Ubungen zur Vorlesung ¨ ” Funktionentheorie“

MATHEMATISCHES INSTITUT SS 2006

DER UNIVERSIT ¨AT M ¨UNCHEN Blatt 1

P. Schauenburg L¨osungen

Ubungen zur Vorlesung ¨ ” Funktionentheorie“

1. a) Nicht holomorph. Schreibt man f = u+iv, so ist ^∂u_∂x(z) = 2x, aber

∂v

∂y(z) = −2x, d. h. die erste Cauchy-Riemann’sche Differenzialglei- chung ist nicht erf¨ullt.

b) Holomorph, denn g(z) = _zⁱ.

c) Nicht holomorph. W¨are z²|z| holomorph, dann w¨are auch (z²|z|)² = z⁴|z|² =z⁵z¯und somit ¯z holomorph. Widerspruch!

2. a) cos(xf +iy) = ¹₂cosxe^y +¹₂cosxe^−y− ¹₂isinxe^y+ ¹₂isinxe^−y =

= ¹₂(cosx−isinx)e^y +¹₂(cosx+isinx)e^−y =

= ¹₂exp(y−ix) + ¹₂exp(−y+ix) = ¹₂(exp(−iz) + exp(iz)). Da exp holomorph ist, ist auch cos holomorph.f

b) sin(xf +iy) := sinxcoshy+icosxsinhy.

3. Sei D⊂C offen, a ∈C und f :D→C in a komplex differenzierbar.

a) Sei auch g :D → C in a komplex differenzierbar. Nach Lemma 1.1.4 gibt es stetige Abbildungen f1 :D→C und g1 :D→C mit

f(z) = f(a)+f₁(z)(z−a) ∀z ∈D, g(z) = g(a)+g₁(z)(z−a)∀z ∈D, wobei

f1(z) =

(f(z)−f(a)

z−a , z6=a

f⁰(a), z=a und g1(z) =

(g(z)−g(a)

z−a , z6=a g⁰(a), z =a. Dann ist

(f·g)(z) = f(a)g(a)+

+ (f(a)g₁(z) +f₁(z)g(a) +f₁(z)g₁(z)(z−a)

| {z }

=:u1(z)

)(z−a)∀z ∈D.

Da u₁ stetig ist, ist wiederum nach Lemma 1.1.4 f ·g in a komplex differenzierbar, und (f·g)⁰(a) = u₁(a) = (f⁰·g+f ·g⁰)(a).

b) Sei V ⊂ C offen mit f(D) ⊂ V. Sei h : V → C in f(a) komplex differenzierbar. Nach Lemma 1.1.4 gibt es stetige Abbildungen f₁ : D→C und h1 :V →C mit

f(z) =f(a) +f₁(z)(z−a) ∀z ∈D,

h(w) =h(f(a)) +h₁(w)(w−f(a)) ∀w∈V, wobei

f₁(z) =

(f(z)−f(a)

z−a , z6=a

f⁰(a), z =a und h₁(w) =

(h(w)−h(f(a))

w−a , w 6=f(a) h⁰(f(a)), w=f(a). Dann ist

(h◦f)(z) = h(f(a) +f₁(z)(z−a))

=h(f(a)) +h1(f(a) +f1(z)(z−a))f1(z)

| {z }

=:u1(z)

(z−a) ∀z ∈D.

Wieder ist, da u₁ stetig ist, nach Lemma 1.1.4 h◦ f in a komplex differenzierbar, und (h·f)⁰(a) = u₁(a) =h⁰(f(a))·f⁰(a).

4. Daf =u+iv holomorph ist, gelten die Cauchy-Riemann’schen Differenzi- algleichungen: u_x =v_y und u_y =−v_x.

Die Ableitung von f ist f⁰ =u_x+iv_x (= v_y −iu_y, vgl. Vorlesung). Um zu zeigen, dass f⁰ holomorph ist, zeigt man die Cauchy-Riemann’schen Diffe- renzialgleichungen f¨ur f⁰, n¨amlich u_xx =v_xy und u_xy =−v_xx.

Und zwar mit Hilfe der Vertauschung der partiellen Ableitungen: u_xx = v_yx =v_xy und u_xy =u_yx =−v_xx.

5. a) Alle Werte von f liegen auf der Geraden {a+λb | λ ∈ R}, a ∈ C, b ∈C\ {0}. F¨ur die ebenfalls holomorphe Funktiong(z) := ^f(z)−a_b gilt dann g(z) ∈ R f¨ur alle z ∈ C. Schreibt man g = u+iv, so ist v = 0 und ux =vy = 0, also ist uund somit g konstant.

b) Mitf =u+iv istu²+v² = 1. Diese Gleichung leitet man nach xund nachy ab: 2uu_x+ 2vv_x = 0 und 2uu_y+ 2vv_y = 0. Die Anwendung der Cauchy-Riemann’schen Differenzialgleichungen ergibt: uv_y +vv_x = 0 und −uvx+vvy = 0. Durch Multiplikation mit u bzw. v folgtu²vy + uvv_x = 0 und −uvv_x +v²v_y = 0, also 0 = (u² +v²)v_y = v_y = u_x. Multipliziert man umgekehrt mit v bzw. u, so folgt 0 =v_x =u_y.