Prof. D. Salamon Funktionentheorie ETH Zürich MATH, PHYS 3. November Musterlösungen 6

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1 Prof. D. Salamon Funktionentheorie ETH Zürich MATH, PHYS 3. November 009 Musterlösungen 6. Sei B r := { C < r} und f : C C durch 3 + definiert. Welches ist der grösste Wert von r so dass f Br injektiv ist? Beantworten Sie die gleiche Frage für e. Lösung: Aus Korollar 4 wissen wir, dass wenn f injektiv auf einer offenen Menge Ω ist, dass dann f () 0 für alle Ω. Die Ableitung f () = 3 + hat wei Nullstellen = und = i 3, also kann f höchstens auf der offenen i 3 Kreisscheibe B 3 (0) injektiv sein. Wir eigen, dass f injektiv auf B 3 (0) ist: Seien w, B 3 (0) so, dass w und f(w). Dann gilt 0 = f() f(w) = 3 + w 3 w = ( w)( + w + w ) + ( w) = ( w)( + w + w + ), und da w gilt + w + w + = 0 (). Aus w, B 3 (0) folgt, dass + w + w + w + w < = (). Andererseits folgt aus () + w + w = =, ein Widerspruch u (). Also war die Annahme falsch und f ist injektiv auf B 3 (0). Sei jett e, C. Die Ableitung f () = e ist auf gan C ungleich Null. Wir definieren g : C C durch g() = f(). Es gilt g(0) = 0 und g (0) =, d.h. g hat eine Nullstelle erste Ordnung in Null und deswegen ist nach Sat injektiv in einer Umgebung von Null. Daher ist auch f injektiv in einer Umgebung von Null. Jett müssen wir noch die maximale Umgebung von Null bestimmen, auf die f injektiv ist. Da die Funktionen cos(y) und sin(y) π-periodisch sind und e = e x+iy = e x (cos(y) + i sin(y)), x, y R, kann f höchstens auf B π (0) injektiv sein.. Für Ω C offen, 0 Ω, f : Ω C holomorph und n N mit f (k) ( 0 ) = 0, k =,, n, f (n) ( 0 ) 0

2 hatten wir geeigt, dass es eine holomorphe Funktion ϕ : U C auf einer offenen Umgebung U Ω von 0 gibt so dass f() f( 0 ) = ϕ() n U. Betrachten Sie das Beispiel cos(), 0 = 0. Finden Sie n und eine expliite Formel für ϕ(). Lösung: Wir betrachten uerst die Ableitungen von cos() an der Stelle 0 = 0. Daraus folgt n = und cos() f () = sin() f (0) = 0 f () = cos() f (0) =. ϕ() = ± cos() = ± sin ( ) = ±i sin( ), mit Hilfe der trigonometrischen Formel cos() = sin ( ). 3. Sei Ω C eine offene Menge mit 0 Ω und f : Ω C eine holomorphe Funktion mit f (0) 0. Beweisen Sie, dass es eine offene Umgebung U C von 0 gibt und eine holomorphe Funktion g : U C so dass für jedes U gilt: n Ω, f( n ) = f(0) + g() n. Lösung: Ist n = so ist die Behauptung klar nach Aufgabe. Sei jett n >. Weil Ω eine offene Menge ist, existiert ein δ > 0, so dass B δ (0) Ω. O.B.d.A. können wir δ < wählen. Dann gilt B δ (0) n = n < δ n < δ, d.h. n liegt auch in B δ (0) und daher auch in Ω. Sete U = B δ (0). Definiere h : B δ (0) C durch h() = f( n ). Für die Ableitungen von h erhalten wir: h () = f ()n n h (0) = 0 h () = f ()n (n ) + f ()n(n ) n h (0) = 0 h (k) () = n T k + f ( n )n(n ) (n (k )) n k h (k) (0) = 0 h (n) () = n T n + f ( n )n! h (n) (0) 0, wobei T k eine Linearkombination, mit von abhängigen Koeffiienten, der (k ), (k ),, ()-Ableitungen von f an der Stelle n ist. Die allgemeine Form für die (k)-te Ableitung lässt sich.b. per Induktion überprüfen. Durch Einseten in Punkt 0 = 0 erhalten wir dann, dass die k ten. Ableitungen von h für k =, n in = n 0 = 0 gleich Null sind, aber h(n) (0) = f (0)n! 0. Deswegen existiert (wie in Aufgabe ) eine holomorphe Funktion g : B δ C mit h() = h(0) + g() n oder äquivalent dau f( n ) = f(0) + g() n.

3 4. (a) Bestimmen Sie die Taylorreihe im Entwicklungspunkt 0 = 0 und den Konvergenradius von: (b) Finden Sie eine holomorphe Funktion f : C C mit: Lösung: (a) Zuerst wollen wir Folgendes bemerken: f(0) = und f () = f() C = 3. Mit Hilfe der geometrischen Reihe erhalten wir: ( ) = ( = )k, < ; ( ) k =, >. k+ Somit ist: = 3 = ( )k 3 ( ) 3 = 3 3 ( ) = 3 k k+ 3 ( 3 )k, < 3; 3 k, > 3. k+ () () ( ( 3 )k = k+ ) 3 k+ k, 0 < < ; ( 3 )k, < < 3; (4) k k+ + 3 k, 3 <. (5) k+ Bemerke, dass (4) und (5) keine Taylorreihen sind, daher ist die Funktion f nur für 0 < < durch eine Taylorreihe darstellbar. Die Funktion f hat in den Punkten und 3 Pole erster Ordnung. Die Taylorreihe in 0 kann daher höchstens auf einer Kreisscheibe von Radius r = min{, 3} = gegen f konvergieren. 3

4 (b) Variante I: f() f(0) = f () = f() f (0) = 0 f () = f () + f() f (0) = f (3) () = f () + f () f (3) (0) = 0 f (4) () = f (3) + 3f () f (4) (0) = 3. f (n) () = f (n ) () + (n )f (n ) () f (n) (0) = { 0, n = k + ; (n )f (n ) (0), n = k. Die allgemeine Form für f (n) () lässt sich per Induktion beweisen. Wir erhalten damit: f (n) (0) =.3.5 (n ) n = k, k N. Die holomorphe Funktion f lässt sich durch ihre Taylorreihe in einer Umgebung von Null darstellen: Variante II: f (n) (0) n = n!.3.5 (k ) k = (k)! k k! k = e. Weil f stetig ist, existiert eine Umgebung B ε (0), sodass B ε (0), f() 0. Aus f () = f() folgern wir dann: f (). Die Funktionen f () f() und g() = sind auf B ε(0) wohldefiniert und holomorph, und da B ε (0) einfach usammenhängend ist, besiten sie auf B ε (0) Stammfunktionen, also F () = f () f() und G () =. Durch Integrieren erhalten wir F = log f() + C = = G(), wobei aus f(0) =, C = 0 folgt. Aus = log f() erhalten wir e. Am Ende bemerken wir, dass da f(0)= ist, liegt f(b ε (0)) für genügend kleines ε im Bereich, wo der Hauptweig des Logarithmus log stetig und holomorph ist. Die Funktion log(f) ist also holomorph auf B ε (0) und eine Stammfunktion für f f. Jede beliebige Stammfunktion ist also von der Form log(f) + C für eine Konstante C C. Variante III: 4

5 Die Funktion f ist holomorph auf gan C und deshalb in einer Umgebung von Null durch ihre Taylorreihe a n n darstellbar. Für die Ableitung von f, sowie für f() erhalten wir f () = na n n n= Nach Koeffiientenvergleich erhalten wir a n n+. a = 0, (n + )a n+ = a n. Daraus folgt, dass a k+ = 0 für k N. Aus f(0) = bestimmen wir a 0 =, was usammen mit (k+)a k+ = a k die folgende Form von a k = k k! ergibt. 5. Sei f : C C eine nicht konstante holomorphe Funktion. Zeigen Sie, dass das Bild von f dicht in C liegt. Lösung: Annahme: f(c) ist nicht dicht in C. Dann existiert ein a C\f(C) und da C\f(C) offen ist, existiert ein ε > 0, sodass B ε (a) C\f(C). Daher gilt für jedes C f() a ε. Wir definieren g : C C durch g() = f() a. Die Funktion g ist wohldefiniert und holomorph, und es gilt g() ε. Somit ist g eine holomorphe und beschränkte Funktion auf gan C und daher nach dem Sat von Liouville konstant. Daraus folgt, dass auch f konstant sein muss, ein Widerspruch ur Angabe. Also war die Annahme falsch und f(c) ist dicht in C. 6. Sei f : C C eine holomorphe Funktion für die eine positive reelle Zahl c und ein n N existieren mit f() c n für alle C. Zeigen Sie, dass es ein a C mit a c gibt, so dass f die Form a n hat. Lösung: Definiere die Funktion g : C\{0} C durch g() = f(). Nach Voraussetung ist g() c n n = c C\{0} und daher beschränkt. Somit ist g nach n dem Hebbarkeitssat durch eine holomorphe Funktion G auf gan C fortsetbar. Da G auf gan C beschränkt ist, ist sie nach dem Sat von Liouville konstant, d.h. es existiert ein a C mit f() = a oder a n. Daraus folgt klarerweise a c. n 7. Wir hatten die Windungsahl für glatte geschlossene Kurven definiert. Diese Definition lässt sich wie folgt auf stetige geschlossene Kurven übertragen. Betrachten wir eine geschlossene stetige Kurve γ : [a, b] C und ein c C mit c γ(t) für alle t [a, b]. Sei a = t 0 < t < < t N = b eine Partition des Intervalls [a, b], so dass jede Teilkurve γ [ti,t i ] in einer offenen Kreisscheibe enthalten ist, die den Punkt c nicht enthält. Definiere γ : [a, b] C durch 5

6 γ(t) = γ(t i )+ t t i t i t i (γ(t i ) γ(t i )). Dann wird die Windungsahl von γ beüglich c durch w(γ, c) = w( γ, c) definiert. Hinweis: Beweisen Sie die folgenden Aussagen:. (a) Die Definition der Windungsahl ist unabhängig von der Unterteilung der Kurve γ. (b) Für γ stückweise glatt stimmt die neue Definition mit der alten überein. (c) Falls γ in einer offenen Kreisscheibe B liegt, dann ist w(γ, c) = 0 für alle Punkte c, die ausserhalb von B liegen. (d) Die Windungsahl w(γ, c) ist konstant auf jeder Zusammenhangskomponente von C\{γ(t) a t b}. Lösung: Wir definieren γ i = γ i (t) = γ [ti,t i ] für i =,... N und δ i = δ i (t) die Verbindungsgerade wischen den Punkten γ(t i ) und γ(t i ), d.h. γ = δ δ N und B i, i =,... N seien die offenen Kreisscheiben, die jeweils γ i enthalten. Die B i s sind einfach usammenhängend und enthalten den Punkt c nicht. Daher ist die Funktion c holomorph auf jedem B i und besitt dort eine Stammfunktion, die wir mit F i, i =,..., N beeichnen. Sei a = s 0 < s < < s M = b eine Verfeinerung der Partition a = t 0 < t < < t N = b, d.h. M N und für jedes i =,..., N existiert ein j {,..., M} sodass t i = s j. Betrachte wei Verbindungsgeraden σ j und σ j+ wischen den Punkten γ(s j ) und γ(s j ) bw. wischen γ(s j ) und γ(s j+ ), die in einem B k enthalten sind. Wir erhalten durch Integration entlang σ j + σ j+ σ j +σ j+ c d = σ j c d + σ j+ c d = F k (s j ) F k (s j ) + F k (s j+ ) F k (s j ) = F k (s j+ ) F k (s j ). Durch stückweise Integration auf der ganen Kurve σ = σ σ M folgt: oder äquivalent dau σ N c d = (F k (t k ) F k (t k )) = k= w(σ, c) = w( γ, w), γ c d, d.h. eine Verfeinerung der Partition verändert die Windungsahl nicht. Seien jett P und P wei verschiedene Partitionen von [a, b] und γ und β die ugehörige Polygone von Verbindungsstrecken. Es existiert eine gemeinsamme Verfeinerung von P und P mit ugehörigen Polygonug von Verbindungsgeraden α. Wir wissen schon, dass w( γ, c) = w( α, c) und w( β, c) = w( α, c), woraus folgt, dass 6

7 w( γ, c) = w( β, c), d.h. die Windungsahl ist unabhängig von der Partition. Sei γ stückweise glatt. Wir können eventuell durch Übergang u einer verfeinerten Partition, erreichen, dass für jedes i γ i und δ i in einer Kreisscheibe B i mit c B i enthalten sind. Als glatte Kurven in einer Kreisscheibe mit gemeinsamen Endpunkten sind γ i und δ i homotop ueinander und es gilt γ i c d = δ i cd. Das gilt für jede glatte Teilkurve γ i, die durch die Partition definiert ist. Somit stimmen die alte und die neue Definition für stückweise glatte Schleifen überein. Es bleibt noch u eigen, dass w(γ, c) als Funktion in c auch die Eigenschaften in (c) und (d) besitt. Da aber laut Definition w(γ, c) = w( γ, c) mit γ stückweise glatt definiert ist, folgt aus den entsprechenden Eigenschaften für stückweise glatte Kurven, dass diese Eigenschaften erfüllt sind. 7

8 Zusat: Die Funktion e hat bei Null eine hebbare Singularität und lässt sich ur holomorphen Funktion f : B π (0) C : { e, 0;, = 0 fortseten, deren Potenreihenentwicklung um Null B n n. n! die Bernoulli-Zahlen B n := f (n) (0) definiert. Wir bestimmen eine Rekursionsformel für die Bernoulli-Zahlen und beweisen, dass die folgende Gleichung gilt: tanh() = n= n ( n )B n n. (n!) Lösung: Wir bestimmen uerst eine Rekursionsformel für die Bernoulli-Zahlen. ( = ) ( e B k (e ) = k! k l= = B k n = k!l! n= k+l=n,k 0,l 0 Nach Koeffiientenvergleich erhalten wir: n n= ( n { B k, n = ; k!(n k)! = 0, n >,. Daraus folgern wir B 0 = und die Rekursionsformel ) l! l B k k!(n k)! n B k B n = n! k!(n k + )!, n > 0. Die erste Bernoulli-Zahlen sind somit: B 0 =, B =, B = 6, B 3 = 0, B 4 = 30,... Man kann weiterhin eigen, dass B k+ = 0 für k N. Dau betrachten wir die Funktionen: cosh() = e + e und sinh() = e e, ) n. 8

9 und berechnen: coth( ) = cosh( ) sinh( ) = e / + e / e / e / = + e e = B n = + n! n. n= e + Da cosh gerade und sinh ungerade Funktion ist, ist coth( ) eine gerade Funktion, weshalb alle Koeffiienten u ungeraden Potenen verschwinden müssen. Wir erhalten somit: coth( ) = + B n (n)! n = Mit Hilfe der Verdoppelungsformel: erhalten wir: n= B n (n)! n. sinh() = sinh() cosh() und cosh() = cosh () + sinh (), coth() coth() = cosh() sinh() cosh() sinh() Wir berechnen weiter tanh() = = cosh () + sinh () sinh() cosh() 4 n B n (n)! ()n 4 n B n (n)! n = woraus die gewünschte Formel für tanh() folgt. cosh () sinh() cosh() = tanh(). n= 4 n (4 n ) B n (n)! n, 9