Lösungen zum 11. Übungsblatt Funktionentheorie I

Transkript

1 Universität Karlsruhe SS 2005 Mathematisches Institut I Prof. Dr. M. von Renteln Dr. C. Kaiser Lösungen zum 11. Übungsblatt Funktionentheorie I Aufgabe 11.1 a) Nach dem Maximumprinzip nimmt die Funktion f ihr Maximum in einem Randpunkt an, man hat also f(z) c für alle z G. Das Minimumprinzip liefert analog f(z) c für alle z G. Somit ist f in ganz G konstant, d. h. in jedem Punkt z 0 G hat f ein lokales Maximum. Wäre f nicht konstant, so hätten wir einen Widerspruch zum Maximumprinzip. Auf die Nullstellenfreiheit kann man dabei nicht verzichten: Beispielsweise ist f(z) := z auf dem beschränkten Gebiet G := D holomorph und auf dessen Abschluss stetig, für alle z G gilt f(z) = z = 1, die Funktion f ist aber offenbar nicht konstant. b) Wir führen die folgenden Schreibweisen ein: M(c) := { z C : f(z) < c }, M[c] := { z C : f(z) c }. Offensichtlich gilt M(c) M[c]. Wegen der Stetigkeit von f ist die Menge M[c] abgeschlossen, also erhalten wir die Inklusion M(c) M[c] = M[c]. Nun sei umgekehrt z 0 M[c]. Wäre z 0 / M(c), so hieße dies: Es gibt keine Folge (z n ) in C mit f(z n ) < c und z n z 0. Das bedeutet, dass in einer kleinen Kreisscheibe U um z 0 die Abschätzung f(z) c besteht. In z 0 hat f somit ein lokales Minimum und wegen c > 0 ist f in U nullstellenfrei. Da f in U nicht konstant ist (wegen des Identitätssatzes wäre sonst f in ganz G konstant), ist dies ein Widerspruch zu a). Stetigkeit reicht nicht aus: Setzt man f(z) := z für z < 1 und f(z) := 1 für z 1, so ist f stetig und nicht konstant, aber für c = 1 ist die Mengengleichheit nicht erfüllt. c) Ist g(z) = 0 für alle z C, so ist die Behauptung trivial. Sonst betrachten wir h := f/g. Diese Funktion ist nur in den Nullstellen von g nicht definiert, in ihrem ganzen Definitionsbereich ist sie holomorph und erfüllt dort nach Voraussetzung die Abschätzung h(z) 1. Nach dem Identitätssatz ist die Nullstellenmenge von g diskret; zu jeder Nullstelle z 0 von g findet man also eine Kreisumgebung K von z 0, so dass g(z) 0 für z K \ {z 0 } gilt. Als in K \ {z 0 } beschränkte und holomorphe Funktion kann h dann gemäß Riemannschem Hebbarkeitssatz in z 0 holomorph fortgesetzt werden. Somit wird h zu einer beschränkten ganzen Funktion, und diese muss nach dem Satz von Liouville konstant sein. Es gibt also ein c C mit f(z) = c g(z) für alle z mit g(z) 0. Nach Voraussetzung gilt dies auch im Falle g(z) = 0, d. h. es ist f = c g.

2 Aufgabe 11.2 Hat f die angegebene Gestalt, so ist f holomorph in D und stetig auf D, denn wegen a k < 1 gilt 1 a k z 1 a k z = 1 a k z > 0 für alle z D, d. h. keine Nennernullstelle liegt in D. Für z D gilt f(z) = 1, denn e it = 1 und z a k 1 a k z = z a k zz a k z = z a k (z a k )z = 1 = 1 für z = 1 ( ) z (vgl. auch Aufgabe 2.2b). Nun zur Umkehrung: Für eine auf D stetige und in D holomorphe Funktion f gelte f(z) = 1 für z D. Zu zeigen ist, dass f eine Darstellung der gegebenen Form hat. Wir nehmen zunächst an, dass f in D nullstellenfrei ist. Nach Aufgabe 11.1 a) ist f auf D konstant und (wegen der Stetigkeit) auch auf D. Es ist also f(z) = e it mit t R, und dies ist eine Darstellung der behaupteten Form. Jetzt sei f nicht länger als nullstellenfrei vorausgesetzt. Wegen f(z) = 1 auf D kann f nicht konstant 0 sein, und nach dem Identitätssatz besitzen die Nullstellen von f keinen Häufungspunkt in D. Auch am Rand von D können sich die Nullstellen nicht häufen, denn f ist stetig, und es gilt f(z) = 1 auf D. Folglich besitzt f in D nur endlich viele Nullstellen a 1,...,a n. (Nullstellen höherer Ordnung sollen dabei so oft aufgezählt sein, wie es ihrer Ordnung entspricht.) Wir betrachten nun / n z a k g(z) := f(z) 1 a k z. Die Funktion g ist in D \ {a 1,...,a n } holomorph, und in den Punkten a k hat g hebbare Singularitäten. (Man beachte: Hat f in a k eine Nullstelle der Ordnung m, so besteht in einer Umgebung von a k die Darstellung f(z) = (z a k ) m f 1 (z), wobei f 1 eine holomorphe Funktion mit f 1 (a k ) 0 ist. Bei g(z) kann man dann also den Faktor (z a k ) m kürzen.) Somit ist g in ganz D holomorph (fortsetzbar) und nullstellenfrei. Da g zudem auf D stetig ist und gemäß ( ) auch g(z) = 1 auf D erfüllt, folgt aus dem oben Bewiesenen, dass g(z) = e it mit einem t R gilt, und dies liefert dann die behauptete Darstellung für f. (Zunächst ergibt sie sich nur für z D \ {a 1,...,a n }, aber in den Nullstellen von f gilt sie natürlich ebenfalls.) k=1 Aufgabe 11.3 a) Wir führen einen Widerspruchsbeweis und nehmen dazu an, zu einem gewissen a C gebe es keine derartige Folge. Dann existiert ein ǫ > 0 mit f(z) a ǫ für alle z C. Also ist h := (f a) 1 eine ganze Funktion, die durch ǫ 1 beschränkt ist. Nach dem Satz von Liouville ist h konstant, also auch f. Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung. b) Bemerkung: Genau dann existiert eine Folge (z n ) mit z n und f(z n ) a, wenn zu jedem R > 0 eine Folge (z n ) mit z n R für alle n N und f(z n ) a existiert.

3 Wir nehmen nun an, die Aussage sei falsch. Dann gibt es a C, ǫ > 0 und R > 0 mit f(z) a ǫ für alle z C mit z R. Somit hat die ganze Funktion g := f a im Äußeren der Kreisscheibe z < R keine Nullstellen. Da nach dem Identitätssatz die Nullstellenmenge von g diskret ist, kann g also nur endlich viele Nullstellen a 1,...,a k besitzen. (Diese seien entsprechend ihrer Ordnung mehrfach aufgezählt; auch k = 0 ist möglich.) Wir setzen nun h(z) := P(z) g(z), wobei P(z) := (z a 1) (z a k ). Die Funktion h hat in den Punkten a 1,...,a k hebbare Singularitäten und ist sonst holomorph; sie kann also als eine in ganz C holomorphe Funktion aufgefasst werden. Für das Polynom P gilt wegen a j R P(z) = z a 1 z a k ( z + R) k 2 k z k für z R. Für die Funktion h folgt die Abschätzung h(z) = P(z) f(z) a 2k z k ǫ für z R. Aufgabe 11.4 liefert nun, dass h ein Polynom ist. Da h zudem nullstellenfrei ist (in den hebbaren Singularitäten wird h ja mit Werten 0 fortgesetzt), folgt aus dem Fundamentalsatz der Algebra, dass h(z) = c 0 für alle z C gilt. Somit ist g = P/c ein Polynom und damit auch f. c) Wenn wir annehmen, dass f nicht konstant ist, dann muss f(c) wegen a) sowohl Punkte der oberen als auch der unteren Halbebene enthalten. Nach dem Satz von der Gebietstreue ist f(c) ein Gebiet, also zusammenhängend. Dies kann nur gelten, wenn es in f(c) auch Punkte aus R gibt, im Widerspruch zur Voraussetzung. Aufgabe 11.4 Ist die Funktion f ein Polynom mit Grad n, gilt also f(z) = a 0 + a 1 z + + a n z n, und setzt man b := a 0 + a a n, so folgt für z 1 die Abschätzung f(z) a 0 + a 1 z + + a n z n a 0 z n + + a n z n = b z n. Wegen der Stetigkeit von f ist zudem a := max z 1 f(z) <. Wir haben damit f(z) a für z 1 und f(z) b z n für z 1. Insbesondere folgt dann f(z) a + b z n für alle z C. Nun nehmen wir umgekehrt an, dass eine derartige Abschätzung gilt. Die Cauchysche Integralformel für Ableitungen liefert für alle m N 0 und r > 0 f (m) (0) = m! f(z) dz. 2πi z =r (z 0) m+1

4 Für z = r gilt die Abschätzung f(z) (z 0) m+1 a + b z n z m+1 = a + brn r m+1. Da die Kreislinie z = r die Länge 2πr hat, ergibt sich f (m) (0) m! a + brn 2πr 2π r m+1 = ar + brn+1 r m+1 /m! r 0 für m > n. Das bedeutet, dass f (m) (0) = 0 für m > n gilt; die Potenzreihenentwicklung von f um den Punkt 0 enthält also nur Potenzen n, d. h. f ist ein Polynom mit Grad n. Aufgabe 11.5 a) Wir verwenden die aus der Vorlesung bekannte Darstellung cos z = eiz + e iz 2 der Kosinus-Funktion: Die Gleichung cos z = 1 2 ist gleichbedeutend mit eiz + e iz = 1. Substituieren wir w = e iz, so ergibt sich w + 1 w = 1, also w2 + 1 = w. Wegen w 2 w + 1 = (w 1 2 ) besitzt diese Gleichung die zwei Lösungen w 1,2 = 1 2 ± i = e ±iπ/3. Die Gleichung für z ist somit genau dann erfüllt, wenn e iz = e ±iπ/3 gilt, wenn also iz = ±iπ/3 + 2kπi mit einem gewissen k Z. Wir haben damit die Lösungen z = ( k)π oder z = ( k)π mit einem k Z. b) Wir wählen ρ > 0 und φ ( π, π] mit w = ρe iφ. Es gilt also w = e ln ρ e iφ = e ln(ρ)+iφ, und die Gleichung e 1/z = w = e ln(ρ)+iφ ist genau dann erfüllt, wenn 1/z = ln(ρ) + iφ + 2kπi mit einem gewissen k Z gilt. Die Gleichung hat damit die Lösungen z k = 1 ln(ρ) + i(φ + 2kπ) (k Z). Offenbar sind die z k paarweise verschieden und es gilt z k 0 für k. Also existieren zu jedem r > 0 unendlich viele z k mit z k r. c) Zunächst zeigen wir die Mengengleichheit log(z 1 z 2 ) = log(z 1 ) + log(z 2 ). Sei w log(z 1 z 2 ), d. h. es gelte e w = z 1 z 2. Wählen wir ein w 1 log(z 1 ), etwa w 1 := Log z 1, und setzen w 2 := w w 1, so ist e w 2 = e w w 1 = e w /e w 1 = z 1 z 2 /z 1 = z 2. Also ist w 2 log(z 2 ) und damit w = w 1 + w 2 log(z 1 ) + log(z 2 ).

5 Gilt w k log(z k ), so ist e w 1+w 2 = e w 1 e w 2 = z 1 z 2, d. h. w 1 + w 2 log(z 1 z 2 ). Insbesondere haben wir also log(z 1 /z 2 ) = log(z 1 ) + log(1/z 2 ), und müssen nur noch log(1/z 2 ) = log(z 2 ) beweisen. Dies sieht man folgendermaßen ein: w log(z 1 2 ) ew = z 1 2 e w = z 2 w log(z 2 ) w log(z 2 ). Aufgabe 11.6 a) Definitionsgemäß gilt für die Hauptzweige von Potenzfunktion und Logarithmus z c = e c Log z, Log z = ln z + iarg z, wobei arg z ( π, π]. Wegen Log(1 + i) = ln 1 + i + iarg(1 + i) = ln 2 + iπ/4 ergibt sich (1 + i) i = e ilog(1+i) = e i(ln 2+iπ/4) = e iln 2 π/4 = e π/4( cos(ln 2 ) + isin(ln 2 ) ). Man liest ab: Re((1 + i) i ) = e π/4 cos( 1 2 ln2) und Im((1 + i)i ) = e π/4 sin( 1 2 ln 2). Es gilt 1/i = i und Log i = ln i + iarg i = iπ/2, also i 1/i = e (1/i) Log i = e i(iπ/2) = e π/2. Somit ist Re(i 1/i ) = e π/2 und Im(i 1/i ) = 0. Wegen Log i = iπ/2 ergibt sich Log(Log i) = Log(iπ/2) = ln iπ/2 + iarg(iπ/2) = ln(π/2) + iπ/2. Damit erhalten wir (Log i) i = e ilog(log i) = e iln(π/2) π/2 = e π/2 cos ( ln(π/2) ) + ie π/2 sin ( ln(π/2) ), und Real- und Imaginärteil können unmittelbar abgelesen werden. Wegen Log i = iπ/2 gilt i i = e i(iπ/2) = e π/2, also i (ii) = i (e π/2) = exp(e π/2 Log i) = exp( 1 2 πe π/2 i) = cos( 1 2 πe π/2 ) + isin( 1 2 πe π/2 ). b) Setzen wir w := e α Log z, so ergibt sich nach Definition von z α z α = e α log z = exp [ α(log z + 2kπi) ] = w exp[2αkπi] (k Z). Das Quadrieren bringt keine zusätzliche Mehrdeutigkeit für den Ausdruck; man erhält (z α ) 2 = w 2 exp[4αkπi] (k Z). Da 2 Log z ein Logarithmus von z 2 ist (denn e 2Log z = (e Log z ) 2 = z 2 ), folgt (z 2 ) α = e α log z2 = exp [ α(2 Log z + 2kπi) ] = w 2 exp[2αkπi] (k Z). Die beiden Punktmengen stimmen somit genau dann überein, wenn exp[2αkπi] und exp[4αkπi], mit k Z, die gleiche Punktmenge beschreiben, wenn also exp[2απi] = exp[4αk 0 πi]

6 für ein gewisses k 0 Z gilt. (Im Falle der Gleichheit muss offensichtlich ein solches k 0 existieren; umgekehrt folgt aus der Existenz von k 0 wegen exp[2αkπi] = exp[4αkk 0 πi] die Gleichheit der Mengen.) Dies bedeutet, dass k 0, m Z existieren mit 2απ + 2mπ = 4αk 0 π, also α + m = 2αk 0, d. h. α = m 2k 0 1. Fazit: Die beiden Mengen stimmen genau dann überein, wenn α eine rationale Zahl ist, die sich als Bruch mit ungeradem Nenner darstellen lässt. c) Nach Definition der allgemeinen Exponentialfunktion ist a z = e z Log a. Die Kettenregel liefert dann die komplexe Differenzierbarkeit und (a z ) = e z Log a Log a = a z Log a.