesamt den and des Dreiecks (,,( i)) im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen. Somit gilt mit den Schreibweisen aus der Vorlesung und dem Satz von Goursat, den wir hier anwenden können, da f (z) holomorph in C ist, dass γ, [,] γ, [,(i)] [(i),] ( ) und deshalb. γ, 6

7 b) (3 Punkte) Es gilt e (it)2 i dt e t 2 dt e t2 2 2it dt e t2 2 dt et 2 t e 2 für, wobei wir die Tatsache benutzt haben, dass e z e ez, sowie die Monotonie der reellen Exponentialfunktion. c) (5 Punkte) Zuerst bemerken wir, dass γ, e t2 dt e t2 dt 2. Zusammen mit b) und der Formel aus a) folgern wir, dass der Grenzwert von für existiert, genauer sogar lim 2. Andererseits berechnen wir e 2it2 ( i) dt s: 2t i 2 e is2 ds 2 i 2 cos(s 2 ) isin(s 2 ) ds i cos(s 2 ) isin(s 2 ) ds für. 2 2 Der letzte Grenzwert existiert, da wir bereits gesehen haben, dass der Grenzwert des ersten Integrals existiert. Zusammen folgt nun 2 cos(x 2 ) dx i sin(x 2 ) dx 2 i ( i). 2 2 Ein Vergleich von eal- und Imaginärteil beider Seiten liefert schließlich sin(x 2 ) dx cos(x 2 ) dx

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