Musterlösung zu Übungsblatt 1

Prof. R. Pandaripande J. Scmitt, C. Scießl Funktionenteorie 23. September 16 HS 2016 Musterlösung zu Übungsblatt 1 Aufgabe 1. Sei F ein Körper, der R als einen Unterkörper entält. Das eisst R ist eine Teilmenge von F, die abgesclossen unter Addition und Multiplikation ist und so dass die Einscränkung dieser Operationen auf R gerade die üblice Addition und Multiplikation von R ist. Zeige: F ist in natürlicer Weise ein R-Vektorraum. Ist dim R F = 2, dann existiert ein R-Vektorraumisomorpismus ϕ : F C so dass ϕ(1) = 1 und ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) für a, b F. Lösung. Per Definition ist (F, +, 0) eine abelsce Gruppe. Als Skalarmultiplikation des R-Vektorraums F nemen wir die Einscränkung der Multiplikation von F auf R F F. Die Kompatibilität der Skalarmultiplikation mit dem Produkt in R folgt aus dem Assoziativgesetz von F. Analog folgen Distributivität und die Neutralität der 1 bezüglic der Skalarmultiplikation aus den entsprecenden Axiomen des Körpers F. Sei nun dim R F = 2, dann bilden für x F R die Elemente 1, x eine R-Basis von F. Aus der Distributivität in F folgt, dass die Multiplikation in F eindeutig bestimmt ist durc das Produkt x x = r + sx für r, s R. Tatsäclic gilt für zwei Elemente v = a + bx, w = c + dx F mit a, b, c, d R: v w = (a + bx) (c + dx) = ac + (ad + bc)x + bdx 2, und die Produkte zwiscen den Elementen a, b, c, d können in R berecnet werden. Es reict zu zeigen, dass wir ein anderes Element x = a + bx F R finden können, so dass x 2 = 1. Dann at die Abbildung ϕ : F C, ϕ(λ + µ x) = λ + µi die gesucten Eigenscaften. Unter Verwendung von x x = r + sx und dem Ansatz x = a + bx berecnen wir x 2 = a 2 + 2abx + b 2 (r + sx) = (a 2 + b 2 r) + (2ab + b 2 s)x! = 1 + 0 x. Wir eralten die Gleicungen a 2 + b 2 r = 1 und 2ab + b 2 s = 0. Da x = a + bx / R muss b 0 gelten, also folgt 2a = bs. Setzen wir a = bs/2 in die erste Gleicung ein, eralten wir b 2 s 2 ( ) s 4 + b2 r = b 2 2 4 + r = 1. Diese Gleicung at genau dann eine reelle Lösung b falls s2 4 + r < 0. Doc s2 4 + r ist gerade die Diskriminante der quadratiscen Gleicung X 2 sx r = 0. Wäre diese nictnegativ, ätte diese Gleicung neben den (voneinander versciedenen) Lösungen x und s x auc eine Lösung in R. Dies ist ein Widerspruc, da ein Polynom zweiten Grades über F nur maximal zwei versciedene Nullstellen in F aben kann.

Aufgabe 2. Bestimme sowol mit den Caucy-Riemann-Gleicungen als auc direkt mit der Definition, an welcen Stellen folgende Funktionen komplex differenzierbar sind und berecne gegebenenfalls die Ableitung: (i) f(z) = zre(z) (ii) f(x + iy) = ax + iby (für a, b C) Lösung. Für die Prüfung der Differenzierbarkeit in z 0 = x + yi über die Definition lassen wir z z 0 = gegen 0 konvergieren. (i) Für z 0 C gilt: zre(z) z 0 Re(z 0 ) = (z 0 + )Re(z 0 + ) z 0 Re(z 0 ) z z 0 = z 0Re(z 0 ) + z 0 Re() z 0 Re(z 0 ) + Re(z 0 + ) Re() = z 0 + Re(z 0 + ). Der Term Re(z 0 + ) at als Grenzwert für 0 gerade Re(z 0 ). Der Ausdruck Re()/ at keinen Grenzwert für 0 in C. Tatsäclic ist für R der Ausdruck konstant 1 und für Ri konstant 0. Also gibt es insgesamt keinen Grenzwert, falls z 0 0. Für z 0 = 0 existiert die Ableitung und ist gerade gleic 0 + Re(z 0 ) = 0. Für die Caucy-Riemann Gleicungen stellen wir fest, dass u(x, y) = Re(f(x+yi)) = x 2 und v(x, y) = Im(f(x + yi)) = xy. Damit ist f bei z 0 = x + yi differenzierbar, falls gilt: = 2x = x =, = 0 = y =. Dies ist genau für x = 0, y = 0 erfüllt und die Ableitung ist 2x + yi = 0. (ii) Beacte, dass f eine R-lineare Funktion ist. Für z 0 C gilt: f(z) f(z 0 ) = f(z 0 + ) f(z 0 ) z z 0 = f(z 0) + f() f(z 0 ) = f(). Setzt man nun = x + yi ein und verwendet 1 = (x iy)/(x 2 + y 2 ) ergibt sic f() (ax + byi)(x yi) = x 2 + y 2 = (ax2 + by 2 ) + (b a)xyi x 2 + y 2. Diese Funktion ist konstant gleic a für y = 0 und konstant b für x = 0. Damit ist eine notwendige Bedingung für die Differenzierbarkeit, dass a = b. Ist dies erfüllt, ist der Grenzwert genau gleic a und damit die Funktion überall differenzierbar. Für die Caucy-Riemann Gleicungen berecnen wir u(x, y) = Re(f(x + yi)) = Re(a)x Im(b)y und v(x, y) = Im(f(x + yi)) = Im(a)x + Re(b)y. Damit ist f bei z 0 = x + yi differenzierbar, falls gilt: = Re(a) = Re(b) =, = Im(b) = Im(a) =. 2

Wir eralten das gleice Ergebnis wie oben, die Ableitung ist Re(a) + Im(a)i = a. Aufgabe 3. Sei D C offen und f : D C eine stetig differenzierbare Funktion, die in z 0 D komplex differenzierbar ist. Sei D = {z : z D}. Zeige, dass dann auc g : D C mit g(z) = f(z) in z 0 komplex differenzierbar ist. Was ist die Ableitung? Lösung. Beacte, dass g gerade die Komposition D z z D f C z z C ist. Da sowol die komplexe Konjugation als auc f stetig differenzierbar sind, ist auc g stetig differenzierbar auf der offenen Menge D. Wenn wir f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) screiben, dann gilt für g, dass g(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) = u(x, y) iv(x, y). Mit ũ(x, y) = u(x, y) und ṽ(x, y) = v(x, y) können wir also die Caucy-Riemann Gleicungen an der Stelle z 0 überprüfen: ũ ũ (x, y) = (x, y) = (x, y) = (x, y) = ṽ (x, y) = (x, y), (x, y) = ṽ (x, y). Hier aben wir verwendet, dass u, v die Caucy-Riemann Gleicungen erfüllen. Also ist g an der Stelle z 0 komplex differenzierbar und g (x + iy) = ũ also g (z 0 ) = f (z 0 ). (x, y) + i ṽ (x, y) = (x, y) i (x, y) = f (x iy), Aufgabe 4. (i) Wir betracten die folgenden Matrizen: I = ( ) i 0 0 i J = ( 0 ) 1 1 0 K = ( ) 0 i i 0 Zeige, dass H = {a Id + bi + cj + dk a, b, c, d R} ein Unterring von M 2 (C) mit den Relationen I 2 = J 2 = K 2 = 1 und IJ = K ist. (ii) Für q = a + bi + cj + dk nennen wir q = a bi cj dk die Konjugierte und N(q) = qq die Norm von q. Zeige: N(q) = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )Id q 1 q 2 = q 2 q 1 N(q 1 q 2 ) = N(q 1 )N(q 2 ) (iii) Zeige, dass H ein Sciefkörper ist (das eisst jedes Element 0 ist invertierbar), aber nict kommutativ ist. (iv) Zeige, dass die Gleicung x 2 = 1 unendlic viele Lösungen x H at. 3

(v) Die quaternionisce Norm wird benutzt, um zu zeigen, dass jede natürlice Zal als Summe von 4 Quadraten gescrieben werden kann (der berümte 4 Quadrate-Satz von Lagrange), zum Beispiel 42 = 5 2 + 3 2 + 2 2 + 2 2. Suce und studiere einen Beweis, der Quaternionen benutzt! Lösung. (i) Um zu zeigen, dass H einen Unterring darstellt, muss man zeigen, dass H abgesclossen unter Multiplikation ist. Da das Distributivgesetz in M 2 (C) gilt, reict es, dies für Produkte zwiscen den Erzeugern Id, I, J, K von H zu prüfen. Alle Produkte, die Id entalten sind offensictlic wieder in H. Für die anderen Paarungen ergibt sic: I 2 = J 2 = K 2 = Id, IJ = JI = K, IK = KI = J, JK = KJ = I. (ii) Screibt man das Produkt N(q) = (a + bi + cj + dk)(a bi cj dk) vollständig aus, ergeben sic 16 Terme. Die entsceidenden vier Terme sind gerade a a + (bi) ( bi) + (cj) ( cj) + (dk) ( dk). Da I 2 = J 2 = K 2 = Id, ergeben diese genau die finale Formel. Wir müssen nur zeigen, dass alle anderen, gemiscten Terme sic gegenseitig aufeben. Dies folgt leict aus IJ = JI, IK = KI, JK = KJ. Für q 1 q 2 = q 2 q 1 beobacten wir, dass q q eine R-lineare Abbildung ist. Desalb genügt es die Formel für q 1, q 2 {Id, I, J, K} zu zeigen. Ist eines der q i = Id ist die Formel klar, für alle Paarungen zwiscen I, J, K folgt sie leict aus den Produkten, die oben berecnet wurden. Scliesslic gilt N(q 1 q 2 ) = q 1 q 2 q 1 q 2 = q 1 q 2 q 2 }{{} q 1 = N(q 2 ) q 1 q 1, }{{} =N(q 2 ) RId =N(q 1 ) da Elemente von RId mit anderen Matrizen kommutieren. (iii) Mit N(q) = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )Id siet man q = 0 genau dann wenn N(q) = 0. Ist also q 0 dann folgt durc Multiplizieren der Gleicung N(q) = qq von rects mit N(q) 1, dass Id = q(qn(q) 1 ), also ist q invertierbar in H (da q H und N(q) eine skalare Matrix). Für die Nictkommutativität aben wir oben geseen: IJ = JI = K 0. (iv) Für x = bi + cj + dk siet man leict x = x und damit x 2 = xx = N(x) = ( b 2 c 2 d 2 )Id. Also ist x 2 = 1 falls b, c, d so gewält werden, dass b 2 + c 2 + d 2 = 1. Hierfür gibt es unendlic viele Walmöglickeiten. Beacte, dass ein Polynom f über einem Körper nur maximal deg(f) viele Nullstellen aben kann. Dieser Satz ist über Sciefkörpern offenbar nict mer erfüllt! (v) See for example ttps://en.wikipedia.org/wiki/lagrange s_four-square_teorem#proof_using_ te_hurwitz_integers. 4

Aufgabe 5. Mit den komplexen Zalen und den Quaternionen aben wir Sciefkörper auf 2- und auf 4-dimensionalen Vektorräumen über R konstruiert. Können wir ein solces Produkt auc auf R 3 konstruieren? Präziser: Gibt es ein R-bilineares Produkt : R 3 R 3 R 3, sodass die Verknüpfung assoziativ ist, es ein neutrales Element 1 R 3 gibt und jedes Element 0 bezüglic invertierbar ist? Lösung. Sei a R 3 R 1 und betracte die Abbildung m a : R 3 R 3, x a x. Da bilinear ist, ist dies ein linearer Endomorpismus von R 3. Sein carakteristisces Polynom at Grad 3 und muss nac dem Zwiscenwertsatz eine Nullstelle aben. Also existiert ein reeller Eigenwert λ mit Eigenvektor x λ 0. Jetzt multipliziere die Gleicung a x λ = λx λ mit x 1 λ von rects. Dann folgt a = a x λ x 1 λ Dies ist ein Widerspruc zu a R 3 R 1. = λx λ x 1 λ = λ1. 5