Musterlösung zur Serie 1 - D-MATH

D-MATH, D-PHYS
Prof. J. Teichmann
Funktionentheorie
HS 2013
Musterlösung zur Serie 1
1. (a) Wir verwenden die Rechenregeln |a/b| = |a|/|b| sowie arg(a/b) = arga −
argb ausgiebig und erhalten so
√ √ √
• 2i−12i = 2 2/|i − 1| = 2, arg 2i−12i = π/2 − arg(i − 1) = −π/4,
also
√
√
√
2 2i
= 2e−iπ/4 = 2 − i 2.
i−1
• Wegen |z/z| = 1 und weil arctan ungerade ist, erhalten wir für den
Bruch
√
√
1 + 3i
√ = e2i arctan( 3) = e2πi/3 .
1 − 3i
Potenzieren ist nun kein Problem mehr:
√ !2009
√
1 + 3i
1
3
2009·2πi/3
4πi/3
√
=e
=e
=− −
i.
2
2
1 − 3i
• Wir rechnen erst
√ die einzelnen Summanden in Polarkoordinaten um:
Es gilt 1 ± i = 2e±iπ/2 . Wir potenzieren diese Terme, addieren sie
iz
−iz
und verwenden dann die Exponentialdarstellung cos z = e +e
des
2
Cosinus:
(1 + i)2n + (1 − i)2n = 2n+1 cos(nπ/2).
Dies ist auch bereits die Darstellung in Real- und Imaginärteilen. Für
die Polarkoordinaten benötigen wir eine kleine Fallunterscheidung:
(
0,
falls n ungerade ist,
(1 + i)2n + (1 − i)2n =
n+1
inπ/2
2
·e
, sonst.
(b) Sowohl der Zähler wie auch der Nenner des Bruchs 6i−10
4+i haben keine
einfach ablesbare Polarkoordinatendarstellung. Wir erweitern den Bruch
deshalb mit dem komplex Konjugierten des Nenners:
√
6i − 10
6i − 10 4 − i
34i − 34
=
·
=
= 2i − 2 = 8e3πi/4 .
4+i
4+i 4−i
17
Nun können wir leicht die dritte Wurzel ziehen: Für n = 0, 1, 2 erhalten
wir die 3 Lösungen
√
zn = 2eiπ/4+2inπ/3 .
2.
(z 2 + 2iz − 2 + i) : (z + i − 1) = z + i + i,
2
z + (i − 1)z
(i + 1)z − 2 + i
(i + 1)z − 2
i
1
Rest i
(5z 3 + (6 − i)z 2 + (1 − 2i)z + 3 − 2i) : (z + 2iz + i) = (1 − 2i)z 2 − 2iz − 1,
Rest 3 − i
5z 3 + (i + 2)z 2
(4 − 2i)z 2 + (1 − 2i)z + 3 − 2i
(4 − 2i)z 2 + 2z
(−2i − 1)z + 3 − 2i
(−2i − 1)z − i
3−i
3. (a) Die Bedingung |z−b| = λ|z−a| lässt sich mit z = z1 +iz2 , a = a1 +ia2 , b =
b1 + ib2 umschreiben zu
(1−λ2 )z12 −2(b1 −λ2 a1 )z1 +(b21 −λ2 a21 )+(1−λ2 )z22 −2(b2 −λ2 a2 )z2 +(b22 −λ2 a22 ) = 0.
Dies ist eine quadratische Gleichung in z1 und z2 . Mit Hilfe von Matrizen
können wir diese Gleichung wiefolgt schreiben:
T z1
1 − λ2
0
z1
b1 − λ2 a1
z1
−2
+b21 +b22 −λ2 (a21 +a22 ) = 0.
z2
0
1 − λ2
z2
b2 − λ2 a2
z2
Gleichungen dieser Art löst die lineare Algebra mit der Hauptachsentransformation, die in diesem Fall genau dem klassischen quadratischen
−λ2 ai
für i = 1, 2 erhalten wir die
Ergänzen entspricht. Mit zi0 := zi − bi1−λ
2
Gleichung
2 2
0 T 0 b2 − λ2 a2
b1 − λ2 a1
1 − λ2
0
z1
z1
−
+b21 +b22 −λ2 (a21 +a22 ) = 0.
−
z20
0
1 − λ2
z20
1 − λ2
1 − λ2
Nach etwas Umformen ergibt sich daraus
0 T 0
λ2
z1
1 − λ2
0
z1
· ((a1 − b1 )2 + (a2 − b2 )2 ).
=
0
2
0
z2
0
1−λ
z2
(1 − λ2 )2
2
2
Diese Gleichung ist von der Form xc2 + yd2 = e mit c = d und e > 0,
stellt also eine Kreisgleichung dar. Der Mittelpunkt
befindet sich bei
p
−λ2 a1 b2 −λ2 a2
λ
( b11−λ
, 1−λ2 ), der Radius beträgt 1−λ
(a1 − b1 )2 + (a2 − b2 )2 .
2
2
(b) Mit λ = 1 erhalten wir die Gleichung |z − a| = |z − b|, also den geometrischen Ort aller Punkte, die von a den gleichen Abstand haben wie von
b. Dies ist genau die Gerade, die senkrecht auf der Mitte der Strecke von
a nach b steht.
4. (a) Für die Wohldefiniertheit sei z ∈ D und wir müssen Im f (z) > 0 zeigen.
1+z
1+z 1−z
1 − |z|2
Im f (z) = Im i
= Im i
·
= Im i
> 0.
1−z
1−z 1+z
|1 − z|2
Für die Injektivität seien z, w ∈ D, so dass f (w) = f (z). Wir folgern
i
1+z
1−w
=i
⇐⇒ (1 + z)(1 − w) = (1 − z)(1 + w) ⇐⇒ z = w.
1−z
1+w
2
Somit ist f injektiv.
Für die Surjektivität beweisen wir in Teil (b), dass die Umkehrfunktion
f −1 ebenfalls injektiv it.
1+z
(b) Wir lösen w = i 1−z
nach z auf und erhalten z = w−i
w+i . Wir behaupten,
dass g : H → D, g(w) = w−i
,
die
Umkehrfunktion
von f ist: Aus der
w+i
Definition folgt g(f (z)) = z. Ausserdem ist g wohldefiniert, da für jedes
w ∈ H die Ungleichung |w − i| < |w + i| gilt, also |g(w)| < 1.
Für Teil (a) müssen wir noch zeigen, dass g injektiv ist. Der Beweis dazu
ist ähnlich wie bei f : Falls g(w) = g(z), so gilt
z−i
w−i
=
⇐⇒ (w − i)(z + i) = (w + i)(z − i) ⇐⇒ w = z.
w+i
z+i
(c) Offenbar können wir x−i
x+i auch für reelle Zahlen x berechnen, da x 6= i.
Die Funktion f −1 = g ist also über diese Formel auf die reellen Zahlen
fortsetzbar. Im Folgenden sei mit f −1 also die auf R fortgesetzte Funktion
gemeint.
Weiter gilt für reelle Zahlen x, dass |x + i| = |x − i|, also |f −1 (x)| = 1,
somit f −1 (R) ⊂ {z ∈ C | |z| = 1}. Wir können ausserdem noch sagen,
dass f −1 (x) 6= 1, da x + i 6= x − i. Wir behaupten nun, damit das ganze
Bild beschrieben zu haben und beweisen dies: Sei z 6= 1 mit |z| = 1. Dann
1+z
ist x = i 1−z
reell, was wir anhand der Rechnung von Teil (a) beweisen
können:
1+z 1−z
1 − |z|2
1+z
= Im i
·
= Im i
Im i
= 0.
1−z
1−z 1+z
|1 − z|2
Damit ist also f −1 (R) = {z ∈ C | |z| = 1, z 6= 1}.
(d) Folgender Sage-Code überprüft unsere Aussage:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
def g (w) :
return (w−I ) / (w+I )
errors = 0
f o r n in r a n g e ( 1 0 0 ) :
x = ( random ( ) − 1 / 2 ) ∗20000 # random number i n
[ −10ˆ4 , 10ˆ4)
z = g(x)
a b s v a l = z . abs ( )
i f abs ( a b s v a l − 1 ) > 0 . 0 0 0 1 :
e r r o r s += 1
print ” E r r o r : ” , x , ” mapped t o ” , z , ” which
has a b s o l u t e v a l u e ” , a b s v a l
i f e r r o r s == 0 :
print ” S u c c e s s f u l l y checked 100 random numbers ! ”
πz
5. Die Funktion z 7→ e 2 =: w ist auf Ω surjektiv, da der Imaginärteil von
z hinreichend beschränkt ist. Das Bild dieser Funktion ist der erste offene
3
πz
π
π
Quadrant: In Polarkoordinaten erhalten wir schnell e 2 = e 2 Re(z) · ei 2 Im(z) ,
wobei wir nun das Argument π2 Imz ∈ (0, π2 ) beschränken können.
−1
Die Funktion h(w) = i−w
mit f aus Aufgabe 4. Da der
i+w ist genau h = −f
erste Quadrant in der oberen Halbebene liegt, ist g(Ω) ⊂ D. Die Bedingung,
dass w im ersten Quadranten liegt, sagt uns, dass arg(w + i) > arg(w − i),
wie man sich an einer Skizze leicht veranschaulicht. Damit ist w−i
w+i also in
in
der
oberen
Halbebene.
der unteren Halbebene, respektive h(w) = i−w
i+w
Es fehlt noch zu zeigen, dass h surjektiv auf D ∩ H abbildet. Sei dafür z ∈
1+z
D ∩ H. Dann ist f (z) = i 1−z
∈ H. Wir rechnen
1+z
z−z
z+1 z−1
Re i
< 0.
= Im
·
= Im
1−z
z−1 z+1
|1 − z|2
Damit ist h = −f −1 surjektiv, also folgt g(Ω) = D ∩ H.
4