Aufgabe 37

(1)

Aufgabe 36

Sei P ein Polynom der Ordnung n ∈ N. Sei a ∈ C. Zeigen Sie, dass {z ∈ C | P(z) = a} höchstens grad(P) =nElemente hat oder ganz Cist.

Lösung:

Erinnerung:

Fundamentalsatz der Algebra: Jedes nichtkonstante komplexe Polynom besitzt inC so viele Nullstellen, wie sein Grad angibt.

Für den Beweis von Aufgabe 37 unterscheiden wir zwei Fälle:

•1. Fall: (P ist konstant). Da P ein konstantes Polynom ist, gilt grad(P) =n= 0. Es sei daher o.B.d.A.

P(z) =c∈C ∀z∈C.

1. Unterfall: (a=c). Wegen a=cist P(z) =c=afür jedesz∈Cerfüllt und es gilt, dass die Menge mit ganzCübereinstimmt

{z∈C|P(z) =a}=C

2. Unterfall: (a 6= c). Wegen a 6= c ist P(z) = a für kein z ∈ C erfüllt (denn: P(z) = c 6= a ∀z ∈ C).

Demzufolge gilt:

{z∈C|P(z) =a}=∅ besitzt genaun= 0 Elemente

•2. Fall: (P ist nichtkonstant). DaP ein nichtkonstantes Polynom ist, gilt für grad(P) =n >1. Definiere für ein beliebiges aber festesa∈Cdas Polynom

Q(z) :=P(z)−a ∀z∈C

Dann ist auch Q ein nichtkonstantes Polynom mit grad(Q) =n > 1. Gesucht wird jetzt die Anzahl der Elemente von (beachte: Q(z) =P(z)−a∀z∈C)

{z∈C|Q(z) = 0}={z∈C|P(z) =a}

Nach dem (gaußschen) Fundamentalsatz der Algebra gilt, dass das PolynomQüber Cin Linearfaktoren zerfällt (d.h. C ist ein algebraisch abgeschlossener Körper). Genauer gilt sogar, dass die Anzahl der Nullstellen vonQ, insofern sie mit der richtigen Vielfachheit gezählt werden, gleich dem Grad des Polynoms Qist. Damit gilt

{z∈C|Q(z) = 0}besitzt höchstens grad(Q) =nElemente

und somit besitzt (wegen der obigen Gleichheit Q(z) = P(z)−a) auch die Menge {z ∈ C | P(z) = a}

höchstens nElemente. Beachte: Die Menge besitzt genau nElemente, wenn jede Nullstelle von Qgenau einmal auftritt.

Aufgabe 37

Seif eine holomorphe Funktion auf einem beschränkten GebietDund|f|habe eine stetige Fortsetzung aufD. Sei |f|konstant auf dem Rand. Zeigen Sie, dassf entweder eine Nullstelle hat oder konstant ist.

Lösung:

Erinnerung:

Maximumprinzip (für beschränkte Gebiete):G⊂Cbeschränktes Gebiet,f :G→Cholomorph,f :G→C stetig mitG:=G∪∂G. Dann gilt:|f|nimmt sein Maximum auf dem Rand ∂G an, d.h.

|f(z)|6 max

C∈∂G|f(C)| ∀z∈G oder anders

∃C ∈∂G: |f(z)|6|f(C)| ∀z∈G

Zusatz: Gleichheit gilt genau dann, wennf konstant ist.

1

(2)

1. Fall: (f besitzt eine Nullstelle inG). Dann sind wir fertig.

2. Fall: (f besitzt keine Nullstelle inG). Da f :G→Cholomorph und |f|:G→Cstetig ist, folgt, dass f :G→Cstetig ist. DaG⊂Cein Gebiet,f :G→Cholomorph undf :G→Cstetig ist, folgt aus dem Maximumprinzip

∃C₁ ∈∂G: |f(z)|6|f(C₁)| ∀z∈G

Daf keine Nullstelle inGbesitzt, gilt 0<|f(z)|, insgesamt also 0<|f(z)|6|f(C₁)| ∀z∈G, und hieraus schließen wir vorab einmal _|_f_(z)¹ _| > ¹

|f(C1)| für jedes z ∈ G. Als nächstes betrachten wir die Funktion _f¹, die (da f keine Nullstellen in G besitzt) auf ganz G definiert ist. Da G ⊂ C ein beschränktes Gebiet,

1

f :G→Cholomorph (wegen f :G→C holomorph) und _f¹ :G→C stetig (wegenf :G→Cstetig) ist, folgt aus dem Maximumsprinzip

∃C₂ ∈∂G:

1 f(z)

6

1 f(C₂)

∀z∈G

Setzen wir die beiden Resultate des Maximumprinzips zusammen, so haben wir 1

|f(C₁)| 6 1

|f(z)|6

1 f(C₂)

∀z∈G

Da|f|konstant auf dem Rand∂G ist, gilt |f(C₁)|=|f(C₂)|und damit 1

|f(C₁)| = 1

|f(z)|=

1 f(C₂)

∀z∈G

Damit ist die Funktion _|¹_f_| und daher auch die Funktion |f| konstant aufG. Nun wenden wir ein letztes Mal das Maximumsprinzip an: Da G⊂ C ein Gebiet, f :G → C holomorph und f : G→ C stetig ist, folgt - wie oben bereits behandelt - aus dem Maximumprinzip

∃C₁ ∈∂G: |f(z)|6|f(C1)| ∀z∈G

Da|f|aber konstant ist, gilt sogar |f(z)|=|f(C₁)|für jedesz∈G. Nach dem Zusatz des Maximumprin- zips folgt aus der Gleichheit, dassf :G→C konstant ist.

Aufgabe 38

Definition: Seif eine ganze Funktion. Man sagt, dassf die Ordnungρ besitzt, falls ρ= lim sup

r→∞

ln lnM(f, r)

lnr , wobeiM(f, r) := sup

|z|6r

|f(z)|

Zeigen Sie, dass

(1): exp(e^z) keine endliche Ordnung hat (2): cos(z) die Ordnung 1 hat

(3): Polynome die Ordnung 0 haben Lösung:

Erinnerung:

Ordnung einer Funktion: f ganze Funktion (d.h.f :C→Cholomorph). Das Infimum aller Zahlena, für die

|f(z)|6e⁽^|^z^|^a⁾ ∀ |z|> r

gilt, wobeir∈Rmitr >0, heißtOrdnung der Funktion f. Es gilt:

ρ:= inf{a| |f(z)|6e⁽^|^z^|^a⁾ ∀ |z|> r}= lim sup

r→∞

ln ln sup_|_z_|_6r|f(z)|

lnr 2

(3)

zu (1):

Aus dem Maximumprinzip (MP) und mit der Notationz=x+iy (x, y∈R) erhalten wir Me^(e^z⁾, r= sup

|z|6r

e^(e^z⁾^(MP)= sup

|z|=r

e^(e^z⁾= sup

|z|=r

e^Re(e^z⁾= sup

|z|=r

e(^e^x^cos(y))

= sup

x∈[−r,r]

e

e^x^cos(^±^√^r^2−x²)

=e^(e^r⁾

Da ln die Umkehrfunktion von exp ist, erhalten wir für die Funktione^(e^z⁾ die Ordnungρ=∞ durch ρ= lim sup

r→∞

ln lnMe^(e^z⁾

lnr = lim sup

r→∞

ln lne^(e^r⁾

lnr = lim sup

r→∞

r lnr =∞ zu (2):

Aus dem Maximumprinzip (MP), den Eigenschaften der Hyperbelfunktionen sinh(z) = 1

2 e^z−e⁻^z ∀z∈C, cosh(z) = 1

2 e^z+e⁻^z ∀z∈C cos(z) = cosh(iz)∀z∈C

|cosh(x+iy)|= q

sinh²(x) + cos²(y)∀x, y∈R (letzteres lässt sich mit Hilfe von

cosh(x+iy) = cos(y) cosh(x) +isin(y) sinh(x)∀x, y∈R

cosh²(x)−sinh²(x) = 1∀x∈Rund cos²(x) + sin²(x) = 1∀x∈R beweisen) und mit der Notationz=x+iy (x, y∈R) erhalten wir

M(cos(z), r) = sup

|z|6r

|cos(z)|^(MP)= sup

|z|=r

|cos(z)|= sup

|z|=r

|cosh(iz)|= sup

|z|=r

|cosh(−y+ix)|

= sup

|z|=r

q

sinh²(−y) + cos²(x) = sup

x∈[−r,r]

q

sinh²(^pr²−x²) + cos²(x)

= q

sinh²(r) + 1 = r1

4(e^r−e⁻^r)²+ 1 = r1

4(e^2r+ 2 +e⁻^2r)

= r1

4(e^r+e⁻^r)² = 1

2 e^r+e⁻^r

Wegen limr→∞ln ln¹₂(e⁻^r+e^r) = ∞ und limr→∞lnr = ∞, dürfen wir die L’Hospitalschen Regeln (HR) anwenden. Daraus folgt

rlim→∞

ln lnM(cos(z), r)

lnr = lim

r→∞

ln ln¹₂(e⁻^r+e^r) lnr

(HR)= lim

r→∞

d

drln ln¹₂(e⁻^r+e^r)

d dr lnr

= lim

r→∞

1

ln(¹₂^(e⁻^r^+e^r⁾) · 1 ¹

2(e^−r+e^r)·¹₂(e^r−e⁻^r)

1 r

= lim

r→∞

(e^r−e⁻^r)r

(e⁻^r+e^r) ln¹₂(e⁻^r+e^r) = 1

Weiter wissen wir: Falls für eine reelle Zahlenfolge (cr)r∈N⊂R der Limes limr→∞cr existiert, so stimmt der Limes lim_r_→∞c_r mit dem Limes Superior lim sup_r_→∞c_r überein, d.h.lim sup_r_→∞c_r = lim_r_→∞c_r. Daraus erhalten wir für den komplexen Kosinus cos die Ordnung ρ= 1

ρ= lim sup

r→∞

ln lnM(cos(z), r)

lnr = lim

r→∞

ln lnM(cos(z), r)

lnr = 1

3

(4)

zu (3):

Für ein allgemeines komplexes Polynomn-ten Grades mitn∈Ngilt Xn

j=0

a_jz^j =zⁿ Xn

j=0

a_jz^j⁻ⁿ=zⁿ(a₀z⁻ⁿ+a₁z¹⁻ⁿ+· · ·+a_n₋₁z⁻¹+a_n) wobeian6= 0. Man beachte nun, dass für den hinteren Term gilt:

zlim→∞a₀z⁻ⁿ+a₁z¹⁻ⁿ+· · ·+a_n₋₁z⁻¹+a_n=a_n

Daher genügt es den Terma_nzⁿzu untersuchen. Aus dem Maximumprinzip (MP) erhalten wir M(anzⁿ, r) = sup

|z|6r

|a_nzⁿ|^(MP)= sup

|z|=r

|a_nzⁿ|= sup

|z|=r

|a_n| |z|ⁿ=|a_n|rⁿ Als nächstes betrachten wir

ln lnM(anzⁿ, r)

lnr = ln ln(|an|rⁿ)

lnr = ln (ln|an|+ lnrⁿ)

lnr = lnln|an|+ lneⁿ^ln^r

lnr = ln (ln|an|+nlnr) lnr

Wegen limr→∞ln(ln|an|+nlnr) =∞und limr→∞lnr =∞, dürfen wir die L’Hospitalschen Regeln (HR) anwenden. Daraus folgt

rlim→∞

ln lnM(a_nzⁿ, r) lnr = lim

r→∞

ln (ln|an|+nlnr) lnr

(HR)= lim

r→∞

d

drln (ln|an|+nlnr)

d drlnr

= lim

r→∞

n r(ln|an|+nlnr)

1 r

= lim

r→∞

n

ln|an|+nlnr = 0 ∀n∈N

Weiter wissen wir: Falls limr→∞c_r existiert, so gilt lim sup_r_→∞c_r = limr→∞c_r. Daraus erhalten wir die Ordnungρ= 0 für ein beliebiges komplexes Polynom n-ten Grades

ρ= lim sup

r→∞

ln lnM(a_nzⁿ, r) lnr = lim

r→∞

ln lnM(a_nzⁿ, r)

lnr = 0 ∀n∈N

Aufgabe 39

Seif eine ganze Funktion. Zeige die Äquivalenz der Aussagen (1): f ist kein Polynom

(2): lim sup

r→∞

lnM(f, r) lnr =∞ Lösung:

Erinnerung:

Verallgemeinerung des Satzes von Liouville: f : C → C ganze Funktion (d.h. holomorph auf C) und n∈N. Weiter gelte:

∃R ∈R₊ ∧ ∃M ∈R₊: |f(z)|6M|z|ⁿ ∀ |z|>R Dann istf ein Polynom vom Grad6n.

(2) =⇒ (1):

Sei lim sup_r_→∞^ln^M(f,r)_ln_r =∞. Angenommen f ist ein Polynom, dann gilt für jedesn∈N(siehe: Teil (3) in Aufgabe 39):

M(anzⁿ, r) =|an|rⁿ

=⇒ lnM(anzⁿ, r) = ln(|an|rⁿ) = ln|an|+ lnrⁿ= ln|an|+nlnr

=⇒ lnM(anzⁿ, r)

lnr = ln|a_n|

lnr +nlnr

lnr = ln|a_n| lnr +n

=⇒ lim sup

r→∞

lnM(a_nzⁿ, r)

lnr = lim sup

r→∞

ln|an| lnr +n

=n6=∞ 4

(5)

Daraus erhalten wir einen Widerspruch zu lim sup_r_→∞^ln^M_ln^(f,r)_r =∞. Folglich ist unsere Annahme falsch undf kann kein Polynom sein.

(1) =⇒ (2):

Seif kein Polynom. Angenommen es gilt

∃C ∈R: lim sup

r→∞

lnM(f, r)

lnr =C <∞

wobei wir den Limes Superior für r ∈ R₊ betrachten. Dann gilt diese Aussage anstelle von r ∈ R₊ insbesondere für natürliche Zahlenn∈N

lim sup

n→∞

lnM(f, n) lnn =C

Nach der Definition des Limes Superiors ist dies gleichbedeutend mit

nlim→∞ sup

k>n

lnM(f, k) lnk

!

| {z }

=:an

=C

In diesem Fall können wir (a_n)_n_∈N als eine reelle konvergente Folge auffassen. Da aber jede konvergente Folge beschränkt ist und (an)_n_∈Ngegen C konvergiert, ist (an)_n_∈Noffenbar beschränkt, d.h. es gilt

∃N ∈N∀n∈N: sup

k>n

lnM(f, k) lnk 6N Speziell fürn= 1 erhalten wir demzufolge

sup

k∈N

lnM(f, r) lnk 6N

Und damit gilt nach dem Maximumprinzip (MP) und nach einigen Umformungen lnM(f, r)

lnk 6N ∀k∈N

⇐⇒ lnM(f, k)6N·lnk= lnk^N ∀k∈N

⇐⇒ sup

|z|=k

|f(z)|^(MP)= sup

|z|6k

|f(z)|=M(f, k)6k^N ∀k∈N

=⇒ |f(z)|6|z|^N ∀ |z|6k∀k∈N

Als nächstes wollen wir die obige Verallgemeinerung des Liouvilleschen Satzes anwenden. Dazu bleibt die Voraussetzung des Satzes zu überprüfen, die wir durch einen Widerspruch nachweisen werden. Betrachte dortM := 1 und R∈R₊ beliebig aber fest. Angenommen

∃z^∗∈Cmit |z^∗|>R: |f(z^∗)|>|z^∗|^N Einerseits folgt daraus

sup

|z|=|z^∗|

|f(z)|>|f(z^∗)|>|z^∗|^N

und andererseits haben wir oben mitk=|z^∗|bereits sup

|z|=|z^∗|

|f(z)|6|z^∗|^N

gezeigt. Dies liefert uns einen Widerspruch zu unserer Annahme und folglich gilt

|f(z)|6|z|^N ∀ |z|>R

Nach der obigen Verallgemeinerung des Satzes von Liouville ist die auf ganzChomomorphe (d.h. ganze) Funktionf ein Polynom vom Grad6N. Daraus erhalten wir einen weiteren Widerspruch zu der Voraus- setzung, da wir zuvor gefordert haben, dass f kein Polynom ist. Folglich ist unsere Annahme (bzgl. der Existenz einer solchen KonstantenC) falsch und demzufolge gilt

lim sup

r→∞

lnM(f, r) lnr =∞

5