Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 9. Übung

Michael Winkler
Johannes Lankeit
10.6.2014
Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 9. Übung
Hausaufgabe 1:
Berechne, mit ähnlichem Vorgehen wie in Blatt 8, Hausaufgabe 3, das Integral
Z ∞
sin x
dx.
x
0
8 Punkte
Verwende dabei Integration einer geeigneten Funktion entlang folgender Wege:
ε
Tipp: sin(z) =
R
− e−iz ); iReit = iR cos(t) − R sin(t).
1
iz
2i (e
Lösung:
Wir beobachten zunächst, dass
Z
Z
Z
Z ∞ ix
Z ∞
1 ∞ eix − e−ix
1 ∞ eix
1 ∞ e−ix
e
sin x
dx =
dx =
dx +
dx =
dx.
x
2i
x
2i
x
2i
−x
0
0
0
−∞ x
0
Aus Cauchyschem Integralsatz, Holomorphie von z 7→
Z
0=
γ
eiz
dz =
z
Z
ε
−R
eix
dx +
x
R
Z
eiz
z
auf C \ {0} und Sternförmigkeit von C \ i(−∞, 0] folgt
eix
dx +
x
ε
Z
π
0
−it
e−iεe
iεe−it dt +
−εe−it
π
Z
0
it
eiRe
iReit dt.
Reit
Damit ist für jedes R > ε > 0
Z R
Z
Z
Z π
Z π
it
it
sin x
1 R eix
1 ε sin x
i
i
dx =
dx =
dx +
eiεe dt −
eiRe dt.
x
2i −R x
2i 0 x
2i 0
2i 0
0
Da sinx x auf [0, 1] beschränkt und für ε → 0 zunächst t 7→ εeit gleichmäßig auf [0, π] gegen 0 konvergiert und damit
it
auch eiεe → e0 gleichmäßig auf [0, π], ist
Z R
Z
Z π
it
1 π
i
sin x
dx =
1dt +
eiRe dt.
x
2 0
2i 0
0
Wenn wir also zeigen können, dass für R → ∞
π
Z
it
eiRe dt → 0
0
gilt, können wir
∞
Z
π
sin x
dx =
x
2
0
folgern.
Dazu beobachten wir zunächst, dass
Z
|
π
e
iReit
Z
dt| ≤
0
π
|e
iR cos(t)−R sin(t)
Z
|dt =
0
π
−R sin t
e
Z
dt = 2
0
Z
≤2
π
4
e
0
−R sin t
π
2
Z
dt +
e
π
4
−R √12
π
4
e
−R sin t
0
!
dt
Z
≤2
0
π
4
e−R sin t dt +
!
π
2
Z
dt +
e
π
4
π −R √1
2.
e
2
−R sin t
dt
Für t ∈ (0, π4 ] ist nun nach dem Mittelwertsatz mit einem τ ∈ (0, π4 )
sin t
1
= cos(τ ) > √ ,
t
2
also
π
4
Z
e−R sin t dt <
0
Z
√
π
4
e
−R √t2
√
π
2
2
−R √
(−e 4 2 + 1) ≤
R
R
dt =
0
und damit
Z
|
π
e
0
iReit
√
2 2 π −R √1
2 → 0
dt| ≤
+ e
R
2
für R → ∞, sodass wir insgesamt
∞
Z
0
sin x
π
dx =
x
2
erhalten.
Hausaufgabe 2:
Welche Werte kann
4 Punkte
1
dz
γ 1+z 2
R
∗
für Wege γ von 0 nach 1 mit γ ∩ {−i, i} = ∅ annehmen?
Lösung:
Es ist, indem wir den Weg γ noch um die einmal vorwärts und einmal rückwärts durchlaufene Strecke von 1 nach 0
verlängern (was wegen Präsenzaufgabe 2, Blatt 7, den Wert nicht ändern kann)
Z
Z
Z
Z
Z
1
1
1
1
π
1
dz =
dz +
dz =
dz + arctan(1) − arctan(0) =
dz + ,
2
2
2
2
2
4
[1,0]·γ 1 + z
[0,1] 1 + z
[1,0]·γ 1 + z
γ
e 1+z
γ 1+z
wobei γ
e ein geschlossener Weg ist mit γ
e∗ ∩ {−i, i} = ∅.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Wegen 1+z2 = 2 · 1+iz + 2 · 1−iz = 2i
· z−i
− 2i
· z−(−i)
ist also
Z
Z
Z
π
1
1
1
1
1
dz = +
−
2
1
+
z
4
2i
z
−
i
2i
z
−
(−i)
γ
e
γ
e
γ
π
1
1
= + 2πin(e
γ , i) − 2πin(e
γ , −i)
4
2i
2i
π
= + πn(e
γ , i) − πn(e
γ , −i).
4
Da n(e
γ , i) und n(e
γ , −i) jeweils genau alle ganzen Zahlen annehmen können (ähnlich wie in Hausaufgabe 3, Blatt
7, lassen sich für beliebige paare ganzer Zahlen Wege passender Umlaufzahl konstruieren), ist also als Wert des
Integrals gerade jedes Element von
π
+ πZ
4
möglich.
Hausaufgabe 3:
12 Punkte
Berechne die folgenden Integrale:
Z
a)
Z
d)
B5 (i)
2π
Z 4π
it
39!zez
e dt
b)
dz
c)
ee −3it dt
42
(z
+
5)
0
∂B10 (1−2i)
0
n
Z
Z
cos(ζ)
sin(z)
e
z
dz
f)
dz,
dζ
e)
(ζ − π2 )2
z
−
1
(a
− z)2
∂Br (0)
∂B1 (1)
eit
Z
worin a ∈ C, r > 0 und |a| =
6 r.
Hinweise: 1. Fasse a) als geeignetes Wegintegral auf. 2. Für einige der Integrale wirst du einen Satz aus der kommenden Vorlesung (Do, 12.6.) benötigen.
Lösung:
a) Mit γ(t) = eit , t ∈ [0, 2π] ist
Z
2π
e
eit
0
1
dt =
i
2π
Z
0
it
ee
1
ieit dt =
eit
i
Z
γ
ez
2πi 0
dz =
e = 2π.
z
i
b) f (z) = 39!zez und damit f (n) (z) = 39!(z + n)ez . Nach der allgemeinen Cauchyschen Integralformel erhalten
wir also
Z
2πi (41)
2πi
9πi −5
39!zez
dz =
f
(−5 + 41)e−5 =
e .
(−5) =
42
41!
40 · 41
205
∂B10 (1−2i) (z + 5)
c)
Z
4π
ee
it
−3it
Z
0
d)
π
2
it
4π
ee ieit
2
dt =
it
3
it
(e ) ie
i
dt =
0
Z
2π
0
it
ee
2
ieit dt =
it
4
(e )
i
Z
∂B1 (0)
2 2πi d3 z
2π
ez
dz =
( 3 e )|z=0 =
.
4
z
i 3! dz
3
∈ B5 (i). Allgemeine CIF mit f (ζ) = ecos(ζ) , f 0 (z) = − sin(z)ecos(z)
Z
B5 (i)
π
ecos(ζ)
2πi 0 π
π
dζ =
f ( ) = −2πi sin ecos 2 = −2πi.
(ζ − π2 )2
1!
2
2
e) Allgemeine Cauchysche Integralformel, f (z) = z n , f (n−1) (z) =
Z
∂B1 (1)
z
z−1
n
dz =
n!
z
2πi
2πin!
f (n−1) (1) =
= 2nπi.
(n − 1)!
(n − 1)!
f) Falls |a| > r, so ist der Integrand holomorph in Br (0), also das Integral gleich null. Ist hingegen |a| < r, wenden
wir die CIF mit f (z) = sin(z) und f 0 (z) = cos(z) an (beachte, dass (a − z)2 = (z − a)2 , sodass wir
Z
sin(z)
2πi 0
dz =
f (a) = 2πi cos(a).
2
(a
−
z)
1!
∂Br (0)
erhalten.
Hausaufgabe 4:
5 Punkte
Es sei z0 ∈ C und f : C → C sei holomorph mit f (z0 ) = 0 und f 0 (z0 ) 6= 0. Ferner sei r > 0 so gewählt, dass z0 die
einzige Nullstelle von f in Br (z0 ) ist. Zeige:
Z
1
2πi
dz = 0
.
f (z0 )
∂Br (z0 ) f (z)
Lösung:
Betrachte die Funktion
g : z 7→
1
1
−
.
f (z) (z − z0 )f 0 (z0 )
Sie ist holomorph auf Br+δ (z0 ) \ {z0 } für ein δ > 0, da z0 die einzige Nullstelle von f in einer Umgebung von Br (z0 )
ist.
Außerdem ist g auf Br (z0 ) beschränkt:
1
1
(z − z0 )f 0 (z0 ) − f (z)
f (z0 ) + (z − z0 )f 0 (z0 ) − f (z)
g(z) =
−
=
=
=
f (z) (z − z0 )f 0 (z0 )
f (z)(z − z0 )f 0 (z0 )
(f (z) − f (z0 ))(z − z0 )f 0 (z0 )
f (z0 )+(z−z0 )f 0 (z0 )−f (z)
(z−z0 )2
f (z)−f (z0 ) 0
f (z0 )
z−z0
;
der Zähler dieses Ausdrucks ist aber beschränkt nach Präsenzaufgabe 4, der Betrag des Nenners wegen der Null(z0 ) 0
stellenfreiheit von f in Br (z0 ) \ {z0 } und limz→z0 f (z)−f
f (z0 ) = (f 0 (z0 ))2 aus Stetigkeitsgründen nach unten
z−z0
beschränkt.
Gemäß Lemma 5.9 ist daher
Z
g(z)dz = 0,
∂Br (z0 )
also
Z
∂Br (z0 )
1
1
dz = 0
f (z)
f (z0 )
Z
∂Br (z0 )
1
2πi
dz = 0
.
z − z0
f (z0 )