Universität Heidelberg Mathematisches Institut 20. 05. 2016 Funktionentheorie 1 – Übungsblatt 5 Aufgabe 1 (2+1+2+1+1+2 Punkte) Es sei wie in der Vorlesung Log : C× → C, Log(z) = log(|z|) + i Arg(z), mit − π < Arg(z) ≤ π. Die Einschränkung von Log auf die entlang der negativen reellen Achse geschlitzten Ebene C wird als Hauptzweig des (komplexen) Logarithmus bezeichnet. (a) Es seien w, z ∈ C× . Man zeige die folgende Äquivalenz: ⇔ Log(zw) = Log(z) + Log(w) Arg(z) + Arg(w) ∈ (−π, π ]. Für w, a ∈ C, w 6= 0 definiren wir w a := e a Log(w) . Man zeige: (b) Es gilt w a+b = w a wb für alle a, b ∈ C. (c) Für w, z, a, b ∈ C und w, z 6= 0 gilt im Allgemeinen weder w a z a = (wz) a noch (w a )b = w ab . Man gebe je ein Gegenbeispiel an. (d) Gilt in den Voraussetzungen von (c) zusätzlich Re(w), Re(z) > 0, so ist w a z a = (wz) a . (e) Die Abbildung f : C → C, f (z) = zs ist für alle s ∈ C holomorph und es gilt f 0 (z) = szs−1 . (f) Man bestimme Real- und Imaginärteil der Zahlen ii und (−1 + i )1+i . Aufgabe 2 (3+2 Punkte) Wie in der vorigen Aufgabe sei Log : C → C der Hauptzweig des Logarithmus. (a) Sei die logarithmische Reihe gegeben durch ∞ λ(z) := (−1)ν−1 ν z . ν ν =1 ∑ Man zeige, dass der Konvergenzradius von λ gleich 1 ist und für z ∈ C mit |z| < 1 die logarithmische Reihe den komplexen Logarithmus darstellt: Log(z + 1) = λ(z). (b) Wir wollen in diesem Aufgabenteil den Zusammenhang von Arg mit arccos untersuchen. Der arccos ist die (reelle) Umkehrfunktion von cos auf dem Intervall [0, ∞] , also arccos(t) = φ ⇔ Man zeige: Für z = x + iy ∈ C× gilt π, Arg(z) = sign(y) · arccos 0≤φ≤π und cos(φ) = t. falls y = 0 und x < 0, x p x2 + y2 ! , sonst. Bemerkung: Gemäß der Vorlesung ist der Logarithmus Log : C → C holomorph auf C . Nach Aufgabe 3, Blatt 3, sind Real- und Imaginärteile holomorpher Funktionen harmonische Funktionen (hinreichende Differenzierbarkeit vorausgesetzt). Insbesondere sind also ! q x 2 2 log x +y und arccos p x 2 + y2 harmonische Funktionen auf R2 \ {0}. Sommersemester 2016 Dr. Hendrik Kasten Felipe Müller Aufgabe 3 (1+2+2+3+2 Punkte) In dieser Aufgabe wollen wir den binomischen Lehrsatz für komplexe Exponenten beweisen. Sei für σ ∈ C und n ∈ N0 der Binomialkoeffizient gegeben durch σ := 1 0 und n −1 σ σ−ν := ∏ n ν+1 ν =0 für n ∈ N. Die binomische Reihe zu σ ∈ C wird gegeben durch ∞ σ ν β σ (z) := ∑ z . ν ν =0 Zum Beispiel stimmt der Binomialkoeffizient (σn) für σ ∈ N0 und für alle n ∈ N0 mit der herkömmlichen Definition des Binomialkoeffizienten für positiv ganzzahlige Argumente überein. Insbesondere bricht die binomische Reihe β m für m ∈ N0 ab: ∞ m m ν m ν β m (z) = ∑ z = ∑ z = (1 + z ) m . ν ν ν =0 ν =0 Sei im Folgenden σ ∈ C. (a) Man zeige die Gültigkeit folgender Rekursionsformel. σ σ−n σ . = n+1 n n+1 (b) Man bestimme den Konvergenzradius von β σ in Abhängigkeit von σ. (c) Man zeige: β σ (z) ist holomorph auf {z ∈ C | |z| < 1} und es gilt β0σ (z) = σ β σ ( z ). 1+z (d) Man beweise: Zwischen der Exponentialreihe, der logarithmischen Reihe (vgl. Aufgabe 2) und der binomischen Reihe besteht die Gleichung β σ (z) = exp(σλ(z)), für σ ∈ C und z aus dem Gebiet U1 (0). Bemerkung: Wir erhalten also für z ∈ C mit |z| < 1 und σ ∈ C (1 + z ) ∞ σ ν = exp(σ Log(1 + z)) = exp(σλ(z)) = β σ (z) = ∑ z . ν ν =0 σ Def. Def. (e) Sei nun x ∈ R>0 , z ∈ C mit xz < 1 und σ ∈ C. Man zeige die allgemeine binomische Formel gegeben durch ∞ ( x + z)σ = σ ∑ ν zν x σ−ν . ν =0 Abgabe: Bis Freitag, den 27. Mai 2016, bis spätestens 13 Uhr in die Tutorenbriefkästen im ersten Stock im Mathematikon. Sommersemester 2016 Dr. Hendrik Kasten Felipe Müller