Examenskurs Analysis Probeklausur I

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Hermann Holst
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1 Georg Tamme Sommersemester 14 Examenskurs Analysis Probeklausur I F1II1. Sei f : C C eine ganze Funktion. Entscheiden Sie, ob die folgenden Behauptungen wahr sind. Begründen Sie Ihre Antwort jeweils mit einem kurzen Beweis oder einem Gegenbeispiel! (a) Wenn f(z) für alle z C, dann ist f konstant. (b) Wenn f( 1 n ) = i n ist für alle n N, dann ist f(z) = iz für alle z C. (c) Wenn f eine nichtkonstante Polynomfunktion ist, dann gibt es eine stückweise stetig dierenzierbare Kurve γ : [, 1] C mit f(z)dz = πi. γ (d) Die Funktion 1 f hat in keinen Pol. (e) (f) Die Funktion r f(z)dz ist konstant auf (, ). z =r Die Potenzreihe n= 1 n! f (n) (1)(z 1) n konvergiert für alle z C. Lösung: (a) ist richtig. Wäre f nicht konstant, so wäre das Bild f(c) C oen, im Widerspruch zu f(c). (b) ist richtig. Die Folge 1 n hat den Häufungspunkt. Die Behauptung folgt also aus dem Identitätssatz. (c) ist richtig. f besitzt eine Stammfunktion F, welche ebenfalls eine Polynomfunktion ist. Es gilt f(z)dz = F (γ(1)) F (γ()). Als Polynomfunktion ist F : C C subjektiv. Wähle dann γ so, dass γ F (γ(1)) = πi und F (γ()) =. (d) falsch. Gegenbeispiel f(z) = z. (e) ist richtig. Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist f(z)dz = für alle r >. z =r (f) ist richtig. Die angegebene eihe ist die Taylorreihe von f im Punkt 1. Da f auf ganz C holomorph ist, konvergiert die Taylorreihe für alle z C. 1

2 H1I4. Bestimmen Sie die Anzahl der Nullstellen des Polynoms p(z) = z 5 6z + z + 1 im inggebiet 1 z. Sind darunter auch reelle Nullstellen? Lösung: Für z = 1 gilt z 5 + z = 4 < 6 = 6z. Nach dem Satz von ouché hat p daher in B 1 () mit Vielfachheit gezählt genau so viele Nullstellen wie 6z, also. Für z = gilt 6z + z = 7 < 64 = z 5 Nach dem Satz von ouché hat p daher in B () mit Vielfachheit gezählt genau so viele Nullstellen wie z 5, also 5. Auÿerdem kann p keine Nullstelle vom Betrag haben. Also hat p mit Vielfachheit gerechnet genau drei Nullstellen in 1 z. Da p(1) = 1 < aber p() = 43 > und p stetig ist, hat f nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle in (1, ).

3 H13II. Benutzen Sie den esiduensatz, um das uneigentliche reelle Integral x + c dx für c, c, zu berechnen. Geben Sie insbesondere Integrationspfade explizit an und weisen Sie nach, dass die Werte der entsprechenden Kurvenintegrale gegen das gesuchte Integral konvergieren. Lösung: Wir nehmen c > an. Da die Funktion x x +c gerade ist, gilt x + c dx = 1 x + c dx. Um das rechte Integral zu bestimmen, integrieren wir die Funktion f : z zeiz z +c (für > ) über das echteck mit den Ecken,, + i, + i. Explizit benutzen wir die Integrationswege γ 1 : [, ] C, t t, γ : [, ] C, t + it, γ 3 : [, ] C, t i t, γ 4 : [, ] C, t it. Die Funktion f hat Pole erster Ordnung in ±ic. Für > c gilt daher nach dem esiduensatz γ 1 γ γ 3 f(z)dz = πi es ic (f). γ 4 Da ic eine einfache Nullstelle von z + c ist, gilt es ic (f) = zeiz z z=ic = e c, also γ 1 γ γ 3 f(z)dz = πie c. γ 4 Wir schätzen nun die einzelnen Integrale ab: z Fixiere eine Konstante D > 1. Für >> und z gilt dann z +c = 1 da 1 + c /z für z gegen 1 konvergiert. Nun gilt für f(z)dz = f( + it)idt γ D = D f( + i) dt e i(+it) dt e t dt = D (1 e ) Für gilt daher γ f(z)dz. Genauso folgt γ 4 f(z)dz. Weiter ist für f(z)dz γ 3 also auch γ 3 f(z)dz. Wegen ( ) existiert also der Limes lim ergibt sich sup Im(z)= f(z) D e = De γ 1 f(z)dz =: x + c dx = 1 ( Im xe ix xe ix x + c dx z 1 ( ) 1+c /z D z D, x +c dx und ist gleich πie c. Schlieÿlich ) = πe c. 3

4 F11III4. (a) (b) Sei U = {z C z < } und f : U C holomorph mit f() = und f(1) = 1. Zeigen Sie, dass es ein z U gibt mit f(z) und f(z) > 1. Bleibt die Aussage in (a) richtig, wenn man (i) auf die Voraussetzung f() = verzichtet, oder (ii) U durch eine beliebige oene Teilmenge von C mit U und 1 U ersetzt? Lösung: (a) U ist ein Gebiet und f wegen f() f(1) nicht konstant. Nach dem Satz von der Gebietstreue ist also f(u) C oen. Da 1 f(u), gibt es insbesondere eine oene Kreisscheibe B ɛ (1) f(u). Also gibt es ein z U mit f(z) = 1 + ɛ. (b) Beh.: Die Aussage wird in beiden Fällen falsch. Bew.: (i) Die konstante Funktion f(z) = 1, z U, liefert ein Gegenbeispiel. (ii) Hier liefert U = U U 1 mit U = B 1/4 (), U 1 = B 1/4 (1) und f(z) = für z U, f(z) = 1 für z U 1 ein Gegenbeispiel. 4

5 F14I4. Es sei G C ein beschränktes Gebiet und f : G C eine Funktion, die bei Annäherung an G gegen strebt (d.h. für jede Folge (z n ) in G mit z n z G gilt f(z n ) ). Zeigen Sie, dass f nicht holomorph ist, indem Sie die folgenden drei Fälle unterscheiden: (i) f hat keine Nullstelle in G. (ii) f hat endlich viele Nullstellen in G. (iii) f hat unendlich viele Nullstellen in G. Lösung: Angenommen, f ist holomorph. (i) Hat f keine Nullstelle in G, so ist 1/f auf G holomorph und strebt bei Annäherung gegen G gegen. Daher lässt sich 1/f zu einer stetigen Funktion g auf G fortsetzen. Da G beschränkt ist, ist G kompakt. Also nimmt g auf G ein Maximum an. Da g(z) = für z G, liegt das Maximum in G, ist also ein Betragsmaximum von 1/f in G. Nach dem Maximumprinzip ist dann 1/f und damit auch f konstant. Dies ist ein Widerspruch, da f bei Annäherung an G gegen strebt. (ii) Hat f endlich viele Nullstellen z 1,..., z k G mit Vielfachheiten n 1,..., n k, so betrachten wir die Funktion f : G \ {z 1,..., z k } C, f(z) = f(z)/( k i=1 (z z i) ni ). Nach Konstruktion lässt sich f zu eine nullstellenfreien holomorphen Funktion g auf G fortsetzen. Da z k i=1 (z z i) ni keine Nullstelle auf G hat, strebt auch g bei Annäherung an G gegen. Nun sind sind wir im Fall (i). (iii) Angenommen, f habe unendlich viele Nullstellen in G. Da G kompakt ist, besitzt die Menge der Nullstellen einen Häufungspunkt in G. Da f bei Annäherung an G gegen strebt, liegt dieser Häufungspunkt in G. Nach dem Identitätssatz ist also f =, im Widerspruch dazu, dass f bei Annäherung an G gegen strebt. 5

6 F14I5. Berechnen Sie unter Benutzung von e x dx = π für λ > das Integral e x cos(λx)dx. Hinweis: Wenden Sie für reelles > den Cauchy-Integralsatz auf das echteck mit den Ecken ±, ± + iλ/ an und betrachten Sie. Lösung: Da x e x cos(λx) eine gerade Funktion ist, gilt e x cos(λx)dx = 1 e x cos(λx)dx. Nach dem Cauchyschen Integralsatz gilt (mit den geradlinigen Integrationswegen) e z dz + +iλ/ e z dz + +iλ/ +iλ/ e z dz + e z dz =. (1) +iλ/ Für z [, + iλ/] := {e(z) =, Im(z) λ/} gilt e z = e e(z) e +λ /4. Da die Länge des Integrationswegs konstant bleibt, strebt +iλ/ e z dz für gegen. Genauso strebt der vierte Summand für gegen. Wir betrachten nun den dritten Summanden: +iλ/ +iλ/ e z dz = e (t+iλ/) dt = ( = e λ /4 e t cos(λt)dt + i = e λ /4 e t cos(λt)dt e t iλt+λ /4 dt e t sin(λt)dt Hier haben wir benutzt, dass e t sin(λt)dt =, da die Funktion t e t sin(λt) ungerade ist. Im Limes gibt (1) also e x dx + e λ /4 e x cos(λx)dx =. ) Damit erhalten wir und e x cos(λx)dx = e λ /4 /4 e x cos(λx)dx = e λ π. e x dx = e λ /4 π 6

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