Analysis IV. Lösungsvorschläge zum 2. Übungsblatt. sin(z) = 1 2i (eiz e iz ). = 1 e y

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1 Karlsruher Istitut für Techologie Istitut für Aalysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastia Schwarz SS Aalysis IV Lösugsvorschläge zum. Übugsblatt Aufgabe 5 Sei z x + iy C. Beweise Sie folgede Aussage zur Darstellug der komplexe Siusud Kosiusfuktio sowie dere Nullstelle. a) si(z) si(x)cosh(y) + icos(x)sih(y), cos(z) cos(x)cosh(y) isi(x)sih(y). b) si(z) z kπ, k Z, cos(z) z π + kπ, k Z. Folger Sie daraus, dass beide Fuktioe i C ubeschräkt sid. Lösugsvorschlag a) Aus der Vorlesug ist bekat, dass si(z) i (eiz e iz ). Setze wir z x + iy ei ud beachte, dass so ergibt sich e ±iz e y±ix e y (cos(x) ± isi(x)), si(z) i (e y (cos(x) + isi(x)) e y (cos(x) isi(x))) e y i cos(x)e y + si(x) e y + e y si(x)cosh(y) + icos(x)sih(y). Eie aaloge Rechug liefert die Gleichheit für de Kosius. Daraus folgt sofort die Ubeschräktheit, de si(z) si (x)cosh (y) + cos (x)sih (y) si (x) + sih (y)(si (x) + cos (x)) si (x) + sih (y), wobei im zweite Schritt cosh (y) sih (y) ud im dritte Schritt si (x) + cos (x) für alle x,y R beutzt wurde. Aalog ergibt sich cos(z) cos (x) + sih (y) ud wir sehe, dass der Ausdruck für beide Fuktioe ubeschräkt i y ist.

2 b) Ma ka hier das Ergebis auch direkt aus der Gleichug erhalte, mit der wir i a) begoe habe, hier werde wir jedoch das Ergebis aus a) verwede. Da cosh(y) > für alle y R ud zwei komplexe Zahle geau da übereistimme, we Ihr Realud Imagiärteil dies tu, folgt si(z) si(x) cos(x)sih(y) si(x) sih(y) x kπ,y (k Z). Dabei habe wir beutzt, dass x icht gleichzeitig eie reelle Nullstelle des Sius ud Kosius sei ka. Das Ergebis für die Nullstelle des Kosius ergibt sich aalog. Aufgabe 6 (K) Sei w w exp(iargw). Zeige Sie die folgede Charakterisieruge der Logarithme ud -te Wurzel vo w. a) Die Logarithme vo w sid gegebe durch z k log w + i(argw + kπ), k Z. Folger Sie daraus, dass für w C \ {} ud r > die Gleichug e /z w uedlich viele Lösuge z mit z r besitzt. b) Die verschiedee -te Wurzel vo w sid gegebe durch z k ( ) Argw + πk w exp i, k. Lösugsvorschlag a) (4+ Pukte) Wir schreibe w w exp(i Arg w). Damit z x + iy ei Logarithmus vo w ist, muss u exp(x)exp(iy) exp(z)! w w exp(iargw) gelte. Aus der Vorlesug wisse wir, dass die Polardarstellug bis auf eie Verschiebug des Wikels um kπ (k Z) eideutig bestimmt ist, also folgt exp(x) w, y Argw + kπ (k Z). Somit gilt z z k für ei k Z. Adererseits gilt offesichtlich exp(z k ) exp(log w ) exp(iargw) exp(kπi) w exp(iargw) w, womit die Logarithme vo w etspreched der Aufgabestellug charakterisiert sid. Betrachte wir u die Gleichug e /z w, so sid ach dieser Charakterisierug die Lösuge z k gegebe durch die Gleichug z k log w + i(argw + kπ),

3 für ei k Z. Dies ist äquivalet zu z k log w + i(argw + kπ), k Z, wobei k ausgeschlosse werde muss, falls w. Offebar sid die z k paarweise verschiede ud es gilt z k (log w ) für k. + (Argw + kπ) Also existiere zu jedem r > uedlich viele z k mit z k r ud exp(/z k ) w. b) (4 Pukte) Wir suche Lösuge vo z w C \ {}. Zuerst gilt! w z z z w. Alle i Frage kommede Lösuge habe also die Form z w exp(iϕ) für ei ϕ R. Die Gleichug z a ergibt u w exp(iϕ) z! w w exp(iargw) Dies liefert, wie i Teil a), ϕ Argw + kπ für ei k Z, also ϕ Argw+kπ. Für k,..., werde dadurch verschiedee Wikel erzeugt, da Werte i [ Argw, Argw +π) erreicht werde. Mehr verschiedee Lösuge ka es icht gebe, da z w ach dem Fudametalsatz der Algebra geau Lösuge besitzt. Die -te Wurzel vo w sid also etspreched der Aufgabestellug charakterisiert. Aufgabe 7 Durch die Defiitio des Hauptzweiges des Logarithmus köe wir, i Kosistez mit der etsprechede Recheregel im reelle Fall, de Hauptzweig der allgemeie Poteze defiiere. Für z C \ (,] ud α C sei z α : exp(α Logz). Für α mit N lässt sich so der Hauptzweig der -te Wurzel defiiere. a) Wie lautet ei möglicher Defiitiosbereich der Fuktio f (z) z, damit die ebe defiierte -te Wurzel der Umkehrfuktio f etspricht (vgl. Satz 4.)? b) Bereche Sie Real- ud Imagiärteil folgeder komplexer Zahle. (i) z ( + i 3) /, (ii) z i (ii). Lösugsvorschlag a) Wir defiiere für ϕ (,π] die Mege Σ ϕ : {z C \ {} Argz < ϕ}. 3

4 Der Hauptzweig der -te Wurzel ist somit defiiert auf der Mege Σ π. Sei z Σ π gegebe. Da gilt ( ) z / log z + iargz exp ( z exp i Argz ), womit Σ π auf Σπ/ abgebildet wird. Wir wähle deshalb Σπ/ als Defiitiosbereich vo f. Die Abbildug f : Σπ/ Σ π ist bijektiv: Gilt f (z) f (w) für w,z Σπ/, so bedeutet dies z exp(iargz) w exp(iargw), also z w ud Argz Argw + kπ für ei k Z. Dies heißt Argz Argw π k ud da Argz Argw < π/ folgt k, also Argz Argw ud damit z w. Zu w Σ π defiiere wir z w : ( z exp i Argz ) ud sehe, dass z w Σπ/ mit f (z w ) w gilt. Somit ist die Bijektivität gezeigt. Ahad der bisher durchgeführte Rechuge erket ma sofort, dass der Hauptwert der -te Wurzel der Umkehrfuktio f etspricht. b) Wir bereche jeweils zuerst de Logarithmus der Basis der Potez, um da obige Defiitio azuwede. (i) Es gilt Log( + i 3) log + i 3 + iarg( + i 3) log + i π 3. Das Argumet berechet sich dabei durch die Tatsache, dass cos(arg( + i 3)) Re( + i 3) + i 3, also Arg( + i 3) ±π/3 durch de Wertebereich des Argumets. Da Im( + i 3) >, kommt ur das positive Argumet i Frage. Nu folgt ( ) z exp Log( + i 3) ( exp i π ). 6 Das Auswerte der Sius- ud Kosiusfuktio liefert u Rez 3/ ud Imz /. 4

5 (ii) Es gilt Logi log i + iargi i π ud somit sowie ( i i exp(ilogi) exp π ) ( ( z exp exp π ) ) Logi exp (i π ( exp π )). Folglich gilt Rez cos( π exp( π/)),imz si( π exp( π/)). Aufgabe 8 (K) Bereche Sie die folgede Wegitegrale. a) z Rez dz, wobei der Weg vo ach + i auf der Parabel {Imz (Rez) } ist, b) z dz, wobei de Rad des Dreiecks mit Eckpukte, ud i ei Mal gege de Uhrzeigersi durchläuft, c) zk dz, wobei k Z, (t) Re it für t [,π] ud ei R >, d) exp(z) z dz, wobei (t) e it für t [,π], e) z dz, wobei (t) e it si(t) für t [,T ] mit T > so, dass L() π/. Lösugsvorschlag a) ( Pukte) Wir parametrisiere de Weg durch (t) t + it für t [,]. Da gilt (t) + it ud aus der Defiitio des Wegitegrals folgt z Rez dz (t)re((t)) (t) dt (t + it 3 )( + it) dt b) ( Pukte) Wir utze die Parametrisieruge (t t 4 ) + i3t 3 dt [ 3 t3 5 t5 ] t + i[3 4 t4 ] t 5 + i3 4 (t) t (t) + t(i ) ( t) + it 3 (t) i it i( t) 5

6 für die Seite des Dreiecks. Dabei gilt jeweils t [,]. Zudem gilt 3 ud das gesuchte Itegral ist die Summe der drei Itegrale etlag der Wege i, i,...,3. Somit folgt z dz c) ( Pukte) Es gilt (t) (t) + (t) (t) + 3(t) 3 (t) dt t + (( t) + t )(i ) ( t) i dt ( t + t ) + it dt [t t + 3 t3 ] t + i[ 3 t3 ] t ( + i). 3 z k dz π Für k lautet das Ergebis also π R k e ikt ire it dt ir k+ e i(k+)t dt. π z dz i dt πi, für k lautet es π π z k dz ir k+ cos((k + )t) dt R k+ si((k + )t) dt. d) ( Pukte) Es gilt für z C \ {}, dass exp(z) z z! z z! z ( + )!. Da diese Potezreihe gleichmäßig auf kompakte Teilmege vo C kovergiert, gilt ach Satz 5.. (5), dass exp(z) z dz ( + )! z dz, wobei im letzte Schritt Teil c) dieser Aufgabe beutzt wurde. e) ( Pukte) Wir bereche zuerst die Läge des Weges. Es gilt (t) ie it si(t) + e it cos(t) e it ud deshalb T L() e it dt T. 6

7 Daher müsse wir T π/ wähle ud erhalte für das Itegral de Wert z dz π/ Mit Hilfe vo partieller Itegratio erhalte wir π/ π/ e it si (t)e it dt si (t) dt. π/ π/ si (t) dt [si(t)cos(t)] π / t + cos (t) dt cos (t) dt, sodass sich wege si (t) + cos (t) z dz π 4 ergibt. Aufgabe 9 a) Beweise Sie das Lemma vo Jorda: Ist f stetig auf {z C Imz, z R } für ei R > sowie etweder (i) α > ud lim R max z R,Imz f (z), oder (ii) α ud lim R R max z R,Imz f (z), so gilt lim f (z)e iαz dz, R R R (t) Re it,t [,π]. b) Zeige Sie: Ist g differezierbar i z C sowie stetig i U r (z ) für ei r >, da gilt g(z) lim dz iπg(z ε ε z z ), ε (t) z + εe it,t [,π]. Hiweis: Zeige Sie zuerst iπ ε z z dz. Lösugsvorschlag a) (i) Für R R gilt f (z)e iαz dz R R π π f (Re it )e iαr(cos(t)+isi(t)) ire it dt π f (Re it ) e Rα si(t) dt R max f (z) e Rα si(t) dt z R,Imz 7

8 Nu utze wir zuerst die Symmetrie der Siusfuktio aus, um π π/ e Rα si(t) dt π e Rα si(t) dt + e Rα si(t) dt π/ π/ e Rα si(t) dt π/ π/ e Rα si(π s) ds e Rα si(t) dt zu erhalte. Auf dem Itervall [, π/] gilt si(t) t/π, da der Sius hier kokav ist. Isgesamt folgt also wege der Mootoie der Expoetialfuktio, dass f (z)e iαz dz R R max z R,Imz π/ f (z) e Rα π t dt π α ( e Rα ) max f (z) π max f (z) z R,Imz α z R,Imz (R ). (ii) Mit α folgt für R R sofort f (z) dz L( R ) max R z R,Imz f (z) πr max z R,Imz f (z) (R ). b) Wir stelle zuerst fest, dass ε z z dz π iεe it εe it dt iπ. Damit gilt ε g(z) g(z) g(z dz iπg(z z z ) ) dz. ε z z Da g differezierbar i z ud stetig auf U r (z ) ist, ist g(z) g(z ) h(z) z z, z z, g (z ), z z, auf dieser Umgebug stetig ud damit auf Ur/(z ) beschräkt. Für ε r/ gilt also g(z) dz πig(z z z ) h(z) dz L( ε )max h(z) πε max h(z) (ε ). ε z r z r ε 8