(b) Folgern Sie, dass f auf C \{±i} keine Stammfunktion besitzt, indem Sie f entlang einer passenden Kreislinie mit Mittelpunkt in i integrieren.

Transkript

1 Musterlösung noch: Funktionentheorie Aufgabe 2.5 (Holomorphe Stammfunktion. Sei f : C \{±i} C gegeben durch f( + 2. (a Zeigen Sie, dass f ( + i eine Stammfunktion auf K 2 (i besitt. Hinweis: Zeigen Sie die Identität f ( 2i + i 2i. Sie dürfen ohne Beweis benuten, dass Potenreihen in ihrem Konvergenradius holomorph sind und gliedweise differniert werden dürfen. (b Folgern Sie, dass f auf C \{±i} keine Stammfunktion besitt, indem Sie f entlang einer passenden Kreislinie mit Mittelpunkt in i integrieren. (c Finden Sie wei verschiedene Teilmengen von C \{±i}, auf denen (die entsprechende Einschränkung von f eine Stammfunktion besitt. Lösung. (a Es gibt wei mögliche Lösungen für diese Aufgabe. Zum Einen kann man die Funktionen mit Hilfe des Hinweises in eine Potenreihe entwickeln und über gliedweises Integrieren eine Stammfunktion expliit angeben. Andererseits kann man auch schlichtweg Argumentieren, dass K 2 (i ein Sterngebiet ist, auf dem f ( holomorph ist, sodass die Existen einer Stammfunktion sich aus dem Cauchyschen Integralsat ergibt. (b Es reicht uns u eigen, dass das Wegintegral über K r (i mir 0 < r < 2 nicht null ergibt (müsste null ergeben, wenn f eine Stammfunktion hätte. Dau erlegen wir f unächst in Partialbrüche. f( + 2 A + i + B i i 2 + i + i 2 i Das Kreisintegral über den ersten Term ist, wie wir in der (a geeigt haben 0. Das Wegintegral über den weiten Term hingegen, folgt aus Korollar 2.3 u π. (c Zum Beispiel alle K r (0 mit 0 < r < und viele weitere.

2 Aufgabe 2.6 (Expliite Potenreihenentwicklung. Entwickeln Sie die Funktion f( 40 ( 2 + 4( 4 in eine Potenreihe um 0 und berechnen Sie den Konvergenradius. Lösung. Zunächst können wir die Partialbrucherlegung durchführen: f( 40 ( 2 + 4( ( 2 2 2i + 2i + + 2i 2i f( ( Diese beiden Therme kann man in jeweils eine geometrische Reihe entwickeln und erhält dadurch die Potenreihe in der Form f( n0 a n n mit den Entwicklungskoeffiienten { n ( n+ 2 2n n ungerade; a n ( n+ 2 2 n 2 2n n gerade. Mit der Formel von Cauchy-Haddamard erhalten wir als Konvergenradius 2. Aufgabe 2.7 (Anwendung des Cauchyschen Integralsates auf ein reelles Integral. Zeigen Sie sin x dx π. x Betrachten Sie das Integral über die Funktion f( ei über den Rand eines Halbkreisrings mit Außenradius r und Innenradius (r > 0, der in mathematisch r positiver Richtung durchlaufen wird, und bilden Sie den Grenwert r. π Hinweis : lim R 0 e R sin(t dt 0 Hinweis 2: Durch Einseten der Exponentialreihe kann man eigen, dass es eine gane Funktion φ mit der Eigenschaft gibt, dass e i + φ( für alle 0. Lösung. Der Integrationsweg ergibt sich durch Hintereinanderdruchlaufen der folgenden vier Integrationswege. [ ] γ (t t t r, r γ 2 (t re it t [0, π] [ γ 3 (t t t r, ] r γ 4 (t r ei(π t t [0, π] 2

3 Mit Hinweis sehen wir π f( d γ 2 0 ir(cos(t+i sin(t e re it π 0 ire it dt i e r sin(t dt 0. r π Für die Integration über γ 4 können wir Hinweis 2 benuten d π f( d γ 4 γ 4 + i φ( d γ 4 0 ei(π t r ei(π t dt+ r }{{} i 0 e ir cos(t r sin(t dt γ 4 φ( d }{{} max K r (0 φ( γ 4 d iπ + π r max φ( r iπ. K r (0 Nahc dem Cauchyschen Integralsat gilt f( d + γ f( d + γ 2 f( d + γ 3 f( d 0, γ 4 also e i [ ] [ ] d lim f( d + f( d f( d + f( d iπ. r γ γ 3 γ 2 γ 4 sin(x x ( dx I e i d π. Aufgabe 2.8 (Pole. Sei U C ein Gebiet, f : U C holomorph. Zeigen Sie (a Wenn f nicht die Nullfunktion ist und in 0 U eine Nullstelle hat, dann hat die Funktion g( : U\{ 0 } C, f( 0 eine hebbare Singularität in 0. (b Die Funktion f hat in c genau dann einen Pol m-ter Ordnung, wenn der Grenwert lim c, c ( cm f( existiert und von Null verschieden ist. 3

4 Lösung. (a Entwickle f in eine Potenreihe um 0. f( f( 0 + n f (n ( 0 weil f ( 0 0. Das bedeutet für g g( 0 n f (n ( 0 n0 ( 0 n ( 0 n f (n+ ( 0 (n +! n n ( 0 n. f (n ( 0 f (n ( 0 ( 0 n, ( 0 n Das ist wieder eine reguläre Potenreihe mit demselben Konvergenradius wie die Potenreihenentwicklung von f. Weil Potenreihe im Konvergenradius holomorph sind, folgt aus der Existen dieser Potenreihendarstellung, dass f in 0 eine hebbare Singularität hat. (b Aus der Existen des Grenwert folgt, dass die Funktion an der Stelle c stetig fortgesett werden kann. Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssat folgt daraus, dass die stetige Fortsetung von f sogar holomorph ist. Für k m gilt lim ( c, c cm k f( ( c m f( lim. c, c ( c k Daraus folgt nach Definition eines Pols, dass wir in c einen Pol m-ter Ordnung haben. Aufgabe 2.9 (Laurententwicklung. Bestimmen Sie die Laurententwicklung der folgenden Funktionen f,2 : C \{0} C jeweils in der isolierten Singularität 0. (a f ( 4 2 (+4 (b f 2 ( sin ( Lösung. (a Die Laurentreihenentwicklung lässt sich bei dieser Funktion auf einfache Weise durch geeignetes Einseten der geometrischen Reihe berechnen. f ( 4 2 ( + 4 ( n ( n+ 4 n+2 n n 2 ( 4 2 ( 4 n+2 n. n0 ( n 4 n+ n 4

5 (b Bei dieser Funktion können wir die Laurententwicklung leicht aus der Potenreihendarstellung des Sinus herleiten. f 2 ( sin ( n0 ( n 2n+ (2n +! 0 n ( n 2n ( 2 Aufgabe 2.0 (Anwendung des Residuensates. Zeigen Sie (a (b Für n N cos(x x 2 + dx x sin(x x 2 + dx π e π (2 (x 2 n+ dx + 22n ( 2 Lösung. (a Es ist ( cos(x x 2 + dx R e i 2 + d R (2πi Res(f; i, dabei haben wir Korollar 2.7 benutt mit c i als einiges Residuum in der oberen Halbebene. Res(f; i 2ei Analog dau ( x sin(x x 2 + dx I e i 2 + d π e cos(x ( π x 2 + dx R π e e. e i 2 + d I (2πi Res(f; i. e i Res(f; i 2e 2 + d iπ e ( x sin(x iπ x 2 + dx I π e e. 5

6 (b Der Integrand hat Pole (n + -Ordnung bei ±i. Wir können also mit ϕ( ( + i n+ f( eine auf der oberen Halbebene holomorphe Funktion. Daraus ergibt sich Res(f; i ϕ(n (i Und somit bekommen wir mit Korollar 2.7 (2 ( 2 2 2n+ i. (x 2 + n+ dx 2πi Res(f; i 2πi (2 ( 2 2 2n+ i π (2 22n ( 2 Aufgabe 2. (Fouriertransformation. Berechnen Sie die Fouriertransformierte der Funktion f(x x 2 + ɛ 2 mit ɛ > 0. Lösung. Die Fourier-Transformierte ist definiert als f(k 2π e ikx x 2 + ε 2 dx. Wir benuten wieder Korollar 2.7, wobei wir hier u achten haben, dass wir ein negatives α k haben und daher über die untere Halbebene die Residuen summieren müssen (ansonsten würde die komplexe Exponentialfunktion bei den Integralen über die obere Halbene wegen der großen positiven Imaginärteile unendlich werden. In der unteren Halbebene haben wir nur iε als Residuum f(k ( e ik 2πiRes 2 + ε ; iε 2πi e kε π 2 2iε 2 e kε ε. Analog dau, müssen wir für k < 0 über die Residuen in der oberen Halbebene summieren. Das einige Residuum in der oberen Halbebene ist iε. Wir bekommen f(k ( e ik 2πiRes 2 + ε ; iε 2πi ekε π 2 2iε 2 ekε ε. Aufgabe 2.2 (Gibt s oder gibt s nicht?. Geben Sie ein Beispiel oder einen Gegebnbeweis für die Existen der folgenden Objekte. (a eine nichtkonstante, reell differenierbare Funktion f mit der Eigenschaft, dass die durch u(x, y : R(f(x + iy, v(x, y : I(f(x + iy definierten Funktionen u, v : R 2 R 2 an jeder Stelle (x, y R 2 die Differentialgleichungen x u y v und x v y u erfüllen 6

7 (b eine holomorphe Funktion f : C \ R C, die nicht wegunabhängig integrierbar ist (c ein Gebiet U C mit 0 U und darauf eine nichtkonstante holomorphe Funktion f : U C, deren Potenreihenentwicklung im Punkt 0 den Konvergenradius hat (d eine nichtkonstante, beschränkte Funktion f, die auf gan C definiert ist Lösung. (a Ja, um Beispiel die komplexe Konjugationsfunktion f (. (b Nein, weil die obere bw. die untere Halbebene jeweils Sterngebiete sind. (c Ja, um Beispiel f 2 (. (d Ja, um Beispiel f 3 ( sin(. Aufgabe 2.3 (Wahr oder Falsch?. Begründen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen. (a Jede stetige Funktion hat eine Stammfunktion. (b Es gilt π π dt 6 cos(t+9 π 4 (c Die komplexen Sinus- und Cosinusfunktionen sind surjektiv. Hinweis: Jedes Polynom über C hat eine Nullstelle. Lösung. (a Nein, um Beispiel die komplexe Konjugation f ( nicht. (b Ja. Mit den Beeichungen von Korollar 2.7 ist f( und F ( 6x+9. Der einige Pol von F in K ( 3( 3 (0 ist, ein Pol. Ordnung mit 3 Res ( F ; (c Ja. Mit c : e i ist die Gleichung cos( w äwuivalent u c 2 2wc + 0 (für sin(: c 2 2wc 0. Diese Gleichungen haben nach dem Fundamentalsat der Algebra Lösungen, die nicht gleich null sind. Mit der surjektiv der e-funktion folgt dann, dass sin und cos surjektiv sind. 7