TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 Prof. Dr. Simone Warel Ma Lein TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Mathematik 4 für Physik (Analysis 3) Wintersemester 29/2 Lösungsblatt 8 (.2.29) Zentralübung 37. Gane Funktionen Eine auf gan C holomorphe Funktion f : C C heißt gan. Zeigen Sie, dass für gane Funktionen, die nicht konstant sind, f(c) C dicht liegt. Angenommen f(c) liegt nicht dicht. Dann gibt es mindestens einen Punkt w C \ f(c), so dass eine offene Kreisscheibe um w mit Radius r > eistiert, die disjunkt von f(c) ist, f(c) B r (w ). Daher gilt für alle C, dass f() w r ist. Somit ist die Funktion g() f() w auch gan. Sie muss aber auch durch r beschränkt sein. Da aber jede beschränkte gane Funktion konstant ist (Sat von Liouville), muss g konstant sein. Aber dann ist f konstant, Widerspruch!

2 38. Gauß-Integral Seien α a + ia 2, β b + ib 2 C derart, dass Re α 2 (a 2 a2 2 ) > ist. Dann gilt: + d e (α+β)2 π α Ist Im β Im α, brauchen wir nicht auf komplee Integration urückugreifen, sondern erhalten sofort + d e (α+β)2 π dy e y2 α α mittels der Substitution y : α + β. Ohne Einschränkung können wir daher Im α annehmen. In diesem Fall können wir das Integral +R R d e (α+β)2 als komplees Wegintegral beüglich der holomorphen Funktion e 2 entlang der Strecke [ αr+ β, +αr + β] auffassen, +R +R d e (α+β)2 ds α α e (αs+β)2 e 2. α R R [ αr+β,+αr+β] Der Vorfaktor /α stammt vom Nachdifferenieren: wird mit ψ(s) : αs + β, s [, +], parametrisiert, so ist ψ(s) α und dieser Faktor fehlt im ursprünglichen Integral. Um die Maschinerie kompleer Integration sowie + d e 2 π ausnuten u können, müssen wir die Strecken [ αr+β, +αr+β] und [ a R, +a R] miteinander verbinden, so dass ein geschlossener Pfad entsteht. Da e 2 eine gane Funktion ist, muss dann die rechte Seite sein, e 2 + e 2 + [ a R,+a R] + [+a R,+αR+β] [+αr+β, αr+β] e 2 + e 2. [ αr+β, a R] Der erste Term strebt gegen π, der dritte Term ist das Integral, welches wir ausrechnen möchen. Wir werden gleich eigen, dass weiter und vierter Term gegen gehen, falls R. Somit erhalten wir + π d e 2 lim e 2 lim e 2 R [ a R,+a R] R [ αr+β,+αr+β] α + d e (α+β)2. Hinweis: wir haben die Richtung des Pfads [+αr + β, αr + β] umgedreht. Daher steht auf der rechten Seite kein Minus-Zeichen. Wir eigen nun, dass die beiden übrigen Terme im Limes R verschwinden: der Betrag des weiten Integrals kann durch ds ( ia 2 R + β ) e ((a +isa 2 )R+sβ) 2 ds ( a 2 R + β ) e ((a +isa 2 )R+sβ) 2 2

3 abgeschätt werden. Um den Betrag ausrechnen u können, müssen wir den Eponenten ausmultipliieren, ( (a + isa 2 )R + sβ ) 2 (a + isa 2 ) 2 R 2 + 2(a + isa 2 )βr + s 2 β 2 (a 2 s 2 a 2 2)R 2 + i2sa a 2 R 2 + 2(a + isa 2 )βr + s 2 β 2. Der erste Vorfaktor ist nach Vofraussetung immer positiv, denn mit s [, ] folgt auch a 2 s 2 a 2 2 a2 a2 2 Re α2 >. Der Vorfaktor des weiten Terms, der R 2 enthält, ist rein imaginär und trägt nach dem Eponentieren nicht bei, ( a2 R + β ) e (a R+s(ia 2 R+β)) 2 ( a 2 R + β ) e (a 2 s2 a 2 2 )R2 e i2sa a 2 R 2 e 2(a +isa 2 )βr s 2 β 2 ( a 2 R + β ) e (a2 s2 a 2 2 )R2 e 2(a +isa 2 )βr s 2 β 2 R. Daher ist der Integrand für alle R > beschränkt und wir können Limes und Integration vertauschen (dominierte Konvergen). Der Integrand geht punktweise gegen, da der dominierende Beitrag von e (a2 s2 a 2 2 )R2 herrührt. Damit muss auch das Integral gegen gehen. Ähnlich kann man den letten Integranden abschäten, ( a2 R + β ) e ( (a +isa 2 )R+sβ) 2 ( a 2 R + β ) e (a2 s2 a 2 2 )R2 e +2(a +isa 2 )βr s 2 β 2 R, was ur Folge hat, dass auch das lette Integral gegen strebt. 3

4 39. Der Residuenkalkül Berechnen Sie die folgenden Integrale mittels Residuenkalkül: (a) (b) + + d e ik 2 + b 2 d cos k 2 + b 2 ( /r (c) K lim r (d) 2π r a + sin t, a > +r ) d ei + d ei +/r (a) Wir schreiben das reelle Integral als Grenwert: die Strecke [ R, +R] wird mit einem. B. mit einem Kreisbogen γ R in der oberen Halbebene geschlossen, ( ) lim e ik R [ R,+R] 2 + b γr 2 + e ik e ik 2 + b 2 2πi Res ib 2 + b 2. Dort befindet sich bei +ib eine Singularität des Integranden. Das Residuum an dieser Stelle ist e ik Das weite Residuum gibt gan analog dau e ik(ib) 2πi Res ib 2 2πi + b2 ib + ib π b ekb. e ik 2πi Res ib 2 + b 2 π b e kb. Soll der weite Term, der um in der oberen Kreisbogen gehört, verschwinden, erhalten wir die Bedingung k < : γr e ik π 2 + b 2 ire it e ikreit π R 2 e i2t + b 2 R R 2 e i2t + b 2 e ikr cos t e i 2 kr sin t π R R 2 e i2t + b 2 e +kr sin t Der erste Term geht war wie /R gegen, der weite eplodiert aber eponentiell (sin t für t [, π]), falls k >. Daher muss k sein, damit der Restterm verschwindet. Will man das Integral für k > berechnen, so schließt man die Strecke über eine Kreislinie in der unteren Halbebene. Somit erhalten wir für das Integral + d e ik 2 + b 2 π b e b k. (b) Wir schreiben den cos als cos k 2( e ik + e ik). Mit Aufgabe (a) bedeutet das + d cos k 2 + b d e+ik 2 + b π 2 b e b k + π 2 b e b k π b e b k. d e ik 2 + b 2 (c) Wir können die beiden Wegstrecken über wei Halbkreise in der oberen Halbebene mit Radius r und /r u einem geschlossenen Weg ergänen. Für jedes r > wird die Singularität im Ursprung ausgespart und das Wegintegral verschwindet, [ r, /r] ei ei γ(/r) + 4 [+/r,+r] ei + ei γ(r).

5 Hier beeichnet γ(ρ), ρ { /r, r} den positiv orientierten Halbkreis in der oberen Halbebene mit Radius ρ. Deshalb müssen wir das Integral über den kleineren Halbkreis auch abiehen, wir laufen ja eigentlich im Uhreigersinn statt gegen den Uhreigersinn. Das Integral über den größeren Halbkreis verschwindet für große r, π π ei eireit ireit re it e ir cos t e i 2 r sin t γ(r) π r sin t r e. Hier haben wir wieder dominierte Konvergen benutt, denn wir können den Integranden unabhängig von r abschäten. Der Integrand geht punktweise bis auf die Ränder gegen und daher muss auch das Integral im Limes großer r verschwinden. Nun um kleinen Halbkreis: dieses Integral liefert den eigentlichen Beitrag. Auch hier können Limes-Bildung und Integration wegen dominierter Konvergen vertauscht werden, π ei γ(/r) i ei r eit π π r eit e sin t/r r π. Somit ist π lim r Insgesamt erhalten wir i r eit ei r eit r eit r eit π π i lim r ei r eit i iπ. ( /r +r ) ( ) lim d ei r r + d ei lim ei +/r r γ(/r) ei γ(r) iπ. (d) Wir schreiben das Integral als komplees Wegintegral um: 2π 2π a + sin t ie it a + ( 2i e it e it) i2a ieit Das Polynom im Nenner hat wei rein komplee Nullstellen,,2 ia ± i a 2. i ( a + 2i ( + ) ) 2 ia i a 2 liegt allerdings außerhalb der Kreisschreibe mit Radius und das Integral muss gleich 2πi mal dem Residuum bei sein, 2π a + sin t 2πi Res i2a 2πi 2 2 2π a 2. 4πi i2 a 2 5

6 Hausaufgaben 4. Identitätssat Seien f, g : U C holomorph, U C offen und usammenhängend. (a) Eistieren a, b R, a < b, mit (a, b) U und f() g() für alle (a, b). Dann gilt f g. (b) Sei U C. Finden Sie Beispiele von Funktionen für f und g derart, dass Re f() Re g() für alle R, aber f g. (a) Jede Folge ( n ) in (a, b) U, die in (a, b) konvergiert, ist eine Folge, auf der f g immer ist. Somit muss nach dem Identitätssat f g identisch sein, f g. Daher ist f g. (b) Sei beispielsweise f() e i und g() e i. Für alle R gilt Re f() cos Re g(), obwohl f und g nicht identisch sind, denn die Imaginärteile untscheiden sich sehr wohl, Im f() sin sin Im g(). 6

7 4. Kausalität Sei f : U C, U C offen, eine holomorphe Funktion, die in der oberen Halbebene { C Im } U beschränkt ist. Zeigen Sie, dass für alle t < gilt: R f()e it d lim f()e it d. R R Da f in der oberen Halbebene beschränkt ist, liegen dort höchstens hebbare Singularitäten und keine Pole. Schließen wir die Kurve [ R, +R] über eine Halbkreislinie γ R in der oberen Halbebene, so gilt +R R d f() e it + f() e it. γ R Falls t < ist, verschwindet der weite Term im Limes R, denn f() e it π ds ire is f(re is π ) e itreis ds f(re is ) Re ( t)r sin s. γ R Ist s (, π), geht der Integrand gegen im Grenwert R, denn f ist nach Annahme in der oberen Halbebene beschränkt und Re ( t)r sin s punktweise. Da der Integrand für alle R > beschränkt ist, kann er durch die konstante Funktion abgeschätt werden, die auf dem kompakten Intervall [, π] integrierbar ist. Nach dem Sat über dominierte Konvergen können wir Integration und Limesbildung vertauschen und das Integral verschwindet im Limes großer R. Daraus folgt + d f() e it. 7

8 42. Der Residuenkalkül Berechnen Sie folgende Integrale bw. eigen Sie die angegebenen Identitäten mittels Residuenkalkül. i sgn b 2π e + kb kb > (a) d e ik + ib kb < + (c) d i sgn b π k, b 3 + undefiniert b (b) + d cos k + ib (d) + d sin Hinweis: Benuten Sie in Teilaufgabe (c) die Kurve, die aus der Strecke [, R], dem Kreisbogen von R bis Re i 2π 3 und der Strecke [Re i 2π 3, ] besteht. (a) Falls b ist, liegt eine nicht integrierbare Singularität auf dem Integrationsweg und das Integral ist undefiniert. Wieso k auch nicht funktionieren kann, wird erst später klar werden. Sei also beispielsweise b >. Wir schreiben das reelle Integral wieder als Limes der von R bis +R gehenden Strecke, die über einen Halbkreis γ R geschlossen wird. Damit der Pol im Inneren des Integrationsweges liegt, müssen wir nach unten schließen: [ R,+R] d e ik + ib γr e ik + ib 2πi Res e ik ib 2πi e bk + ib Man beachte die Minuseichen: wird der Pfad geschlossen und positiv orientiert, so integriert man von +R nach R, also entgegengesett u dem obigen Integral. Das gilt erst mal unabhängig davon, ob k größer oder kleiner ist. Allerdings verschwindet das Pfadintegral über den Kreisbogen nur, wenn k > ist: γr e ik + ib ire it e ikreit π Re it + ib R π Re it + ib e ikreit R sin t Re it + ib e+kr π Der erste Faktor ist immer beschränkt, der weite geht aber nur gegen, falls k > (für t ( π, ) ist ja sin t < ). Ist k <, so muss der Kreisbogen in der oberen Halbebene verlaufen. Dort liegt aber kein Residuum und das Integral muss wangsweise ergeben. Egal, über welchen Integrationsweg das Integral geschlossen wird, ist es nicht möglich, den weiten Term, der den Pfad schließt, abuschäten. Egal, ob man das Integral nach oben oder unten rum schließt, das Hilfsintegral wird im Limes R nicht verschwinden, sondern einen endlichen Wert annehmen, nämlich lim R γ R + ib lim ire it R π Re it + ib lim i R π + ibr e it i lim R + ibr i iπ, e it π wobei wir wieder den Sat über dominierte Konvergen angewendet haben um Limesbildung und Integration u vertauschen. Daher erhalten wir für den Fall b > ( ) lim d R [ R,+R] + ib + d γ R + ib + ib + iπ! 2πi Res ib + ib 2πi, 8 π π

9 woraus folgt. + d + ib iπ Der Fall b < geht bis auf das Fehlen des Minuseichens analog, dort muss für k < der Pfad nach oben geschlossen werden. Für k bemerken wir, dass dann auf der rechten Seite steht (das Residuum wird nicht vom Pfad umschlossen). Somit haben wir geeigt, dass ist. + d e ik + ib i sgn b 2π e kb kb > kb < i sgn b π k, b undefiniert b (b) Da cos k 2( e ik + e ik), können wir Aufgabe (a) benuten: ist k, ist das Integral nicht definiert. Für k erhalten wir + d cos k + ib 2 + iπ sgnb e kb. d eik + ib d e ik + ib 22πi e kb (c) Vom vorgeschlagenen Integrationspfad ist ein einfacher Pol eingeschlossen, nämlich e i π 3. Daher erhalten wir γ R [Re i 2π 3,] 3 + 2πi Res e i π [,R] Die rechte Seite berechnet sich u 2πi Res e i π 3 [Re i 2π 3,] 3 + 2πi ( 3 + ) e i π 3 e i π 3 2πi 3e i 2π 3 2π 3 ei π 6. Den letten Term können wir umformen, so dass, abgesehen von einem Vorfaktor, wieder der erste Term dasteht: 3 + ds Re i 2π sre i 2π 3 3 s 3 R 3 e i2π + e i 4π 3 Der mittlere Term verschwindet im Limes großer R: 2π/3 γ R 3 + ire it Re it R 3 e i3t + ds sr 4π s 3 R 3 ei 3 + 2π/3 [,R] 3 + R 2 R 3 e i3t + R Der Integrand kann unabhängig von R auf dem Intervall durch eine integrierbare Funktion abgeschätt werden (in diesem Fall durch das Supremum). Daher können Limes-Bildung und Integration miteinander vertauscht werden. Der Integrand geht aber punktweise gegen und somit verschwindet der Term im Grenfall. Es bleibt also übrig: ( lim R [,R] γ R ( e i ) 4π 3 d 3 + 3e i π 6 9 ) [Re i 2π 3,] 3 +! 2π 3 e i π 6

10 Daraus folgt d 3 + 2π 3 3. (d) Wir schreiben den sin als sin 2i( e i e i) und berechnen mit Aufgabe 39 (c) ( r lim d sin +r r /r + d sin + /r +/r + d sin ) /r 2i( iπ iπ ) Im iπ π. Wir haben ausgenütt, dass sin um beschränkt bleibt und daher der der lette Term verschwindet wenn r geht.

11 43. Residuen Berechnen Sie die Residuen von f n () ( 2 + ) n, n N. Falls n, ist f die konstante Funktion, die natürlich keine Pole hat. Ansonsten hat f n für n jeweils eine n-fache Nullstelle bei ±i, f n () ( + i) n ( i) n, und wir können die Formel aus der Vorlesung anwenden, d n Res i f n (n )! n ( d n i)n f n () i (n )! n ( + i i) n (n )! ( )n n (n + ) (2n 2) ( + i) (2n ) i (2n 2)! ( ) n i (2n ) (2n 2)! i ( ) 2 (n )! 2 2n ( ) 2 (n )! 2 2n. Gan ähnlich kann man das weite Residuum berechnen, d n Res i f n (n )! n ( + d n i)n f n () i (n )! n ( i i) n (n )! ( )n n (n + ) (2n 2) ( i) (2n ) i (2n 2)! ( ) n ( ) 2n i (2n ) (2n 2)! i ( ) 2 (n )! 2 2n + ( ) 2 (n )! 2 2n.