Kompleks Funktionsteori Eksamensopgaver ... - Rune Thorbek
Kompleks Funktionsteori Eksamensopgaver ... - Rune Thorbek
Kompleks Funktionsteori Eksamensopgaver ... - Rune Thorbek
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
Aarhus Universitet 7. april 2005<br />
IMF<br />
Ny Munkegade<br />
8000 ˚Arhus C<br />
<strong>Kompleks</strong> <strong>Funktionsteori</strong><br />
<strong>Eksamensopgaver</strong> - Besvarelser<br />
http://home.imf.au.dk/rune<br />
rune@imf.au.dk
1 Vinter 1998/99<br />
1.1 Opgave 1<br />
Lad Ω = {x + iy ∈ | |x| < 1, y ¡ ∈ } og lad f : Ω →<br />
Antag, at f(it) = i arctan t for alle t ∈ R.<br />
P˚astand 1.1. f ′ (z) = 1<br />
1−z 2 for alle z ∈ Ω.<br />
være analytisk.<br />
¡ Bevis. Lad z0 = x0 + iy0 ∈ I = {x + iy ∈ | y ∈ ∧ x = 0}. Da f er<br />
holomorf p˚a I ⊆ Ω f˚ar vi af Cauchy-Riemann ligningerne (s.5 i PS):<br />
Alts˚a<br />
df<br />
dz (z0) = 1 ∂f<br />
i ∂y (x0, y0)<br />
= 1 d(i arctan(y))<br />
(x0, y0)<br />
i dy<br />
= ( 1 1<br />
i 1 + y2 )(x0, y0)<br />
= 1<br />
=<br />
1 + y2 0<br />
1 1<br />
=<br />
1 − (iy0) 2 1 − z2 0<br />
f ′ (z) = 1<br />
1 − z 2 for alle z ∈ I<br />
Det er klart, at f ′ og z ↦→ 1<br />
1−z2 er analytiske p˚a Ω (Da f er analytisk, dvs.<br />
glat, og z ↦→ 1<br />
1−z2 er meromorf p˚a med simple poler i 1 og −1. Desuden<br />
har vi lige set, at de er identiske p˚a I ⊆ Ω. Da I har et limespunkt i Ω gælder<br />
der ifølge Identitets sætningen, at<br />
Lad γ : [−1, 1] →<br />
P˚astand 1.2. <br />
γ<br />
f ′ (z) = 1<br />
1 − z 2 for alle z ∈ Ω<br />
være defineret ved γ(t) = 1<br />
2 (1 − t2 ) + it for t ∈ [−1, 1].<br />
dz<br />
1−z2 = i π<br />
2<br />
Bevis. Fra p˚astand 1.1 følger det, at<br />
f ′ (z) = 1<br />
1 − z 2<br />
1
har stamfunktionen f.<br />
Thm[ST] 6.7 giver at<br />
<br />
dz<br />
= f(γ(1)) − f(γ(−1))<br />
1 − z2 Lad δ : [−1, 1] →<br />
P˚astand 1.3. <br />
δ<br />
γ<br />
= f(i) − f(−i)<br />
= i arctan(1) − i arctan(−1)<br />
= i π<br />
+ iπ<br />
4 4<br />
= iπ<br />
2<br />
være defineret ved δ(t) = 2(1 − t 2 ) + it for t ∈ [−1, 1].<br />
dz<br />
1−z2 = 0<br />
Bevis. Bemærk at δ ikke er indeholdt i Ω, s˚a kan vi ikke bruge Theorem 6.7<br />
(ST). Lad Γ være den simple lukkede kontour i givet ved Γ = δ + −γ. Da<br />
er <br />
1<br />
=<br />
1 − z2 <br />
1<br />
−<br />
1 − z2 1<br />
1 − z2 dvs. <br />
Γ<br />
δ<br />
δ<br />
<br />
1<br />
=<br />
1 − z2 Γ<br />
γ<br />
<br />
1<br />
+<br />
1 − z2 γ<br />
1<br />
1 − z 2<br />
1 Da 1−z2 har to simple poler i 1 og -1 (fordi 1 − z2 har 2 simple nulpunkter i<br />
1 og -1)) gælder der ifg. Lemma 12.2<br />
<br />
1<br />
<br />
1<br />
res , 1 = lim(z<br />
− 1) = −1<br />
1 − z2 z→1 1 − z2 2 .<br />
1<br />
Da z = 1 er den eneste singularitet af 1−z2 indefor Γ, f˚ar vi af Thm 12.1 (ST)<br />
<br />
1 1 1<br />
= +<br />
δ 1 − z2 Γ 1 − z2 γ 1 − z2 1 iπ<br />
= 2πires( , 1) +<br />
1 − z2 2<br />
= − iπ iπ<br />
+ = 0<br />
2 2<br />
1.2 Opgave 2<br />
Lad D = {z ∈ | |z| < 1}, og lad f : D → være en analytisk funktion.<br />
Lad funktionen M : [0, 1) → [0, ∞) være givet ved<br />
M(t) = sup |f(z)|<br />
|z|=t<br />
2
P˚astand 1.4. M(s) ≤ M(t) n˚ar s ≤ t, s, t ∈ [0, 1)<br />
Bevis. Først bemærkes, at hvis f er en konstant konstant funktion, er der<br />
intet at vise.<br />
Hvis f ikke er en konstant funktion, følger resultatet af thm[ST] 10.14 (the<br />
Maximum Modulus Theorem), som giver at modulus f’s maksimalværdi antages<br />
p˚a randen af mængden.<br />
Lad 0 < a < 1, og antag, at a og −a er nulpunkter for f, begge af orden to.<br />
P˚astand 1.5. Der findes g : D →<br />
alle z ∈ D<br />
Bevis. Vi har at<br />
hvor g er analytisk ([ST] s. 186)<br />
Ved en simpel omskrivning f˚as<br />
f(z) = (z − a) 2 (z + a) 2 g(z)<br />
analytisk s˚a f(z) = (z 2 − a 2 ) 2 g(z) for<br />
f(z) = ((z − a)(z + a)) 2 g(z) = (z 2 − a 2 ) 2 g(z)<br />
P˚astand 1.6. M(s) ≤ ( s2 +a 2<br />
t 2 −a 2 ) 2 M(t) for s < t, a < t < 1<br />
Bevis. Da g er analytisk f˚ar vi af a)<br />
sup |g(z)| = sup<br />
|a|=s<br />
|a|=s<br />
|<br />
f(z)<br />
(z 2 − a 2 )<br />
Da for alle z med |z| = s gælder<br />
m˚a<br />
|<br />
1<br />
(z 2 − a 2 )<br />
2 | =<br />
sup |<br />
|a|=s<br />
1<br />
|z 2 − a 2 |<br />
1<br />
2 | ≤ sup |<br />
2 ≤<br />
(z 2 − a 2 )<br />
og tilsvarende for alle z med |z| = s<br />
Alts˚a<br />
sup |<br />
|a|=t<br />
1<br />
(z 2 − a 2 )<br />
|a|=t<br />
f(z)<br />
(z 2 − a 2 )<br />
1<br />
||z| 2 − |a| 2 |<br />
2 | =<br />
2 | =<br />
sup |f(z)| ≤<br />
|a|=s<br />
sup |a|=s |(z2 − a2 ) 2 |<br />
sup |a|=t |(z2 − a2 ) 2 | sup<br />
|a|=s<br />
dvs.<br />
2 =<br />
1<br />
(s 2 − a 2 ) 2<br />
1<br />
(t 2 − a 2 )<br />
M(s) ≤ (s2 − a2 ) 2<br />
(t2 − a2 2 M(t)<br />
)<br />
3<br />
2 = 0<br />
2 | = sup |g(z)|<br />
|a|=t<br />
1<br />
(s 2 − a 2 ) 2<br />
f(z)<br />
|<br />
(z2 − a2 ) 2 | = (s2 − a2 ) 2<br />
(t2 − a2 2 sup |f(z)|<br />
) |a|=s
1.3 Opgave 3<br />
Definer<br />
f(z) =<br />
(z − 2)(z − 1 1 )(z + 2 3<br />
z<br />
)(z + 3)<br />
P˚astand 1.7. f er analytisk p˚a − {−3, − 1 1 , , 2} 3 2<br />
Bevis. Lad<br />
g(z) = z<br />
h(z) = (z − 2)(z − 1 1<br />
)(z + )(z + 3)<br />
2 3<br />
Det er klart, at g og h er diffenrentiable.<br />
Da f = g<br />
at f er differentiabel.<br />
h og h(z) = 0 for z ∈ − {−3, − 1 1 , , 2} følger det af prop.[ST] 4.2,<br />
3 2<br />
P˚astand 1.8. res(f, 1 4<br />
) = − 2 35<br />
Bevis. Vi bruger lemma[ST] 12.2, da vi har med en simpel pol at gøre<br />
res(f, 1<br />
2<br />
) = lim<br />
=<br />
=<br />
=<br />
P˚astand 1.9. res(f, − 1 9 ) = − 3 140<br />
z→ 1<br />
2<br />
( 1<br />
2<br />
(z − 1<br />
2 )f(z)<br />
− 2)( 1<br />
2<br />
1<br />
1<br />
2<br />
+ 1<br />
3<br />
(−3)( 5 7 )( 6 2 )<br />
( −5<br />
2<br />
= 1<br />
1<br />
( −35<br />
4<br />
)( 7<br />
2 )<br />
) = − 4<br />
35<br />
4<br />
1 )( + 3) 2
Bevis. Det er bare den samme smørre igen...<br />
Lad<br />
res(f, − 1<br />
3<br />
I =<br />
) = lim<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
2π<br />
0<br />
z→− 1<br />
3<br />
(z + 1<br />
3 )f(z)<br />
(− 1<br />
1 − 2)(− 3 3<br />
(− 7<br />
3<br />
− 1<br />
3<br />
)(− 5<br />
6<br />
1<br />
(7)(− 5<br />
6<br />
1<br />
(7)(− 40<br />
18 )<br />
1<br />
(− 280<br />
18<br />
)( 8<br />
3 )<br />
)( 8<br />
3 )<br />
− 1<br />
3<br />
− 1<br />
2<br />
) = − 9<br />
140<br />
1 )(− + 3) 3<br />
dθ<br />
(4 cos θ − 5)(3 cos θ + 5)<br />
P˚astand 1.10. I = 2<br />
1<br />
1<br />
π(res(f, ) + res(f, − 3 2 3 ))<br />
Bevis. Vi definerer γ : [0, 2π] →<br />
Vi vil nu vise, at<br />
til<br />
γ(t) = e it<br />
<br />
3iI =<br />
da vi ved fra thm[ST] 12.1, at<br />
<br />
f = 2πi(res(f, 1<br />
) + res(f, −1<br />
2 3 ))<br />
γ<br />
5<br />
γ<br />
f
S˚a vi beregner<br />
<br />
γ<br />
f =<br />
=<br />
=<br />
=<br />
2π<br />
f(e<br />
0<br />
it )ie it dt<br />
2π<br />
ie<br />
0<br />
2it<br />
(eit − 2)(eit − 1<br />
2 )(eit + 1<br />
3 )(eit + 3) dt<br />
2π<br />
0<br />
2π<br />
= 3i<br />
0<br />
2π<br />
0<br />
i<br />
(e it + e −it − 5<br />
2 )(eit + e −it + 10<br />
3 )dt<br />
(2 cos(t) − 5<br />
2<br />
i<br />
)(2 cos(t) + 10<br />
3 )dt<br />
1<br />
(4 cos(t) − 5)(3 cos(t) + 5) dt<br />
Substituer nu t med θ, s˚a er vi hjemme, og vi har vist det ønskede.<br />
1.4 Opgave 4<br />
Lad p være polynomiet<br />
p(z) =<br />
med ai ∈ , i = 0, . . . , n.<br />
Lad 0 ≤ k ≤ n og R > 0, og antag, at<br />
n<br />
aiz i<br />
i=0<br />
|ak|R k > <br />
|ai|R i<br />
P˚astand 1.11. p har præcis k nulpunkter i CR = {z ∈<br />
Bevis. Vi har at p og z ↦→ akzk er differentiable funktioner.<br />
Vi bemærker straks, at<br />
|p(z) − akz k | ≤ <br />
|ai|R i < |ak|R k = |akz k |<br />
i=k<br />
i=k<br />
for z ∈ {Re it | 0 ≤ t ≤ 2π}.<br />
Hvorefter det ønskede følger af Rouche’s sætning.<br />
| |z| < R}<br />
P˚astand 1.12. f(z) = z4 + 9z3 + 13z2 + z + 1 har præcis et nulpunkt i<br />
{z ∈ | 1 < |z| < 2}<br />
6
Bevis. Vi definerer g(z) = 9z 3 og laver lidt vurderinger<br />
|f(z) − g(z)| ≤ |z 4 + 13z 2 + z + 1|<br />
≤ |z 4 | + |13z 2 | + |z| + |1|<br />
= 2 4 + 13 · 2 2 + 2 + 1<br />
= 71 < 9 · 2 3 = 72 = |g(z)|<br />
for z ∈ {2eit | 0 ≤ t ≤ 2π}.<br />
Rouche’s sætning giver at f har 3 nulpunkter inden i {z ∈<br />
Vi definerer nu h(z) = 13z2 og ...<br />
|f(z) − h(z)| ≤ |z 4 + 9z 3 + z + 1|<br />
≤ |z 4 | + |9z 3 | + |z| + |1|<br />
= 1 4 + 9 · 1 3 + 1 + 1<br />
= 12 < 13 · 1 2 = 13 = |h(z)|<br />
| |z| < 2}<br />
for z ∈ {eit | 0 ≤ t ≤ 2π}.<br />
Rouche’s sætning giver at f har 2 nulpunkter inden i {z ∈ | |z| < 1}<br />
(copy-paste)<br />
Af overst˚aende burde det være trivielt, at f har præcis et nulpunkt i den<br />
fladmaste 2-dim. doughnut {z ∈ | 1 < |z| < 2}.<br />
P˚astand 1.13. Nulpunktet er reelt<br />
Bevis. Tjo, f(−2) = −5 og f(−1) = 5, dvs. der er et fortegnsskift, hvilket<br />
m˚a betyde, at f skifter fortegn p˚a intervallet (−2, −1), dvs. at der m˚a findes<br />
et z ∈ (−2, −1) s˚a f(z) = 0, da alle f’s koefficienter er reelle.<br />
7
2 Sommer 1999<br />
2.1 Opgave 1<br />
Lad<br />
Log(z + i)<br />
f(z) =<br />
z2 + 1<br />
og C = − L hvor L = {z ∈ | z = x − i, x ∈ (−∞, 0]}.<br />
P˚astand 2.1. f er meromorf<br />
Bevis. Vi har at Log(z + i) er differentiabel p˚a C. z ↦→ z 2 + 1 er ogs˚a differentiabel<br />
p˚a C.<br />
z ↦→ z 2 + 1 er har to nulpunkter.<br />
Hvilket giver, at f har to poler, hvilket medfører at f er meromorf<br />
P˚astand 2.2. f har en singularitet i den øvre halvplan<br />
Bevis. Vi omskriver p˚a f,<br />
f(z) =<br />
Log(z + i)<br />
(z + i)(z − i)<br />
hvoraf det fremg˚ar, at f kun har singulariteterne i og −i, og det er kun i<br />
som ligger i den øvre halvplan.<br />
P˚astand 2.3. i er en simpel pol for f<br />
Bevis. Vi bruger prop.[ST] 11.4<br />
P˚astand 2.4. res(f, i) = π log(2)<br />
− i 4 2<br />
Log(z + i)<br />
lim(z<br />
− i)f(z) = lim<br />
z→i z→i z + i<br />
= Log(2i)<br />
= log(2) + i π<br />
2i<br />
2<br />
2i<br />
Bevis. Vi har med en simpel pol at gøre, s˚a vi kan bruge lemma[ST] 12.2<br />
res(f, i) = lim<br />
z→i (z − i)f(z)<br />
= . . . =<br />
= pi<br />
4<br />
log(2) + i π<br />
2<br />
2i<br />
− ilog 2<br />
2<br />
8<br />
= 0
Lad γr være en lukket kurve, som gennemløber først intervallet fra −r til r<br />
p˚a den reelle akse, og derefter halvcirklen i den øvre halvplan (med centrum<br />
0) fra r til −r.<br />
Lad<br />
P˚astand 2.5. I = π log(2)<br />
Bevis. Thm[ST] 12.1 giver,<br />
<br />
Betragt nu<br />
<br />
γr<br />
<br />
f =<br />
<br />
=<br />
<br />
=<br />
I =<br />
γr<br />
γr<br />
γr<br />
γr<br />
∞<br />
0<br />
f = 2πi( pi<br />
4<br />
log(x2 + 1)<br />
x2 dx<br />
+ 1<br />
− ilog(2) )<br />
2<br />
= π log(2) + i π2<br />
2<br />
Log(z + i)<br />
z 2 + 1<br />
log |z + i|<br />
z 2 + 1<br />
<br />
+ i<br />
γr<br />
1<br />
log(z + 1)<br />
2<br />
z2 + i<br />
+ 1<br />
0<br />
<br />
arg(z + i)<br />
z 2 + 1<br />
γr<br />
r + t + π<br />
2<br />
r 2 − 1<br />
arg(z + i)<br />
z 2 + 1<br />
Lad os lave et par vurderinger p˚a cirkelskiven.<br />
π<br />
<br />
f(e<br />
0<br />
it )ie it<br />
π<br />
Log(z + i)<br />
= <br />
0 z2 + 1 dt<br />
<br />
<br />
<br />
π <br />
<br />
≤ dt<br />
≤ M<br />
r<br />
for en konstant M > 0<br />
S˚a for r → ∞ giver cirkelskiven ikke noget. Deraf følger ogs˚a, at i arg(z+i)<br />
γr z2 +1<br />
kun bidrager med en imaginærdel, og vi kan derfor se bort fra dette integral.<br />
Vi ved fra gammel mat 11 tid, at realdellen er lig realdelen og imaginærdelen<br />
er lig imaginærdelen i en ligning. S˚a for r → ∞ f˚ar vi<br />
1<br />
2<br />
∞<br />
−∞<br />
da vi ser p˚a en lige funktion, f˚as<br />
∞<br />
0<br />
log(x2 + 1)<br />
x2 dx = π log(2)<br />
+ 1<br />
log(x2 + 1)<br />
x2 dx = π log(2)<br />
+ 1<br />
9
2.2 Opgave 2<br />
Lad b, c ∈<br />
r ≥ |c|<br />
1−|b| .<br />
, hvor |b| < 1, og D(r) = {z ∈<br />
P˚astand 2.6. bz + c ∈ D(r).<br />
Bevis.<br />
Lad a, α, β, γ ∈<br />
tilfredsstiller<br />
for alle z ∈<br />
.<br />
|bz + c| ≤ |bz| + |c|<br />
= r|b| + |c|<br />
≤ r|b| + r − r|b| = r<br />
| |z| ≤ r}. Lad |z| = r og<br />
, hvor |β| < 1. Lad f være analytisk funktion p˚a<br />
f(z) = af(bz + c) + αf(βz + γ)<br />
P˚astand 2.7. Hvis |a| + |α| < 1 s˚a er f(z) = 0 for alle z ∈<br />
.<br />
som<br />
Bevis. Thm[ST] 10.14 (Maximum Modulus) giver |f| antager sit maximum<br />
p˚a randen. Lad r > max{ |c|<br />
1−|b| ,<br />
|γ|<br />
} og lad |z| = r, s˚a giver p˚astand 2.6 at<br />
1−|β|<br />
bz + c, βz + γ ∈ D(r). S˚a<br />
|f(z)| ≤ |af(bz + c)| + |αf(βz + γ)) < max{|f(bz + c)|, |f(βz + γ)|}<br />
hvilket ogs˚a gælder for maxz{|f(z)|}. Dvs.<br />
max<br />
z<br />
|f(z)| ≤ |af(bz + c)| + |αf(βz + γ)) < max |f(z)|<br />
z<br />
Thm[ST] 10.14 giver, at f m˚a være en konstant. Da r er vilk˚arlig, m˚a dette<br />
gælde p˚a hele .<br />
Antag nu, at f(z) = k,<br />
hvilket giver, at f(z) = 0 for alle z ∈<br />
P˚astand 2.8. f er et polynomium.<br />
Bevis. Vi har at<br />
|k| = |ak + αk| = |k(a + α)| < |k|<br />
f (k) = af (k) (bz + c)b k + αf (k) (βz + γ)β k<br />
da |b|, |β| < 1, ved vi der findes, et k ∈ N s˚a |ab| k + |αβ| k < 1.<br />
Dvs. f (k) (z) = 0 fra et vist k stort nok iflg. p˚astand 2.7.<br />
10<br />
.
2.3 Opgave 3<br />
Lad D ⊆<br />
være en sammenhængende ˚aben mængde, og f, g : D →<br />
analytiske funktionener.<br />
Antag der findes en følge {zn} ∞ n+1 ⊆ D med et grænsepunkt i D, s˚aledes at<br />
for k = 1, . . .<br />
f ′ (zk)g(zk) = f(zk)g ′ (zk)<br />
P˚astand 2.9. f ′ (z)g(z) = f(z)g ′ (z) for alle z ∈ D<br />
Bevis. Følger direkte af thm[ST] 10.11<br />
P˚astand 2.10. Der findes a, b ∈<br />
s˚a ag(z) = bf(z) for alle z ∈ D<br />
Bevis. Hvis g(z) = 0 eller f(z) = 0 følger det trivielt.<br />
S˚a antag, at der findes et z0 ∈ D s˚aledes g(z0) = 0. S˚a findes der et ε > 0 s˚a<br />
for alle z ∈ Ω = D(z0, ε) er g(z) = 0.<br />
Lad f<br />
(z), z ∈ Ω<br />
g<br />
S˚a er,<br />
for z ∈ Ω<br />
S˚a<br />
<br />
f<br />
D<br />
g (z)<br />
<br />
= f ′ g − fg ′<br />
g2 f<br />
(z) = k∀z ∈ D<br />
g<br />
= 0<br />
Thm[ST] 10.11 giver s˚a at f<br />
(z) = k for alle z ∈ D.<br />
g<br />
2.4 Opgave 4<br />
Lad a, b ∈<br />
P˚astand 2.11. b = 0<br />
s˚a |a − b| < |a| + |b|.<br />
Bevis. Antag for modstrid, at b = 0, det medfører<br />
|a + b| = |a + 0| = |a| = |a| + |0| = |a| + |b|<br />
hvilket er en modstrid af antagelsen.<br />
P˚astand 2.12. a<br />
b ∈ − (−∞, 0]<br />
11
Bevis. Antag for modstrid, at a ∈ (−∞, 0].<br />
b<br />
Det giver, at der findes et r ∈ (−∞, 0] s˚aledes, at a = rb.<br />
og<br />
|a − b| = |rb − b| = |b||r − 1|<br />
|a| + |b| = |rb| + |b| = |r||b| + |b| = |b|(|r| + 1) = |b||r − 1| = |a − b|<br />
hvilket giver en modstrid.<br />
Lad nu γ være en lukket kurve i C − (−∞, 0].<br />
P˚astand 2.13. ω(γ, 0) = 0<br />
Bevis. Trivielt<br />
P˚astand 2.14. Antag, at f og g er analytiske funktioner defineret p˚a en<br />
˚aben mængde D, som indeholder en simpel lukket urve γ, og alle punkter i<br />
det indre af γ. Hvis<br />
|f(z) − g(z)| < |f(z)| + |g(z)|<br />
for alle z i billedet af γ, s˚a har f og g lige mange nulpunkter i det indre af<br />
γ, talt med multiplicitet.<br />
Bevis. Lad<br />
Det er nok at vise, <br />
F (z) g(z)<br />
f(z)<br />
γ<br />
F ′<br />
F<br />
= 0<br />
Definer Γ(t) = F (γ(t)) og Γ ′ (t) = F ′ (γ(t)) s˚a f˚ar vi, at<br />
<br />
γ<br />
F ′<br />
F =<br />
b<br />
a<br />
b<br />
=<br />
<br />
=<br />
a<br />
Γ<br />
F ′ (γ(t))<br />
F (γ(t)) dt<br />
Γ ′ (t)<br />
Γ(t) dt<br />
1<br />
= ω(Γ, 0) = 0.<br />
z<br />
Det sidste lighedstegn gælder, da Γ er en kurve som forløber i C−(−∞, 0]<br />
12
3 Vinter 1999/00<br />
3.1 Opgave 1<br />
Lad f være funktionen givet ved<br />
for a ∈<br />
, −1 < Re(a) < 1.<br />
f(z) = eaz<br />
cosh(z)<br />
P˚astand 3.1. Singulariteterne for f er givet ved i(n + 1)π<br />
for n ∈<br />
2<br />
Bevis. Vi har fra prop[ST] 5.3, at<br />
cos(z) = 0 ⇐⇒ z = (n + 1<br />
2 )π<br />
for n ∈ .<br />
Da cos(iz) = cosh(z), følger resultatet.<br />
P˚astand 3.2. res(f, i(n + 1<br />
2 )π) = (−1)n 1<br />
aiπ(n+ e 2 )<br />
Bevis. Da vi har med simple poler at gøre, kan vi bruge lemma[ST] 12.2 til<br />
at beregne residuerne.<br />
Lad<br />
<br />
res f, i<br />
n + 1<br />
2<br />
P˚astand 3.3. I = π<br />
cos( aπ<br />
2 )<br />
<br />
π =<br />
I =<br />
Bevis. Lad γ1(t) = t + iπ, s˚a er<br />
−Y<br />
X<br />
f =<br />
=<br />
1<br />
aiπ(n+ e 2 )<br />
sinh(iπ(n + 1<br />
2 )) = (−1)n 1<br />
aiπ(n+<br />
e 2 )<br />
∞<br />
−Y<br />
−∞<br />
e ax<br />
cosh(x) dx<br />
e at+ait<br />
cosh(t + iπ) dt<br />
X<br />
−Y<br />
e<br />
X<br />
ateiaπ 1<br />
2 (eteiπ + e−te−iπ ) dt<br />
X<br />
= e iaπ<br />
−Y<br />
13<br />
f(t)dt
Lad nu γ2(t) = X + it,<br />
<br />
<br />
<br />
f<br />
<br />
γ2<br />
=<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
= <br />
i ≤<br />
π<br />
ea(X+it) cosh(X + it) idt<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
0<br />
π<br />
e<br />
0<br />
aXeait 1<br />
2 (eXeit + e−Xe−it ) dt<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
π<br />
|e<br />
0<br />
aXeait |<br />
| 1<br />
2 (eXeit + e−Xe−it )| dt<br />
π<br />
1<br />
0 |e (1−a)Xeit + e (−1−a)Xe−it | dt<br />
≤ 2<br />
hvilket g˚ar mod nul for X → ∞, da |Re(a)| < 1.<br />
Lad nu γ3(t) = −Y + i(π − t),<br />
<br />
<br />
<br />
f<br />
=<br />
<br />
π −aY +ia(π−t)<br />
<br />
e<br />
cosh(−Y + i(π − t)) dt<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
γ3<br />
0<br />
= . . . ≤ 2<br />
π<br />
hvilket g˚ar mod nul for Y → ∞, da |Re(a)| < 1.<br />
S˚a vi har for X, Y → ∞ at<br />
iflg. thm[ST] 12.1<br />
Det giver at, ∞<br />
P˚astand 3.4. ∞<br />
0<br />
(1 + e iaπ )<br />
f(t)dt =<br />
−∞<br />
dx<br />
cosh(x)<br />
= pi<br />
2<br />
0<br />
1<br />
|e −(1+a)Y e −it + e (1−a)Y e it | dt<br />
∞<br />
−∞<br />
f(t)dt = 2πe aπ<br />
2<br />
2π<br />
aiπ<br />
− e 2 (1 + eiaπ ) =<br />
Bevis. Vi bruger p˚astand 3.3 for a = 0, s˚a f˚ar vi, at<br />
∞<br />
−∞<br />
dx<br />
cosh(x)<br />
Da cosh er en lige funktion, f˚ar vi<br />
∞<br />
dx<br />
cosh(x)<br />
P˚astand 3.5. ∞<br />
0<br />
cos(x)<br />
π dx =<br />
cosh(x)<br />
0<br />
2 cosh( pi<br />
2 )<br />
14<br />
= π<br />
= π<br />
2<br />
π<br />
cos( aπ<br />
2 )
Bevis. Vi bruger p˚astand 3.3 for a = i, s˚a f˚ar vi, at<br />
1<br />
2<br />
3.2 Opgave 2<br />
Lad a ∈ − {0}, lad<br />
∞<br />
P˚astand 3.6. w − a ∈<br />
−∞<br />
∞<br />
eit + e−it eit 1<br />
dx =<br />
cosh(x) 2 0 cosh(x) dx<br />
∞<br />
cos(x)<br />
=<br />
0 cosh(x) dx<br />
π<br />
=<br />
2 cos( iπ<br />
2 )<br />
arga = {z ∈<br />
=<br />
π<br />
2 cosh( π<br />
2 )<br />
| z = 0, argz = arga}.<br />
arga for alle w ∈ med |w| < |a|<br />
Bevis. Antag at θ = arg(w − a) = arg(a) og |w| < |a|, m.a.o.<br />
hvilket medfører at<br />
w − a = r1e iθ<br />
a = r2e iθ<br />
w = w − a + a = (r1 + r2)e iθ<br />
Da r1, r2 > 0 giver det at |w| > |a| hvilket er en modstrid af antagelsen.<br />
Lad nu Ω ⊆ ˚aben og begrænset, med en simpel løkke som rand.<br />
Antag f er meromorf p˚a Ω og analytisk i en ˚aben mængde som indeholder<br />
randen ∂Ω.<br />
Lad M = sup z∈∂Ω |f(z)|, og vælg a ∈ med |a| > M.<br />
P˚astand 3.7. z ↦→ log arga(f(z) − a) er analytisk i en omegn af ∂Ω.<br />
Bevis. Vi har at<br />
M = sup |f(z)| ⇒ ∀z ∈ ∂Ω : |f(z)| ≤ M<br />
z∈∂Ω<br />
Da ∂Ω lukket, s˚a antager f et maksimum p˚a ∂Ω Sæt 0 < ε < |a| − M<br />
∀z0 ∈ ∂Ω∃δz0 : z ∈ Nδ(z0) ⇒ |f(z)| ≤ M + ɛ < |a|<br />
15
Sæt Ψ = <br />
z0∈∂Ω Nδ(z0). Da er Ψ ˚aben (forrening af ˚abne mængder) og indeholder<br />
∂Ω og<br />
|f(z)| < |a| ∀z ∈ Ψ<br />
Af p˚astand 3.6 har vi nu, at f(z) − a ∈<br />
loga(f(z) − a) analytisk for alle z ∈ Ψ.<br />
arg(a) for alle z ∈ Ψ og dermed er<br />
P˚astand 3.8. f antager værdien a lige s˚a mange gange som f har poler i Ω<br />
Bevis. Bemærk først, at f og f − a har samme antal poler.<br />
Vi differentierer<br />
D(log arga(f(z) − a)) = f ′ (z)<br />
f(z) − a<br />
f<br />
S˚a F (z) = logarga(f(z) − a)) er en stamfkt til<br />
′<br />
f−a .<br />
Lad γ være en simpel løkke, s˚a giver thm[ST] 6.11 at<br />
<br />
logarga(f(z) − a)) = 0<br />
Resten følger af sætn.[PS] 16.1.<br />
3.3 Opgave 3<br />
Lad Ω = {z ∈<br />
γ<br />
| 0 < |z| < 1}, og lad f : Ω → være en analytisk funktion.<br />
P˚astand 3.9. Hvis f har en pol af orden m i 0, s˚a har f 2 en pol af orden<br />
2m i 0.<br />
Bevis. At f har en pol af orden m i 0 giver iflg. [ST] s. 67, at der findes en<br />
analytisk funktion g s˚a,<br />
f(z) = z m g(z)<br />
hvor g(0) = 0 og g ikke har en pol i 0. Dette medfører, at<br />
f 2 (z) = z 2m g 2 (z)<br />
Da g ikke havde en pol i 0, har g 2 det heller ikke, dvs. f 2 har en pol af orden<br />
2m i 0.<br />
Antag f har en simpel pol i 0, og res(f, 0) = r, res( f<br />
, 0) = s.<br />
z<br />
P˚astand 3.10. limz→0(f(z) − r ) findes og er lig s<br />
z<br />
16
Bevis. Vi har at,<br />
og vi har, at<br />
Vi bemærker, at<br />
f(z) − r<br />
z<br />
1<br />
<br />
= zf(z) − r<br />
z<br />
<br />
f<br />
<br />
res , 0 = lim f(z) = s<br />
z z→0<br />
d<br />
<br />
f(z)z − r = f(z) + zf<br />
dz<br />
′ (z) → s<br />
d<br />
(z) = 1<br />
dz<br />
for z → 0.<br />
Deraf følger det af den komplekse l’Hopital, at<br />
for z → 0.<br />
d (f(z)z − r)<br />
dz<br />
d<br />
dz (z)<br />
P˚astand 3.11. res(f 2 , 0) = 2rs.<br />
= f(z)z − r<br />
z<br />
→ s<br />
= s<br />
1<br />
Bevis. Fra p˚astand 3.9 har vi at f 2 har pol af orden 2 i 0. Iflg. lemma 12.3<br />
gælder der res(f 2 , 0) = limz→0( d<br />
dz (z2 f 2 (z)) = 2zf(z)(f(z) + zf ′ (z)).<br />
Bemærk f(z)/z har en pol af orden 2 i 0.<br />
res(f(z)/z, 0) = lim<br />
z→0<br />
Alts˚a<br />
for z → 0.<br />
og derfor<br />
d<br />
dz<br />
f(z)<br />
(z2 ) = lim<br />
z z→0<br />
2zf(z)(f(z) + zf ′ (z)) → 2rs<br />
res(f 2 (z), 0) = 2rs<br />
Lad γ være en simpel løkke i Ω, med 0 i sit indre.<br />
P˚astand 3.12. iπ <br />
γ f 2 (z)dz = <br />
f(z)dz<br />
γ<br />
17<br />
d<br />
(zf(z)) = lim<br />
dz z→0 (f(z) + zf ′ (z)) = s<br />
γ<br />
f(z)<br />
z dz
Bevis. Thm[ST] 12.1 giver, at<br />
<br />
f<br />
γ<br />
2 (z)dz = 2πi2rs = 4πirs<br />
<br />
f(z)dz = 2πir<br />
γ<br />
<br />
f(z)<br />
= 2πis<br />
z<br />
S˚a <br />
3.4 Opgave 4<br />
Lad D = {z ∈<br />
γ<br />
<br />
f(z)dz<br />
γ<br />
γ<br />
f(z)<br />
z = −4π2 <br />
rs = iπ f<br />
γ<br />
2 (z)dz<br />
| |z| < 1}. For a ∈ D, lad φa være funktionen givet ved<br />
φa(z) =<br />
z − a<br />
1 − āz<br />
P˚astand 3.13. φ−a(φa(z)) = z for alle z ∈ D.<br />
Bevis.<br />
φ−a(φa(z)) =<br />
=<br />
= 1 − āz<br />
z−a + a<br />
1−āz<br />
1 + ā z−a<br />
z−a<br />
1−āz<br />
1−āz<br />
1−āz<br />
1 − āa<br />
1−āz<br />
+ a−aāz<br />
1−āz<br />
+ āz−aā<br />
1−āz<br />
Lad f : D → D være en analytisk afbildning.<br />
z − āaz<br />
1 − āz<br />
= z<br />
P˚astand 3.14. g = φf(a) ◦ f ◦ φ−a er en analytisk funktion.<br />
Bevis. g er sammensat af analytiske funktioner.<br />
P˚astand 3.15. g(0) = 0<br />
Bevis.<br />
g(0) = φf(a)(f(φ−a(0)))<br />
0 + a<br />
= φf(a)(f(<br />
1 + ā0 ))<br />
= φf(a)(f(a))<br />
= f(a) − f(a)<br />
= 0<br />
1 − f(a)f(a)<br />
18
P˚astand 3.16. g ′ <br />
1−|a| 2<br />
(0) = 1−|f(a)| 2<br />
<br />
f ′ (a)<br />
Bevis. Vi starter lige med et par udregninger<br />
φ ′ (1 + āz) − ā(z + a)<br />
−a(0) =<br />
(1 + āz) 2<br />
<br />
<br />
<br />
= 1 − aā<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
1 + āz<br />
φ ′ f(a)(z) =<br />
Derefter udregner vi,<br />
P˚astand 3.17.<br />
1 − f(a)f(a)<br />
(1 − f(a)z)<br />
φ−a(0) = a<br />
g ′ (0) = φf(a) ′ (f(φ−a(0)))f ′ (φ−a(0))φ ′ −a(0)<br />
<br />
<br />
0<br />
= φ ′ f(a) (f(a))f ′ (a)(1 − aā)<br />
= 1 − |f(a)|2<br />
f(z)−f(a)<br />
1−f(a)f(a)<br />
(1 − |f(a)| 2 ) 2 f ′ (a)(1 − |a| 2 )<br />
= 1 − |a|2<br />
1 − |f(a)| f ′ (a)<br />
<br />
<br />
≤<br />
z−a<br />
1−āz<br />
<br />
<br />
for alle z ∈ D.<br />
Bevis. Vi har iflg sætn[PS] 25.2 (Schwarz’s lemma), at<br />
s˚a<br />
|g(z)| ≤ |z|<br />
g(φa(z)) = φf(a)(f(z)) =<br />
0<br />
f(z) − f(a)<br />
1 − f(a)f(z)<br />
dvs <br />
f(z) − f(a) <br />
<br />
1 − f(a)f(a)<br />
≤<br />
<br />
<br />
<br />
φa(z) <br />
<br />
<br />
=<br />
<br />
<br />
<br />
z − a <br />
<br />
1<br />
− āz <br />
19<br />
= 1 − aā
4 Sommer 2000<br />
4.1 Opgave 1<br />
Lad P være den polynomiale funktion givet ved<br />
Lad yderligere D = {z ∈<br />
P (z) = 8z 11 + z 9 − z 7 + z 4 + z 3 − z 2 − z + 1<br />
| |z| < 1}.<br />
P˚astand 4.1. Alle nulpunkterne for P ligger i D.<br />
Bevis. Lad g(z) = 8z 11 . Vi har at P og g er differentiable, og at<br />
|P (e it ) − g(e it )| = |e 9it − e 7it + e 4it + e 3it − e 2it − e it + 1|<br />
≤ 7 < 8 = |g(e it )|<br />
for t ∈ [0, 2π].<br />
Hvorefter det burde være trivielt, at resultatet følger af Rouche’s sætning,<br />
da g har 11 nulpunkter i D, og P har 11 nulpunkter.<br />
Lad nu f : →<br />
og lad γR : [0, 1] →<br />
P˚astand 4.2. <br />
γR<br />
være funktionen givet ved<br />
f(z) = z10 − 4z 7 + z − 3<br />
P (z)<br />
være kurven givet ved γR(t) = Re 2πit , 0 ≤ t ≤ 1.<br />
f → iπ<br />
4<br />
Bevis. Sæt x = x(R, t) = Re 2πit<br />
<br />
γR<br />
f =<br />
for R → ∞.<br />
1<br />
x<br />
0<br />
10 − 4x7 + x − 3<br />
8x11 + x9 − x7 + x4 + x3 − x2 − x + 1 2πixdt<br />
1<br />
x<br />
0<br />
11 − 4x8 + x2 − 3x<br />
8x11 + x9 − x7 + x4 + x3 − x2 − x + 1 dt<br />
1<br />
1 − 4x<br />
0<br />
−3 + x−9 − 3x−10 8 + x−2 − x−4 + x−7 + x−8 − x−9 − x−10 dt<br />
+ x−11 = 2πi<br />
= 2πi<br />
Da x −n = R −n e −2nπit → 0 for R → ∞ og n ∈ N, ser vi at indmaden g˚ar mod<br />
1<br />
8<br />
for R g˚aende mod uendelig. Alts˚a<br />
<br />
γR<br />
1<br />
1 iπ<br />
f → 2πi dt =<br />
0 8 4<br />
20<br />
for R → ∞
P˚astand 4.3. <br />
γ1<br />
f → iπ<br />
4 .<br />
Bevis. Da P (z) har 11 nulpunkter har f(z) højst 11 singulariteter indenfor<br />
enhedscirklen. Lad V = {z1, . . . , zk} være mængden af polerne, hvor k ≤ 11.<br />
Hvis V ⊆ I(γR) har ifg. Cauchy’s Residue Theorem:<br />
<br />
γR<br />
f = 2πi<br />
k<br />
res(f, zi)<br />
Da V ⊆ I(γR) for alle R ≥ 1, dvs. specielt n˚ar R → ∞, f˚ar vi af p˚astand 4.2<br />
at: <br />
f = iπ<br />
4<br />
∀R ≥ 1<br />
γR<br />
Specielt har vi alts˚a <br />
4.2 Opgave 2<br />
γ1<br />
i=1<br />
f = iπ<br />
4<br />
¡<br />
Lad f, g : → være analytiske funktioner. Antag, at der findes k ∈<br />
s˚aledes, at Re(f(z)) ≤ kRe(g(z)) for alle z ∈ .<br />
P˚astand 4.4. Der findes et c ∈<br />
Bevis. Vi ser p˚a<br />
for alle z ∈<br />
.<br />
s˚aledes, at f(z) = kg(z)+c for alle z ∈<br />
|e f(z)−kg(z) | = |ef(z) |<br />
|gkg(z) ≤ 1<br />
|<br />
Da e f(z)−kg(z) er differentiabel, giver thm[ST] 10.6, at e f(z)−kg(z) = c1 hvilket<br />
medfører<br />
f(z) = kg(z) + c2<br />
Lad f være en analytisk funktion med en væsentlig isoleret singularitet i z0.<br />
Lad g være en analytisk og ikke identisk nul i en omegn af z0.<br />
P˚astand 4.5. z ↦→ f(z)g(z) har en væsentlig isoleret singularitet i z0.<br />
Bevis. Lad os antage, at f har en væsentlig isoleret singularitet i z0, g ikke<br />
identisk lige 0 i en omegn af z0 og at fg IKKE har en væsentlig isoleret<br />
singularitet i z0. Da kan vi skrive fg som:<br />
fg(z) = (z − z0) −k f1(z)<br />
21<br />
.
hvor f1 er et polynomium forskellig fra 0 i z0 og k ∈ N. Da g ikke er analytisk<br />
og ikke identisk lige 0 i en omegn af z0, har g i værste fald et nulpunkt af<br />
orden l i z0 og dermed har 1/g en pol af orden højst l i z0. Da kan vi skrive<br />
1/g som:<br />
1/g(z) = (z − z0) −l g1(z)<br />
hvor g1 er et polynomium forskellig fra 0 i z0. Suma sumarum har vi<br />
f(z) = 1<br />
g(z) f(z)g(z) = (z − z0) −l−k f1(z)g1(z)<br />
og s˚a ser vi, at f har en pol af orden højst k+l i z0, hvilket giver en modstrid,<br />
da vi havde antaget, at f havde en væsentlig isoleret singularitet i z0.<br />
4.3 Opgave 3<br />
Lad D = {z ∈<br />
Lad ydereliger<br />
| |z| < 1} og H = {z ∈<br />
P˚astand 4.6. φ afbilder D p˚a H.<br />
Bevis. Lad x + iy ∈ D, s˚a er<br />
1 + x + iy<br />
φ(x + iy) = i<br />
1 − x − iy<br />
= (i + ix − y)<br />
=<br />
1 + z<br />
φ(z) = i<br />
1 − z<br />
1 − x + iy<br />
| Im(z) > 0}.<br />
(1 − x) 2 + y2 1<br />
(1 − x) 2 + y2 (−2y − 2xy + i(1 − x2 − y 2 ))<br />
men vi har at x 2 + y 2 < 1 s˚a vi har det ønskede.<br />
Vi har yderligere, at<br />
thi<br />
φ −1 (z) =<br />
z − i<br />
z + i<br />
φ(φ −1 <br />
z − i<br />
(z)) = φ<br />
z + i<br />
= i + i z−i<br />
z+i<br />
1 − z−i<br />
z+i<br />
= 2iz<br />
z + i<br />
22<br />
z + i<br />
2i<br />
= z
Lad nu z ∈ H, skriv z = x + iy, vi har s˚a, at y > 0.<br />
|φ −1 <br />
<br />
(x + iy)| = <br />
x + iy − i<br />
<br />
x<br />
+ iy + i<br />
<br />
<br />
= <br />
x − i(y + 1)<br />
x2<br />
<br />
<br />
(x + i(y − 1)) <br />
+ (y + 1) 2 <br />
<br />
<br />
= <br />
x<br />
<br />
2 + ix(y − 1) − ix(y + 1) + (y + 1)(y − 1)<br />
x2 + (y + 1) 2<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
= <br />
x<br />
<br />
2 − 2ix + y2 − 1<br />
x2 + (y + 1) 2<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
(x<br />
=<br />
2 + y2 − 1) 2 + 4x2 =<br />
=<br />
(x 2 + (y + 1) 2 ) 2<br />
<br />
x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 − 2y 2 + 2x 2 + 1<br />
<br />
x 4 + (y + 1) 4 + 2x 2 (y + 1) 2<br />
x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 − 2y 2 + 2x 2 + 1<br />
(x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 − 2y 2 + 2x 2 + 1) + 4y + 8y 2 + 4y 3 + 2yx 2<br />
da y > 0 har vi at |φ −1 (z)| < 1 for z ∈ H som ønsket.<br />
Lad f : H → D være en analytisk funktion med f(i) = 0.<br />
P˚astand 4.7. |f ′ (i)| ≤ 1<br />
1<br />
| og |f(2i)| ≤ 2 3 .<br />
Bevis. Lad os se p˚a f ◦ φ.<br />
f ◦ φ(0) = f<br />
S˚a f˚ar vi af Schwarz’s lemma, at<br />
og<br />
Vi har at<br />
S˚a |f(2i)| ≤ 1<br />
3 .<br />
Vi har at<br />
<br />
i + 0<br />
<br />
= f(i) = 0<br />
1 − 0<br />
|f ◦ φ(z)| ≤ |z|<br />
|f ◦ φ(0)| ≤ 1<br />
<br />
1<br />
<br />
φ =<br />
3<br />
i + i 1<br />
3<br />
1 − 1<br />
3<br />
= 2i<br />
(f ◦ φ) ′ (z) = f ′ (φ(z))φ ′ (z)<br />
23
s˚a vi f˚ar, at<br />
S˚a<br />
hvilket giver, at<br />
Definer<br />
φ(0) = i<br />
φ ′ (0) =<br />
i(1 + z) + (i + iz)<br />
(1 − z) 2<br />
<br />
<br />
<br />
0<br />
|(f ◦ φ) ′ (0)| = |f ′ (i)2i| ≤ 1<br />
|f ′ (i)| ≤ 1<br />
2<br />
g(z) = T ODO<br />
= 2i<br />
P˚astand 4.8. g : H → D er analytisk og g(i) = 0 og g ′ (i) = 1<br />
2 .<br />
Bevis. TODO<br />
4.4 Opgave 4<br />
Lad a, b være positive reelle tal, med a > b og lad<br />
Definer E = {z ∈<br />
P˚astand 4.9. ±i<br />
f(z) =<br />
<br />
a−b<br />
a+b<br />
z<br />
(a 2 − b 2 )z 4 + 2(a 2 + b 2 )z 2 + (a 2 − b 2 )<br />
| |z| < 1}<br />
Bevis. Vi bemærker først, at ±i<br />
er de eneste singulære punkter for f i E<br />
<br />
a−b<br />
a+b<br />
ligger i E. Vi definerer<br />
q(z) = (a 2 − b 2 )z 4 + 2(a 2 + b 2 )z 2 + (a 2 − b 2 )<br />
Vi er intereseret i at bestemme q’s rødder. Vi substituerer t = z 2 og f˚ar<br />
q har rødderne<br />
q(t) = (a 2 − b 2 )t 2 + 2(a 2 + b 2 )t + (a 2 − b 2 )<br />
t = −2(a2 + b 2 ) ± 4(a 2 + b 2 ) 2 − 4(a 2 − b 2 ) 2<br />
2(a 2 − b 2 )<br />
= −2(a2 + b 2 ) ± √ 16a 2 b 2<br />
2(a 2 − b 2 )<br />
= −(a2 + b 2 ) ± 2ab<br />
a 2 − b 2<br />
24
Dvs.<br />
og<br />
t = −(a2 + b 2 ) + 2ab<br />
a 2 − b 2 =<br />
t = −(a2 + b 2 ) − 2ab<br />
a 2 − b 2<br />
= −(a + b)2<br />
−(a − b)2<br />
(a + b)(a − b)<br />
(a + b)(a − b)<br />
Deraf følger, at q har rødderne,<br />
<br />
a − b<br />
z = ±i<br />
a + b<br />
<br />
a + b<br />
z = ±i<br />
a − b<br />
= −a − b<br />
a + b<br />
= −a + b<br />
a − b<br />
Rødderne fra (2) ligger ikke i E, mens rødderne fra (1) ligger i E.<br />
Da f(z) = z<br />
E.<br />
q(z) følger det, at f kun har punkterne (1) som er singulære i<br />
Lad z+ = i<br />
a−b<br />
a+b og z− = i<br />
<br />
a−b<br />
a+b<br />
P˚astand 4.10. res(f, z+) = 1<br />
8ab<br />
Bevis. Da z+ er en simpel pol, bruges lemma 12.2, som giver at<br />
res(f, z+) = z+<br />
q ′ (z+)<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
z+<br />
4(a2 − b2 )z3 + + 4(a2 + b2 )z+<br />
<br />
a−b i a+b<br />
4(a2 − b2 <br />
a−b )(i a+b )3 + 4(a2 + b2 <br />
a−b )i a+b<br />
1<br />
4(a2 − b2 <br />
a−b )(i a+b )2 + 4(a2 + b2 )<br />
1<br />
−4(a2 − b2 ) a−b<br />
a+b + 4(a2 + b2 )<br />
1<br />
−4(a − b) 2 + 4(a 2 + b 2 )<br />
1<br />
−4(a 2 + b 2 − 2ab) + 4(a 2 + b 2 )<br />
= 1<br />
8ab<br />
25
P˚astand 4.11. res(f, z−) = 1<br />
8ab<br />
Bevis. Da z− er en simpel pol, bruges lemma 12.2, som giver at<br />
Lad I = 2π<br />
0<br />
res(f, z−) = z−<br />
q ′ (z−)<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
=<br />
z−<br />
4(a2 − b2 )z3 − + 4(a2 + b2 )z−<br />
<br />
a−b −i a+b<br />
4(a2 − b2 <br />
a−b<br />
)(−i a+b )3 − 4(a2 + b2 <br />
a−b<br />
)i a+b<br />
1<br />
4(a2 − b2 <br />
a−b )(−i a+b )2 + 4(a2 + b2 )<br />
1<br />
−4(a2 − b2 ) a−b<br />
a+b + 4(a2 + b2 )<br />
1<br />
−4(a − b) 2 + 4(a 2 + b 2 )<br />
1<br />
−4(a 2 + b 2 − 2ab) + 4(a 2 + b 2 )<br />
= 1<br />
8ab<br />
dt<br />
a 2 cos 2 (t)+b 2 sin 2 (t)<br />
P˚astand 4.12. I = π<br />
2ab<br />
Bevis. Lad C(t) = e it for 0 ≤ t ≤ 2π. Hvis z = C(t) = e it f˚as<br />
cos(t) = 1 1<br />
(z +<br />
2 z )<br />
sin(t) = 1 1<br />
(z −<br />
2i z )<br />
26
S˚a overst˚aende integral bliver<br />
<br />
I =<br />
C<br />
<br />
=<br />
C<br />
<br />
=<br />
C<br />
<br />
=<br />
<br />
= −i<br />
Theorem 12.1 giver nu, at<br />
1<br />
a2 1 1 (z + 4 z )2 + b2 1<br />
4i2 (z − 1<br />
z )2<br />
4<br />
a 2 (z + 1<br />
z )2 − b 2 (z − 1<br />
z )2<br />
4<br />
dz<br />
iz<br />
dz<br />
iz<br />
a 2 (z 2 + 2 + 1<br />
z 2 ) − b 2 (z 2 − 2 + 1<br />
z 2 )<br />
C<br />
4z 2<br />
dz<br />
iz<br />
dz<br />
iz<br />
C (a2 − b2 )z4 + 2(a2 + b2 )z2 + (a2 − b2 )<br />
4z<br />
(a2 − b2 )z4 + 2(a2 + b2 )z2 + (a2 − b2 ) dz<br />
I = −i8πi(res(f, z+) + res(f, z−))<br />
= 8π( 1 1<br />
+<br />
8ab 8ab )<br />
= 2π<br />
ab<br />
27
5 Vinter 2000/01<br />
5.1 Opgave 1<br />
Lad<br />
for z = 0.<br />
f(z) =<br />
1 + iz − eiz<br />
z 3<br />
P˚astand 5.1. Laurentrækken omkring 0 for f er − ∞<br />
n=−1<br />
Bevis. Vi ved at<br />
s˚a<br />
S˚a vi f˚ar at<br />
Tilsidst f˚as Laurentrækken til<br />
f(z) = −<br />
e z =<br />
e iz =<br />
∞<br />
n=0<br />
∞<br />
n=0<br />
1 + iz − e iz = −<br />
∞<br />
n=2<br />
1<br />
n! zn<br />
1<br />
n! in z n<br />
∞<br />
n=2<br />
1<br />
n! in z n − 3 = −<br />
1<br />
n! in z n<br />
∞<br />
n=−1<br />
Bemærkning 1. Pr. definition er res(f, 0) = 1<br />
2<br />
1<br />
(n + 3)! in+3 z n<br />
1<br />
(n+3)! in+3 z n<br />
Lad Hr være halvcirklen med centrum 0 og radius r i den øvre halvplan.<br />
<br />
P˚astand 5.2. limr→0 f = iπres(f, 0)<br />
Bevis. Lad H ′ r<br />
Betragt først <br />
Bemærk at<br />
omkring 0, hvor<br />
Hr<br />
være halvcirklen med contrum 0 og radius r.<br />
Hr<br />
π<br />
1 1<br />
dz =<br />
z 0 reit rieit π<br />
dt = idt = iπ<br />
0<br />
h(z) = −<br />
f(z) = 1<br />
+ h(z)<br />
2z<br />
∞<br />
n=0<br />
1<br />
(n + 3)! in+3 z n<br />
28
Pr. liniearitet af integralet, f˚as<br />
<br />
f = 1<br />
<br />
2<br />
for r lille.<br />
Betragter vi nu<br />
Lad nu r < 1, s˚a f˚as<br />
Bemærk at<br />
<br />
Hr<br />
Hr<br />
<br />
<br />
<br />
Hr<br />
<br />
|h| ≤<br />
Hr<br />
<br />
<br />
h<br />
≤ <br />
Hr<br />
e =<br />
1<br />
z +<br />
<br />
h<br />
Hr<br />
Hr<br />
π<br />
|ree it | ≤ re<br />
0<br />
<br />
<br />
|h| <br />
ree it dt<br />
Lader vi nu r → 0 f˚as, at overst˚aende integral giver 0 iflg Lebesgues sætning<br />
om majoriseret konvergens. Alt i alt f˚as,<br />
<br />
lim f =<br />
r→0<br />
Hr<br />
1<br />
<br />
1<br />
2 Hr z +<br />
<br />
h = iπres(f, 0)<br />
Hr<br />
<br />
P˚astand 5.3. limr→∞ f = 0<br />
Hr<br />
Bevis. Vi vurderer <br />
<br />
Betragt nu<br />
for r > 1 f˚as<br />
indsætter vi dette<br />
<br />
<br />
<br />
Hr<br />
Hr<br />
<br />
<br />
f<br />
≤ <br />
Hr<br />
<br />
<br />
|f| <br />
|f| = |1 + iz − eiz |<br />
|z 3 |<br />
|1 + iz − e iz |<br />
|z 3 |<br />
<br />
<br />
f<br />
≤<br />
π<br />
0<br />
≤ 2|z| 2<br />
=<br />
|z| 3 |z| 2<br />
2<br />
r2 |eit π<br />
dt =<br />
| 2<br />
0<br />
For r → ∞ g˚ar integralet mod 0, som ønsket.<br />
P˚astand 5.4. ∞<br />
0<br />
x−sin(x)<br />
x3 dx = π 1<br />
4<br />
29<br />
2 2π<br />
dt =<br />
r2 r2
Bevis. Lad R > r være reelle tal, og lad γ være kurven der g˚ar fra −R til<br />
−r og over −Hr og fra r til R og tilbage over HR.<br />
Theorem 12.1 giver at <br />
Vi omskriver p˚a integralet,<br />
−r <br />
f = f(t)dt −<br />
Dvs.<br />
γ<br />
=<br />
=<br />
=<br />
−R<br />
−r<br />
−R<br />
R<br />
r<br />
R<br />
= 2i<br />
Hr<br />
f +<br />
γ<br />
f = 0<br />
R<br />
r<br />
<br />
f(t)dt +<br />
R<br />
HR<br />
1 + it − eit t3 <br />
1 + it − e<br />
dt − f +<br />
Hr r<br />
it<br />
t3 <br />
dt +<br />
1 − it − e−it −t3 R<br />
1 + it − e<br />
dt − f +<br />
Hr r<br />
it<br />
t3 <br />
dt +<br />
2it − (eit − e−it )<br />
t3 <br />
dt − f + f<br />
Hr HR<br />
t − sin(t)<br />
t3 <br />
dt − f + f = 0<br />
r<br />
R<br />
r<br />
R<br />
2i<br />
r<br />
Hr<br />
HR<br />
t − sin(t)<br />
t3 <br />
dt = f − f<br />
Hr HR<br />
Lader vi nu r → 0 og R → ∞ f˚as fra overst˚aende to p˚astande, at<br />
2i<br />
∞<br />
dvs ∞<br />
5.2 Opgave 2<br />
Lad fk(z) = e z − 3z k for k = 1, 2, . . .<br />
0<br />
0<br />
t − sin(t)<br />
t3 dt = iπ 1<br />
2<br />
t − sin(t)<br />
t3 dt = π 1<br />
4<br />
P˚astand 5.5. fk(z) = fk(¯z) for alle z ∈<br />
Bevis.<br />
fk(z) = e z − 3z k<br />
.<br />
= e z − 3z k<br />
= e ¯z − 3¯z k<br />
30<br />
f<br />
HR<br />
HR<br />
f<br />
f
P˚astand 5.6. Alle nulpunkter for fk er af orden 1.<br />
Bevis. Antag fk(z) = 0<br />
(z) = 0<br />
skal vise , at f ′ k<br />
S˚a fk(z) = 0 ⇐⇒ ez = 3zk Antag nu for modstrid, at f ′ k (z) = 0, det giver, at<br />
e z = 3kz k−a = 3z k<br />
men det kan ikke lade sig gøre for z = 0, men e 0 = 0.<br />
Lad Ω = {z ∈<br />
| |Re(z)| < 1, |Im(z)| < 1}<br />
P˚astand 5.7. fk har k nulpunkter i Ω.<br />
Bevis. Lad g(z) = −3z k , s˚a er<br />
Vi ser først p˚a t ↦→ 1 + it, −1 ≤ t ≤ 1<br />
for f ∈ [−1, 1].<br />
S˚a p˚a −1 + it, −1 ≤ t ≤ 1,<br />
for f ∈ [−1, 1].<br />
Nu p˚a t + i, −1 ≤ t ≤ 1,<br />
for f ∈ [−1, 1].<br />
Endelig p˚a t − i, −1 ≤ t ≤ 1,<br />
|e 1+it | = |ee it |<br />
|f − g| = |e z |<br />
|e −1+it | = |e −1 e it |<br />
= e < 3 ≤ |3(1 + it) k |<br />
= e −1 < 3 ≤ |3(−1 + it) k |<br />
|e t+i | = |e t e i |<br />
= e < 3 ≤ |3(t + i) k |<br />
|e t−i | = |e t e −i |<br />
= e < 3 ≤ |3(t + i) k |<br />
for f ∈ [−1, 1].<br />
Nu skulle det være klart, at resultatet følger af Rouche’s sætning.<br />
31
Men her er argumentet s˚a alligevel, g, f er differentiable funktioner og |f −<br />
g| < |g| for alle z p˚a randen af Ω. Rouche’s sætning giver nu, at f og g har<br />
lige mange nulpunkter (talt med multiplicitet) inden i Ω. Vi ved at g har k<br />
nulpunkter (talt med multiplicitet) i Ω, dvs. f har ogs˚a k nulpunkter (talt<br />
med multiplicitet) i Ω.<br />
P˚astand 5.8. Hvis k er ulige, har fk et reelt nulpunkt i Ω.<br />
Bevis. Vi bemærker,<br />
f(−1) = e −1 − 3(−1) k = e −1 + 3 > 0<br />
f(1) = e 1 − 3(1) k = e − 3 < 0<br />
Deraf kan vi konkludere at der mindst findes en reel rod p˚a den i intervallet<br />
[−1, 1].<br />
5.3 Opgave 3<br />
Lad D = {z ∈<br />
g : D → som<br />
for z ∈ D − {0}, 0 for z = 0.<br />
P˚astand 5.9. g er analytisk.<br />
| |z| < 1} og f : D → D analytisk med f(0) = 0. Definer<br />
g(z) =<br />
f(z) + f(−z)<br />
2z<br />
Bevis. Vi bruger at f er analytisk, lad z ∈ D være en vilk˚arligt punkt, og<br />
lad<br />
∞<br />
anh n<br />
n=0<br />
være Taylorrækken for f omkring z.<br />
S˚a er,<br />
∞<br />
rækken for f(−z).<br />
Dvs.<br />
∞<br />
n=0<br />
an<br />
n=0<br />
<br />
1<br />
4<br />
an(−1) n h n<br />
1<br />
<br />
+ (−1)n h<br />
4<br />
n−1<br />
er rækken for g, hvoraf det følger, at g er analytisk.<br />
P˚astand 5.10. g ′ (0) = 1<br />
2 f ′′ (0).<br />
32
Bevis. Vi bruger Taylorrækken for f omkring 0<br />
og<br />
s˚a<br />
dvs.<br />
For n = 1 f˚as,<br />
P˚astand 5.11. g(D) ⊆ D<br />
f(z) =<br />
f(−z) =<br />
∞<br />
n=0<br />
∞<br />
n=0<br />
f(z) + f(−z) =<br />
g(z) =<br />
∞<br />
n=0<br />
f (n) (0)<br />
z<br />
n!<br />
n<br />
f (n) (0)<br />
(−1)<br />
n!<br />
n z n<br />
∞<br />
n=0<br />
2f (2n) (0)<br />
z<br />
(2n)!<br />
2n<br />
f (2n) (0)<br />
(2n)! z2n−1<br />
g ′ (0) = f ′′ (0)<br />
2<br />
Bevis. Da f analytisk ⇐⇒ f er holomorf.<br />
og f(0) = 0 giver Schwarz’s lemma, at<br />
s˚a <br />
f(z) + f(z)<br />
2z<br />
|f(z)| ≤ |z|<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
≤ 2|f(z)|<br />
|2z|<br />
≤ 2|z|<br />
2|z|<br />
P˚astand 5.12. |f(z) + f(−z)| ≤ 2|z| 2 for alle z ∈ D.<br />
Bevis. Vi har at g(0) = 0 og g er holomorf, s˚a Schwarz’s lemma giver, at<br />
<br />
<br />
<br />
|g(z)| = <br />
f(z) + f(−z) <br />
<br />
2z ≤ |z|<br />
hvilket medfører, at<br />
P˚astand 5.13. |f ′′ (0)| ≤ 2.<br />
|f(z) + f(−z)| ≤ 2|z| 2<br />
33<br />
= 1
Bevis. Schwartz’s lemma giver, at<br />
S˚a, hmm<br />
|g ′ (0)| ≤ 1<br />
|g ′ (0)| = | 1<br />
2 f ′′ (0)| ≤ 1<br />
iflg p˚astand 5.10, deraf følger, at<br />
5.4 Opgave 4<br />
Lad x, y ∈ ¡ .<br />
|f ′′ (0)| ≤ 2<br />
P˚astand 5.14. |cos(x + iy)| ≤ 1<br />
2 (ey + e −y ).<br />
Bevis. TODO<br />
Definer<br />
f(z) =<br />
∞<br />
n=1<br />
og lad r, R ¡ ∈ , med 0 < r ≤ R < 1.<br />
Lad D(r, R) = {z ∈ | r ≤ |z| ≤ R}.<br />
z 4n <br />
1<br />
<br />
cos<br />
nz<br />
P˚astand 5.15. f konvergerer uniformt p˚a D(r, R).<br />
Bevis. TODO<br />
P˚astand 5.16. f er analytisk p˚a D(0, 1).<br />
Bevis. TODO<br />
P˚astand 5.17. f( 1<br />
i<br />
) → 0 og f( ) → 0 for m → ∞.<br />
m m<br />
Bevis. TODO<br />
P˚astand 5.18. 0 er en væsentlig isoleret singularitet for f.<br />
Bevis. TODO<br />
34
6 Sommer 2001<br />
6.1 Opgave 1<br />
Lad<br />
P˚astand 6.1. I = 4π<br />
3 √ 3 .<br />
6.2 Opgave 2<br />
Lad f : →<br />
for alle n ∈ N.<br />
være s˚a<br />
f<br />
I =<br />
∞<br />
−∞<br />
<br />
1<br />
<br />
= f<br />
n<br />
dx<br />
(1 + x + x 2 ) 2<br />
− 1<br />
<br />
=<br />
n<br />
1<br />
n3 P˚astand 6.2. f ej analytisk.<br />
Bevis. Definer g(z) = f(−z). Vi har en følge <br />
1 ∞<br />
n n=1 hvor,<br />
f(z) = g(z)<br />
Antag for modstrid, at f er analytisk, s˚a giver Thm[ST] 10.11, at<br />
for alle z ∈<br />
dvs.<br />
.<br />
f(z) = g(z)<br />
f(z) = f(−z)<br />
for alle z ∈ .<br />
Men vi har ogs˚a, med samme fremgangsm˚ade, at<br />
for alle z ∈ .<br />
Hvilket klart giver en modstrid.<br />
Lad g : →<br />
P˚astand 6.3. g er konstant.<br />
Bevis. Vi har at,<br />
f(z) = 1<br />
z 3<br />
være analytisk og g(0) = 4 − 3i og |g(z)| ≤ 5 for |z| < 1.<br />
giver thm[ST] 10.14 at g er konstant.<br />
|g(0)| = √ 4 2 + 3 2 = 5<br />
35
6.3 Opgave 3<br />
Lad D = {z ∈<br />
||z| < 1}.<br />
P˚astand 6.4. Der findes en automorfi ϕ af D s˚a ϕ(0) = a ∈ D<br />
Bevis. Lad nu<br />
z + a<br />
ϕ(z) =<br />
āz + 1<br />
Sætn. 25.4 (PS) giver nu at ϕ er en automorfi p˚a D.<br />
Tilsidst bemærkes, at ϕ(0) = a, som ønsket<br />
Lad f : D → D være en analytisk funktion med f(a) = a og f(b) = b, a = b,<br />
a, b ∈ D.<br />
Definer g = ϕ −1 ◦ f ◦ ϕ<br />
P˚astand 6.5. g(0) = 0<br />
Bevis.<br />
g(0) = ϕ −1 (f(ϕ(0)))<br />
= ϕ −1 (f(a))<br />
= ϕ −1 (a) = 0.<br />
Det sidste lighedstegn gælder da ϕ er en isomorfi.<br />
P˚astand 6.6. g(ϕ −1 (b)) = ϕ −1 (b)<br />
Bevis.<br />
P˚astand 6.7. g(z) = z, ∀z ∈ D<br />
g(ϕ −1 (b)) = ϕ −1 (f(ϕ(ϕ −1 (b))))<br />
= ϕ −1 (f(b)) = ϕ −1 (b)<br />
Bevis. Da ϕ −1 (b) ∈ D og ϕ −1 (b) = 0 da ϕ er en isomorfi og ϕ(0) = a.<br />
Schwartz lemma giver nu, at g(z) = az, |a| = 1<br />
Da g(ϕ −1 (b)) = ϕ −1 (b) f˚ar vi, at g(z) = z.<br />
P˚astand 6.8. f(z) = z<br />
Bevis. Vi har at<br />
som giver, at<br />
da ϕ er en isomorfi.<br />
g = ϕ −1 ◦ f ◦ ϕ = ϕ −1 ◦ ϕ<br />
f(z) = z<br />
36
6.4 Opgave 4<br />
Lad Ω = {z ∈<br />
| |z| > 1}. Lad γ : [0, 1] → Ω være en lukket kurve.<br />
P˚astand 6.9. γ har samme omløbstal omkring alle punkter i − Ω<br />
Bevis. Trivielt<br />
Lad z1, . . . , zk være k forskellige punkter i<br />
Definer<br />
k αi<br />
f(z) =<br />
z − zi<br />
− Ω og lad α1, . . . , αk ∈<br />
P˚astand 6.10. f har en stamfunktion hvis, og kun hvis, k<br />
i=1 ai = 0.<br />
i=1<br />
Bevis. En udregning burde være nok som bevis. Lad γ være en lukket kurve<br />
i Ω, s˚a er<br />
<br />
γ<br />
k<br />
i=1<br />
ai<br />
z − zi<br />
=<br />
=<br />
=<br />
k<br />
<br />
i=1<br />
k<br />
i=0<br />
γ<br />
αi<br />
ai<br />
z − zi<br />
<br />
1<br />
z − zi<br />
γ<br />
k<br />
αi2πiω(γ, zi)<br />
i=0<br />
= 2πiω(γ, z1)<br />
hvor vi tilsidst brugte p˚astand 6.9.<br />
Det burde være klart at denne udregning viser p˚astanden begge veje. For<br />
antag, at k i=1 αi = 0, s˚a er <br />
f = 0 for alle lukkede kurver γ i Ω. Thm[ST]<br />
γ<br />
6.11 giver nu at f har en stamfunktion. Omvendt, hvis f har en stamfunktion,<br />
giver integralet altid nu, og summen derved ogs˚a nul.<br />
37<br />
k<br />
i=1<br />
αi<br />
.
7 Vinter 2001/02<br />
7.1 Opgave 1<br />
Lad f(z) = tan(z).<br />
P˚astand 7.1. f er analytisk p˚anær i π<br />
+ pπ, p ∈ .<br />
2<br />
Bevis. Vi har at<br />
Prop[ST] 5.3 giver, at<br />
f(z) = tan(z) = sin(z)<br />
cos(z)<br />
cos(z) = 0 ⇐⇒ z = π<br />
+ pπ, p ∈<br />
2<br />
Da cos og sin er differentiable giver prop[ST] 4.2 at f er differentiabel for<br />
+ pπ, p ∈ .<br />
z = π<br />
2<br />
P˚astand 7.2. Re(cos(z)) > 0 for − π<br />
2<br />
Bevis. Vi f˚ar en underlig trang til at regne,<br />
Vi har at<br />
for alle y ∈ ¡<br />
og<br />
cos(z) = 1<br />
2 (eiz + e −iz )<br />
= 1<br />
2 (eix−y + e −ix+y )<br />
= 1<br />
2 (eix e −y + e −ix e y )<br />
= 1<br />
< Re(z) < π<br />
2 .<br />
2 ((cos(x) + i sin(x))e−y + (cos(x) − i sin(x))e y )<br />
= 1<br />
−y y<br />
cos(x)e + cos(x)e<br />
2<br />
+ i 1<br />
−y y<br />
sin(x)e − sin(x)e<br />
2<br />
<br />
= 1<br />
2 cos(x)(e−y + e y ) + i 1<br />
2 sin(x)(e−y − e y )<br />
e −y + e y > 0<br />
1<br />
cos(x) > 0<br />
2<br />
for alle x ∈ (− π π , 2 2 ).<br />
Tjo, og da x = Re(z), s˚a har vi det ønskede.<br />
38
Lad M = {z ∈<br />
| − π<br />
2<br />
P˚astand 7.3. F (z) = z<br />
0<br />
< Re(z) < π<br />
2 }.<br />
f er en stamfunktion til f.<br />
Bevis. Da M er stjerneformet, og 0 er et stjernecenter for M, og at f er<br />
analytisk, s˚a giver thm[ST] 8.2 at F er en stamfunktion for f.<br />
Lad z1 = π<br />
3 , z2 = π<br />
4<br />
for 0 ≤ φ ≤ π<br />
P˚astand 7.4. <br />
C<br />
og lad<br />
f = − log(2)<br />
C(φ) = 7π π<br />
+<br />
24 24 eiφ<br />
Bevis. Da f har en stamfunktion p˚a M er<br />
<br />
f = F π π <br />
− F<br />
4 3<br />
7.2 Opgave 2<br />
Lad<br />
C<br />
=<br />
=<br />
π<br />
4<br />
0<br />
π<br />
4<br />
= −<br />
f −<br />
f<br />
π<br />
3<br />
π<br />
3<br />
π<br />
4<br />
f<br />
π<br />
3<br />
0<br />
<br />
<br />
= log(cos(x)) <br />
π<br />
3<br />
π<br />
4<br />
= log(cos( π<br />
)) − log(cos(π<br />
3 4 ))<br />
√<br />
2)<br />
= log( 1<br />
2<br />
f<br />
) − log(1<br />
2<br />
= log( 1 1<br />
) −<br />
2 2 log(1)<br />
= log( 1<br />
2 )<br />
= log(1) − log(2) = − log(2)<br />
f(z) = (a2 + 2)e iz<br />
(z 2 + 1)(z 2 + 4)<br />
39
P˚astand 7.5. f har polerne i, −i, 2i og −2i.<br />
Bevis. Vi har at,<br />
S˚a<br />
f(z) =<br />
S˚a polerne er i, −i, 2i og −2i.<br />
P˚astand 7.6. Polerne er simple.<br />
Bevis. Vi bemærker, at<br />
lim(z<br />
− i)f(z) =<br />
z→i<br />
lim (z + i)f(z) =<br />
z→−i<br />
lim (z − 2i)f(z) =<br />
z→2i<br />
lim (z + 2i)f(z) =<br />
z→−2i<br />
(z 2 + 1) = (z + i)(z − i)<br />
(z 2 + 4) = (z + 2i)(z − 2i)<br />
(z 2 + 2)e iz<br />
(z + i)(z − i)(z + 2i)(z − 2i)<br />
(i 2 + 2)e ii<br />
(i + i)(i + 2i)(i − 2i)<br />
= 0<br />
((−i) 2 + 2)e i(−i)<br />
((−i) − i)((−i) + 2i)((−i) − 2i)<br />
((2i) 2 + 2)e i(2i)<br />
((2i) + i)((2i) − i)((2i) + 2i)<br />
= 0<br />
((−2i) 2 + 2)e i(−2i)<br />
((−2i) + i)((−2i) − i)((−2i) − 2i)<br />
prop[ST] 11.4 giver s˚a at alle 4 poler er simple.<br />
P˚astand 7.7. res(f, i) = −i 1<br />
6e .<br />
Bevis. Lemma[ST] 12.2 giver, at<br />
P˚astand 7.8. res(f, 2i) = 1<br />
6e .<br />
res(f, i) = lim<br />
z→i (z − i)f(z)<br />
=<br />
(i 2 + 2)e ii<br />
(i + i)(i + 2i)(i − 2i)<br />
= −e−1<br />
6i<br />
40<br />
= −i 1<br />
6e<br />
= 0<br />
= 0
Bevis. Lemma[ST] 12.2 giver, at<br />
res(f, 2i) = lim<br />
z→i (z − 2i)f(z)<br />
=<br />
(i 2 + 2)e ii<br />
(i + i)(i + 2i)(i − i)<br />
= −2e−1<br />
−12i<br />
Lad CR(t) = Reit for 0 ≤ t ≤ π.<br />
P˚astand 7.9. <br />
f → 0 for R → ∞.<br />
Bevis.<br />
for R → ∞.<br />
CR<br />
<br />
<br />
<br />
P˚astand 7.10. ∞<br />
−∞<br />
CR<br />
<br />
<br />
=<br />
<br />
<br />
<br />
= 1<br />
6e<br />
π<br />
(R<br />
0<br />
2e2it + 2)iRe2it (R2e2it + 1)(R2e2it + 4)<br />
≤ (R2 + 2)R<br />
(R2 − 1)(R2 π → 0<br />
4)<br />
(x 2 +2) cos(x)<br />
(x 2 +1)(x 2 +4)<br />
= π<br />
3e .<br />
Bevis. Vi lader γR være kurven fra −R til R og CR. S˚a er<br />
<br />
f =<br />
(a2 + 2)(cos(x) + i sin(x)<br />
γR<br />
=<br />
S˚a for R → ∞ er<br />
γR<br />
R<br />
(z2 + 1)(z2 + 4)<br />
R<br />
(a 2 + 2)(cos(x)<br />
−R (z2 + 1)(z2 + 4)<br />
= I1 + I2 +<br />
<br />
CR<br />
+ i<br />
−R<br />
<br />
I1 + I2 = 2πi i 1 1<br />
<br />
+<br />
6e 6e<br />
= π π<br />
+ i<br />
3e 3e<br />
−∞<br />
<br />
<br />
<br />
(a2 + 2)(sin(x)<br />
(z2 + 1)(z2 + 4) +<br />
<br />
Da realdelen er lig realdelen og imaginærdelen er lig imaginærdelen, giver<br />
der, at ∞<br />
(x2 + 2) cos(x)<br />
(x2 + 1)(x2 π<br />
=<br />
+ 4) 3e<br />
41<br />
CR
7.3 Opgave 3<br />
Lad<br />
f(z) = e −z + z 2 − 5z + 6<br />
og lad<br />
<br />
C = z ∈ z − 5<br />
<br />
<br />
<br />
2<br />
2<br />
= 3<br />
<br />
4<br />
P˚astand 7.11. f har netop to nulpunkter, regnet med multiplicitet, indenfor<br />
C<br />
Bevis. Vi starter med at definere<br />
5<br />
−<br />
g(z) = f(z + 5/2) = e 2 e −z + z 2 − 1<br />
4<br />
Dvs. det er ækvivalent at løse det for g p˚a cirklen<br />
C ′ √<br />
|z| 3<br />
<br />
= z ∈ =<br />
2<br />
Det venlige vink, p˚apeger at det nok er smart at benytte Rouches sætning,<br />
s˚a det gør vi.<br />
Vi starter med at definere en funktion h ved<br />
Vi har at,<br />
h(z) = z 2 − 1<br />
4<br />
|h(z)| ≥ 1<br />
2<br />
for z ∈ C ′<br />
Vi bemærker, at funktionen h har to nulpunkter, regnet med multiplicitet,<br />
indenfor C ′ . S˚a ved brug af Rouches sætning, er det nok at vise, at<br />
for z ∈ C ′ .<br />
|g(z) − h(z)| < 1<br />
2<br />
5<br />
−<br />
|g(z) − h(z)| = |e 2 e −z |<br />
5<br />
−<br />
≤ |e 2 +<br />
√<br />
3<br />
2 |<br />
√<br />
3−5<br />
= |e 2 |<br />
42<br />
≤ |e −1 | < 1<br />
2
8 Sommer 2002<br />
8.1 Opgave 1<br />
Lad f være givet ved,<br />
for z ∈<br />
.<br />
f(z) =<br />
z 2<br />
(z 2 + 4)(z 2 − 3iz − z)<br />
P˚astand 8.1. Polerne for f er i, −i og 2i.<br />
Bevis. Vi har at<br />
(z 2 + 4) = (z − 2i)(z + 2i)<br />
og rødderne i z 2 − 3iz − z er givet ved<br />
z = 3i ± (3i) 2 − 4(−2)<br />
2<br />
= 3i ± √ −9a + 8<br />
= 3i ± i<br />
S˚a vi kan skrive f p˚a formen,<br />
f(z) =<br />
2<br />
2 =<br />
2i<br />
i<br />
z 2<br />
(z + 2i)(z − 2i) 2 (z − i)<br />
Hvoraf det følger, at polerne er i, −i og 2i.<br />
Bemærkning 2. Fra beviset af p˚astand 8.1 følger det, at polerne i og −2i har<br />
orden 1 og 2i har orden 2.<br />
P˚astand 8.2. res(f, −2i) = i 1<br />
12 .<br />
Bevis. Da −2i er en simpel pol, giver lemma[ST] 12.2, at<br />
res(f, −2i) = lim (z + 2i)f(z)<br />
z→−2i<br />
(−2i)<br />
=<br />
2<br />
(−2i − 2i) 2 (−2i − i)<br />
−4<br />
=<br />
(−16)(−3i)<br />
= i 1<br />
12<br />
43
P˚astand 8.3. res(f, i) = −i 1<br />
3<br />
Bevis. Vi bruger igen lemma[ST] 12.2, da vi har med en simpel pol at gøre.<br />
res(f, i) = lim z → i(z − i)f(z)<br />
i<br />
=<br />
2<br />
(i + 2i)(i − 2i) 2<br />
−1<br />
=<br />
(3i)(−i) 2<br />
= −i 1<br />
3<br />
P˚astand 8.4. res(f, 2i) = i 1<br />
4<br />
Bevis. Da der er tale om en pol af orden 2, bruger vi lemma[ST] 12.3,<br />
Lad<br />
res(f, 2i) = lim<br />
z→2i<br />
= lim<br />
z→2i<br />
d z<br />
dz<br />
2<br />
(z − i)(z + 2i)<br />
2z(z − i)(z + 2i) − z 2 (z − i + z + 2i)<br />
(z − i) 2 (z + 2i) 2<br />
= 4i(2i − i)(2i + 2i) − (2i)2 (2i − i + 2i + 2i)<br />
= 4i(i)4i + 4(5i)<br />
= −16i + 20i<br />
I =<br />
i 2 (4i) 4<br />
16<br />
∞<br />
−∞<br />
(2i − i) 2 (2i + 2i) 2<br />
= i 1<br />
4<br />
x 2<br />
(x 2 + 4)(x 2 − 3ix − 2) dx<br />
P˚astand 8.5. I = π<br />
6<br />
Bevis. Lad γR være kurven −R til R og CR(t) = Re it , 0 ≤ t ≤ π.<br />
Vi bemærker, at<br />
S˚a for R → ∞ er<br />
<br />
<br />
<br />
CR<br />
<br />
<br />
f<br />
→ 0 ,for R → ∞<br />
<br />
I = 2πi<br />
<br />
= 2π<br />
i 1<br />
4<br />
− 1<br />
4<br />
<br />
− i1<br />
3<br />
+ 1<br />
3<br />
= π<br />
6<br />
hvor vi brugte Cauchy’s Residue sætning (thm[ST] 12.1).<br />
44
Lad ∞<br />
P˚astand 8.6. I = π<br />
12<br />
Bevis. Vi beregner først realdelen af f,<br />
f(z) =<br />
z 2<br />
0<br />
x 2 (x 2 − 2)<br />
(z 2 + 4) 2 (x 2 + 1) dx<br />
(z2 + 4)(z2 − 3iz − 2)<br />
z<br />
=<br />
2<br />
(z4 + 2z2 − 8) + i(−3z3 − 12z)<br />
= z2 (z4 + 2z2 − 8) + z2i(3z3 + 12z)<br />
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z) 2<br />
z<br />
=<br />
2 (z4 + 2z2 − 8)<br />
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z)<br />
2 + i<br />
det heldigvis nok at beregne viddere p˚a realdelen,<br />
Re(f(z)) =<br />
=<br />
=<br />
z2 (3z3 + 12z)<br />
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z) 2<br />
z2 (z4 + 2z2 − 8)<br />
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z) 2<br />
z2 (z2 − 2)(z2 + 4)<br />
(z2 + 4) 2 (z2 + 1)(z2 + 4)<br />
z2 (z2 − 2)<br />
(z2 + 4) 2 (z2 + 1)<br />
Vi bemærker straks, at Re(f) er en lige funktion, s˚a ved brug af resultatet<br />
fra p˚astand 8.5, følger det, at<br />
8.2 Opgave 2<br />
∞<br />
0<br />
Re(f) = I = π<br />
12<br />
Lad ε være givet, og for m ∈ lad Γm være randen af rektanglet med<br />
hjørnerne (m− 1<br />
1<br />
)π±iε og (m+ 2 2 )π±iε. For m ∈ lad Im = infz∈Γm | sin(z)|.<br />
P˚astand 8.7. Im > 0.<br />
Bevis. Vi bemærker straks, at det er det samme som at vise, at<br />
sin(z) = 0 ∀z ∈ Γm<br />
45
Prop[ST] 5.3 giver, at<br />
sin(z) = 0 ⇐⇒ z = nπ , n ∈<br />
Da ε > 0 s˚a er (m − 1<br />
1<br />
)π og (m + )π de eneste reelle værdier i Γm.<br />
2 2<br />
P˚astand 8.8. Im er uafhængig af m ∈ .<br />
Bevis. Antag for modstrid at Im = In, m = n. S˚a lad z være det punkt hvor<br />
minimum antages (som det gør, da vi har med en kompakt mængde at gøre).<br />
S˚a er,<br />
| sin(z)| = | sin(z + (m − n)π)|<br />
hvilket giver en modstrid med at, z ↦→ | sin(z)| er en π-periodisk funktion.<br />
Lad a ∈<br />
P˚astand 8.9. 1<br />
z−a<br />
.<br />
→ 0 n˚ar z → ∞.<br />
Bevis. Lad θ ∈ [0, 2π] være vilk˚arlig, og lad<br />
Lad a = x + iy. S˚a er,<br />
og vi har at,<br />
Deraf følger, at<br />
1<br />
z − a<br />
z = re iθ = r(cos θ + i sin θ)<br />
= r cos θ + x + i(y + r sin θ)<br />
(r cos θ + x) 2 + (y + r sin θ) 2<br />
r cos θ + x<br />
(r cos θ + x) 2 → 0<br />
+ (y + r sin θ) 2<br />
(y + r sin θ)<br />
(r cos θ + x) 2 → 0<br />
+ (y + r sin θ) 2<br />
<br />
<br />
1<br />
<br />
<br />
→ 0 , for z → ∞<br />
z − a<br />
Bemærkning 3. Af overst˚aende bevis, følger det, at | 1<br />
z−a | → 0 for z ∈ Γm og<br />
|m| → ∞. Deraf kan vi konkludere, at supz∈Γm | 1 | → 0 for |m| → ∞.<br />
z−a<br />
P˚astand 8.10. Der vindes et M > 0 s˚aledes, at sin z og sin z − 1<br />
z−a har<br />
samme antal nulpunkter indenfor Γm n˚ar |m| > M.<br />
46
Bevis. Vi bruger bemærkning 3, at konkludere<br />
<br />
<br />
sin z − sin z + 1<br />
<br />
1<br />
<br />
<br />
= → 0<br />
z − a z − a<br />
for |m| → ∞, og z ∈ Γm.<br />
Men vi ved fra p˚astand 8.7, at<br />
S˚a da sin z og sin z 1<br />
z−a<br />
Lad C = {z ∈<br />
inf | sin z| > 0 ∀m ∈<br />
z∈Γm<br />
er differentiable, s˚a giver Rouche’s sætning resultatet.<br />
| |Imz| < ε}, og definer f ved<br />
f(z) = (z − a) sin z − 1<br />
P˚astand 8.11. f har uendelig mange nulpunkter i C.<br />
har samme antal nul-<br />
har et nulpunkt i<br />
har uendelig mange nulpunkter i C,<br />
Bevis. Vi har fra p˚astand 8.10, at sin z og sin z − 1<br />
z−a<br />
punkter inden for Γm for |m| stor nok. Dvs. at sin z − 1<br />
z−a<br />
Γm for |m| stor nok. Eller at sin z − 1<br />
z−a<br />
hvilket er ækvivalent med, at<br />
sin z = 1<br />
z − a<br />
for uendeligt mange z ∈ C.<br />
8.3 Opgave 3<br />
Lad Ω ⊆ være ˚aben<br />
Definer Ω = {z ∈ | ¯z ∈ Ω}.<br />
Lad f : Ω → være analytisk.<br />
Definer g : Ω → , g(z) = f(¯z).<br />
P˚astand 8.12. g er analytisk.<br />
=⇒ (z − a) sin z − 1 = 0<br />
Bevis. Vi har at f er analytisk, hvilket medfører, at for et givet z ∈ Ω kan f<br />
skrives p˚a formen,<br />
∞<br />
f(z) = anz n<br />
s˚a,<br />
g(z) =<br />
∞<br />
an¯z n =<br />
n=0<br />
n=0<br />
∞<br />
an¯z n =<br />
n=0<br />
47<br />
∞<br />
anz n<br />
n=0
Antag nu at Ω ∩ ¡ er sammenhængede og indeholder et ikke-tomt ˚abent<br />
interval I, s˚a f(x) ∈ ¡ for alle x ∈ I.<br />
P˚astand 8.13. f(z) ∈ ¡ for alle x ∈ Ω ∩ ¡ .<br />
Bevis. f og g er analytiske, og f(z) = g(z) for alle z ∈ I, da de begge antager<br />
relle værdier.<br />
Vi kan antage, at I = Ω ∩ ¡ , for ellers var der intet at vise.<br />
Da vi har at I er ˚aben, s˚a findes der en ikke-tom lukket mængde E ⊆ I.<br />
Vi har at E har grænsepunkt i Ω ∩ ¡ , og derved følger det ønskede fra<br />
thm[ST] 10.11.<br />
8.4 Opgave 4<br />
Lad<br />
f(z) =<br />
∞<br />
k=1<br />
z k<br />
(k + 3)!k<br />
P˚astand 8.14. f er konvergent for alle z ∈<br />
Bevis. Vi har at,<br />
<br />
<br />
|f| < zk<br />
<br />
<br />
<br />
k!<br />
∀k ≥ 1 ∀z ∈<br />
hvilket giver resultatet iflg The comparison test (ST s. 55).<br />
Definer g : − {0} →<br />
ved<br />
g(z) = f<br />
P˚astand 8.15. f og g er analytiske.<br />
Bevis. Pr. definition er f analytisk.<br />
Og z ↦→ 1<br />
z er analytisk p˚a {0}, s˚a f<br />
g ogs˚a analytisk.<br />
<br />
1<br />
<br />
z + z2<br />
−<br />
z 2<br />
.<br />
− z3<br />
3<br />
<br />
1 er analytisk p˚a {0}, og derved er<br />
z<br />
P˚astand 8.16. g har en væsentlig isoleret singularitet i 0.<br />
Bevis. Vi har at<br />
g(z) =<br />
∞<br />
k=1<br />
1 z + z2 z3<br />
− −<br />
(k + 3)!kzk 2 3<br />
S˚a da uendeligt mange koefficienter er forskellige fra nul har g en væsentlig<br />
isoleret singularitet.<br />
48
P˚astand 8.17. f ′ (z) = ez−(1+z+ z2 z3<br />
+ 2 6 )<br />
z4 Bevis. Thm[ST] 4.12 giver<br />
f ′ ∞ kz<br />
(z) =<br />
k=1<br />
k−1<br />
(k + 3)!k<br />
∞ z<br />
=<br />
k=1<br />
k−1<br />
(k + 3)!<br />
= 1<br />
z4 ∞ zn n!<br />
P˚astand 8.18. g ′ (z) = 1<br />
6z − z2 e 1<br />
z .<br />
Bevis. Vi har at,<br />
n=4<br />
= ez − (1 + z + z2<br />
2<br />
z4 .<br />
+ z3<br />
6 )<br />
<br />
1<br />
<br />
z + z2 z3<br />
g(z) = f − − , s˚a<br />
z 2 3<br />
g ′ (z) = f ′<br />
<br />
1<br />
<br />
−<br />
z<br />
1<br />
z2 <br />
1 + 2z<br />
− − z2<br />
2<br />
= −f ′<br />
<br />
1<br />
<br />
1 1<br />
− − z − z2<br />
z z2 2<br />
= − e 1<br />
<br />
z − 1 + 1 1 1<br />
+ +<br />
z 2z2 6z3 4 1 1<br />
z − − z − z2<br />
z2 2<br />
= 1<br />
6z − z2e 1<br />
z<br />
Lad γ være en lukket kurve i − {0} med omløbstal ω omkring 0.<br />
P˚astand 8.19. <br />
γ z2e 1<br />
z dz = ωπi<br />
3 .<br />
Bevis. Da g ′ har en stamfunktion, giver thm[ST] 6.11, at<br />
<br />
g ′ (z)dz = 0<br />
hvilket medfører, at <br />
γ<br />
γ<br />
1<br />
6z =<br />
<br />
z<br />
γ<br />
2 e 1<br />
z dz<br />
49
Vi har ogs˚a at<br />
<br />
1<br />
2πi γ<br />
hvilket medfører, at <br />
1<br />
dz = ω =⇒<br />
z<br />
γ<br />
<br />
1 πiω<br />
dz =<br />
6z 3 =<br />
<br />
z<br />
γ<br />
2 e 1<br />
z<br />
50<br />
γ<br />
1<br />
dz = 2πiω<br />
z