Tutor: Martin Friesen, martin.friesen@gmx.de Übungsblatt 3 - Funktionentheorie, Prof. G. Hemion. Die Exponentialfunktion ist exp z Wie in der reellen Analysis werden auch die trigonometrischen Funktionen für all C definiert durch cos z eiz + e iz, sin z eiz e iz. () a) Kann es sein, dass für y 0 trotzdem cos(x + iy) 0 bzw. sin(x + iy) 0 gilt? b) Zeigen Sie, dass sowohl cos z als auch sin z beliebig gross werden können. c) Für welch C ist sin z R? Zuerst zeigen wir für z, w C die Gleichung n0 z n n!. exp(z + w) exp(z) exp(w). () Dazu verweise ich auch Cauchys Produktsatz, welcher es ermöglicht absolut konvergente Potenzreihen auszumultiplizieren. exp(z + w) Cauchys P roduktsatz (z + w) n n0 n0 k0 n0 k0 ( k0 n! ( ) n z k w n k k n! z k z k w n k (n k)! ) ( In der Analysis wird genauso für x, y R die Identität n0 w n n! ) exp(z) exp(w) exp(x + iy) () exp(x) exp(iy) Ana exp(x) (cos y + i sin y) (3) nachgewiesen. Dabei benutzt man die Potenzreihendarstellung und rechnet dieses einfach nach. Jetzt können wir eine explizite Darstellung für die komplexen trigonometrischen Funktionen nachrechnen. e i(x+iy) + e i(x+iy) cos z () e y e ix + e y e ix () e y cos x + ie y sin x + e y cos x ie y sin x (3) (ey + e y ) cos x i(e y e y ) sin x cosh y cos x i sinh y sin x
und genauso auch sin z ei(x+iy) e i(x+iy) e y e ix e y e ix () e y cos x + e y sin x e y cos x + e y sin x (3) (ey e y ) cos x + i(e y + e y ) sin x sinh y cos x + i cosh y sin x i cosh y sin x + i sinh y cos x Mit diesen Darstellungen bewaffnet ist es ein leichtes die Aufgaben zu lösen. (a) Nullstellen des Cosinus: Sei x + iy C mit x, y R und 0 cos x + iy cosh y cos x i sinh y sin x. Durch Vergleich von Real und Imaginärteil bekommen wir die Gleichungen cosh y cos x 0 sinh y sin x. Da der cosh nullstellenfrei ist muss x eine Nullstelle des Cosinus sein und hat somit die Form x π + πk für ein k Z. Offensichtlich ist dieses x aber keine Nullstelle des sin. Damit also die zweite Gleichung erfüllt werden kann muss y 0 gelten. Dieses zeigt, dass der komplexe cos nur die reellen Nullstellen besitzt. Nullstellen des Sinus: Sei x + iy C mit x, y R und 0 sin x + iy cosh y sin x + i sinh y cos x. Genauso erhalten wir durch Vergleich von Real und Imaginärteil entsprechend die Gleichungen cosh y sin x 0 sinh y cos x. Die erste Gleichung kann nur erfüllt werden, wenn x eine Nullstelle von sin ist. Somit ist x von der Form x πk für ein k Z, welches offensichtlich keine Nullstelle des cos ist. Diweite Gleichung kann somit nur für y 0 erfüllt werden, welches gerade wieder zeigt, dass der Sinus nur die bekannten reellen Nullstellen besitzt. (b) Wie benutzen die bereits bestimmten Darstellungen und erhalten sin z cosh y sin x + sinh y cos x cosh ysinh y+ sinh y sin x + sin x + sinh y cos x sinh y + sin x sinh y und dieses ist unbeschränkt in x + iy C. Genauso gilt aber auch cos z cosh y cos x + sinh y sin x sinh y cos x + cos x + sinh y sin x sinh y + cos x sinh y.
(c) Sei x + iy z C mit Damit folgt jetzt direkt sin x + iy cosh y sin x + i sinh y cos x R. sinh y cos x 0 y 0, x π + πk, k Z. Dieses passt natürlich mit unserer Vorstellung überein, schließlich erhalten wir bei y 0 den reellen Sinus zurück.. Was ist für n N (a) (b) z z z z n? (a) Dieses lösen wir direkt mit der Definition. Dazu betrachten wir den stetig differenzierbaren Weg γ(t) + e πit, γ (t) πie πit, t [0, ]. Mit diesem bekommen wir z z γ z πi 0 e πit dt πi dt πi + e πit 0 (b) Sei hier n N fest. Wir haben für den Integranden eine (Laurentreihen)-Darstellung der Form z z k n z n z k n. Damit ergibt sich das Integral zu z k0 z n k0 k0 z z k n (4) Aus dem letzten Übungsblatt wissen wir, dass eine analytische Funktion mit Stammfunktion über geschlossene Wege integriert Null ergibt. Wir bemerken d z k n+ k n + zk n (5) sofern k n. Den die Potenz besitzt keine Stammfunktion nach Teil (a)! Somit z verschwindet in (4) bis auf k n jeder Summand. Hier gilt aber k n und wir erhalten z k n (n )! z πi (n )! k0 z 3 z
Zu begründen bliebe noch, dass wir Integration und Summation vertauschen dürfen. Dieses werden wir gleich ein für alle mal in einem für die Funktionentheorie ausreichenden und möglichst allgemeinen Rahmen auch tun. Zur Übersicht verweise ich dazu jedoch lieber auf einen externen Artikel. (Siehe auch Tutorium mit Bild und so...) 3. Sei f : C C eine ganze Funktion. Es gelte f(z) z n für ein n N und all C. Zeigen Sie, dass dann f ein Polynom ist. Da f analytisch ist besitzt f um z 0 0 eine konvergente Taylorentwicklung, welche f darstellt. Diese konvergiert nach Vorlesung auf dem grösstmöglichen Kreis, welcher im Definitionsbereich liegt. Da f ganz ist, ist somit der Konvergenzbereich ebenfalls ganz C. Scheiben wir also für z C f als f(z) a k z k. k0 Die Koeffizienten sind dabei nach Vorlesung für r > 0 gegeben durch a k f(ζ) dζ. πi ζk+ ζ r Wie in der Vorlesung und Übungen bereits besprochen ist dieses Integral unabhängig von r und wir bekommen mit der Standartabschätzung a k π f(ζ) πr sup ζ r ζ k+ r k sup ζ r f(ζ) r k r n r n k Für n < k können wir zum Grenzwert r übergehen und erhalten a k 0. Damit ergibt sich die Taylorreihe f(z) a k z k k0 welche offensichtlich als endliche Summe ein Polynom ist. Bemerkung 0.. Aufgabe : Hier wollen wir die Aufgaben alternativ mithilfe der Exponentialfunktion lösen. Insbesondere ist es wichtig diese gut zu verstehen. Dabei sollen hier zwei wichtige Gleichungen gelöst werden. An der Eulerschen Identität (3) erkennen wir direkt, dass die Exponentialfunktion im komplexen eine Periode πi besitzt! Natürlich besitzt diese keine reelle Periode. Entsprechend ergibt sich die Gleichung exp(z) exp(z + πik), z C, k Z. Genauso sehen wir jedoch, dass die Exponentialfunktion wegen der Gleichung () keine Nullstellen besitzen kann. Zum Schlußwollen wir uns überlegen, wass die Lösungen der Gleichung exp(z) a (6) für a, sind. Diese tauchen bei praktischen Berechnungen nämlich häufig auf. Deswegen ist es sinnvoll dieses einmal nachgewiesen zu haben (auch wenn das Ergebnis für den einen oder anderen bereits bekannt ist). 4
Fall a : Wir wissen aus der reellen Analysis, dass z 0 eine Lösung ist. Wegen der Periodizität gilt aber auch exp(πik), k Z. (7) Es wäre schön, wenn dieses auch die einzigen Lösungen wären. Betrachten wir dazu die Identitär (3) so folgt für eine Lösung z x + iy mit x, y R: exp(x) exp(x) exp(x)(cos y + i sin y) und somit exp(x). Da das x R ist, muss somit x 0 gelten (Analysis, exp streng monoton steigend, also injektiv). Somit erhalten wir cos y + i sin y und bekommen durch Vergleich von Real und Imaginärteil entsprechend: cos y also y πk. Damit ist eine beliebige Lösung durch z 0 + πki πki gegeben, was wir gerade haben wollten. Fall a- Führen wir diesselben Betrachtungen nochmal durch, so erhalten wir analog x 0 und müssen cos y + i sin y lösen. Damit muss sin y 0 gelte. Somit hat y die Form y πk mit k Z. Es gilt cos πk ( ) k, woraus folgt, dass k ungerade sein muss. Damit ergibt sich für die allgemeine Lösung z (k + )πi, k Z. (8) Nullstellen des Sinus: Sei z C mit 0 sin z eiz e iz. Durch Multiplikation mit und e iz erhalten wir 0. Nach dem ersten Fall bei (7) folgt somit für ein k Z z πik z πk welches gerade die gewohnten reellen Nullstellen des Sinus sind. Den Kosinus behandelt man dabei analog. Aufgabe Bei (a) sehen wir, dass die Funktionen f(z) keine Stammfunktion in einer z a Umgebung von a besitzen. Denn sonst müsste das geschlo ss ene Wegintegral ja 0 liefern (Ü bungsblatt ). Eine Stammfunktion würde man als Logarithmus verstehen. Auf solche Problematiken wird später im Laufe der Vorlesung sicherlich noch eingegangen werden. Im zweiten Teil sehen wir, dass das Integral lediglich von dem Koeffizienten bei in der Reihenentwicklung abhängt. Dieses ist bereits im Kern der Residuensatz, z welcher viele Anwendungen besitzt. Aufgabe 3 Das heißt, dass ganze Funktionen, welche keine Polynome sind (tranzendente Funktionen) im Unendlichen schneller wachsen müssen als jedes Polynom. Dieses ist eine meiner Meinung nach interessante Aussage. 5