Funktionentheorie. Lösungsvorschläge zum 4. Übungsblatt. (z 2 + 1)(2z + 1) dz. Log(iz 1) z + 4(i + 1) f (z) = e 1

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1 Karlsruher Istitut für Techologie Istitut für Aalysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastia Schwarz SS Fuktioetheorie Lösugsvorschläge zum 4. Übugsblatt Aufgabe 4 K) a) Bereche Sie das Itegral siπz) z + )z + ) dz mit t) = re it, t [0,π], wobei r > 0 beliebig gewählt sei, sodass das Itegral wohldefiiert ist. b) Die Fuktio f sei gegebe durch f z) = e cosz) Logiz ). z + 4i + ) Wie lautet der Kovergezradius der Potezreiheetwicklug vo f mit Etwicklugspukt z 0 = 3i? c) Sei z 0 i C := C \,0] ud f z) = Logz) für z C. Bereche Sie de Kovergezradius der Potezreiheetwicklug vo f um z 0 ud folger Sie, dass es Werte für z 0 gibt, sodass dieser Kovergezradius strikt größer ist als der Radius der größte offee Kreisscheibe um z 0, die och i C liegt. Lösugsvorschlag a) ++3 Pukte) Der Itegrad ist für z {±i, } wohldefiiert ud dort auch holomorph, also isbesodere stetig. Damit ist das Itegral für r {,} defiiert. Wir betrachte die drei Fälle getret. 0 < r < : Der Itegrad ist holomorph auf ud verläuft i der Mege U 0). Da diese außerdem kovex ist, folgt aus dem Cauchysche Itegralsatz, dass siπz) z + )z + ) dz = 0, 0 < r <. < r < : Die Fuktio f z) := siπz) z +

2 ist holomorph auf ud verläuft ierhalb der Mege U 0). Da diese außerdem kovex ist ud, /) =, folgt aus der Cauchysche Itegralformel, dass siπz) z + )z + ) dz = f z) z /) dz = πi f /) = 4π 5 i, < r <. < r < : Hier müsse wir eie Partialbruchzerlegug fide, um die Cauchysche Itegralformel verwede zu köe. Wir suche also Kostate A,B,C C mit z + i)z i)z + )! = A z + i + B z i + C z +, z C \ {±i, /}. Multipliziere wir mit alle auftretede Faktore durch, so erhalte wir! = Az i)z + ) + Bz + i)z + ) + Cz + ). Ist diese Gleichheit für alle z C \ {±i, /} erfüllt, so ist sie es wege der Stetigkeit der Ausdrücke auch für z {±i, /}. Setze wir diese drei Werte ei, so erhalte wir die Gleichuge! = 5 4 C, ud mit der Recheregel z =! = i i + ) B = 4 + i)b,! = i) i + ) A = 4 i)a, z z A = i,b = 5 0 i,c = 5 4. Damit ergibt sich mit vgl. Aufgabe a)ii)) ergibt sich schließlich f z) := siπz), dass f holomorph auf C ist ud für r > mit der Cauchysche Itegralformel alle Umlaufzahle sid ) siπz) z + )z + ) dz = 5 + ) 0 i f z) z /) dz + 5 = 5 + ) 0 i πi f i) πi f /) f z) z i) dz + 5 ) 0 i f z) z i dz 5 0 i ) πi f i) = 5 π sihπ)i 4 5 πi = π 5 sihπ) ) i.

3 b) Pukte) Wir stelle fest, dass f außerhalb der folgede Pukte defiiert ud holomorph ist. z,k := π + πk, k Z, z,y := iy, y, z 3 := 4 4i. Isbesodere ist f i z 0 holomorph ud ka ach Satz 6.5. i eie Potezreihe etwickelt werde. Der Kovergezradius der Potezreihe ist dabei midestes so groß wie die größte Kreisscheibe um z 0, die och im Holomorphiebereich vo f liegt. Um diese Radius zu erhalte, bereche wir die folgede Abstäde. z 0 z,k = + π ) ) π πk + 3 π + 9 = π + 3 > 3, 4 z 0 z,y = + 3 y) )) = 8 z 0 z 3 = 4)) + 3 4)) = 5 De gerigste Abstad zu eiem Pukt außerhalb des Holomorphiegebiets hat z 0 also zu z 3, womit der obige Radius durch 5 gegebe ist. Es bleibt och zu zeige, dass dies auch der Kovergezradius der Potezreihe ist. Auf der Mege U 5 z 0) gilt f z) = a z z 0 ). =0 Wäre der Kovergezradius größer als 5, so wäre die Potezreihe isbesodere im Pukt 4 4i stetig. Also würde ei w 0 C existiere mit w 0 = lim z 4 4i =0 a z z 0 ) = lim z 4 4i, z z 0 < 5 =0 a z z 0 ) = lim z 4 4i, z z 0 < 5 Nu hat f i 4 4i jedoch eie Pol erster Ordug. Tatsächlich gilt mit gz) = e cosz) Logiz ), dass g i 4 4i holomorph ud icht Null ist sowie f z) = gz) z 4 4i). Nach Satz 7.7.) gilt also f z) für z 4 4i, im Widerspruch zu vo obe. lim z 4 4i, z z 0 < f z) = w 0 < 5 f z). 3

4 c) Pukte) Sei z 0 C. Wir bereche die Koeffiziete der Potezreiheetwicklug vo f um z 0. Beh.: f ) z) = ) )! z für alle N ud z C. IA: f z) = z für alle z C. IS: Die Behauptug gelte für eie N. Da gilt f + z) = f ) ) z) = ) )! ) z) = )! z +. Damit lautet die Potezreiheetwicklug vo f um z 0 =0 f ) z 0 )! z z 0 ) = Logz 0 ) + ) z z 0 ). Wege limsup = gilt ach dem Satz vo Cauchy-Hadamard, dass die Potezreihe de Kovergezradius z 0 besitzt. Ist Rez 0 < 0, so hat die größte Kreisscheibe um z 0 z 0 z 0, die och i C liegt, jedoch de Radius Imz 0 < z 0, womit die Behauptug gezeigt ist. = z 0 Aufgabe 5 a) Sei D C offe, L C eie Gerade ud f CD) HD \ L). Beweise Sie mit Hilfe des Satzes vo Morera, dass f HD). b) Existiert eie Fuktio f HC), sodass f ) = e für alle N? Lösugsvorschlag a) Sei := A, B, C) D ei beliebiges Dreieck. Wir uterscheide vier Fälle. i) 0 Schittpukte: L =. Da liefert der Satz vo Goursat f z) dz = 0. ii) Schittpukt: o.b.d.a. L = {A}. Wir defiiere durch B ud C für große N diejeige Pukte auf [A,B] ud [A,C], die vo A de Abstad habe. De Weg, der das Viereck mit de Ecke B,B,C,C ei Mal im Gegeuhrzeigersi durchläuft, bezeiche wir mit B,B,C,C ). Nu gilt f z) dz = f z) dz + B,B,C,C ) f z) dz A,B,C ) Nach dem Cauchysche Itegralsatz als kovexe Mege wähle wir ei leicht größeres Viereck i D \ L, das existiert, da wir de Rad des Vierecks mit Kreise i D \ L überdecke köe, um daach wege desse Kompaktheit eie edliche Auswahl davo zu treffe) ist das erste Itegral Null ud für das zweite gilt A,B,C ) f z) dz L A,B,C )) max f z) 4 z A,B,C ) max f z) 0, z 4

5 da kompakt ist. Damit gilt auch i diesem Fall f z) dz = 0. iii) Schittpukte: Etweder scheidet L i eiem Eck ud der gegeüberliegede Seite, also o.b.d.a. L = {A,D} mit D [B,C]. Da zerlege wir das Itegral i die zwei Itegrale über A,B,D) ud A,D,C) ud behadel beide Itegrale wie i Fall iv). Die adere Möglichkeit ist, dass beide Schittpukte auf zwei verschiedee Seite liege, also L = {D, E} mit o.b.d.a. D [B, C], E [A, B]. Da zerlege wir das Itegral i die drei Itegrale über B,D,E), E,D,A) ud A,D,C) ud behadelt die erste beide wie i Fall iv) sowie das dritte wie i Fall ii), um wieder zu sehe, dass f z) dz = 0. iv) o.b.d.a. L = [B,C]. Wir defiiere durch B bzw. C dejeige Pukt auf [A,B] bzw. [A,C], der vo B bzw. C de Abstad hat, wobei N wieder etspreched groß sei. Wie i ii) zerlege wir das Itegral. f z) dz = f z) dz + B,B,C,C ) f z) dz. A,B,C ) Wir weise darauf hi, dass die Bezeichuge gleich wie i ii) sid, die Pukte B ud C jedoch aders defiiert ud die Holomorphielücke a eiem adere Ort. Dadurch ist u ach dem Satz vo Goursat das zweite Itegral Null ud wir müsse ur och das erste betrachte. Die Wege [B,C] ud [B,C ] parametrisiere wir stadardmäßig durch γ t) = tb + t)c, t [0,], γ, t) = tb + t)c = t A + ) ) B + t) A + ) ) C = A + ) γ t), t [0,]. Aus der Defiitio des Wegitegrals folgt u, dass f z) dz = f z) dz γ, γ mit f z) := ) f A + ) ) z. Für das verbliebee Itegral erhalte wir f z) dz = B,B,C,C ) = f z) dz + f z) dz [B,B] [C,C ] γ γ, f z) dz + [B,B] [C,C ] f z) f z) dz. γ Das erste Itegral strebt für gege Null wie i ii). Damit das zweite dasselbe tut ud schließlich f z) dz = 0 gilt, reicht es ach Satz 5..5) zu zeige, dass 5

6 f f gleichmäßig auf γ = [B,C]. Dazu beötige wir die Tatsache, dass jede stetige Fuktio hier f ) auf eier kompakte Mege hier ) gleichmäßig stetig ist. Also köe wir zu eiem beliebige m N ei m fide, sodass z 0 z < diam ) f z 0 ) f z ) < m. Dabei bezeichet diam ) de maximale Abstad zweier Pukte i. Somit folgt wege A + diam ) )z z <, dass f z) f z) f A + ) ) z f z) + f A + ) z) m + max f z) m + max f z) ) 0. z m z Wege m folgt f z) f z) 0 für, gleichmäßig i z [B,C]. Wir habe u alle Fälle abgedeckt, sodass für jedes Dreieck D gilt, dass f z) dz = 0. Nach dem Satz vo Morera gilt also f HD). b) Wir zeige, dass es keie solche Fuktio gebe ka. Wäre dies der Fall so wäre f isbesodere stetig i 0 ud deshalb f 0) = lim f /) = lim e = 0 Also hat f i 0 eie Nullstelle, die laut Vorlesug eie Ordug k N besitzt. Somit existiert eie i C holomorphe Fuktio g mit g0) 0 ud f z) = z k gz) z C. Setze wir i diese Gleichug die Werte / ei, so sehe wir, dass g0) = lim g/) = lim k f /) = lim k e = 0, ei Widerspruch. Eie solche Fuktio hätte i 0 also eie Nullstelle "uedlicher Ordug", was auch Satz 6.5. widerspräche, da die Potezreiheetwicklug idetisch Null wäre ud damit auf keier Umgebug der 0 mit f übereistimme würde. Aufgabe 6 K) a) Beweise oder widerlege Sie: Es existiert geau eie Fuktio f HC) mit i) f ) k = k Z \ {0}. k 4 ii) f ) k = k Z \ {0}. k 5 iii) f k) = k k Z. iv) f log + )) = 4 ) + ) N. 6

7 b) Bestimme Sie alle Werte vo z C, für die die folgede Fuktio icht defiiert ist. si ) z e z i ) f z) = z 3) 5 z i)cos ) ). z+ z π Klassifizere Sie alle isolierte Sigularitäte, die sich uter diese Werte befide. Gebe Sie u och alle Nullstelle der Fuktio oder ihrer holomorphe Fortsetzug a. Bestimme Sie bei Pole ud Nullstelle auch dere Ordug. Hiweis: Sie dürfe Aufgabe 7 beutze. Lösugsvorschlag a) i) Pukt) Die Aussage ist richtig. Durch die Fuktio f z) = z 4 ist eie solche Fuktio gegebe. Sei g eie weitere Fuktio, die die Voraussetzuge erfüllt. Da gilt g/) = / 4 = f /) für alle N, sodass f ud g auf der Mege {, N } mit Häufugspukt 0 übereistimme. Nach dem Idetitätssatz gilt g f, womit die Existez geau eier Fuktio gezeigt ist. ii) Pukt) Die Aussage ist falsch. Wir ehme a, eie solche Fuktio f existiere. Die Fuktio gz) = z 5 ist holomorph auf gaz C ud stimmt auf der Mege {, N } mit f überei ach Voraussetzug. Der Idetitätssatz liefert da f g, was ei Widerspruch ist, da g /) = / 5 / 5 = f /) für alle N. iii) Pukt) Die Aussage ist falsch. Offesichtlich erfüllt die Fuktio f z) = z alle Forderuge, aber wir köe sie mit eier beliebige gaze Fuktio g multipliziere, die gk) = für alle k Z erfüllt, beispielsweise gz) = + siπz). Somit gibt es mehr als ur eie Fuktio, die die Voraussetzuge erfüllt. iv) Pukte) Die Aussage ist richtig. Schreibe wir die Forderug ach de Fuktioswerte um, erhalte wir f log + )) = ) + ) + ) = 3 + )) + + )) + ) = 3 + ) ) ) 3 = 3e log+ ) + e log+ ) e 3log+ ) 7

8 Eie Fuktio i HC), die zusätzlich diese Forderug erfüllt, ist gegebe durch f z) = 3e z + e z e 3z Ist g eie weitere Fuktio, die alle Forderuge erfüllt, so stimmt sie mit f auf der Mege { log + ) }, N mit Häufugspukt log) = 0 überei, womit ach dem Idetitätssatz wieder g f gilt. b) 5 Pukte) Die Fuktio f ist icht defiiert i de Pukte z 0 = 0, z =, z = 3, z 3 = i, z 4 = π sowie z 5,k = π+k) für k Z. Bei z j für j = 0,...,4 ist der Grud das Auftauche des Faktors z z ud die Pukte z j 5,k sid Nullstelle vo cos ) z+. Potezielle Nullstelle der Fuktio f, da Nullstelle des Zählers, sid z 6,k = kπ für k Z \ {0}, wobei z 6, = z 4, ud z 7,k = i + kπi für k Z, wobei z 7,0 = z 3. Die Fuktio f ist als Kompositio holomorpher Fuktioe holomorph auf D := C \ {z j,z 5,k,j = 0,...,4,k Z}. z ist jedoch keie isolierte Sigularität, da z 5,k = z für k, womit eie Mege, die z, icht jedoch z 5,k für k Z, ethält siehe Defiitio isolierter Sigularitäte), icht offe sei ka. Die restliche Elemete der aus C etferte Mege sid isolierte Sigularitäte. Diese wolle wir u klassifiziere. i) z 0 = 0 ist eie wesetliche Sigularität vo f. Um dies zu zeige, beutze wir die Defiitio der wesetliche Sigularität. Köe wir zwei verschiedee Folge kostruiere, die gege 0 kovergiere, dere Fuktioswerte sich jedoch uterschiedlich Verhalte Kovergez ud Divergez bzw. Beschräktheit ud Divergez bzw. Kovergez gege zwei verschiedee Grezwerte), so ka 0 weder eie hebbare Sigularität eideutiger Grezwert müsste existiere, siehe 7.3) och ei Pol Fuktioswerte müsse dem Betrage ach divergiere, siehe 7.5) sei. Als erste Folge wähle wir w := z 6, für N. Es gilt w 0 für ud f w ) = 0 für alle N womit f i 0 keie Pol hat). Als zweite Folge wähle wir w = i für N. Wieder gilt w 0 für, aber diesmal ) si = sii) = sih). w Da 0 keie Nullstelle der restliche Teile vo f ist, gilt auch f w ) für womit 0 keie hebbare Sigularität sei ka). Alterativ hätte wir auch eie zweite Folge auf der reelle Achse wähle köe, für die der Siusterm kostat ist, um eie vo 0 verschiedee Grezwert zu erhalte. ii) z 3 = 3 ist ei Pol der Ordug 5, da f z) = gz) z 3) 5 z D 8

9 mit gz) = si z ) e z i ) z i) cos z+ ) z π ), womit g HD {3}) ud g3) 0 gilt. Per Defiitio folgt da die Behauptug. iii) z 3 = i ist eie hebbare Sigularität. Dazu betrachte wir die Fuktio h z) := e z i ) z i =: f z) g z), sodass f,g HC).. Möglichkeit: Mit Aufgabe 7. g hat i i eie Nullstelle der Ordug, was ma direkt aus der Defiitio erket. f hat i i eie Nullstelle der Ordug. Dies gilt z.b. wege f i) = 0, f i) = ez i )e z i ) z=i = 0, f i) = ez i) + e z i )e z i ) z=i = 0, Mit Aufgabe 7 a) folgt, dass h i i eie hebbare Sigularität besitzt. Die Fortsetzug hat i i eie Nullstelle der Ordug.. Möglichkeit: Mit der Potezreiheetwicklug der Expoetialfuktio folgt h z) = = z i)! ) z i = z i) z i) =! ) = z i) z i) = z i) ) z i 0,! weshalb wir ebefalls erkee, dass die Sigularität hebbar mit eier eifache Nullstelle der Fortsetzug ist. 3. Möglichkeit: Es gilt h z) = e z i ) e z i z i = e z i ) e z i e 0 z i 0, z i) 0 da der erste Faktor gege 0 kovergiert ud der zweite gege die Ableitug vo e z i a der Stelle i, also. Der zweite Faktor ist somit auch holomorph auf C, womit ma die Ordug der Nullstelle der Fortsetzug hier auch ablese ka. Diese Tatsache übertrage sich auf f, da die restliche Faktore vo f i i stetig ud icht Null sid, sodass der Grezwert weiterhi existiert ud die Nullstelleordug sich icht vergrößert. iv) z 4 = π ist eie hebbare Sigularität. Wieder wede wir am eifachste Aufgabe 7 a. Mit der Fuktio h z) := si ) z ) =: f z) z g z) π 9

10 sid f HC \ {0}),g HC). g hat i π eie Nullstelle der Ordug, ebeso wie f wege f π ) ) ) ) = 0, f = cos π z z z= = π 0. π Somit ist die Sigularität vo h i π hebbar ud die Fortsetzug hat i diesem Pukt de Wert π, also keie Nullstelle. Wie i iii) überträgt sich dies auf f. v) z 5,k = sid allesamt Pole erster Ordug, da diese Pukte Nullstelle π+k) erster Ordug vo g 3 z) := cos ) z+ sid wege ud g 3 ) g 3 π + k) = 0 ) ) π + k) = z + ) si ) ) π + k) z + z= π+k) = )k 0. Der Pol vo h 3 := g ergibt sich wie i Aufgabe 7 b). Hier überträgt sich die 3 Eigeschaft auf f, idem wir die Defiitio des Pols verwede, also h 3 z) = h 3,k z) z z5,k ) für ei außerhalb vo {z 5,k } holomorphes h 3,k mit h 3,k z 5,k ) 0, ud u wieder die verbliebee Faktore vo f hizufüge mit dem Hiweis, dass diese holomorph ud icht Null i de Pukte z 5,k sid. Damit sid die isoliere Sigularitäte charakterisiert, es bleibe och die Nullstelle, die icht mit Sigularitäte zusammefalle. vi) z 6,k = wir kπ für k sid Nullstelle erster Ordug vo f. Aalog zu iv) bereche ) f kπ ) ) ) = 0, f = cos kπ z z z= = )k+ kπ) 0. kπ Da die restliche Faktore vo f abgesehe vo f ) keie Nullstelle i diese Pukte besitze, folgt die Behauptug. vii) z 7,k = i + kπi für k 0 sid Nullstelle zweiter Ordug vo f. Aalog zu iii) bereche wir f i + kπi) = 0, f i) = ez i )e z i ) z=i+kπi = 0 ud f i) = ez i) + e z i )e z i ) z=i+kπi = 0, was sich wie i vi) auf f überträgt. 0

11 Isgesamt habe wir folgede Klassifizierug. f besitzt eie wesetliche Sigularität i 0, f besitzt Pole i 3 Ordug 5) ud für k Z Ordug ), π+k) f besitzt hebbare Sigularitäte i i ud π, f besitzt Nullstelle i z 6,k = kπ für k Ordug ), z 7,k = i + kπi für k 0 Ordug ) ud die Fortsetzug vo f außerdem i i Ordug ) Aufgabe 7 Seie D C offe, f,g HD) icht kostat Null ud z 0 D eie Nullstelle der Ordug N 0 bzw. m N vo f bzw. g Ordug 0 für f bedeutet, dass f i z 0 keie Nullstelle besitzt). Sei zudem hz) := f z) für alle z D \ Zg). Zeige Sie gz) a) Ist m, so besitzt die Fuktio h i z 0 eie hebbare Sigularität, i der sie durch f z) hz 0 ) := lim z z0 gz) = f m) z 0 ) g m) z 0 ) holomorph fortgesetzt wird. Diese Fortsetzug hat i z 0 eie Nullstelle der Ordug m. b) Ist < m, so besitzt h i z 0 eie Pol der Ordug m. Lösugsvorschlag Nach Voraussetzug existiere Fuktioe f 0,g 0 HD) mit f 0 z 0 ) 0 g 0 z 0 ) ud f z) = z z 0 ) f 0 z), gz) = z z 0 ) m g 0 z). a) Für m gilt somit f z) lim z z 0 gz) = lim z z 0 ) m f 0z) z z 0 g 0 z). Dieser Grezwert existiert, womit die Hebbarkeit der Sigularität vo h aus dem Riemasche Hebbarkeitssatz folgt. Die Ordug der Nullstelle ergibt sich ebefalls aus obiger Formel, da f 0/g 0 i eier Umgebug vo z 0 holomorph ist ud f 0 z 0 ) g 0 z 0 ) 0 ach Voraussetzug. Es bleibt also bloß och zu zeige, dass lim z z 0 ) m f 0z) z z 0 g 0 z) = f m) z 0 ) g m) z 0 ).

12 Wir etwickel die Fuktioe f ud g i eier etsprechede Kugel um z 0 i eie Potezreihe, also f z) = k=0 f k) z 0 ) z z k! 0 ) k, gz) = k=0 g k) z 0 ) z z k! 0 ) k. Dabei sid die erste beziehugsweise m Koeffiziete Null wege de Orduge der Nullstelle. Es gilt u ud somit z z 0 ) m f 0 z) = k=0 f k+m) z 0 ) z z k + m)! 0 ) k, g 0 z) = k=0 g k+m) z 0 ) k + m)! z z 0) k, lim z z 0 ) m f 0z) z z 0 g 0 z) = lim z z 0 ) m f 0 z) = f m) z 0 )/m! = f m) z 0 ) z z 0 g 0 z) g m) z 0 )/m! g m) z 0 ). b) Für < m ud z D \ Zg) gilt hz) = f 0 z) g 0 z) z z 0 ) m. Da f 0 g 0 HD \ Zg)) {z 0 }) mit f 0z 0 ) g 0 z 0 ) 0 sowie m N, ist z 0 per Defiitio ei Pol der Ordug m der Fuktio h.