MATHEMATISCHES INSTITUT SS 2006
DER UNIVERSIT ¨AT M ¨UNCHEN Blatt 3
P. Schauenburg L¨osungen
Ubungen zur Vorlesung ¨ ” Funktionentheorie“
11. a) Zum Beispiel T(x+iy) := 2x+iy. Dann ist ^(T(1−i), T(1 +i)) =
^(2−i,2 +i)6= π2.
b) Schreibe c:=a+bi. Da T R-linear ist, ist T(c) =aT(1) +bT(i) und T(ic) = −bT(1) +aT(i). Wegen^(T(1), T(i)) = π2 ist Re(T(1)T(i)) = 0, und wegen ^(T(c), T(ic)) = π2 ist
0 = Re(T(c)T(ic)) = Re((aT(1) +bT(i))(−bT(1) +aT(i))) =
= Re(−abT(1)T(1) +a2T(1)T(i)−b2T(i)T(1) +abT(i)T(i)) =
=ab(|T(i)|2− |T(1)|2) + (a2−b2) Re(T(1)T(i))
| {z }
=0
=⇒ |T(i)|2 =|T(1)|2 =⇒ |T(i)|=|T(1)|.
Also ist entwederT(i) =iT(1) oderT(i) = −iT(1), und es ist entweder T(z) =T(1)·z f¨ur alle z ∈ C oder T(z) =T(1)·z¯f¨ur alle z ∈ C. In jedem Fall ist T winkeltreu.
12. a) Es sei ˆfA(z) := fA(z) f¨ur alle z ∈ D. Falls c 6= 0, so sei ˆfA(∞) := ac und ˆfA(−dc) :=∞. Falls c= 0, so sei ˆfA(∞) :=∞.
b) Fallsc6= 0, so ist ˆfA= ˆσac ◦ρˆb−ad
c ◦τˆ◦σˆd◦ρˆc. Falls c= 0, so ist d6= 0 und ˆfA = ˆσb
d ◦ρˆad. 13. a) FallsA 6= 0, so gilt die ¨Aquivalenz
A|z|2+ Re(wz) +B = 0
⇐⇒ |z|2+ Re(w
A ·z) + B A = 0
⇐⇒ zz¯+ w
2A ·z+ w
2A ·z+B A = 0
⇐⇒ zz¯+ w
2A ·z+ w¯
2A ·z¯+ ww¯
4A2 = ww¯ 4A2 − B
A
⇐⇒
³ z+ w¯
2A
´ ³
¯ z+ w
2A
´
= |w|2 4A2 − B
A
⇐⇒
¯¯
¯z−
³
− w¯ 2A
´¯¯
¯2 = µ|w|
2A
¶2
− B A,
also beschreibt K einen Kreis um −2Aw¯ mit Radius
r³|w|
2A
´2
− BA. Falls A = 0, so stellt Re(wz) +B = 0 ⇐⇒ hw, zi −¯ (−B) = 0 eine Gerade (mit Normalenvektor ¯w) dar.
b) Falls K ={z ∈ C | |z −z0| = r} ein Kreis ist, z0 ∈ C, r > 0, so sei A:= 1, w:=−2¯z0 und B :=|z0|2−r2.
Falls K ={z ∈C | hn, zi −c= 0}eine Gerade ist,n ∈C\ {0},c∈R, so sei A:= 0, w:= ¯n und B :=−c.
In beiden F¨allen gilt |w|2 >4AB.
14. Nach Aufgabe 12 b) reicht es zu zeigen, dass die Abbildungen ˆρs, ˆσt und ˆτ aus Aufgabe 12 Kreise in ¯C auf Kreise in ¯C abbilden. Das ist offenbar der Fall f¨ur die Drehstreckung ˆρs und die Verschiebung ˆσt. Es bleibt zu zeigen, dass auch die Inversion ˆτ Kreise in ¯C auf Kreise in ¯C abbildet.
Sei alsoKein Kreis in ¯C. Nach Aufgabe 13 b) gelten f¨ur geeigneteA, B ∈R und w∈C mit |w|2 >4AB folgende ¨Aquivalenzen:
i. ∀z ∈C\ {0}: (z ∈K ⇐⇒ A|z|2+ Re(wz) +B = 0), ii. 0∈K ⇐⇒ B = 0,
iii. ∞ ∈K ⇐⇒ A= 0.
Daraus folgt aber:
i. ∀z ∈C\ {0}: (z ∈τ(K)ˆ ⇐⇒ 1z ∈K ⇐⇒ A|1z|2+ Re(wz) + B = 0 ⇐⇒ A+ Re(wz) +B|z|2 = 0),
ii. 0∈τ(Kˆ ) ⇐⇒ A= 0, iii. ∞ ∈τˆ(K) ⇐⇒ B = 0.
Aus Aufgabe 13 a) folgt (mit vertauschten Rollen f¨ur Aund B), dass ˆτ(K) wieder ein Kreis in ¯C ist.
15. a) Die zugrunde liegende Kurve ist γ : [0,2π]→C, t7→rexp(it).
Z
∂M
¯ zdz =
Z2π
0
rexp(it)·irexp(it)dt=ir2 Z2π
0
dt= 2πir2.
b) M ist ein Quadrat mit den Ecken (1 +i)ik, k= 0,1,2,3. Die zugrunde liegende Kurve setzt sich daher aus den Teilkurven γ0, γ1, γ2 und γ3
zusammen, d. h.γ :=γ0+γ1+γ2+γ3, wobeiγk := [(1+i)ik,(1+i)ik+1], also γk : [0,1]→C, t 7→(1 +i)ik−2ikt.
Z
∂M
¯ zdz =
X3
k=0
Z1
0
((1−i)(−i)k−2(−i)kt)(−2ik)dt
= 4· Z1
0
(−2 + 2i+ 4t)dt= 8i.
c) M ist ein Quadrat mit den Eckenik, k = 0,1,2,3.γ :=γ0+γ1+γ2+γ3, wobei γk := [ik, ik+1], also γk : [0,1]→C, t 7→ik+ik(i−1)t.
Z
∂M
¯ zdz =
X3
k=0
Z1
0
((−i)k+ (−i)k(−i−1)t)ik(i−1)dt
= 4· Z1
0
(−1 +i+ 2t)dt= 4i.