Komplexe Analysis D-ITET. Serie 8

Transkript

1 Dr. T. Bühler M. Wellershoff Frühlingssemester 206 Komplexe Analysis D-ITET Serie 8 ETH Zürich D-MATH Aufgabe 8. Umlaufzahlen Berechnen - Teil I Das Ziel der Aufgabe ist es die Umlaufzahlen in vier Zyklen zu berechnen. Damit klar ist was genau gemacht werden soll, gibt es zu jeder Teilaufgabe ein kleines Beispiel. (8.a) Zeichne vier jeweils verschiedene Zyklen. Als Beispiel betrachte den Zyklus in Abbildung 8.. Abbildung 8.: Ein Beispiel für einen Zyklus. (8.b) Berechne alle vorkommenden Umlaufzahlen innerhalb der vier Zyklen, die du in Aufgabe (8.a) gezeichnet hast. Für den Zyklus in Abbildung 8. sähe das so aus wie in Abbildung 8.2. Aufgabe 8.2 Umlaufzahlen Berechnen - Teil II Fixiere n, k Z und r > 0 mit r. Bestimme die Umlaufzahl des geschlossenen Weges (t) := e 2πint + re 2πikt, 0 t um den Nullpunkt. In anderen Worten: Bestimme ind (0). HINWEIS: Gibt es eine Homotopie, welche den kleineren Kreis auf null zusammenzieht, ohne dabei über den Ursprung zu gehen? Lösung: Zuerst wollen wir den Fall r < untersuchen. Wir betrachten den Hinweis und merken, dass es eine Homotopie H : [0, ] 2 C gibt, welche den kleineren der beiden Kreise auf null zusammenzieht. Diese ist gegeben durch H(λ, t) := λ(e 2πint + re 2πikt ) + ( λ)( + r)e 2πint. Problem Sheet 8 Page Problem 8.

2 Abbildung 8.2: Der Zyklus aus Abbildung 8. mit Umlaufzahlen. Um zu überprüfen, dass dies eine Homotopie ist, bemerken wir zuerst, dass H stetig ist. Desweiteren gilt H(0, t) = ( + r)e 2πint, H(, t) = (t), H(λ, 0) = + r = H(λ, ). und somit ist H eine Homotopie. Nun wollen wir die Homotopieversion des Satzes von Cauchy anwenden (siehe zum Beispiel: Freitag, Busam: Funktionentheorie, dritte Auflage, Theorem A5, s. 236). Betrachte zuerst einmal das Integral, welches wir berechnen wollen ind (0) = Man sieht also, dass wir, um die Homotopieversion des Integralsatzes zu nutzen, zuerst zeigen müssen, dass unsere Homotopie nicht durch die Singularität bei null geht. Betrachte also Dies ist der Fall genau dann, wenn dz z. H(λ, t) = 0 λ(e 2πint + re 2πikt ) = ( λ)( + r)e 2πint. λ = + r r e 2πi(k n)t. Diese Gleichung kann aber nicht gelten für λ (0, ), da t = gelten muss, damit die rechte 2 Seite überhaupt eine reelle Zahl ist und somit λ = + r >. 2r Nun können wir also die Homotopieversion des Satzes von Cauchy anwenden und erhalten dz ind (0) = z = dz z = dz z = n. H(, ) Für den zweiten Fall (r > ) können wir nun ein sehr ähnliches Argument anführen, um zu zeigen, dass ind (0) = k. Die Homotopie ist in diesem Falle, gegeben durch H(0, ) H(λ, t) := λ(e 2πint + re 2πikt ) + ( λ)( + r)e 2πikt. Problem Sheet 8 Page 2 Problem 8.2

3 Aufgabe 8.3 (8.3a) und die Wege Anwendungen des Residuensatzes Betrachte die Funktion Berechne die Integrale f(z) := + z 2 k (t) := e i πk 2 + e 2πit, 0 t. k f(z) dz. Lösung: Wir berechnen die Residuen in den beiden Polen z = i und z 2 = i von f. Bemerke dazu, dass beide Pole Vielfachkeit haben und dass wir deswegen mit g(z) := z 2 + haben, dass Res i f = g (i) =, Res i f = g ( i) = gilt. Nun wenden wir den Residuensatz an und erhalten f(z) dz = 2πi Res i (f) ind (i) = 2πi = π, (8.3b) f(z) dz = 2πi Res i (f) ind 3 ( i) = 2πi 3 Betrachte erneut Diesmal definieren wir den Weg Berechne erneut den Wert von f(z) := + z 2. (t) := 2e 2πit, 0 t. f(z) dz. = π, f(z) dz = 0, 2 4 f(z) dz = 0. Lösung: Wir benutzen, was wir in Aufgabe (8.3a) bereits berechnet haben und bekommen daher mit dem Residuensatz ( f(z) dz = 2πi(Res i (f) ind (i) + Res i (f) ind ( i)) = 2πi ) = 0. (8.3c) Bestimme die Menge der Nullstellen der Funktion f(z) := e z. Lösung: Wir bemerken, dass die Funktion f eine Nullstelle in z C hat genau dann, wenn e z =. Man sieht also leicht, dass die Nullstellenmenge der Funktion f gegeben ist durch { N := 2πin }. n Z \ {0} Problem Sheet 8 Page 3 Problem 8.3

4 (8.3d) Wir definieren den Weg (t) := i eit, 0 t 2π. Berechne das Integral e z z 2 (e z ) dz. Lösung: Der Weg entspricht der Parametrisierung des Kreises mit Mittelpunkt z 0 = i und Radius r = 7. Somit ist insbesondere z 8 = i die einzige Nullstelle des Nenners die von 2π umlaufen wird, da der Nenner genau z 2 f(z) entspricht, wobei f wie in Aufgabe (8.3c) definiert ist. Um das Residuum des Integranden an z zu berechnen, bemerken wir, dass f (z ) = z 2 e z = 4π 2 0 gilt. Somit ist z ein Pol erster Ordnung und wir erhalten mit g(z) := z 2 f(z), dass e z Res z z 2 (e z ) = g (z ) = 2z f(z ) + zf 2 (z ) = gilt. Wir wenden nun den Residuensatz an und erhalten ( (8.3e) Betrachte Welche Werte kann e z z 2 (e z ) dz = 2πi Res z f(z) := e z z 2 (e z ) ) z (z )(z 2). f(z) dz ind (z ) = 2πi. annehmen, wenn irgendein geschlossener Weg ist, der weder z = noch z 2 = 2 durchläuft? Lösung: Wir berechnen zuerst die Residuen in den Polen erster Ordnung z = und z 2 = 2. Diese sind Res f =, Res 2 f = 2. Mit dem Residuensatz erhalten wir f(z) dz = 2πi(Res (f) ind () + Res 2 (f) ind (2)). In der Vorlesung hatten wir gesehen, dass ind (z) Z für alle z C \ {im()}. Wir folgern daraus, dass f(z) dz {2πin n Z}. Das Integral kann also alle Werte aus 2πiZ annehmen. Problem Sheet 8 Page 4 Problem 8.3

5 Aufgabe 8.4 Der Satz von Casorati-Weierstrass Das Ziel der Aufgabe ist es den Satz von Casorati-Weierstrass zu beweisen. Bevor wir dies in Angriff nehmen sind zwei Definitionen von Nöten: Eine Singularität einer Funktion f heisst wesentlich, wenn sie weder hebbar noch ein Pol ist. Ein gutes Beispiel dafür ist die Funktion sin ( ) z, welche in z = 0 eine Singularität hat, die weder ein Pol noch hebbar ist. Eine Menge M heisst dicht, wenn jeder Ball B r (z 0 ), für r > 0 und z 0 C, einen Punkt aus M enthält. Der Satz von Casorati-Weierstrass lautet: Sei z 0 U C eine wesentliche Singularität der analytischen Funktion f : U C und B ɛ (z 0 ) \ {z 0 } U eine punktierte ɛ-umgebung von z 0, für ɛ > 0. Dann gilt, dass dicht in C ist. M := f(b ɛ (z 0 ) \ {z 0 }) HINWEIS: Wenn der Satz von Casorati-Weierstrass nicht gilt, so gibt es ein δ > 0 und ein ω 0 C, sodass B δ (ω 0 ) keinen Punkt aus M enthält. Schliesse aus dem Riemannschen Hebbarkeitssatz, dass h(z) = f(z) ω 0 in z 0 eine hebbare Singularität hat. Lösung: Wir folgen dem Hinweis. Beachte, dass f nicht konstant ist, denn sonst wäre die Singularität in z 0 sicher hebbar. Wenn B δ (ω 0 ) keine Punkte aus M enthält, so ist h beschränkt in B ɛ (z 0 ) \ {z 0 } (um genau zu sein durch ). Dank dem Riemannschen Hebbarkeitssatz ist die Singularität von h in z 0 hebbar. Damit ist h(z 0 ) 0 oder z 0 ist eine Nullstelle endlicher Ordnung, δ (wäre z 0 eine Nullstelle unendlicher Ordnung, dann wäre h(z) 0, und somit wäre auch f(z) konstant). Damit folgt aber nun, dass f(z) = h(z) + ω 0 in z 0 auch keine wesentliche Singularität haben kann, denn f(z 0 ) ist entweder definiert oder z 0 ist ein Pol endlicher Ordnung. Publiziert am 25.April. Einzureichen am 4. Mai. Letzte Modifikation: 5. Mai 206 Problem Sheet 8 Page 5 Problem 8.4