Elemente der Funktionentheorie, Probeklausur

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1 Elemente der Funtionentheorie, Probelausur Erlaubte Hilfsmittel: eine (im Anhang befindet sich eine leine Formelsammlung) Es sind 0 Punte erreichbar, jedoch zählen 00 Punte als 00 Prozent. Bitte auf jedem Blatt nur eine Aufgabe bearbeiten und doumentenechte Stifte verwenden. Falls zwei undurchgestrichene Lösungen für dieselbe Aufgabe abgegeben werden, so wird die schlechtere gewertet. Daher bitte alle Rechenwege bis auf einen sauber durchstreichen. Antworten sind stets zu begründen. Das Angabenblatt darf nach Abgabe der Klausur mit nach Hause genommen werden. Bitte nichts, was in die Wertung eingehen soll, auf das Angabenblatt schreiben! VIEL ERFOLG! Aufgabe :(0 Punte) Beweise für alle z C Lösungsvorschlag: cos 3 (z) cos(3z) + 3 cos(z). 4 cos 3 (z) ( e iz + e iz ) 3 8 (eiz + e iz) 3 8 ((eiz ) 3 + 3(e iz ) e iz + 3e iz (e iz ) + (e iz ) 3 )) 8 (e3iz + 3e iz + 3e iz + e 3iz ) 8 (e3iz + e 3iz + 3(e iz + e iz )) 8 cos(3z) + 3 cos(z) ( cos(3z) + 6 cos(z)). 4 Aufgabe :(0 Punte) Zeige: Für N mit gilt ( sin j π ) 0. j0

2 Lösungsvorschlag: ( ) πj sin j0 ) Im (e πij j0 Im j0 ( Im j0 e πij ( Im e πi e πi e πi ) j ) ( ) Im 0 e πi Aufgabe 3:(0 Punte) Bestimme alle Zweige des Logarithmus von + i und sizziere mindestens drei von ihnen in der omplexen Zahlenebene. Lösungsvorschlag: Nun gilt und Alles in allem hat man log( + i) log + i + i arg( + i) + πi ( Z) arg( + i) arctan + i + ( ) arctan() π 4. log( + i) log( ) + i π + πi ( Z) 4 Für den Plot besuche man %7B+(+log+(sqrt()+)+,+pi%F4)+,+(+log(+sqrt()),+9+pi+%F4+)+,++(+log(sqrt() ),+-7+pi%F4)+%7D Aufgabe 4: (0 Punte) Berechne z z 3 (z + 5) dz.

3 Lösungsvorschlag: z z 3 (z + 5) dz z d z +5 z 3 dz πi! dz z0 z + 5 πi d z dz z0 (z + 5) πi ( (z + 5) + 8z (z + 5) 3 ) z0 πi 5. Aufgabe 5: (0 Punte) Zeige Lösungsvorschlag: z e z z z z z e z z 0. ze z zz ze z z z ze z 0 nach dem Cauchy schen Integralsatz, da f(z) ze z auf C holomorph ist. Aufgabe 6: (0 Punte) Berechne z 7 z 5z + 4 dz. Lösungsvorschlag: Es bezeichne Ω : D(0, 7) \ (D(4, ) D(, )). Wir berechnen zunächst die Nullstellen von P (z) z 5z+4. Mit der p q Formel ergibt sich z und z 4 z 7 z 5z + 4 dz z 7 Ω + (z 4)(z ) (z 4)(z ) dz + z (z 4)(z ) dz 3 z 4 (z 4)(z ) dz

4 Nun verschindet das Integral über Ω weil der Integrand auf Ω holomorph und auf dem Abschluss stetig ist. Wir berechnen im Folgenden die verbleibenden Integrale z 4 z Und damit gilt (z 4)(z ) dz (z 4)(z ) dz z 7 z 4 z z dz πisin(4) z 4 4 πi 3 sin(4) z 4 dz πisin() z 4 πi 3 sin() πi z dz (sin(4) sin()) 5z Aufgabe 7:(0+0 0 Punte) a) Zeige, dass i sinh(iz) für alle z C. Lösungsvorschlag ( e iz e iz ) i sinh(iz) i e iz e iz i eiz e iz i. b) Bestimme eine Potenzreihe, deren Einschränung auf C\{0} mit der Funtion f(z) : sinh(z) z (z C \ {0}) zusammenfällt. Besitzt f eine analytische Fortsetzung auf ganz C?[Keine Begründung, nur Ja oder Nein.] Wenn Ja, bestimme die Ableitung dieser Fortsetzung im Punte z 0. Lösungsvorschlag: Für z C \ {0} gilt sinh(z) z z ( + )! z+ ( + )! z Diese Reihe ist eine Potenzreihe, die in C \ {0} onvergiert. Da nun aber der Konvergenzbereich einer jeden Potenzreihe stets ganz C, ein einzelner Punt oder eine Kreisscheibe mit Radius R > 0 ist, muss die Reihe bereits auf ganz C onvergieren. Damit ist P (z) : ( + )! z sicherlich eine analytische Fortsetzung von f auf ganz C. Insbesondere besitzt f eine. Nun hat man, nach der Differentiationsregel für Potenzreihen, P (z) ( + )! z. 4

5 Wertet man diesen Ausdruc bei 0 aus, so findet man P (0) 0. Aufgabe 8:(0 Punte) Bestimme alle z C sodass f(z) ze z bei z omplex differenzierbar ist. Lösungsvorschlag: Ist f(z) bei z 0 C omplex differenzierbar, so ist insbesondere auch e z f(z) z bei z 0 differenzierbar, wegen der Produtregel. Ein solches z 0 existiert jedoch nicht, denn g(z) z erfüllt die Cauchy-Riemann DGL n nirgends. Wenn man die Übungsaufgabe dazu gemacht hat ann man gerne auf diese verweisen. Wenn nicht, dann schreibt man g(x+iy) x iy und setzt u(x, y) x und v(x, y) y. Nun sieht man, dass u x und v y und damit beide niemals übereinstimmen. Aufgabe 9: (0 Punte) Zeige, dass die folgende Funtionenreihe gleichmäßig auf dem Ringgebiet D : {z C < z < } onvergiert: n3 n + z. Lösungsvorschlag: Wir wenden den Weierstraß-M-Test an: Für z D und n 3 gilt n + z n + z n z n z n 4 Die Reihe n3 n 4 onvergiert nun aber und daher onvergier nach dem Weierstraß-M-Test gleichmäßig. n3 n + z Aufgabe 0: (0 Punte) [Achtung, Einserbremse] Berechne sin (z) dz. z 5

6 Lösungsvorschlag: Man stelle zunächst dar für z C ( ) ( sin ( ) ) (z) ( + )! z+ z ( ) ( + )! z Definieren wir nun für alle z aus dem Konvergenzbereich der Reihe ( ) P (z) : ( ) ( + )! z. 0 Nun gilt: P (z) ist definiert auf C denn auf C \ {0} gilt P (z) sin (z) z, aber P (z) ist auch durch das Quadrat einer Potenzreihe gegeben, die damit auf C \ {0} onvergieren muss. Nun onvergieren aber Potenzreihen stets in einem Kreisgebiet, also entweder auf ganz C, auf Punten oder auf Kreisen mit Radius R > 0. Damit muss die gegebene Potenzreihe sogar schon auf ganz C onvergieren und es gilt z sin (z) dz z z P (z) dz Nun hat P (z) dieselben Nullstellen wie der Sinus außer die Null und damit hat P (z) eine Nullstellen in D(0, ). Nun gilt also nach der Cauchy Integralformel z z P (z) dz πi d dz z0 P (z) ( 0 0 ) 3 ( ) (+)! z ( ) ( + )! z 0. Daraus schließen wir z sin (z) dz 0 Aufgabe :(5+50 Punte) Wir betrachten den metrischen Raum C versehen mit dem chordalen Abstand z z + z z, z + z z, z χ (z, z ) : + z z, z + z 0 z z Es ann ohne Beweis vorausgesetzt werden, dass χ definiert tatsächlich eine Metri 6

7 a) Es sei nun (w n ) C und w C so, dass w n w 0 Zeige: χ (w n, w) 0 für n. Lösungsvorschlag: 0 χ (w n, w) w n w + wn + w w n w 0 (n ). () Damit geht nach dem Sandwichsatz aus der Analysis auch χ (w n, w) gegen Null. b) Zeige, dass eine beschränte Folge (w n ) C eine Teilfolge (w ln ) haben ann, sodass χ (w ln, ) 0 für n. Lösungsvorschlag: Wähle ein L > 0 sodass w n L für alle N N. Insbesondere gilt χ (w n, ) () + L Würde nun χ (w ln, ) gegen Null onvergieren, so wäre 0 lim χ (w ln, ) n + L (3) Ein Widerspruch. 7

8 Formelsammlung Cauchy sche Integralformel (für Ableitungen). Es sei Ω C ein Gebiet für das gewisse Vorraussetzungen gelten, die hier nie überprüft werden müssen. Dazu sei f holomorph auf Ω und stetig auf Ω. Dann gilt: f (n) (z 0 ) n! πi Ω Diverse Identitäten für Funtionen: z exp(z)! eiz e iz i cos(z) eiz + e iz sinh(z) ez e z cosh(z) ez + e z Identitäten für Summen: f(z) dz (4) (z z 0 ) n+ (z C) (5) ( ) ( + )! z+ (z C) (6) ( ) ()! z (z C) (7) ( + )! z+ (z C) (8) ()! z (z C) (9) z z (z C, z < ) (0) n z zn z (z + z ) n n (z C, z, n N) () ( n ) z z n (z, z C, n N) () Cauchy-Riemann Differenzialgleichungen: Es sei f auf einer offenen Mengee D C gegeben und z 0 x 0 + iy 0 D. Definiere u(x, y) : Ref(x + iy) und v(x, y) : Imf(x + iy). Ist f bei z 0 omplex differenzierbar so gilt bei (x 0, y 0 ) u x v y, u y v x. (3) Sind die oben genannten Ableitungen auf D stetig und erfüllen die Differenzialgleichungen bei (x 0, y 0 ), so ann auch gefolgert werden, dass f bei z 0 omplex differenzierbar ist. 8

9 Wir definieren den omplexen Logarithmus wie folgt. Mit der Konvention π < arg(z) π setzen wir (mengenwertig) log(z) log z + i arg(z) + πin (n Z) (4) Den Zweig des Logarithmus, der sich für n 0 ergibt nennen wir Hauptzweig des Logarithmus (und dieser definiert damit tatsächlich eine Funtion) Die n - ten Einheitswurzeln: Für n N gilt: z n wird gelöst von z j e jπi n j 0,..., n. (5) 9