Übungen zur Funktionentheorie

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1 Mathematisches Istitut SS 2009 Uiversität Müche Prof. Dr. M. Schotteloher C. Paleai M. Schwigeheuer A. Stadelmaier Übuge zur Fuktioetheorie Übugsblatt. (a) Sei α: C C x y x + iy y x da ist α offesichtlich bijektiv ud liear. 0 α() = 0 ist das multiplikativ eutrale Elemet i C ud xu yv (xv + yu) α(zw) = α(xu yv + i(xv + yu)) = = xv + yu xu yv x y u v = = α(z)α(w) y x v u für z = x + iy; w = u + iv Damit ist α ei Rig Isomorphismus (alle relevate Eigeschafte folge aus de Eigeschafte für C ud der Erhaltug der Multiplikatio durch α). Da aber C ei Körper ist (siehe Vorlesug), ist auch C ei Körper ud α ist ei Körperisomorphismus. Tatsächlich gilt (z.b.): Sei A C icht 0, da existiert ei a mit α(a) = A, u ist a icht Null ud somit existiert ei a C mit aa = deshalb ist α(a) icht Null ud ist das multiplikative Iverse zu A. (b) Nach der Erklärug gilt T ( T 2 ) = (T 2 +)T 2 ud damit sid T ud T 2 i derselbe Äquivalezklasse im Restklasserig R[T ]/(T 2 + ). Alle Poteze lasse sich also bis auf ei Vorzeiche reduziere auf oder T. Somit hat jede Äquivalezklasse i R[T ]/(T 2 + ) eie eideutige Repräsetate der Form a + bt. Wir defiiere wie zuvor β : C R[T ]/(T 2 + ) x + iy x + yt da ist β offesichtlich bijektiv ud liear. Auch gilt β() =. Nu gilt ausserdem (a+bt )(c+dt ) = ac+adt +bct +bdt 2 = ac+(ad+bc)t +bd(t 2 +) bd = ac bd+(ad+bc)t ud damit ist β auch ei Rig Isomorphismus(siehe obe) was wie zuvor bedeutet, dass β ei Körperisomorphismus ist. Bitte wede!

2 2. Seie a, b zwei verschiedee komplexe Zahle ud c eie positive reelle Zahl. Beschreibe Sie (mit Beweis!) de geometrische Ort aller komplexer Zahle, die die folgede Gleichug erfülle: (a) Es folgt ud damit (z a)(z a) (z b)(z b) = c2 z z( c 2 ) z(ā bc 2 ) z(a bc 2 ) + aā b bc 2 = 0 sei u c = da reduziert sich die Gleichug auf z(ā b) + z(a b) = aā a b Das ist aber die Gleichug eier Gerade i C. Explizit sieht ma das, we ma zu Vektore übergeht. Schreibe a b = α = α + iα 2 ; z = x + iy; aā b b = r ud es gilt vereifacht sich zu (x + iy)(α iα 2 ) + (x iy)(α + iα 2 ) = r 2(α x + α 2 y) = r also < z, a b >= r 2 wobei <, > das stadard Skalarprodukt i R2 bedeute. Dies ist eie affie Gerade sekrecht zu a b. Da a+b 2 eie Lösug der Gleichug ist, ist der gesuchte geometrische Ort die Mittelsekrechte der Strecke zwische a ud b. Falls c erhalte wir eie Kreis. Dazu beachte: Offesichtlich beschreibt die Gleichug z a = r eie Kreis i C um a mit Radius r. Also wie zuvor Daher sehe wir das die Gleichug r 2 = (z a)( z ā) = z z zā za + aā z z zā za + aā r 2 = 0 eie Kreis i C beschreibt. Durch quadratische Ergäzug führe wir die obige Gleichug i eie Kreisgleichug über, da wir u durch ( c 2 ) teile dürfe. Dies gibt z z z ā bc 2 a bc2 aā b b z + c2 c2 c 2 = 0 ud somit ach eiige Maipulatioe (quadratische Ergäzug) für α := a c2 b c die 2 Kreisgleichug: z z zᾱ zα + αᾱ = c2 (a b)(ā b) c 2 also eie Kreis mit Mittelpkt α ud Radius c a b c 2. (b) Zuerst wolle wir zeige, dass arg ( ) z a z b de egative orietierte Wikel bei z beschreibt uter dem a ud b erscheie. Aus der Vorlesug wisse wir für zwei komplexe Zahle w 0, w 0 existiert ei eideutiger Wikel α [0, 2π[ (der Wikel bei 0 uter dem w 0, w erscheie, oder aders ausgedrückt der Wikel zwische w 0 ud w ), so dass cos α = < w 0, w > ; si α = < iw 0, w > w 0 w w 0 w

3 gilt. Nu sei z a, b da gilt aber a z b z = a z b z (cosα i si α) da = (b z)(b z) a z b z ( 2 ( < a z, b z > a z b z ( (a z)(b z) + (a z)(b z) i = (b z)b z ) < i(a z), (b z) > i = a z b z ( ) (2(a z)(b z) = a z 2 b z ( ) Damit ach der Defiitio vo arg ist α = 2π arg a z b z ( i(a z)(b z) + (b z)i(a z))) ) = wie behauptet. Der geometrische Ort aller Pukte uter dee zwei vorgegebee Pukte a, b uter eiem feste Wikel α erscheie ist der Fasskreisboge zum Wikel α durch a, b. Er wird kostruiert idem ma die Mittelsekrechte zur Strecke [a, b] kostruiert, bei a de Wikel π 2 α 2 gege [a, b] aträgt ud de Schekel des Wikels verlägert bis er die Mittelsekrechte scheidet. Vom Schittpukt schlägt ma eie Kreis durch a. Der Fasskreisboge ist der Teil des Kreisboges der auf der Seite des Mittelpuktes bezüglich der Sekate durch a, b liegt. Zum Beweis, dass der geometrische Ort geau der Fasskreisboge ist verwedet ma die Tatsache (mit sehr eifachem Beweis), dass sich gegeüberliegede Wikel im Seheviereck zu π ergäze. Nu startet ma mit dem Seheviereck das sich durch a, b ud die Schittpkte der Mittelsekrechte mit dem obe kostruierte Kreis defiiert. Da hat der Wikel bei dem eie der Schittpukte de Wert α ud Variatio dieses Puktes auf dem Kreisboge zeigt durch die Eigeschaft des Sehevierecks, dass sich der Wikel a dem bewegte Pukt icht ädert. Mit elemetarer Wikelgeometrie zeigt ma u, dass alle adere Pukte i der Ebee, adere Wikel (beachte Orietierug!) mit a, b eischliesse. Im Spezialfall α = 0 ergibt sich die Gerade durch a, b als Lösug, da u z a, z b liear abhägig sid. 3. Auf dem Präsezblatt habe wir gezeigt, dass eie R-lieare Abbildug vo C ach C (aufgefasst als 2x2 Matrix) ist geau da komlex liear, we sie vo der Form a b b a ist. Aus der Defiitio der komplexe Differezierbarkeit (vgl. Aufgabe 4) sieht ma, dass komplex differezierbar heisst, dass das Differetial vo f Multiplikatio mit der komplexe Zahl f (a) bedeutet. Im Besodere ist das Differetial also komplex liear ud damit muss die Jacobi-Matrix vo dieser Form sei. Umgekehrt ist die Jacobi-matrix geau da eie Multiplikatio mit eier komplexe Zahl, we sie vo dieser Form ist ud damit ist f komplex differezierbar. Alle drei Fuktioe habe stetige partielle Ableituge ach x, y, deshalb sid sie reell differezierbar. I diesem Falle etscheidet die Form der Matrix wie obe über die komplexe Differezierbarkeit. Also a b b a = u u (a) u = ; aber = 0 deshalb ist f irgeds kom. diff.

4 (b) u = 2x; = 0; u = 2y; = 0 deshalb ist f ur i 0 kom. diff. (c) u = 3x2 ; = x2 u ; = 0; = 2xy ur für x = 0 sid die CR-Gl. erfllt, deshalb ist f auf der imagiäre Achse kom.diff. Im Besodere ist keie der drei Fuktioe i irgedeiem Pukt holomorph. Eie adere Methode ist mittels des Differezequotiete. (a) Dazu betrachte die beide Folge h = ; h2 = i, da gilt f(z + h ) f(z) f(z + h 2 h = ; ) f(z) h 2 = i deshalb ist f irges komplex diff. (b) Es gilt f(z) = z z. Deshalb (z + h)( z + h) z z = z + z h h 0 h h 0 h + h Nimmt ma die beide Folge obe, da sieht ma, dass der Limes icht existiert für z 0. Aber für z = 0 ist der es 0 ud existiert somit. f ist also komplex diff. i 0. (c) Betrachte die beide Folge wie obe. Damit folgt, dass f(z + h ) f(z) h = 3x 2 f(z + h 2 + i2xy; ) f(z) h 2 = x 2 also ka f ur für x = 0 kom.diff.sei. Nu sei x = 0 ud h = h + ih 2 beliebig, da gilt f(iy + h) f(iy) = h2 iy h h + h2 Der zweite Term geht offesichtlich gege Null, we h gege Null geht. Für de erste bemerke ma, dass h 2 2 h = 4 (h + h) = h 4 (h + 2 h + h 2 h ) Da aber h = h gilt geht der Betrag der komplexe Zahl h 2 h gege Null, we h gege Null geht. Also geht auch die Zahl gege Null. Damit existiert der Limes ud ist gleich 0 auf der imagiäre Achse, also ist f dort komplex diff.bar. 4. a b Erster Teil: Es existiere der Grezwert da defiiert ma eie Fuktio φ durch φ(z) = = l z a z a f(z) f(a) z a für z a l für z = a φ ist da stetig i a, da für jede Folge z a we wege der Existez des Grezwertes obe φ(z ) l = φ(a) gilt. Sei z a, da gilt auch f(z) = f(a) + φ(z)(z a) = f(a) + (z a) = f(z) z a

5 i z = a ist die Gleichug trivialerweise auch erfüllt, da dort der zweite Term verschwidet. Umgekehrt existiere u ei i a stetiges φ, so dass Da ist φ für z a gegebe durch f(z) = f(a) + φ(z)(z a) z a Sei u z a eie Folge die gege a kovergiert, da kovergiert (wege der Stetigkeit vo φ i a) φ(z ) gege l. Also gilt f(z ) f(a) z a l für alle solche Folge (z ). Das aber heisst geau, dass der Grezwert z a z a existiert ud gleich l ist. Somit ist f i a kom. diff. b c Erster Teil (b ist gegebe): Da schreibe ρ(z) = φ(z) l ud es gilt die gewüschte Gleichug mit ρ stetig i a ud ρ(a) = 0. Umgekehrt defiiere ma φ(z) := ρ(z) + l, da ist φ stetig i a ud es gilt die gewüschte Gleichug i b.) mit φ(a) = l. c d Erster Teil (c ist gegebe): Defiiere r(z) = ρ(z)(z a) ud somit gilt mit f(z) = f(a) + l(z a) + r(z) z a;z a r(z) z a = z a ρ(z) = 0 da ρ i a steig mit Wert 0 ist. Umgekehrt defiiere ma ρ durch: r(z) z a für z a ρ(z) = 0 für z = a da gilt f(z) = f(a) + l(z a) + r(z) = f(a) + l(z a) + ρ(z)(z a) ud die Existez vo zeigt wie zuvor die Stetigkeit vo ρ i a. 5. (a) (b) z a;z a r(z) z a = 0 f(z) f(z 0 ) f(z 0 + h) f(z 0 ) z hz 0 + h 2 z0 2 = = z z 0 z z 0 h 0 h h 0 h = h 0 2z 0 +h = 2z 0 z 2 = (z 0 +z z 0 ) 2 = z 2 0+2z 0 (z z 0 )+(z z 0 ) 2 = z 2 0+(2z 0 +z z 0 )(z z 0 ) = z 2 0+(z 0 +z)(z z 0 ) also ist f(z) = f(z 0 ) + φ(z)(z z 0 ) mit φ(z) = (z 0 + z) (ud dort stetig).

6 (c) wie zuvor z 2 = z z 0 (z z 0 ) + (z z 0 )(z z 0 ) also gilt f(z) = f(z 0 ) + l(z z 0 ) + ρ(z)(z z 0 ) mit l = 2z 0 ud ρ(z) = z z 0 (d) wie zuvor 6. Schreibe z 2 = z z 0 (z z 0 ) + (z z 0 ) 2 also gilt f(z) = f(z 0 ) + l(z z 0 ) + r(z) mit r(z) = (z z 0 ) 2 (f(z + h) f(z))(f(z + h) + f(z)) = (f(z + h)) 2 (f(z)) 2 = z + h z = h u falls f(z) = 0 für z U da folgt z = f(z) 2 = 0 U was icht so ist. Also ist f(z) = a 0 ud somit existiert wege der Stetigkeit vo f ud der Offeheit vo U eie Scheibe D(z, δ) U so dass für alle w D(z, δ) gilt f(w) + f(z) > 0. Nu sei 0 < h < δ da gilt aber wege der obige Gleichug ud der Stetigkeit vo f f(z + h) f(z) = h 0 h h 0 f(z + h) + f(z) = 2f(z) Damit existiert der Grezwert ud f ist kom. diff. bei z.