Funktionentheorie. Lösungsvorschläge zum 6. Übungsblatt. f (w) w z dw.

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz SS Funktionentheorie Lösungsvorschläge zum 6. Übungsblatt Aufgabe (K) a) Zeigen Sie, dass die Funktion f : {z C 0 < Rez < π/} C,f (z) = z sin(z) auf ihrem Definitionsbereich injektiv ist. b) Seien G C offen, ein einfach durchlaufener Weg in G und z C \, alles entsprechend nachfolgendem Bild. G z Sei zudem f H(G). Berechnen Sie Lösungsvorschlag f (w) w z dw. a) Durch f ist eine ganze Funktion definiert, also ist sie insbesondere holomorph auf dem vorgegebenen Definitionsbereich. Wir wollen Satz 8.5 aus der Vorlesung verwenden, also versuchen wir zu zeigen, dass Ref (z) > 0, z A := {z C 0 < Rez < π/}.

2 Dazu berechnen wir für z = x + iy, dass f (z) = z cos(z) + sin(z) Somit gilt = (x + iy)(cos(x)cosh(y) isin(x)sinh(y)) + (sin(x)cosh(y) + icos(x)sinh(y)) = (x cos(x) + sin(x))cosh(y) + y sin(x)sinh(y) + i(x sinx sinhy + y cosx coshy + cosx sinhy). Ref (z) = (x cos(x) + sin(x))cosh(y) + y sin(x)sinh(y) Für z A sehen wir sofort, dass der zweite Summand nicht-negativ ist. Im ersten Summanden ist der Faktor cosh(y) positiv. Da außerdem x cos(x)+sin(x) > 0 für 0 < x < π, ist der erste Summand positiv. Somit folgt die Behauptung mit Satz 8.5. b) (3.5 Punkte) Die Cauchysche Integralformel aus Kapitel 6 können wir an dieser Stelle nicht anwenden, da das Gebiet G nicht konvex ist. Allerdings lässt sich der globale Cauchysche Integralsatz an dieser Stelle verwenden, denn G ist offen, f H(G) und als geschlossener Weg ein Zykel. Für z C \ G gilt, dass n(,z) = 0, denn nach Aufgabe a) lauten die Indizes wiefolgt. G 0 0 z - 0 Damit erhalten wir f (w) dw = πif (z)n(,z) = πif (z). w z Anmerkung: G ist nicht einfach zusammenhängend. Wählen wir einen einmal im Gegenuhrzeigersinn durchlaufenen Kreis um eines der Löcher in G als Zykel Γ, so gilt für einen Punkt z C \ G in diesem Loch, dass n(,z) =.

3 Aufgabe 3 (K) a) Es sei Ω ein einfach zusammenhängendes Gebiet, f H(Ω) und f 0. Zeigen Sie, dass f genau dann einen holomorphen Logarithmus besitzt, wenn f für alle n N eine holomorphe n-te Wurzel besitzt. b) Finden Sie alle Paare ganzer Funktionen f und g mit f + g =. Hinweis: Benutzen Sie Satz 0.4 und die Faktorisierung f + g = (f + ig)(f ig). Zusatz: Beweisen Sie a) ohne die Voraussetzung, dass das Gebiet Ω einfach zusammenhängend ist. Lösung a) (5 Punkte) : Hat f einen holomorphen Logarithmus, dann besitzt f eine holomorphe n-te Wurzel für alle n N. Dies wurde bereits in der Vorlesung gezeigt (Beweisende von Satz 0.4). Ist nämlich g der holomorphe Logarithmus von f, dann definieren wir g n (z) = exp(g(z)/n), sodass g n holomorph in Ω ist und (g n (z)) n = (exp(g(z)/n)) n = exp(g(z)) = f (z). : f besitze eine holomorphe n-te Wurzel für alle n N. Es existieren also Funktionen g n H(Ω) mit g n n = f. Wir nehmen an, dass f eine Nullstelle besitzt, also f (z 0 ) = 0 für ein z 0 Ω. Dann gilt g n (z 0 ) = ( g n (z 0 ) n ) /n = ( g n (z 0 ) n ) /n = ( f (z 0 ) ) /n = 0 für alle n N, also g n (z 0 ) = 0 für alle n N. Somit hat g n in z 0 eine Nullstelle der Ordnung mindestens. Induktiv hat damit g n n = f in z 0 eine Nullstelle der Ordnung mindestens n, denn allgemein gilt: Haben die in einer Umgebung von z 0 C holomorphen Funktionen h und j in z 0 eine Nullstelle der Ordnung k beziehungsweise l, so hat hj in z 0 eine Nullstelle der Ordnung k + l. Es gilt h(z) = (z z 0 ) k h (z), j(z) = (z z 0 ) l j (z), auf einer Umgebung von z 0, wobei h und j holomorphe Funktionen auf dieser Umgebung sind ohne Nullstelle in z 0. Mit (hj) = h j liefert die Definition der Nullstellenordnung die Behauptung, indem man obige Gleichungen multipliziert. Wir wissen nun also, dass f in z 0 eine Nullstelle der Ordnung mindestens n hat, und zwar für alle n N. Für die Potenzreihendarstellung von f um z 0 gilt also, dass alle Koeffizienten Null sein müssen. Durch die Eindeutigkeit der Potenzreihe liefert dies f 0 auf einer Umgebung von z 0 und somit auf Ω nach dem Identitätssatz. Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung. Somit besitzt f keine Nullstelle und die Existenz eines holomorphen Logarithmus folgt aus Satz 0.4. Zusatz: (5 Extrapunkte) Für die erste Implikation haben wir den einfachen Zusammenhang nicht benötigt, bei der zweiten erst an der Stelle, an der wir Satz 0.4 verwendet haben. Steht uns dieser Satz nicht zur Verfügung, so wissen wir dennoch, dass f /f H(Ω), da f keine Nullstelle besitzt. Betrachten wir den Beweis von Satz 0.4, so fehlt uns einzig 3

4 die Aussage, dass f /f eine Stammfunktion besitzt, um auf die Existenz eines holomorphen Logarithmus zu schließen. Das wird ebenfalls in Satz 0.4 bewiesen und die einzige Voraussetzung, die uns für diesen Beweis fehlt, ist f (z) f (z) dz = 0 für alle geschlossenen Wege in Ω. Sei solch ein Weg gegeben, dann folgt nach der Kettenregel, dass f (z) f (z) dz = n(g n (z)) n g n(z) g (g n (z)) n dz = n n(z) g n (z) dz für alle n N. Nach dem Argumentprinzip nehmen beide Integrale als Wert ein ganzzahliges Vielfaches von πi an. Deshalb muss ein n N existieren, für das Integral auf der rechten Seite verschwindet, ansonsten wäre der Betrag des linken Integrals nach unten durch πn beschränkt (mit beliebigem n N), was nicht möglich ist. Wählen wir nun so ein n, folgt die Behauptung und damit der Beweis der Existenz eines holomorphen Logarithmus analog zum Beweis von Satz 0.4. b) (5 Punkte) Seien f und g ganze Funktionen mit f + g =. Dann gilt (f + ig)(f ig) = f + g =. Somit sind beide Funktionen auf der linken Seite der Gleichung nullstellenfrei und zudem ganz. Nach Satz 0.4 existiert ein holomorpher Logarithmus der Funktionen, also beispielsweise eine ganze Funktion H mit Mit h(z) = ih(z) ist h ebenfalls ganz und Es gilt nun für z C, dass f (z) ig(z) = f (z) + ig(z) = e H(z). f (z) + ig(z) = e ih(z). f (z) + ig(z) = e ih(z) = e ih(z), wobei wir im letzten Schritt einfach den Bruch mit e ih(z) erweitern. Nach den bekannten Rechenregeln gilt nun cos(h(z)) = eih(z) + e ih(z) = f (z), sin(h(z)) = eih(z) e ih(z) i = g(z). 4

5 Sei nun umgekehrt f (z) = cos(h(z)) und g(z) = sin(h(z)) für alle z C und eine beliebige ganze Funktion h. Dann sind f und g ganz und es gilt da ganz allgemein für z C (f (z)) + (g(z)) = cos (h(z)) + sin (h(z)) =, ( e cos (z) + sin iz + e iz ) ( e iz e iz ) (z) = + = eiz + + e iz i 4 + eiz + e iz 4 =. Somit sind die Paare ganzer Funktionen f und g mit f + g = gerade gegeben durch f (z) = cos(h(z)), g(z) = sin(h(z)) mit einer beliebigen ganzen Funktion h. 5