Übungen zur Vorlesung Funktionentheorie Sommersemester Klausurvorbereitungsblatt Lösungsvorschläge

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1 UNIVERSITÄT DES SAARLANDES FACHRICHTUNG 6. MATHEMATIK Dr. Tobias Mai M.Sc. Felix Leid Übungen zur Vorlesung Funktionentheorie Sommersemester 7 Klausurvorbereitungsblatt Lösungsvorschläge (5) Bestimmen Sie alle Punkte, in denen die durch f(x + iy) = xye x+iy denierte Funktion f : C C komplex dierenzierbar ist. Lösung. Wir schreiben z = x + iy. Damit haben wir x = Re(z) = (z + z) y = Im(z) = (z z) i können schlieÿlich f(z) = (z + z)(z z)ez 4i schreiben. Wir berechnen nun mithilfe der Produktregel, dass f z (z) = 4i (z z)ez 4i (z + z)ez = i zez. Da f stetig partiell dierenzierbar ist, ist die komplexe Dierenzierbarkeit an einer Stelle z C äquivalent zu f (z) =. Weil die Funktion z z ez keine Nullstelle besitzt, können wir folgern, dass f nur bei z = komplex dierenzierbar ist. (6) Sei v : R R gegeben durch v(x, y) = 4x 3 y 4xy 3 + y. Zeigen Sie, dass v harmonisch ist, bestimmen Sie eine ganze Funktion f, die Im(f(x+iy)) = v(x, y) auf ganz C erfüllt. Lösung. Wir berechnen sowie v x (x, y) = x y 4y 3 v y (x, y) = 4x3 xy + v (x, y) = 4xy x v (x, y) = 4xy. y Es folgt also v = v + v, d.h. v ist harmonisch. Wir suchen nun eine Funktion x y u: R R, die zusammen mit v die Cauchy Riemannschen Dierentialgleichungen u x = v y u y = v x

2 erfüllt. Wir folgern u x = v y = 4x3 xy + u y = v x = 4y3 x y = u(x, y) = x 4 6x y + x + C (y) = u(x, y) = y 4 6x y + C (x), wobei C, C : R R zwei stetig dierenzierbare Funktionen sind. Durch Vergleich dieser beiden Darstellungen sehen wir, dass C (y) = y 4 + c C (x) = x 4 + x + c mit einer Konstanten c R gelten muss. Damit ist u(x, y) = x 4 6x y + y 4 + x + c die gesuchte Funktion, für die f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) eine ganze Funktion darstellt. (Man sieht leicht, dass in der Tat f(z) = z 4 + z gilt.) (7) Sei r > f : D(, r) C eine holomorphe Funktion, die auf D(, r) R nur reelle Werte annehme. Beweisen Sie, dass die Koezienten (a n ) n= in der Potenzreihenentwicklung von f um den Punkt alle reell sind dass f(z) = f(z) für alle z D(, r) gilt. Lösung. Wir betrachten die Funktion g : D(, r) C, die gegeben ist durch g(z) = f(z). Aus den Übungen ist bekannt, dass g holomorph ist, weil f nach Voraussetzung auf D(, r) R nur reelle Werte annimmt, gilt zudem f(z) = g(z) für alle z D(, r) R. Da D(z, r) zusammenhängend ist, liefert uns der Identitätssatz, dass f(z) = g(z) schon für alle z D(, r) gelten muss. Wir sehen also, dass f(z) = f(z) somit f(z) = f(z) für alle z D(, r) erfüllt ist. Betrachte nun die Potenzreihenentwicklung f(z) = n= a nz n von f auf D(, r) mit Entwicklungspunkt. Wegen f(z) = f(z) haben wir auch f(z) = n= a nz n = n= a nz n, woraus wegen der Eindeutigkeit der Koezienten a n = a n für alle n N folgt. Dies bedeutet, dass alle a n reell sind. (8) Es seien f eine ganze Funktion P ein holomorphes Polynom. Es gebe ein C >, sodass f(z) C P (z) für alle z C. Zeigen Sie, dass dann f = λp für ein λ C gelten muss. Lösung. Wir betrachten zunächst den Fall, dass P das Nullpolynom ist. Dann erzwingt die Bedingung f(z) C P (z) für alle z C, dass auch f identisch Null ist, weshalb f = λp trivialerweise für beliebiges λ C gilt. Wir können also nun annehmen, dass P nicht das Nullpolynom ist. In diesem Fall ist Nullstellenmenge A := N (P ) von P endlich somit insbesondere diskret. Die Funktion g : C \ A C, z f(z) P (z) ist also holomorph (als Quotient holomorpher Funktionen, wobei der Nenner P nach Konstruktion nullstellenfrei ist) mit isolierten Singularitäten in A. Wegen f(z) C P (z) für alle z C gilt zudem g (z) C für alle z C \ A. Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz sind daher alle Singularitäten von g hebbar, d.h., g lässt sich zu einer ganzen Funktion g fortsetzen. Da diese Fortsetzung insbesondere

3 stetig ist, erfüllt sie g(z) C für alle z C, ist also beschränkt deshalb nach dem Satz von Liouville konstant; etwa g λ für ein λ C, wobei genauer λ C gelten muss. Wir haben also f(z) = g P (z) (z) = λ somit f(z) = λp (z) für alle z C \ A, woraus sich aus Stetigkeitsgründen schlieÿlich f(z) = λp (z) für alle z C ergibt. (9) Die Funktionen u: R R f : C \ {, } C seien gegeben durch u(ϑ) := 5 4 cos(ϑ) f(z) := 3 z 3 z. (i) Zeigen Sie, dass u(ϑ) = f(e iϑ ) für alle ϑ R gilt. (ii) Berechnen Sie die Laurentreihe von f auf R(;, ). (iii) Folgern Sie mithilfe der Substitution cos(nϑ) = (zn + z n ) für z = e iϑ aus Ihrem Ergebnis aus Teil (ii), dass die Fourierreihe von u gegeben ist durch u(ϑ) = n= cos(nϑ). n (iv) Bestimmen Sie den Wert des Integrals π u(ϑ)dϑ. Lösung. Wir haben deshalb f(e iϑ ) = f(z) = 3 z 3 z = ( z) ( z ) 3 ( z )( z) = z 5z + z = 5 (z + ) z 5 (e iϑ + e iϑ ) = 5 4 cos(ϑ) = u(ϑ). Dies zeigt (i). Da für z R(;, ) sowohl z < als auch < gilt, erhalten z wir mithilfe der Formel für die geometrische Reihe f(z) = 3 z 3 z = 3 z + 6z z = ( z ) n ( ) n + 3 6z z n= n= = 3 n zn. n=

4 Dies ist die Laurentreihe von f auf R(;, ), womit (ii) erledigt ist. Wir schreiben nun erhalten damit f(z) = 3 n= u(ϑ) = f(e iϑ ) n zn = = = n= n= n= ( z n + ) n z n n ( e inϑ + e inϑ) cos(nϑ), n wie in (iii) behauptet. Da die obige Reihe für u gleichmäÿig absolut konvergiert, dürfen wir zur Berechnung von π u(ϑ)dϑ die obige Fourierreihe verwenden dabei Summation Integration vertauschen. Wegen π cos(nϑ)dϑ = für alle n N folgt damit womit auch (iv) erledigt ist. π u(ϑ)dϑ = π 3, () Gibt es eine Funktion f O(D(, )) mit f(z) + z = für alle z D(, )? Lösung. Nein, denn dann wäre f(z) = z, womit für alle < r < max f(re it ) = r < = f() t [,π] gelten würde, im Widerspruch zum Maximumprinzip. () Klassizieren Sie die isolierte Singularität bei beiden Funktionen f (z) := z sin( ) z f (z) := cos(z) bestimmen Sie Res(f z 3 ; ) Res(f ; ). Lösung. Wir verwenden die bekannten Reihenentwicklungen sin(z) = n= ( ) n (n + )! zn+ cos(z) = von sin cos auf C mit Entwicklungspunkt. Dann ist f (z) = z sin( z ) = ( ) n (n + )! n= f (z) = cos(z) z 3 = n= z 4n+ ( ) n (n)! zn 3. n= ( ) n (n)! zn Wir sehen damit, dass f bei eine wesentliche Singularität hat, während f bei einen Pol erster Ordnung besitzt. Ferner können wir aus diesen Laurententwicklungen ablesen, dass Res(f ; ) = Res(f ; ) = 4.

5 () Gegeben sei das Polynom p(z) = z 4 z + 3. Bestimmen Sie die Anzahl aller Nullstellen von p, die in D(, ) liegen, berechnen Sie Ind γ () für γ := p γ,,. Lösung. Ist z D(, ) gegeben, dann haben wir wegen z < p(z) 3 z 4 z 3 ( z 4 + z ) > 3 3 =, d.h. p besitzt auf D(, ) keine Nullstelle. Gemäÿ dem Argumentprinzip haben wir also Ind γ () = πi γ ζ dζ = p (z) dz =. πi γ,, p(z) Man beachte hierbei, dass p auch auf D(, ) keine Nullstelle haben kann: Wäre etwa z = e it für t [, π) eine Nullstelle von p, dann hätten wir = Re(p(z)) = cos(4t) cos(t) + 3 = Im(p(z)) = sin(4t) sin(t), () woraus sich leicht weiter cos (4t) = ( cos(t) 3) sin (4t) = 4 sin (t), = cos (4t) + sin (4t) = (4 cos (t) cos(t) + 9) + 4 sin (t) = 3 cos(t) folgern lassen würde. Man hätte also cos(t) =, womit sich schlieÿlich t = ergäbe. Dies erfüllt dann zwar die zweite Gleichung in (), nicht aber die erste. Alternativaufgabe: Man zeige, dass alle vier Nullstellen von p in D(, ) liegen. Man wählt hierfür q(z) = z 4 zeigt, dass gilt p(z) q(z) = z + 3 z + 3 = 7 < 6 = z 4 = q(z) für z D(, ). Der Satz von Rouché erzwingt damit, dass p q mit Vielfachheiten gezählt die gleiche Anzahl an Nullstellen auf D(, ) haben. Da q in eine Nullstelle vierter Ordnung hat, hat somit auch p vier Nullstellen in D(, ); aus Gradgründen sind dies bereits alle Nullstellen von p. (3) Berechnen Sie die beiden uneigentlichen Integrale x + x + x 4 + 5x + 4 dx Lösung. (i) Wegen z 4 + 5z + 4 = (z + )(z + 4) besitzt f(z) := z + z + z 4 + 5z + 4 cos(x) ( + x ) 3 dx. isolierte Singularitäten bei ±i ±i. Da das Polynom im Zähler an keiner dieser Stellen Null wird, besitzt f hier genauer Pole erster Ordnung mit Res(f; i) = lim(z i)f(z) = + i z i 6 Res(f; i) = lim (z i)f(z) = + 7i z i.

6 Betrachten wir nun für R > den Weg mit γ R = γ,r + γ,r γ,r : [ R, R] C, t t γ,r : [, π] C, t Re it, dann liefert der Residuensatz f(z)dz = Res(f; i) + Res(f; i) = + i πi γ R 6 + 7i = 5 i, da i i die einzigen der vier Singularitäten von f sind, die von γ R umlaufen werden mit Ind γ (i) = = Ind γ (i). Wegen lim R f γ,r = (man beachte hierfür, dass der Zähler von f ein Polynom vom Grad ist, während der Nenner von f Grad 4 hat) folgt nun wie in der Vorlesung lim f(z)dz =. γ,r Ferner gilt sodass wir zusammenfassend erhalten. γ,r f(z)dz = R R R x + x + x 4 + 5x + 4 dx, x + x + dx = lim x 4 + 5x + 4 R = lim f(z)dz γ,r ( = lim = 5 6 π x + x + x 4 + 5x + 4 dx γ R f(z)dz }{{} =πi( 5 i)= 5 6 π ) f(z)dz γ,r (ii) Wir betrachten die beiden holomorphen Funktionen f, g : C \ { i, i} C, die gegeben sind durch f(z) := ( + z ) 3 eiz g(z) := sowie für R > den geschlossenen Rechteckweg γ R = γ,r + γ,r + γ 3,R + γ 4,R, ( + z ) 3, der die Punkte R, R, R + ir R + ir in dieser Reihenfolge durchläuft. Für R > gilt nun Ind γr (i) = Ind γr ( i) =, sodass der Residuensatz f(z)dz = Res(f; i) πi γ R

7 liefert. Da f bei i einen Pol dritter Ordnung hat, ergeben die Rechenregeln für Residuen, dass Res(f; i) = ( d ) ( lim (z i) 3 f(z) ) = ( z i dz e 8 i 3 8 i 3 ) 8 i = 7i 6e, denn es ist (z i) 3 f(z) = eiz (z+i) 3 daher ( d ) ((z i) 3 f(z) ) e iz = i dz (z + i) 3 e iz 3 (z + i) 4 sowie ( d dz ) ( (z i) 3 f(z) ) = eiz (z + i) 3 3i e iz (z + i) 4 3i e iz (z + i) 4 + e iz (z + i) 5. Wir halten fest, dass laut Vorlesung wegen bereits gilt. Ferner haben wir sodass sich zusammenfassend lim g γ = für j =, 3, 4 j,r lim f(z)dz = γ j,r für j =, 3, 4 γ,r f(z)dz = R R R ( + x ) 3 eix dx, ( + x ) 3 eix dx = lim R ( + x ) 3 eix dx = lim f(z)dz γ,r ( 4 ) = lim f(z)dz f(z)dz γ } R {{} j= γ j,r = 7π 8e =πi( 7i 7π )= 6e 8e ergibt. Man beachte hierbei, dass dieses uneigentliche Integral sogar absolut konvergent ist, weshalb seine Existenz nicht noch eigens nachgewiesen werden muss; deshalb genügt es hier, den vereinfachten Weg γ R zu betrachten. Nach Übergang zum Realteil erhalten wir cos(x) 7π dx = ( + x ) 3 8e damit, wegen der Symmetrie des Integranden, schlieÿlich den Wert des zu bestimmenden Integrals cos(x) 7π dx = ( + x ) 3 6e.

8 (4) Sei F die Menge aller Funktionen f O(D(, )) mit der Eigenschaft sup r< Zeigen Sie, dass F eine normale Familie ist. π f(re it ) dt. π Lösung. Seien f F z D(, ) gegeben. Wir wählen < r < mit z D(, r). Nach der Cauchyschen Integralformel gilt dann f(z) = πi γ,r, f(ζ) ζ z dζ = π π re it f(re it ) re it z dt damit (wegen der Standardabschätzung für Wegintegrale) f(z) π π Für r erhalten wir also f(re it re it ) dt re it z r r z f(z) z. π f(re it ) dt π }{{} r r z Betrachten wir nun die stetige Funktion ω : D(, ) [, ), z, dann erfüllt z jedes f F die Bedingung f(z) ω(z) für alle z D(, ). Ist nun K D(, ) kompakt, dann haben wir deshalb sup f F f K max ω(z) <. z K Somit ist F lokalbeschränkt, nach dem Satz von Montel also eine normale Familie. (5) Konstruieren Sie eine ganze Funktion f, die Nullstellen zweiter Ordnung in allen Punkten aus { n n N} hat ansonsten keine weiteren Nullstellen besitzt. Lösung. Wir betrachten die Folge (a n ) n= = (,,,,..., n, n, n +, n +,... ). Dann ist (a n ) n= eine Folge in C \ {}, die zudem a n für n erfüllt. Weiter stellen wir fest, dass für alle r > gilt n= ( r ) 3 = r 3 a n n= ( ) 3 = r 3 a n ( a m + ) = r 3 <. 3 a m 3 m3/ m= Somit sind die Voraussetzungen von Satz. mit der Wahl p n = für alle n N erfüllt. Das unendliche Produkt f(z) = ( z ) E = a n n= n= m= ( z ) ( z exp + z ) ). a n a n ( a n

9 konvergiert deshalb auf C kompakt gegen eine ganze Funktion f, die Nullstellen genau in A = {a n n N} = { n n N} hat. Die Vielfachheiten ergeben sich nach Konstruktion als ord(f; a) = #{n N a n = a} = für alle a A. Die so konstruierte Funktion f leistet somit das Gewünschte. Wegen der kompakten Konvergenz können wir f umschreiben als f(z) = m= ( z m ) exp ( z + z m m ).