H¨ ohere Mathematik II f¨ ur die Fachrichtung Physik

Institut f¨ur Analysis Dr. Christoph Schmoeger M.Sc. Yonas Mesfun

SS 2020 02.07.2020

H¨ ohere Mathematik II f¨ ur die Fachrichtung Physik

11. ¨Ubungsblatt

Aufgabe 63 ( ¨Ubung)

a) Es seiF₀ :={(x, y, z)∈R³:x²+y²+z² = 1, z ≥

√3

2 }. Berechnen Sie das Oberfl¨achenintegral Z

F0

|x|dσ.

b) Es seienγ: [0,2π]→R², γ(t) = (rcos(t), rsin(t)) f¨ur einr >0,G:={(x, y)∈R²: x²+y² <

r} und ϕ: R² →R, ϕ(x, y) = e^−12(x2+y2). Berechnen Sie Z

G

4ϕ(x, y) d(x, y) mit Hilfe des Divergenzsatzes (Satz 21.2).

Hinweis: Es gilt4ϕ= div(∇ϕ).

L¨osungsvorschlag:

a) Die MengeF₀ beschreibt die Oberfl¨ache eines Kugelsegments. Definieren wir U :={(x, y)∈ R²:x²+y² <1} und

f: U →R, f(x, y) =p

1−x²−y², so ist f ∈C¹(U,R) und daher

g: U →R³, g(x, y) = (x, y, f(x, y))

eine regul¨are Parametrisierung des Fl¨achenst¨ucksF :=g(U) = {(x, y, z)∈R³: x²+y²+z² = 1, z > 0} (vgl. S.133, Skript). Die Ableitung von g ist gegeben durch

g⁰(x, y) =

g_x(x, y) g_y(x, y)

=







1 0

0 1

−_f(x,y)^x −_f(x,y)^−y







und daher

n(g(x, y)) =gx(x, y)×gy(x, y) = (−fx(x, y),−fy(x, y),1) = (f(x, y))⁻¹(x, y, f(x, y)),

kn(g(x, y))k² = (f(x, y))⁻²[x²+y²+f(x, y)²] = (f(x, y))⁻²

f¨ur alle (x, y)∈ U. Definieren wir B :={(x, y)∈ R²: x²+y² ≤ ¹₄}, so ist B ⊆R² kompakt und messbar und wir sehen schnell ein, dassF₀ =g(B) gilt. Daher ist

Z

F0

|x|dσ = Z

B

|g1(x, y)| · kn(g(x, y))kd(x, y) = Z

B

|x| ·(f(x, y))⁻¹d(x, y)

= Z

B

|x|

p1−x²−y² d(x, y) = Z 2π

0

Z ¹₂

0

r²|cos(ϕ)|

√1−r² dr

! dϕ,

wobei wir im letzten Schritt in Polarkoordinaten transformiert haben. Wir bestimmen nun das innere Integral mittels partieller Integration:

Z ¹₂

0

√ r

1−r² ·rdr=−√

1−r²r

1 2

0 + Z ¹₂

0

√1−r²dr=−

√3 4 +

Z arcsin(¹2)

0

cos²(t) dt

=−

√3 4 + 1

2[sin(t) cos(t) +t]

arcsin(¹2)

0 = 1

2 arcsin 1

2

−

√3 4

!

=1 4

π 3 −

√3 2

!

=:A.

Also ist Z

F0

|x|dσ= Z 2π

0

Z ¹₂

0

r²|cos(ϕ)|

1−r² dr

!

dϕ=A Z 2π

0

|cos(ϕ)|dϕ

= 4A Z ^π₂

0

cos(ϕ) dϕ= 4A[sin(ϕ)]

π 2

0 = 4A = π

3 −

√3 2

! .

b) Es seien γ: [0,2π] → R², γ(t) = (rcos(t), rsin(t)) f¨ur ein r > 0, G := {(x, y) ∈ R²: x² + y² < r} und ϕ: R² → R, ϕ(x, y) = e^−12(x2+y2). Die Idee besteht darin, 4ϕ = div (∇ϕ) zu schreiben, um dann den Divergenzsatz (Satz 21.2) anzuwenden. Doch bevor wir den Divergenzsatz anwenden k¨onnen, m¨ussen wir noch die nat¨urliche Parametrisierung von γ bestimmen. Es istγ⁰(t) =r(−sin(t),cos(t)), alsokγ⁰(t)k=rf¨ur allet∈[0,2π]. Daher ist die Kurvenl¨angenfunktion s: [0,2π] → R, s(t) = rt und somit die nat¨urliche Parametrisierung von γ durch γ0(t) := γ(s⁻¹(t)) =γ(_r^t), t ∈[0,2πr] gegeben. Nach dem Divergenzsatz (Satz 21.2) gilt

Z

G

4ϕd(x, y) = Z

G

div (∇ϕ) d(x, y)^21.2= Z

γ0

∇ϕ·Nds.

Wir berechnen nun das Kurvenintegral auf der rechten Seite der obigen Gleichung. Es ist γ₀⁰(t) = (−sin(^t_r),cos(_r^t)) f¨ur alle t ∈ [0,2π], also N(γ₀(t)) = (cos(_r^t),sin(^t_r)) = ¹_rγ₀(t) f¨ur alle t∈[0,2πr]. Weiterhin gilt ∇ϕ(x, y) = −ϕ(x, y)·(x, y) f¨ur alle (x, y)∈R². Es folgt

Z

G

4ϕd(x, y) = Z

γ0

∇ϕ·Nds = 1 r

Z 2πr 0

∇ϕ(γ₀(t))·γ₀(t) dt

=1 r

Z 2πr 0

−ϕ(γ₀(t))γ₀(t)·γ₀(t) dt

=− 1 re^−12r2

Z 2πr 0

kγ0(t)k²

| {z }

=r²

dt=−2πr²e^−12r2.

Aufgabe 64 (Tutorium)

Es sei f: R² →R, f(x, y) = 1−x²−y² und

F₀ :={(x, y, f(x, y))∈R³: x, y ∈R} ∩ {(x, y, z)∈R³: z ≥0}.

Weiterhin sei das Vektorfeld v: R³ → R³, v(x, y, z) = (x, y,−2z) gegeben. Berechnen Sie das Oberfl¨achenintegral

Z

F0

v· do a) direkt und

b) mit Hilfe des Integralsatzes von Stokes.

L¨osungsvorschlag:

a) Es sei U :=R² und

g: U →R³, g(x, y) = (x, y, f(x, y)),

wobei wie in der Aufgabenstellung f: R² → R, f(x, y) = 1−x² −y². Dann ist g injektiv und g ∈C¹(U,R³) mit Ableitung

g⁰(x, y) =

∂_xg(x, y) ∂_yg(x, y)

=







1 0

0 1

−2x −2y





, (x, y)∈U,

und damit rg(g⁰(x, y)) = 2 f¨ur alle (x, y)∈U. Also ist F :=g(U) ein regul¨ares Fl¨achenst¨uck imR³ (sogar in expliziter Darstellung). Weiter ist

n(g(x, y)) =∂_xg(x, y)×∂_yg(x, y)

=(1,0,−2x)×(0,1,−2y) = (2x,2y,1) f¨ur alle (x, y)∈U. Seien nun

G:={(x, y)∈U: x²+y² <1}

die zweidimensionale Einheitskugel mit Mittelpunkt 0∈U und F0 :=g(G). Dann ist Z

F0

v · dσ :=

Z

G

v(g(x, y))·n(g(x, y)) d(x, y)

= Z

G

(x, y,−2(1−x²−y²))·(2x,2y,1) d(x, y)

= Z

G

4(x²+y²)−2 d(x, y)

= Z 2π

0

Z 1 0

(4r² −2)·rdr

dϕ

= Z 2π

0

r⁴−r²r=1 r=0 dϕ=

Z 2π 0

0 dϕ= 0,

wobei wir in der obigen Rechnung in Polarkoordinaten transformiert haben.

b) Um den Integralsatz von Stokes anwenden zu k¨onnen, wollen wir ein Vektorfeldw∈C¹(R³,R³) finden mit rot w=v, d.h., mit







∂₂w₃−∂₃w₂

∂₃w₁−∂₁w₃

∂1w2−∂2w1





=





 x y

−2z





. (∗)

Um die Suche nach einer L¨osung von (∗) zu vereinfachen, nehmen wir an, dass eine Kom- ponentenfunktion von w null ist. Wir nehmenw₃ ≡ 0 an (w₁ ≡0 oder w₂ ≡0 ginge auch).

Dann vereinfacht sich obiges Gleichungssystem zu







−∂3w2

∂₃w₁

∂₁w₂−∂₂w₁





=





 x y

−2z





.

Aus−∂₃w₂ =xbzw. ∂₃w₁ =y erhalten wir w₂ =−xz+c₂(x, y) und w₁ =yz+c₁(x, y) mit von x und y abh¨angigen

”Konstanten“ c1 und c2. W¨ahlen wir c1 = c2 ≡ 0, so ist auch die dritte Gleichung∂₁w₂−∂₂w₁ =−2z erf¨ullt. Damit ist

w(x, y, z) = (yz,−xz,0), (x, y, z)∈R³

eine L¨osung von (∗) (man beachte, dass die L¨osung von (∗) nicht eindeutig ist: Aus Satz 19.25 folgt aber, dass jede L¨osung we von (∗) von der Form w+∇h mit einem Potential h∈C²(R³,R) ist).

Seien G, g und F₀ = g(G) wie in Aufgabenteil a). Dann liegt G

”links“ von der doppel- punktfreien Kurve

γ: [0,2π]→R², γ(t) = (cos(t),sin(t)),

und es gilt Spur(γ) = ∂G(= {(x, y) ∈ R²: x² +y² = 1}). Setzen wir Γ := g ◦ γ, so ist Spur(Γ) =∂F₀ und Γ(t) =g(γ(t)) = (cos(t),sin(t),1−cos²(t)−sin²(t)) = (cos(t),sin(t),0) f¨ur allet ∈[0,2π], womit auch w(Γ(t)) = 0 f¨ur alle t∈[0,2π] ist. Aus dem Integralsatz von Stokes (Satz 21.3) folgt damit

Z

F0

v· dσ = Z

F0

rot w· dσ = Z

Γ

wd(x, y, z) = Z 2π

0

w(Γ(t))·Γ⁰(t) dt

= Z 2π

0

0·Γ⁰(t) dt= 0.

Aufgabe 65 ( ¨Ubung)

Es sei K := Z∩E der Schnitt des Zylinders Z := {(x, y, z) ∈ R³: x² +y² = 1} mit der Ebene E :={(x, y, z)∈R³:x+y+z = 0}.

a) Bestimmen Sie eine doppelpunktfreie Kurve Γ, sodass Spur(Γ) =K.

b) Sei Γ eine Kurve wie in a). Bestimmen Sie das Kurvenintegral Z

Γ

(−y³, x³, z)· d(x, y, z) (i) direkt und

(ii) mit Hilfe des Integralsatzes von Stokes.

L¨osungsvorschlag:

a) Man macht sich schnell klar, dass

Z ={(cos(t),sin(t), z)∈R³: t∈[0,2π], z∈R}, E ={(x, y,−x−y)∈R³: x, y ∈R}

gilt und somit

K =Z ∩E ={(cos(t),sin(t),−cos(t)−sin(t))∈R³:t ∈[0,2π]}.

Definieren wir nun

Γ : [0,2π]→C, Γ(t)) = (cos(t),sin(t),−cos(t)−sin(t)), so ist Γ eine doppelpunktfreie Kurve, die Spur(Γ) =K erf¨ullt.

b) Sei v: R³ → R³, v(x, y, z) = (−y³, x³, z) das (stetig differenzierbare) Vektorfeld aus der Aufgabenstellung.

(i) Sei Γ so wie in Aufgabenteil a). Nach der Definition des Kurvenintegrals f¨ur Vektorfelder ist dann

Z

Γ

v(x, y, z)· d(x, y, z) = Z 2π

0

v(Γ(t))·Γ⁰(t) dt

= Z 2π

0







−sin³(t) cos³(t)

−cos(t)−sin(t)





·







−sin(t) cos(t) sin(t)−cos(t)





 dt

= Z 2π

0

sin⁴(t) + cos⁴(t) + cos²(t)−sin²(t) dt

(∗)= Z 2π

0

2 cos⁴(t) dt^{54 c)}= 2·2·I₄ = 4·3 8π = 3

2π,

wobei wir in (∗) die Identit¨at sin²(t) + cos²(t) = 1 verwendet haben (setzen wir n¨amlich u= cos², so ist sin⁴+ cos⁴+ cos²−sin² = (1−u)²+u²+u−(1−u) = 2u²) und

I₄ :=

Z ^π₂

−^π₂

cos⁴(t) dt= Z π

0

cos⁴(t) dt

das bestimmte Integral ist, welches wir in Aufgabe 54 c) bereits berechnet haben.

(ii) Wir wollen den Satz von Stokes anwenden: Hierf¨ur definieren wir zun¨achstf ∈C¹(R²,R) durch f: R² →R, f(x, y) = −x−y und betrachten

g:R² →R³, g(x, y) = (x, y, f(x, y)).

Dann ist g injektiv und g ∈C¹(R²,R³) mit Ableitung

g⁰(x, y) =

∂xg(x, y) ∂yg(x, y)

=







1 0

0 1

−1 −1





 f¨ur alle (x, y)∈R²,

sodass rgg⁰(x, y) = 2 f¨ur alle (x, y) ∈ R² ist. Also ist E = g(R²) ein regul¨ares Fl¨achenst¨uck im R³ (was erwartbar ist, da E eine Ebene im R³ ist). Seien nun

G:={(x, y)∈R²: x²+y² <1}

die offene zweidimensionale Einheitskugel im R² mit Mittelpunkt 0 ∈ R² und E₀ :=

g(G)⊆E. Definieren wir

γ: [0,2π]→R², γ(t) = (cos(t),sin(t)), so sehen wir schnell ein, dass G

”links“ von γ liegt und Γ = g ◦γ gilt. Weiterhin gilt Spur(γ) =∂G und Spur(Γ) =∂E₀ =K. Eine kurze Rechnung zeigt

rot v(x, y, z) = rot (−y², x³, z) = 3(0,0, x²+y²),

n(g(x, y)) =∂xg(x, y)×∂yg(x, y) = (1,0,−1)×(0,1,−1) = (1,1,1)

f¨ur alle (x, y)∈G und z ∈R. Aus dem Integralsatz von Stokes (Satz 21.3) folgt daher Z

Γ

v(x, y, z)· d(x, y, z) = Z

E0

rot v· dσ

= Z

G

rot v(g(x, y))·n(g(x, y)) d(x, y)

= Z

G

3·(0,0, x²+y²)·(1,1,1) d(x, y)

=3 Z

G

x²+y²d(x, y)

(∗)=3 Z 2π

0

Z 1 0

r²·rdr

dϕ

=3 Z 2π

0

r⁴ 4

1

0

dϕ= 3· 1

4·2π = 3 2π,

wobei wir in (∗) in Polarkoordinaten transformiert und anschließend den Satz von Fubini angewendet haben.

Aufgabe 66 (Tutorium)

Untersuchen Sie, in welchen Punkten x+iy ∈ C (x, y ∈ R) die folgenden Funktionen komplex differenzierbar und ob die Funktionen holomorph sind.

a) f1: C→C, f1(x+iy) =xy+ixy, b) f₂: C→C, f₂(x+iy) =y²sin(x) +iy,

c) f₃: C\ {0} →C,f₃(x+iy) = _x^ix+y2+y², d) f₄: C→C, f₁(x+iy) =|z|².

L¨osungsvorschlag:

Wir wiederholen zun¨achst folgenden wichtigen Zusammenhang zwischen komplexer und reeller Differenzierbarkeit:

SeiD⊆Coffen undf: D→Ceine Funktion. Wie in der Vorlesung schreiben wir dannf(x+iy) = u(x, y) +iv(x, y), x+iy∈D, mit den reellwertigen Funktionenu: D→Rund v: D→R (wobei wir hierD als Teilmenge des R² auffassen). Dann ist f genau dann in z₀ =x₀+iy₀ ∈Ckomplex differenzierbar, wenn die Funktionen u und v im Punkt (x₀, y₀) reell differenzierbar sind und die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen gelten, d.h., wenn

u_x(x₀, y₀) = v_y(x₀, y₀) und u_y(x₀, y₀) = −v_x(x₀, y₀) gelten.

Schreiben wir also f¨ur fj = uj +ivj f¨ur j = 1, . . . ,4, so sehen wir sofort, dass uj und vj reell differenzierbar sind (dau_j undv_jpartiell differenzierbar und ihre partiellen Ableitungen stetig sind (vgl. Satz 19.7)). Wenn wir also untersuchen wollen, obf_j in einem Punkt komplex differenzierbar ist, m¨ussen wir daher nur ¨uberpr¨ufen, ob die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen im selben Punkt erf¨ullt sind.

a) Es gilt f₁ = u+iv mit u(x, y) = v(x, y) = xy. Die Cauchy-Riemannschen Differentialglei- chungen gelten also im Punktx₀ +iy₀ genau dann, wenn

y₀ =u_x(x₀, y₀) =v_y(x₀, y₀) = x₀ und x₀ =u_y(x₀, y₀) =−v_x(x₀, y₀) =−y₀. Dies ist ¨aquivalent zum Gleichungssystem







x₀−y₀ = 0, x₀+y₀ = 0,

das nur die triviale L¨osungx₀ =y₀ = 0 besitzt (denn Addition der obigen Gleichungen ergibt 2x0 = (x0+y0) + (x0−y0) = 0, woraus x0 = 0 und damit auch y0 = 0 folgt). Daher ist f1

nur im Punkt 0 = 0 +i0∈ C komplex differenzierbar. Insbesondere ist f₁ nicht holomorph aufC.

b) Es gilt f2 = u+iv mit u(x, y) = y²sin(x) und v(x, y) = y. Die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen gelten im Punktx₀+iy₀ genau dann, wenn

y₀²cos(x₀) = u_x(x₀, y₀) =v_y(x₀, y₀) = 1 und 2y₀sin(x₀) = u_y(x₀, y₀) = −v_x(x₀, y₀) = 0.

Dies ist ¨aquivalent zum Gleichungssystem







y₀²cos(x₀)−1 = 0 (I) 2y₀sin(x₀) = 0 (II).

Aus (I) erhalten wir y0 6= 0, was nach (II) sin(x0) = 0 impliziert. Hieraus folgt x0 ∈ πZ :=

{nπ:n ∈Z}. Setzen wirx=nπ,n ∈Z, in (I) ein, erhalten wir die Gleichungy₀²(−1)ⁿ−1 = 0, die nur dann l¨osbar ist, wenn n gerade ist. In diesem Fall ist y₀ =±1. Es folgt, dass f₂ nur in den Punkten der Menge

{2nπ±i∈C:n ∈Z}

komplex differenzierbar ist. Insbesondere istf₂ nicht holomorph aufC.

c) Es gilt f₃ = u+iv mit u(x, y) = _x2+y^{y 2} und v(x, y) = _x2+y^{x 2}, (x, y) 6= (0,0). Die Cauchy- Riemannschen Differentialgleichungen gelten im Punktx₀+iy₀ genau dann, wenn

−2x₀y₀

(x²₀+y₀²)² =u_x(x₀, y₀) = v_y(x₀, y₀) = −2x₀y₀

(x²₀+y²₀)², (I) x²₀−y²₀

(x²₀+y₀²)² =u_y(x₀, y₀) =−v_x(x₀, y₀) = − y₀²−x²₀

(x²₀+y₀²)² (II).

Obige Gleichungen sind offensichtlich f¨ur alle (x0, y0)6= (0,0) erf¨ullt. Damit ist f3 in jedem Punktx0+iy0 ∈C komplex differenzierbar. Somit ist auch f3 auf C\{0} holomorph.

d) Es gilt f₄ = u +iv mit u(x, y) = x² + y² und v(x, y) = 0. Die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen gelten im Punktx₀+iy₀ genau dann, wenn

2x₀ =u_x(x₀, y₀) = v_y(x₀, y₀) = 0, (I) 2y₀ =u_y(x₀, y₀) = −v_x(x₀, y₀) = 0 (II),

also x₀ = y₀ = 0 ist. Somit ist f₄ nur im Punkt 0 = 0 +i0 ∈ C komplex differenzierbar.

Insbesondere ist f₄ nicht holomorph auf C(vgl. hierzu auch Aufgabe 67 b)).

Bemerkung: Wir sehen also, dass reelle Differenzierbarkeit und komplexe Differenzierbar- keit zwei verschiedene Paar Schuhe sind. Die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen f¨uhren dazu, dass nur sehr wenige reell differenzierbare Funktionen auch komplex differenzier- bar oder gar holomorph sind. Wie wir sp¨ater sehen werden, sind es allerdings genau diese Cauchy-Riemannschen Differentiagleichungen, die holomorphen Funktionen weitreichende Eigenschaften verleihen (Cauchysche Integralformel, Analytizit¨at, etc.).

Aufgabe 67 ( ¨Ubung)

a) Untersuchen Sie die folgenden Funktionen f: C→C auf komplexe Differenzierbarkeit bzw.

Holomorphie und geben Sie die Ableitung f⁰ dort, wo sie existiert, an.

(i) f(z) = zRez, (ii) f(x+iy) = x³−3xy²+i(3x²y−y³).

b) Sei f: C→C holomorph auf C. Zeigen Sie: Ist Ref, Imf oder |f|konstant auf C, so ist f konstant aufC.

L¨osungsvorschlag:

a) (i) Es ist f(z) = (x+iy)·x =x²+ixy f¨ur z =x+iy∈ C. Schreiben wir f =u+iv mit u: R² →R, u(x, y) =x² und v: R² →R, v(x, y) =xy, so stellen wir sofort fest, dass u und v reell differenzierbar sind. Daher ist nach Satz 22.3 f inx₀+iy₀ ∈C genau dann komplex differenzierbar, falls die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen gelten, d.h., falls

2x₀ =u_x(x₀, y₀) = v_y(x₀, y₀) = x₀, 0 =u_y(x₀, y₀) =−v_x(x₀, y₀) = −y₀.

Obige Gleichungen sind genau dann erf¨ullt, wenn x₀ = y₀ = 0 ist. Daher ist f nur im Punkt 0 = 0 +i0 ∈ C komplex differenzierbar und in diesem Punkt gilt f⁰(0) = u_x(0,0)+iv_x(0,0) = 0. Die Funktionf ist nicht holomorph aufC(und es kann auch keine offene MengeD⊆C geben, sodass die Einschr¨ankung von f aufD (also f|_D:D →C, f|D(z) = f(z)) auf D holomorph ist).

(ii) Es istf =u+iv mit u(x, y) =x³−3xy² und v(x, y) = 3x²y−y³. Offensichtlich sindu und v reell differenzierbar. Es gilt

u_x(x, y) =3x² −3y² = 3x²−3y² =v_y(x, y), u_y(x, y) =−6xy =−6xy=−v_x(x, y)

f¨ur alle (x, y) ∈ R². Damit erf¨ullen u und v in jedem Punkt (x, y) ∈ R² die Cauchy- Riemannschen Differentialgleichungen, womitf in jedem Punktz =x+iy∈Ckomplex differenzierbar ist. Die Ableitung ist durch

f⁰(z) = ux(x, y) +ivx(x, y) = 3x²−3y²−i6xy= 3(x+iy)² f¨ur alle z=x+iy∈C gegeben. Damit ist auch f auf ganz C holomorph.

Bemerkung: Durch scharfes Hinsehen kann man erkennen, dass f(z) = z³ f¨ur alle z = x+iy∈C gilt. Damit ist nach Satz 22.2 klar, dass f holomorph aufC sein muss.

b) Seien G ⊆ C ein Gebiet und f: G → C holomorph. Wir schreiben f = u +iv mit u = Ref: G→R und v = Imf:G→R.

(1) uist konstant ⇒f ist konstant:

Sei u = Ref konstant. Da f holomorph ist, ist v nach Satz 22.3 auf G reell differen- zierbar. Da ukonstant ist, folgt aus den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen f¨ur die partiellen Ableitungen von v

v_x =−u_y = 0 und v_y =u_x = 0.

Damit gilt v⁰ = (vx, vy) = (0,0) auf G. Da G ein Gebiet ist, muss v nach Satz 19.16 konstant sein. Aber dann ist auchf =u+iv als Summe zweier konstanter Funktionen konstant.

(2) v ist konstant ⇒ f ist konstant:

Der Fall, dassv = Imf konstant auf G ist, kann analog wie (1) behandelt werden oder auch aus (1) direkt gefolgert werden. Wir wollen letzteres demonstrieren: Sei hierf¨ur

v konstant auf G. Mit f ist dann auch die Funktion g: G → C, g = −if = v −iu holomorph und Reg = v konstant. Nach (1) muss dann g und damit auch f = ig konstant sein.

(3) |f| ist konstant ⇒ f ist konstant:

Sei schließlich |f| konstant, d.h., |f| ≡ c f¨ur eine Konstante c ≥ 0. Ist c = 0, so folgt sofort f ≡ 0, sodass f insbesondere konstant ist. Wir k¨onnen daher annehmen, dass

|f| ≡c6= 0 ist. Dann ist

1

2 u²+v²

= 1

2|f|² = c² 2,

sodass aus der Kettenregel und den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen 0 = (uu_x+vv_x)^CR= uv_y+vv_x (I)

0 =uu_y +vv_y ^CR= −uv_x+vv_y (II)

folgt. Definieren wir die Gleichungen (I’) :=v·(I)−u·(II) und (II’) :=u·(I) +v·(II), erhalten wir

0 =v·(uv_y +vv_x)−u·(−uv_x+vv_y) = (u²+v²)v_x =c²v_x (I’), 0 =u·(uv_y +vv_x) +v·(−uv_x+vv_y) = (u² +v²)v_y =c²v_y (II’),

sodass wegen c 6= 0 folgt, dass v_x = v_y = 0 ist. Also ist die reelle (totale) Ableitung v⁰ ≡0. DaG⊆Cein Gebiet ist, erhalten wir aus Satz 19.16, dassv konstant sein muss.

Nach (2) ist dann aber auchf konstant.

Aufgabe 68 (Tutorium)

a) Seif:C→Ceine aufCholomorphe Funktion mit (Ref)(z) = cos(x) cosh(y) f¨urz =x+iy und f(0) = 1. Bestimmen Sie Imf.

b) Berechnen Sie die folgenden Wegintegrale.

(i) R

γzRezdz, wobeiγ ein Weg von 0 nach 1 +imit Spur(γ) ={x+iy: x∈[0,1], y =x²} ist.

(ii) R

γ|z|²dz, wobeiγ den Rand des Dreiecks mit den Eckpunkten 0, 1, i im Gegenuhrzei- gersinn durchl¨auft.

(iii) R

γ 1

z−2dz, wobeiγ(t) :=e^it,t ∈[0,2π].

L¨osungsvorschlag:

a) Wie in der Vorlesung schreiben wir f =u+iv mit u = Ref und v = Imf. Da f: C →C nach Voraussetzung auf ganzC holomorph ist, gelten die Cauchy-Riemannschen Differenti- algleichungen auf ganz C, sodass v die Gleichungen

v_x =−u_y =−cos(x) sinh(y) und v_y =u_x =−sin(x) cosh(y) f¨ur alle (x, y)∈R²

erf¨ullt. Aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung folgt daher v =

Z

v_xdx=−sin(x) sinh(y) +c(y) und v = Z

v_ydy=−sin(x) sinh(y) +c(x).

Hieraus wiederum folgtc(x) = c(y) f¨ur allex, y ∈R, alsoc(x) =c(y)≡cf¨ur eine Konstante c∈ R. Aus der Bedingung f(0) = 1 = 1 +i0 erhalten wir v(0,0) = 0 und damit c= 0. Es folgt

v(x, y) =−sin(x) sinh(y) f¨ur alle (x, y)∈R², und somit

f(z) = cos(x) cosh(y)−isin(x) sinh(y) f¨ur allez =x+iy ∈C.

Insbesondere ist f(x) = cos(x) f¨ur alle x ∈ R. Das legt die Vermutung nahe, dass f die komplexe Kosinusfunktion ist. In der Tat, f¨ur z = x+iy ∈ C gilt (unter Verwendung der Eulerschen Formele^ix = cos(x) +isin(x))

cos(z) =e^i(x+iy)+e^−i(x+iy)

2 = e^−ye^ix+e^ye^−ix

2 = e^−y(cos(x) +isin(x)) +e^y(cos(x)−sin(y)) 2

= cos(x)e^y+e^−y

2 −isin(x)e^y−e^−y

2 = cos(x) cosh(y)−isin(x) sinh(y) =f(z).

b) Wir wiederholen zun¨achst: Ist D ⊆ C eine Menge, f: D → C stetig und γ: [a, b] → C ein Weg mit Spur(γ)⊆D, so ist das Wegintegral von f entlang γ definiert durch

Z

γ

fdz :=

Z b a

f(γ(t))γ⁰(t) dt.

Man beachte, dass im Gegensatz zum Kurvenintegral eines reellwertigen Vektorfeldes der obige Integrand f(γ(t))γ⁰(t) als komplexe Multiplikation von f(γ(t)) mit γ⁰(t) zu verstehen ist (und nicht als Skalarprodukt).

(i) Eine Parametrisierung des Weges ist durch

γ: [0,1]→C, γ(t) =t+it² gegeben. Es giltγ⁰(t) = 1 +i2t f¨ur allet ∈[0,1]. Daher ist

Z

γ

zRezdz = Z 1

0

(t+it²)·t·(1 +i2t) dt= Z 1

0

t²−2t⁴+i3t³dt

= 1

3t³−2 5t⁵

1

0

+i 3

4t⁴

1

0

= 1 3− 2

5 +i3

4 =− 1 15+i3

4. (ii) Wir parametrisieren den Weg durch γ: [0,3]→C, wobei

γ(t) =











t, t ∈[0,1],

1 + (i−1)(t−1) = 1−(t−1) +i(t−1), t ∈[1,2], i−i(t−2) =i(3−t), t∈[2,3].

Es ist Z

γ

|z|²dz = Z 1

0

|γ(t)|²γ⁰(t) dt+ Z 2

1

|γ(t)|²γ⁰(t) dt+ Z 3

2

|γ(t)|²γ⁰(t) dt

= Z 1

0

|γ(t)|²γ⁰(t) dt+ Z 1

0

|γ(t+ 1)|²γ⁰(t+ 1) dt+ Z 1

0

|γ(t+ 2)|²γ⁰(t+ 2) dt

= Z 1

0

t²·1 dt+ Z 1

0

[(1−t)²+t²]·(−1 +i) dt+ Z 1

0

(1−t)²·(−i) dt

= 1

3t³

1

0

+ (−1 +i)

−1

3(1−t)³+1 3t³

1

0

+i

(1−t)³ 3

1

0

=1

3+ (−1 +i)· 2 3−i1

3 = 1

3(−1 +i).

(iii) Wir definieren die offene MengeU :=U2(0) :={z∈C: |z|<2} ⊆C und definieren die Funktion

f:U →C, f(z) = 1 z−2.

Dann ist f ∈ H(U) (denn 2 liegt außerhalb von U) und nach dem Cauchyschen Inte- gralsatz (Satz 22.7)

Z

γ

1

z−2dz= Z

γ

f(z) dz = 0.

Eine Information Ihrer Fachschaft:

https://fachschaft.physik.kit.edu/

Zoom,siehe FS-Seite:

Fr ei t ag, 10. 07.

15: 45 Uhr

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