Kompleks Funktionsteori Eksamensopgaver ... - Rune Thorbek

Aarhus Universitet 7. april 2005
IMF
Ny Munkegade
8000 ˚Arhus C
Kompleks Funktionsteori
Eksamensopgaver - Besvarelser
http://home.imf.au.dk/rune
rune@imf.au.dk

1 Vinter 1998/99
1.1 Opgave 1
Lad Ω = {x + iy ∈ | |x| < 1, y ¡ ∈ } og lad f : Ω →
Antag, at f(it) = i arctan t for alle t ∈ R.
P˚astand 1.1. f ′ (z) = 1
1−z 2 for alle z ∈ Ω.
være analytisk.
¡ Bevis. Lad z0 = x0 + iy0 ∈ I = {x + iy ∈ | y ∈ ∧ x = 0}. Da f er
holomorf p˚a I ⊆ Ω f˚ar vi af Cauchy-Riemann ligningerne (s.5 i PS):
Alts˚a
df
dz (z0) = 1 ∂f
i ∂y (x0, y0)
= 1 d(i arctan(y))
(x0, y0)
i dy
= ( 1 1
i 1 + y2 )(x0, y0)
= 1
=
1 + y2 0
1 1
=
1 − (iy0) 2 1 − z2 0
f ′ (z) = 1
1 − z 2 for alle z ∈ I
Det er klart, at f ′ og z ↦→ 1
1−z2 er analytiske p˚a Ω (Da f er analytisk, dvs.
glat, og z ↦→ 1
1−z2 er meromorf p˚a med simple poler i 1 og −1. Desuden
har vi lige set, at de er identiske p˚a I ⊆ Ω. Da I har et limespunkt i Ω gælder
der ifølge Identitets sætningen, at
Lad γ : [−1, 1] →
P˚astand 1.2.
γ
f ′ (z) = 1
1 − z 2 for alle z ∈ Ω
være defineret ved γ(t) = 1
2 (1 − t2 ) + it for t ∈ [−1, 1].
dz
1−z2 = i π
2
Bevis. Fra p˚astand 1.1 følger det, at
f ′ (z) = 1
1 − z 2
1

har stamfunktionen f.
Thm[ST] 6.7 giver at
dz
= f(γ(1)) − f(γ(−1))
1 − z2 Lad δ : [−1, 1] →
P˚astand 1.3.
δ
γ
= f(i) − f(−i)
= i arctan(1) − i arctan(−1)
= i π
+ iπ
4 4
= iπ
2
være defineret ved δ(t) = 2(1 − t 2 ) + it for t ∈ [−1, 1].
dz
1−z2 = 0
Bevis. Bemærk at δ ikke er indeholdt i Ω, s˚a kan vi ikke bruge Theorem 6.7
(ST). Lad Γ være den simple lukkede kontour i givet ved Γ = δ + −γ. Da
er
1
=
1 − z2
1
−
1 − z2 1
1 − z2 dvs.
Γ
δ
δ
1
=
1 − z2 Γ
γ
1
+
1 − z2 γ
1
1 − z 2
1 Da 1−z2 har to simple poler i 1 og -1 (fordi 1 − z2 har 2 simple nulpunkter i
1 og -1)) gælder der ifg. Lemma 12.2
1
1
res , 1 = lim(z
− 1) = −1
1 − z2 z→1 1 − z2 2 .
1
Da z = 1 er den eneste singularitet af 1−z2 indefor Γ, f˚ar vi af Thm 12.1 (ST)
1 1 1
= +
δ 1 − z2 Γ 1 − z2 γ 1 − z2 1 iπ
= 2πires( , 1) +
1 − z2 2
= − iπ iπ
+ = 0
2 2
1.2 Opgave 2
Lad D = {z ∈ | |z| < 1}, og lad f : D → være en analytisk funktion.
Lad funktionen M : [0, 1) → [0, ∞) være givet ved
M(t) = sup |f(z)|
|z|=t
2

P˚astand 1.4. M(s) ≤ M(t) n˚ar s ≤ t, s, t ∈ [0, 1)
Bevis. Først bemærkes, at hvis f er en konstant konstant funktion, er der
intet at vise.
Hvis f ikke er en konstant funktion, følger resultatet af thm[ST] 10.14 (the
Maximum Modulus Theorem), som giver at modulus f’s maksimalværdi antages
p˚a randen af mængden.
Lad 0 < a < 1, og antag, at a og −a er nulpunkter for f, begge af orden to.
P˚astand 1.5. Der findes g : D →
alle z ∈ D
Bevis. Vi har at
hvor g er analytisk ([ST] s. 186)
Ved en simpel omskrivning f˚as
f(z) = (z − a) 2 (z + a) 2 g(z)
analytisk s˚a f(z) = (z 2 − a 2 ) 2 g(z) for
f(z) = ((z − a)(z + a)) 2 g(z) = (z 2 − a 2 ) 2 g(z)
P˚astand 1.6. M(s) ≤ ( s2 +a 2
t 2 −a 2 ) 2 M(t) for s < t, a < t < 1
Bevis. Da g er analytisk f˚ar vi af a)
sup |g(z)| = sup
|a|=s
|a|=s
|
f(z)
(z 2 − a 2 )
Da for alle z med |z| = s gælder
m˚a
|
1
(z 2 − a 2 )
2 | =
sup |
|a|=s
1
|z 2 − a 2 |
1
2 | ≤ sup |
2 ≤
(z 2 − a 2 )
og tilsvarende for alle z med |z| = s
Alts˚a
sup |
|a|=t
1
(z 2 − a 2 )
|a|=t
f(z)
(z 2 − a 2 )
1
||z| 2 − |a| 2 |
2 | =
2 | =
sup |f(z)| ≤
|a|=s
sup |a|=s |(z2 − a2 ) 2 |
sup |a|=t |(z2 − a2 ) 2 | sup
|a|=s
dvs.
2 =
1
(s 2 − a 2 ) 2
1
(t 2 − a 2 )
M(s) ≤ (s2 − a2 ) 2
(t2 − a2 2 M(t)
)
3
2 = 0
2 | = sup |g(z)|
|a|=t
1
(s 2 − a 2 ) 2
f(z)
|
(z2 − a2 ) 2 | = (s2 − a2 ) 2
(t2 − a2 2 sup |f(z)|
) |a|=s

1.3 Opgave 3
Definer
f(z) =
(z − 2)(z − 1 1 )(z + 2 3
z
)(z + 3)
P˚astand 1.7. f er analytisk p˚a − {−3, − 1 1 , , 2} 3 2
Bevis. Lad
g(z) = z
h(z) = (z − 2)(z − 1 1
)(z + )(z + 3)
2 3
Det er klart, at g og h er diffenrentiable.
Da f = g
at f er differentiabel.
h og h(z) = 0 for z ∈ − {−3, − 1 1 , , 2} følger det af prop.[ST] 4.2,
3 2
P˚astand 1.8. res(f, 1 4
) = − 2 35
Bevis. Vi bruger lemma[ST] 12.2, da vi har med en simpel pol at gøre
res(f, 1
2
) = lim
=
=
=
P˚astand 1.9. res(f, − 1 9 ) = − 3 140
z→ 1
2
( 1
2
(z − 1
2 )f(z)
− 2)( 1
2
1
1
2
+ 1
3
(−3)( 5 7 )( 6 2 )
( −5
2
= 1
1
( −35
4
)( 7
2 )
) = − 4
35
4
1 )( + 3) 2

Bevis. Det er bare den samme smørre igen...
Lad
res(f, − 1
3
I =
) = lim
=
=
=
=
=
2π
0
z→− 1
3
(z + 1
3 )f(z)
(− 1
1 − 2)(− 3 3
(− 7
3
− 1
3
)(− 5
6
1
(7)(− 5
6
1
(7)(− 40
18 )
1
(− 280
18
)( 8
3 )
)( 8
3 )
− 1
3
− 1
2
) = − 9
140
1 )(− + 3) 3
dθ
(4 cos θ − 5)(3 cos θ + 5)
P˚astand 1.10. I = 2
1
1
π(res(f, ) + res(f, − 3 2 3 ))
Bevis. Vi definerer γ : [0, 2π] →
Vi vil nu vise, at
til
γ(t) = e it
3iI =
da vi ved fra thm[ST] 12.1, at
f = 2πi(res(f, 1
) + res(f, −1
2 3 ))
γ
5
γ
f

S˚a vi beregner
γ
f =
=
=
=
2π
f(e
0
it )ie it dt
2π
ie
0
2it
(eit − 2)(eit − 1
2 )(eit + 1
3 )(eit + 3) dt
2π
0
2π
= 3i
0
2π
0
i
(e it + e −it − 5
2 )(eit + e −it + 10
3 )dt
(2 cos(t) − 5
2
i
)(2 cos(t) + 10
3 )dt
1
(4 cos(t) − 5)(3 cos(t) + 5) dt
Substituer nu t med θ, s˚a er vi hjemme, og vi har vist det ønskede.
1.4 Opgave 4
Lad p være polynomiet
p(z) =
med ai ∈ , i = 0, . . . , n.
Lad 0 ≤ k ≤ n og R > 0, og antag, at
n
aiz i
i=0
|ak|R k >
|ai|R i
P˚astand 1.11. p har præcis k nulpunkter i CR = {z ∈
Bevis. Vi har at p og z ↦→ akzk er differentiable funktioner.
Vi bemærker straks, at
|p(z) − akz k | ≤
|ai|R i < |ak|R k = |akz k |
i=k
i=k
for z ∈ {Re it | 0 ≤ t ≤ 2π}.
Hvorefter det ønskede følger af Rouche’s sætning.
| |z| < R}
P˚astand 1.12. f(z) = z4 + 9z3 + 13z2 + z + 1 har præcis et nulpunkt i
{z ∈ | 1 < |z| < 2}
6

Bevis. Vi definerer g(z) = 9z 3 og laver lidt vurderinger
|f(z) − g(z)| ≤ |z 4 + 13z 2 + z + 1|
≤ |z 4 | + |13z 2 | + |z| + |1|
= 2 4 + 13 · 2 2 + 2 + 1
= 71 < 9 · 2 3 = 72 = |g(z)|
for z ∈ {2eit | 0 ≤ t ≤ 2π}.
Rouche’s sætning giver at f har 3 nulpunkter inden i {z ∈
Vi definerer nu h(z) = 13z2 og ...
|f(z) − h(z)| ≤ |z 4 + 9z 3 + z + 1|
≤ |z 4 | + |9z 3 | + |z| + |1|
= 1 4 + 9 · 1 3 + 1 + 1
= 12 < 13 · 1 2 = 13 = |h(z)|
| |z| < 2}
for z ∈ {eit | 0 ≤ t ≤ 2π}.
Rouche’s sætning giver at f har 2 nulpunkter inden i {z ∈ | |z| < 1}
(copy-paste)
Af overst˚aende burde det være trivielt, at f har præcis et nulpunkt i den
fladmaste 2-dim. doughnut {z ∈ | 1 < |z| < 2}.
P˚astand 1.13. Nulpunktet er reelt
Bevis. Tjo, f(−2) = −5 og f(−1) = 5, dvs. der er et fortegnsskift, hvilket
m˚a betyde, at f skifter fortegn p˚a intervallet (−2, −1), dvs. at der m˚a findes
et z ∈ (−2, −1) s˚a f(z) = 0, da alle f’s koefficienter er reelle.
7

2 Sommer 1999
2.1 Opgave 1
Lad
Log(z + i)
f(z) =
z2 + 1
og C = − L hvor L = {z ∈ | z = x − i, x ∈ (−∞, 0]}.
P˚astand 2.1. f er meromorf
Bevis. Vi har at Log(z + i) er differentiabel p˚a C. z ↦→ z 2 + 1 er ogs˚a differentiabel
p˚a C.
z ↦→ z 2 + 1 er har to nulpunkter.
Hvilket giver, at f har to poler, hvilket medfører at f er meromorf
P˚astand 2.2. f har en singularitet i den øvre halvplan
Bevis. Vi omskriver p˚a f,
f(z) =
Log(z + i)
(z + i)(z − i)
hvoraf det fremg˚ar, at f kun har singulariteterne i og −i, og det er kun i
som ligger i den øvre halvplan.
P˚astand 2.3. i er en simpel pol for f
Bevis. Vi bruger prop.[ST] 11.4
P˚astand 2.4. res(f, i) = π log(2)
− i 4 2
Log(z + i)
lim(z
− i)f(z) = lim
z→i z→i z + i
= Log(2i)
= log(2) + i π
2i
2
2i
Bevis. Vi har med en simpel pol at gøre, s˚a vi kan bruge lemma[ST] 12.2
res(f, i) = lim
z→i (z − i)f(z)
= . . . =
= pi
4
log(2) + i π
2
2i
− ilog 2
2
8
= 0

Lad γr være en lukket kurve, som gennemløber først intervallet fra −r til r
p˚a den reelle akse, og derefter halvcirklen i den øvre halvplan (med centrum
0) fra r til −r.
Lad
P˚astand 2.5. I = π log(2)
Bevis. Thm[ST] 12.1 giver,
Betragt nu
γr
f =
=
=
I =
γr
γr
γr
γr
∞
0
f = 2πi( pi
4
log(x2 + 1)
x2 dx
+ 1
− ilog(2) )
2
= π log(2) + i π2
2
Log(z + i)
z 2 + 1
log |z + i|
z 2 + 1
+ i
γr
1
log(z + 1)
2
z2 + i
+ 1
0
arg(z + i)
z 2 + 1
γr
r + t + π
2
r 2 − 1
arg(z + i)
z 2 + 1
Lad os lave et par vurderinger p˚a cirkelskiven.
π
f(e
0
it )ie it
π
Log(z + i)
=
0 z2 + 1 dt
π
≤ dt
≤ M
r
for en konstant M > 0
S˚a for r → ∞ giver cirkelskiven ikke noget. Deraf følger ogs˚a, at i arg(z+i)
γr z2 +1
kun bidrager med en imaginærdel, og vi kan derfor se bort fra dette integral.
Vi ved fra gammel mat 11 tid, at realdellen er lig realdelen og imaginærdelen
er lig imaginærdelen i en ligning. S˚a for r → ∞ f˚ar vi
1
2
∞
−∞
da vi ser p˚a en lige funktion, f˚as
∞
0
log(x2 + 1)
x2 dx = π log(2)
+ 1
log(x2 + 1)
x2 dx = π log(2)
+ 1
9

2.2 Opgave 2
Lad b, c ∈
r ≥ |c|
1−|b| .
, hvor |b| < 1, og D(r) = {z ∈
P˚astand 2.6. bz + c ∈ D(r).
Bevis.
Lad a, α, β, γ ∈
tilfredsstiller
for alle z ∈
.
|bz + c| ≤ |bz| + |c|
= r|b| + |c|
≤ r|b| + r − r|b| = r
| |z| ≤ r}. Lad |z| = r og
, hvor |β| < 1. Lad f være analytisk funktion p˚a
f(z) = af(bz + c) + αf(βz + γ)
P˚astand 2.7. Hvis |a| + |α| < 1 s˚a er f(z) = 0 for alle z ∈
.
som
Bevis. Thm[ST] 10.14 (Maximum Modulus) giver |f| antager sit maximum
p˚a randen. Lad r > max{ |c|
1−|b| ,
|γ|
} og lad |z| = r, s˚a giver p˚astand 2.6 at
1−|β|
bz + c, βz + γ ∈ D(r). S˚a
|f(z)| ≤ |af(bz + c)| + |αf(βz + γ)) < max{|f(bz + c)|, |f(βz + γ)|}
hvilket ogs˚a gælder for maxz{|f(z)|}. Dvs.
max
z
|f(z)| ≤ |af(bz + c)| + |αf(βz + γ)) < max |f(z)|
z
Thm[ST] 10.14 giver, at f m˚a være en konstant. Da r er vilk˚arlig, m˚a dette
gælde p˚a hele .
Antag nu, at f(z) = k,
hvilket giver, at f(z) = 0 for alle z ∈
P˚astand 2.8. f er et polynomium.
Bevis. Vi har at
|k| = |ak + αk| = |k(a + α)| < |k|
f (k) = af (k) (bz + c)b k + αf (k) (βz + γ)β k
da |b|, |β| < 1, ved vi der findes, et k ∈ N s˚a |ab| k + |αβ| k < 1.
Dvs. f (k) (z) = 0 fra et vist k stort nok iflg. p˚astand 2.7.
10
.

2.3 Opgave 3
Lad D ⊆
være en sammenhængende ˚aben mængde, og f, g : D →
analytiske funktionener.
Antag der findes en følge {zn} ∞ n+1 ⊆ D med et grænsepunkt i D, s˚aledes at
for k = 1, . . .
f ′ (zk)g(zk) = f(zk)g ′ (zk)
P˚astand 2.9. f ′ (z)g(z) = f(z)g ′ (z) for alle z ∈ D
Bevis. Følger direkte af thm[ST] 10.11
P˚astand 2.10. Der findes a, b ∈
s˚a ag(z) = bf(z) for alle z ∈ D
Bevis. Hvis g(z) = 0 eller f(z) = 0 følger det trivielt.
S˚a antag, at der findes et z0 ∈ D s˚aledes g(z0) = 0. S˚a findes der et ε > 0 s˚a
for alle z ∈ Ω = D(z0, ε) er g(z) = 0.
Lad f
(z), z ∈ Ω
g
S˚a er,
for z ∈ Ω
S˚a
f
D
g (z)
= f ′ g − fg ′
g2 f
(z) = k∀z ∈ D
g
= 0
Thm[ST] 10.11 giver s˚a at f
(z) = k for alle z ∈ D.
g
2.4 Opgave 4
Lad a, b ∈
P˚astand 2.11. b = 0
s˚a |a − b| < |a| + |b|.
Bevis. Antag for modstrid, at b = 0, det medfører
|a + b| = |a + 0| = |a| = |a| + |0| = |a| + |b|
hvilket er en modstrid af antagelsen.
P˚astand 2.12. a
b ∈ − (−∞, 0]
11

Bevis. Antag for modstrid, at a ∈ (−∞, 0].
b
Det giver, at der findes et r ∈ (−∞, 0] s˚aledes, at a = rb.
og
|a − b| = |rb − b| = |b||r − 1|
|a| + |b| = |rb| + |b| = |r||b| + |b| = |b|(|r| + 1) = |b||r − 1| = |a − b|
hvilket giver en modstrid.
Lad nu γ være en lukket kurve i C − (−∞, 0].
P˚astand 2.13. ω(γ, 0) = 0
Bevis. Trivielt
P˚astand 2.14. Antag, at f og g er analytiske funktioner defineret p˚a en
˚aben mængde D, som indeholder en simpel lukket urve γ, og alle punkter i
det indre af γ. Hvis
|f(z) − g(z)| < |f(z)| + |g(z)|
for alle z i billedet af γ, s˚a har f og g lige mange nulpunkter i det indre af
γ, talt med multiplicitet.
Bevis. Lad
Det er nok at vise,
F (z) g(z)
f(z)
γ
F ′
F
= 0
Definer Γ(t) = F (γ(t)) og Γ ′ (t) = F ′ (γ(t)) s˚a f˚ar vi, at
γ
F ′
F =
b
a
b
=
=
a
Γ
F ′ (γ(t))
F (γ(t)) dt
Γ ′ (t)
Γ(t) dt
1
= ω(Γ, 0) = 0.
z
Det sidste lighedstegn gælder, da Γ er en kurve som forløber i C−(−∞, 0]
12

3 Vinter 1999/00
3.1 Opgave 1
Lad f være funktionen givet ved
for a ∈
, −1 < Re(a) < 1.
f(z) = eaz
cosh(z)
P˚astand 3.1. Singulariteterne for f er givet ved i(n + 1)π
for n ∈
2
Bevis. Vi har fra prop[ST] 5.3, at
cos(z) = 0 ⇐⇒ z = (n + 1
2 )π
for n ∈ .
Da cos(iz) = cosh(z), følger resultatet.
P˚astand 3.2. res(f, i(n + 1
2 )π) = (−1)n 1
aiπ(n+ e 2 )
Bevis. Da vi har med simple poler at gøre, kan vi bruge lemma[ST] 12.2 til
at beregne residuerne.
Lad
res f, i
n + 1
2
P˚astand 3.3. I = π
cos( aπ
2 )
π =
I =
Bevis. Lad γ1(t) = t + iπ, s˚a er
−Y
X
f =
=
1
aiπ(n+ e 2 )
sinh(iπ(n + 1
2 )) = (−1)n 1
aiπ(n+
e 2 )
∞
−Y
−∞
e ax
cosh(x) dx
e at+ait
cosh(t + iπ) dt
X
−Y
e
X
ateiaπ 1
2 (eteiπ + e−te−iπ ) dt
X
= e iaπ
−Y
13
f(t)dt

Lad nu γ2(t) = X + it,
f
γ2
=
=
i ≤
π
ea(X+it) cosh(X + it) idt
0
π
e
0
aXeait 1
2 (eXeit + e−Xe−it ) dt
π
|e
0
aXeait |
| 1
2 (eXeit + e−Xe−it )| dt
π
1
0 |e (1−a)Xeit + e (−1−a)Xe−it | dt
≤ 2
hvilket g˚ar mod nul for X → ∞, da |Re(a)| < 1.
Lad nu γ3(t) = −Y + i(π − t),
f
=
π −aY +ia(π−t)
e
cosh(−Y + i(π − t)) dt
γ3
0
= . . . ≤ 2
π
hvilket g˚ar mod nul for Y → ∞, da |Re(a)| < 1.
S˚a vi har for X, Y → ∞ at
iflg. thm[ST] 12.1
Det giver at, ∞
P˚astand 3.4. ∞
0
(1 + e iaπ )
f(t)dt =
−∞
dx
cosh(x)
= pi
2
0
1
|e −(1+a)Y e −it + e (1−a)Y e it | dt
∞
−∞
f(t)dt = 2πe aπ
2
2π
aiπ
− e 2 (1 + eiaπ ) =
Bevis. Vi bruger p˚astand 3.3 for a = 0, s˚a f˚ar vi, at
∞
−∞
dx
cosh(x)
Da cosh er en lige funktion, f˚ar vi
∞
dx
cosh(x)
P˚astand 3.5. ∞
0
cos(x)
π dx =
cosh(x)
0
2 cosh( pi
2 )
14
= π
= π
2
π
cos( aπ
2 )

Bevis. Vi bruger p˚astand 3.3 for a = i, s˚a f˚ar vi, at
1
2
3.2 Opgave 2
Lad a ∈ − {0}, lad
∞
P˚astand 3.6. w − a ∈
−∞
∞
eit + e−it eit 1
dx =
cosh(x) 2 0 cosh(x) dx
∞
cos(x)
=
0 cosh(x) dx
π
=
2 cos( iπ
2 )
arga = {z ∈
=
π
2 cosh( π
2 )
| z = 0, argz = arga}.
arga for alle w ∈ med |w| < |a|
Bevis. Antag at θ = arg(w − a) = arg(a) og |w| < |a|, m.a.o.
hvilket medfører at
w − a = r1e iθ
a = r2e iθ
w = w − a + a = (r1 + r2)e iθ
Da r1, r2 > 0 giver det at |w| > |a| hvilket er en modstrid af antagelsen.
Lad nu Ω ⊆ ˚aben og begrænset, med en simpel løkke som rand.
Antag f er meromorf p˚a Ω og analytisk i en ˚aben mængde som indeholder
randen ∂Ω.
Lad M = sup z∈∂Ω |f(z)|, og vælg a ∈ med |a| > M.
P˚astand 3.7. z ↦→ log arga(f(z) − a) er analytisk i en omegn af ∂Ω.
Bevis. Vi har at
M = sup |f(z)| ⇒ ∀z ∈ ∂Ω : |f(z)| ≤ M
z∈∂Ω
Da ∂Ω lukket, s˚a antager f et maksimum p˚a ∂Ω Sæt 0 < ε < |a| − M
∀z0 ∈ ∂Ω∃δz0 : z ∈ Nδ(z0) ⇒ |f(z)| ≤ M + ɛ < |a|
15

Sæt Ψ =
z0∈∂Ω Nδ(z0). Da er Ψ ˚aben (forrening af ˚abne mængder) og indeholder
∂Ω og
|f(z)| < |a| ∀z ∈ Ψ
Af p˚astand 3.6 har vi nu, at f(z) − a ∈
loga(f(z) − a) analytisk for alle z ∈ Ψ.
arg(a) for alle z ∈ Ψ og dermed er
P˚astand 3.8. f antager værdien a lige s˚a mange gange som f har poler i Ω
Bevis. Bemærk først, at f og f − a har samme antal poler.
Vi differentierer
D(log arga(f(z) − a)) = f ′ (z)
f(z) − a
f
S˚a F (z) = logarga(f(z) − a)) er en stamfkt til
′
f−a .
Lad γ være en simpel løkke, s˚a giver thm[ST] 6.11 at
logarga(f(z) − a)) = 0
Resten følger af sætn.[PS] 16.1.
3.3 Opgave 3
Lad Ω = {z ∈
γ
| 0 < |z| < 1}, og lad f : Ω → være en analytisk funktion.
P˚astand 3.9. Hvis f har en pol af orden m i 0, s˚a har f 2 en pol af orden
2m i 0.
Bevis. At f har en pol af orden m i 0 giver iflg. [ST] s. 67, at der findes en
analytisk funktion g s˚a,
f(z) = z m g(z)
hvor g(0) = 0 og g ikke har en pol i 0. Dette medfører, at
f 2 (z) = z 2m g 2 (z)
Da g ikke havde en pol i 0, har g 2 det heller ikke, dvs. f 2 har en pol af orden
2m i 0.
Antag f har en simpel pol i 0, og res(f, 0) = r, res( f
, 0) = s.
z
P˚astand 3.10. limz→0(f(z) − r ) findes og er lig s
z
16

Bevis. Vi har at,
og vi har, at
Vi bemærker, at
f(z) − r
z
1
= zf(z) − r
z
f
res , 0 = lim f(z) = s
z z→0
d
f(z)z − r = f(z) + zf
dz
′ (z) → s
d
(z) = 1
dz
for z → 0.
Deraf følger det af den komplekse l’Hopital, at
for z → 0.
d (f(z)z − r)
dz
d
dz (z)
P˚astand 3.11. res(f 2 , 0) = 2rs.
= f(z)z − r
z
→ s
= s
1
Bevis. Fra p˚astand 3.9 har vi at f 2 har pol af orden 2 i 0. Iflg. lemma 12.3
gælder der res(f 2 , 0) = limz→0( d
dz (z2 f 2 (z)) = 2zf(z)(f(z) + zf ′ (z)).
Bemærk f(z)/z har en pol af orden 2 i 0.
res(f(z)/z, 0) = lim
z→0
Alts˚a
for z → 0.
og derfor
d
dz
f(z)
(z2 ) = lim
z z→0
2zf(z)(f(z) + zf ′ (z)) → 2rs
res(f 2 (z), 0) = 2rs
Lad γ være en simpel løkke i Ω, med 0 i sit indre.
P˚astand 3.12. iπ
γ f 2 (z)dz =
f(z)dz
γ
17
d
(zf(z)) = lim
dz z→0 (f(z) + zf ′ (z)) = s
γ
f(z)
z dz

Bevis. Thm[ST] 12.1 giver, at
f
γ
2 (z)dz = 2πi2rs = 4πirs
f(z)dz = 2πir
γ
f(z)
= 2πis
z
S˚a
3.4 Opgave 4
Lad D = {z ∈
γ
f(z)dz
γ
γ
f(z)
z = −4π2
rs = iπ f
γ
2 (z)dz
| |z| < 1}. For a ∈ D, lad φa være funktionen givet ved
φa(z) =
z − a
1 − āz
P˚astand 3.13. φ−a(φa(z)) = z for alle z ∈ D.
Bevis.
φ−a(φa(z)) =
=
= 1 − āz
z−a + a
1−āz
1 + ā z−a
z−a
1−āz
1−āz
1−āz
1 − āa
1−āz
+ a−aāz
1−āz
+ āz−aā
1−āz
Lad f : D → D være en analytisk afbildning.
z − āaz
1 − āz
= z
P˚astand 3.14. g = φf(a) ◦ f ◦ φ−a er en analytisk funktion.
Bevis. g er sammensat af analytiske funktioner.
P˚astand 3.15. g(0) = 0
Bevis.
g(0) = φf(a)(f(φ−a(0)))
0 + a
= φf(a)(f(
1 + ā0 ))
= φf(a)(f(a))
= f(a) − f(a)
= 0
1 − f(a)f(a)
18

P˚astand 3.16. g ′
1−|a| 2
(0) = 1−|f(a)| 2
f ′ (a)
Bevis. Vi starter lige med et par udregninger
φ ′ (1 + āz) − ā(z + a)
−a(0) =
(1 + āz) 2
= 1 − aā
1 + āz
φ ′ f(a)(z) =
Derefter udregner vi,
P˚astand 3.17.
1 − f(a)f(a)
(1 − f(a)z)
φ−a(0) = a
g ′ (0) = φf(a) ′ (f(φ−a(0)))f ′ (φ−a(0))φ ′ −a(0)
0
= φ ′ f(a) (f(a))f ′ (a)(1 − aā)
= 1 − |f(a)|2
f(z)−f(a)
1−f(a)f(a)
(1 − |f(a)| 2 ) 2 f ′ (a)(1 − |a| 2 )
= 1 − |a|2
1 − |f(a)| f ′ (a)
≤
z−a
1−āz
for alle z ∈ D.
Bevis. Vi har iflg sætn[PS] 25.2 (Schwarz’s lemma), at
s˚a
|g(z)| ≤ |z|
g(φa(z)) = φf(a)(f(z)) =
0
f(z) − f(a)
1 − f(a)f(z)
dvs
f(z) − f(a)
1 − f(a)f(a)
≤
φa(z)
=
z − a
1
− āz
19
= 1 − aā

4 Sommer 2000
4.1 Opgave 1
Lad P være den polynomiale funktion givet ved
Lad yderligere D = {z ∈
P (z) = 8z 11 + z 9 − z 7 + z 4 + z 3 − z 2 − z + 1
| |z| < 1}.
P˚astand 4.1. Alle nulpunkterne for P ligger i D.
Bevis. Lad g(z) = 8z 11 . Vi har at P og g er differentiable, og at
|P (e it ) − g(e it )| = |e 9it − e 7it + e 4it + e 3it − e 2it − e it + 1|
≤ 7 < 8 = |g(e it )|
for t ∈ [0, 2π].
Hvorefter det burde være trivielt, at resultatet følger af Rouche’s sætning,
da g har 11 nulpunkter i D, og P har 11 nulpunkter.
Lad nu f : →
og lad γR : [0, 1] →
P˚astand 4.2.
γR
være funktionen givet ved
f(z) = z10 − 4z 7 + z − 3
P (z)
være kurven givet ved γR(t) = Re 2πit , 0 ≤ t ≤ 1.
f → iπ
4
Bevis. Sæt x = x(R, t) = Re 2πit
γR
f =
for R → ∞.
1
x
0
10 − 4x7 + x − 3
8x11 + x9 − x7 + x4 + x3 − x2 − x + 1 2πixdt
1
x
0
11 − 4x8 + x2 − 3x
8x11 + x9 − x7 + x4 + x3 − x2 − x + 1 dt
1
1 − 4x
0
−3 + x−9 − 3x−10 8 + x−2 − x−4 + x−7 + x−8 − x−9 − x−10 dt
+ x−11 = 2πi
= 2πi
Da x −n = R −n e −2nπit → 0 for R → ∞ og n ∈ N, ser vi at indmaden g˚ar mod
1
8
for R g˚aende mod uendelig. Alts˚a
γR
1
1 iπ
f → 2πi dt =
0 8 4
20
for R → ∞

P˚astand 4.3.
γ1
f → iπ
4 .
Bevis. Da P (z) har 11 nulpunkter har f(z) højst 11 singulariteter indenfor
enhedscirklen. Lad V = {z1, . . . , zk} være mængden af polerne, hvor k ≤ 11.
Hvis V ⊆ I(γR) har ifg. Cauchy’s Residue Theorem:
γR
f = 2πi
k
res(f, zi)
Da V ⊆ I(γR) for alle R ≥ 1, dvs. specielt n˚ar R → ∞, f˚ar vi af p˚astand 4.2
at:
f = iπ
4
∀R ≥ 1
γR
Specielt har vi alts˚a
4.2 Opgave 2
γ1
i=1
f = iπ
4
¡
Lad f, g : → være analytiske funktioner. Antag, at der findes k ∈
s˚aledes, at Re(f(z)) ≤ kRe(g(z)) for alle z ∈ .
P˚astand 4.4. Der findes et c ∈
Bevis. Vi ser p˚a
for alle z ∈
.
s˚aledes, at f(z) = kg(z)+c for alle z ∈
|e f(z)−kg(z) | = |ef(z) |
|gkg(z) ≤ 1
|
Da e f(z)−kg(z) er differentiabel, giver thm[ST] 10.6, at e f(z)−kg(z) = c1 hvilket
medfører
f(z) = kg(z) + c2
Lad f være en analytisk funktion med en væsentlig isoleret singularitet i z0.
Lad g være en analytisk og ikke identisk nul i en omegn af z0.
P˚astand 4.5. z ↦→ f(z)g(z) har en væsentlig isoleret singularitet i z0.
Bevis. Lad os antage, at f har en væsentlig isoleret singularitet i z0, g ikke
identisk lige 0 i en omegn af z0 og at fg IKKE har en væsentlig isoleret
singularitet i z0. Da kan vi skrive fg som:
fg(z) = (z − z0) −k f1(z)
21
.

hvor f1 er et polynomium forskellig fra 0 i z0 og k ∈ N. Da g ikke er analytisk
og ikke identisk lige 0 i en omegn af z0, har g i værste fald et nulpunkt af
orden l i z0 og dermed har 1/g en pol af orden højst l i z0. Da kan vi skrive
1/g som:
1/g(z) = (z − z0) −l g1(z)
hvor g1 er et polynomium forskellig fra 0 i z0. Suma sumarum har vi
f(z) = 1
g(z) f(z)g(z) = (z − z0) −l−k f1(z)g1(z)
og s˚a ser vi, at f har en pol af orden højst k+l i z0, hvilket giver en modstrid,
da vi havde antaget, at f havde en væsentlig isoleret singularitet i z0.
4.3 Opgave 3
Lad D = {z ∈
Lad ydereliger
| |z| < 1} og H = {z ∈
P˚astand 4.6. φ afbilder D p˚a H.
Bevis. Lad x + iy ∈ D, s˚a er
1 + x + iy
φ(x + iy) = i
1 − x − iy
= (i + ix − y)
=
1 + z
φ(z) = i
1 − z
1 − x + iy
| Im(z) > 0}.
(1 − x) 2 + y2 1
(1 − x) 2 + y2 (−2y − 2xy + i(1 − x2 − y 2 ))
men vi har at x 2 + y 2 < 1 s˚a vi har det ønskede.
Vi har yderligere, at
thi
φ −1 (z) =
z − i
z + i
φ(φ −1
z − i
(z)) = φ
z + i
= i + i z−i
z+i
1 − z−i
z+i
= 2iz
z + i
22
z + i
2i
= z

Lad nu z ∈ H, skriv z = x + iy, vi har s˚a, at y > 0.
|φ −1
(x + iy)| =
x + iy − i
x
+ iy + i
=
x − i(y + 1)
x2
(x + i(y − 1))
+ (y + 1) 2
=
x
2 + ix(y − 1) − ix(y + 1) + (y + 1)(y − 1)
x2 + (y + 1) 2
=
x
2 − 2ix + y2 − 1
x2 + (y + 1) 2
(x
=
2 + y2 − 1) 2 + 4x2 =
=
(x 2 + (y + 1) 2 ) 2
x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 − 2y 2 + 2x 2 + 1
x 4 + (y + 1) 4 + 2x 2 (y + 1) 2
x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 − 2y 2 + 2x 2 + 1
(x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 − 2y 2 + 2x 2 + 1) + 4y + 8y 2 + 4y 3 + 2yx 2
da y > 0 har vi at |φ −1 (z)| < 1 for z ∈ H som ønsket.
Lad f : H → D være en analytisk funktion med f(i) = 0.
P˚astand 4.7. |f ′ (i)| ≤ 1
1
| og |f(2i)| ≤ 2 3 .
Bevis. Lad os se p˚a f ◦ φ.
f ◦ φ(0) = f
S˚a f˚ar vi af Schwarz’s lemma, at
og
Vi har at
S˚a |f(2i)| ≤ 1
3 .
Vi har at
i + 0
= f(i) = 0
1 − 0
|f ◦ φ(z)| ≤ |z|
|f ◦ φ(0)| ≤ 1
1
φ =
3
i + i 1
3
1 − 1
3
= 2i
(f ◦ φ) ′ (z) = f ′ (φ(z))φ ′ (z)
23

s˚a vi f˚ar, at
S˚a
hvilket giver, at
Definer
φ(0) = i
φ ′ (0) =
i(1 + z) + (i + iz)
(1 − z) 2
0
|(f ◦ φ) ′ (0)| = |f ′ (i)2i| ≤ 1
|f ′ (i)| ≤ 1
2
g(z) = T ODO
= 2i
P˚astand 4.8. g : H → D er analytisk og g(i) = 0 og g ′ (i) = 1
2 .
Bevis. TODO
4.4 Opgave 4
Lad a, b være positive reelle tal, med a > b og lad
Definer E = {z ∈
P˚astand 4.9. ±i
f(z) =
a−b
a+b
z
(a 2 − b 2 )z 4 + 2(a 2 + b 2 )z 2 + (a 2 − b 2 )
| |z| < 1}
Bevis. Vi bemærker først, at ±i
er de eneste singulære punkter for f i E
a−b
a+b
ligger i E. Vi definerer
q(z) = (a 2 − b 2 )z 4 + 2(a 2 + b 2 )z 2 + (a 2 − b 2 )
Vi er intereseret i at bestemme q’s rødder. Vi substituerer t = z 2 og f˚ar
q har rødderne
q(t) = (a 2 − b 2 )t 2 + 2(a 2 + b 2 )t + (a 2 − b 2 )
t = −2(a2 + b 2 ) ± 4(a 2 + b 2 ) 2 − 4(a 2 − b 2 ) 2
2(a 2 − b 2 )
= −2(a2 + b 2 ) ± √ 16a 2 b 2
2(a 2 − b 2 )
= −(a2 + b 2 ) ± 2ab
a 2 − b 2
24

Dvs.
og
t = −(a2 + b 2 ) + 2ab
a 2 − b 2 =
t = −(a2 + b 2 ) − 2ab
a 2 − b 2
= −(a + b)2
−(a − b)2
(a + b)(a − b)
(a + b)(a − b)
Deraf følger, at q har rødderne,
a − b
z = ±i
a + b
a + b
z = ±i
a − b
= −a − b
a + b
= −a + b
a − b
Rødderne fra (2) ligger ikke i E, mens rødderne fra (1) ligger i E.
Da f(z) = z
E.
q(z) følger det, at f kun har punkterne (1) som er singulære i
Lad z+ = i
a−b
a+b og z− = i
a−b
a+b
P˚astand 4.10. res(f, z+) = 1
8ab
Bevis. Da z+ er en simpel pol, bruges lemma 12.2, som giver at
res(f, z+) = z+
q ′ (z+)
=
=
=
=
=
=
z+
4(a2 − b2 )z3 + + 4(a2 + b2 )z+
a−b i a+b
4(a2 − b2
a−b )(i a+b )3 + 4(a2 + b2
a−b )i a+b
1
4(a2 − b2
a−b )(i a+b )2 + 4(a2 + b2 )
1
−4(a2 − b2 ) a−b
a+b + 4(a2 + b2 )
1
−4(a − b) 2 + 4(a 2 + b 2 )
1
−4(a 2 + b 2 − 2ab) + 4(a 2 + b 2 )
= 1
8ab
25

P˚astand 4.11. res(f, z−) = 1
8ab
Bevis. Da z− er en simpel pol, bruges lemma 12.2, som giver at
Lad I = 2π
0
res(f, z−) = z−
q ′ (z−)
=
=
=
=
=
=
z−
4(a2 − b2 )z3 − + 4(a2 + b2 )z−
a−b −i a+b
4(a2 − b2
a−b
)(−i a+b )3 − 4(a2 + b2
a−b
)i a+b
1
4(a2 − b2
a−b )(−i a+b )2 + 4(a2 + b2 )
1
−4(a2 − b2 ) a−b
a+b + 4(a2 + b2 )
1
−4(a − b) 2 + 4(a 2 + b 2 )
1
−4(a 2 + b 2 − 2ab) + 4(a 2 + b 2 )
= 1
8ab
dt
a 2 cos 2 (t)+b 2 sin 2 (t)
P˚astand 4.12. I = π
2ab
Bevis. Lad C(t) = e it for 0 ≤ t ≤ 2π. Hvis z = C(t) = e it f˚as
cos(t) = 1 1
(z +
2 z )
sin(t) = 1 1
(z −
2i z )
26

S˚a overst˚aende integral bliver
I =
C
=
C
=
C
=
= −i
Theorem 12.1 giver nu, at
1
a2 1 1 (z + 4 z )2 + b2 1
4i2 (z − 1
z )2
4
a 2 (z + 1
z )2 − b 2 (z − 1
z )2
4
dz
iz
dz
iz
a 2 (z 2 + 2 + 1
z 2 ) − b 2 (z 2 − 2 + 1
z 2 )
C
4z 2
dz
iz
dz
iz
C (a2 − b2 )z4 + 2(a2 + b2 )z2 + (a2 − b2 )
4z
(a2 − b2 )z4 + 2(a2 + b2 )z2 + (a2 − b2 ) dz
I = −i8πi(res(f, z+) + res(f, z−))
= 8π( 1 1
+
8ab 8ab )
= 2π
ab
27

5 Vinter 2000/01
5.1 Opgave 1
Lad
for z = 0.
f(z) =
1 + iz − eiz
z 3
P˚astand 5.1. Laurentrækken omkring 0 for f er − ∞
n=−1
Bevis. Vi ved at
s˚a
S˚a vi f˚ar at
Tilsidst f˚as Laurentrækken til
f(z) = −
e z =
e iz =
∞
n=0
∞
n=0
1 + iz − e iz = −
∞
n=2
1
n! zn
1
n! in z n
∞
n=2
1
n! in z n − 3 = −
1
n! in z n
∞
n=−1
Bemærkning 1. Pr. definition er res(f, 0) = 1
2
1
(n + 3)! in+3 z n
1
(n+3)! in+3 z n
Lad Hr være halvcirklen med centrum 0 og radius r i den øvre halvplan.
P˚astand 5.2. limr→0 f = iπres(f, 0)
Bevis. Lad H ′ r
Betragt først
Bemærk at
omkring 0, hvor
Hr
være halvcirklen med contrum 0 og radius r.
Hr
π
1 1
dz =
z 0 reit rieit π
dt = idt = iπ
0
h(z) = −
f(z) = 1
+ h(z)
2z
∞
n=0
1
(n + 3)! in+3 z n
28

Pr. liniearitet af integralet, f˚as
f = 1
2
for r lille.
Betragter vi nu
Lad nu r < 1, s˚a f˚as
Bemærk at
Hr
Hr
Hr
|h| ≤
Hr
h
≤
Hr
e =
1
z +
h
Hr
Hr
π
|ree it | ≤ re
0
|h|
ree it dt
Lader vi nu r → 0 f˚as, at overst˚aende integral giver 0 iflg Lebesgues sætning
om majoriseret konvergens. Alt i alt f˚as,
lim f =
r→0
Hr
1
1
2 Hr z +
h = iπres(f, 0)
Hr
P˚astand 5.3. limr→∞ f = 0
Hr
Bevis. Vi vurderer
Betragt nu
for r > 1 f˚as
indsætter vi dette
Hr
Hr
f
≤
Hr
|f|
|f| = |1 + iz − eiz |
|z 3 |
|1 + iz − e iz |
|z 3 |
f
≤
π
0
≤ 2|z| 2
=
|z| 3 |z| 2
2
r2 |eit π
dt =
| 2
0
For r → ∞ g˚ar integralet mod 0, som ønsket.
P˚astand 5.4. ∞
0
x−sin(x)
x3 dx = π 1
4
29
2 2π
dt =
r2 r2

Bevis. Lad R > r være reelle tal, og lad γ være kurven der g˚ar fra −R til
−r og over −Hr og fra r til R og tilbage over HR.
Theorem 12.1 giver at
Vi omskriver p˚a integralet,
−r
f = f(t)dt −
Dvs.
γ
=
=
=
−R
−r
−R
R
r
R
= 2i
Hr
f +
γ
f = 0
R
r
f(t)dt +
R
HR
1 + it − eit t3
1 + it − e
dt − f +
Hr r
it
t3
dt +
1 − it − e−it −t3 R
1 + it − e
dt − f +
Hr r
it
t3
dt +
2it − (eit − e−it )
t3
dt − f + f
Hr HR
t − sin(t)
t3
dt − f + f = 0
r
R
r
R
2i
r
Hr
HR
t − sin(t)
t3
dt = f − f
Hr HR
Lader vi nu r → 0 og R → ∞ f˚as fra overst˚aende to p˚astande, at
2i
∞
dvs ∞
5.2 Opgave 2
Lad fk(z) = e z − 3z k for k = 1, 2, . . .
0
0
t − sin(t)
t3 dt = iπ 1
2
t − sin(t)
t3 dt = π 1
4
P˚astand 5.5. fk(z) = fk(¯z) for alle z ∈
Bevis.
fk(z) = e z − 3z k
.
= e z − 3z k
= e ¯z − 3¯z k
30
f
HR
HR
f
f

P˚astand 5.6. Alle nulpunkter for fk er af orden 1.
Bevis. Antag fk(z) = 0
(z) = 0
skal vise , at f ′ k
S˚a fk(z) = 0 ⇐⇒ ez = 3zk Antag nu for modstrid, at f ′ k (z) = 0, det giver, at
e z = 3kz k−a = 3z k
men det kan ikke lade sig gøre for z = 0, men e 0 = 0.
Lad Ω = {z ∈
| |Re(z)| < 1, |Im(z)| < 1}
P˚astand 5.7. fk har k nulpunkter i Ω.
Bevis. Lad g(z) = −3z k , s˚a er
Vi ser først p˚a t ↦→ 1 + it, −1 ≤ t ≤ 1
for f ∈ [−1, 1].
S˚a p˚a −1 + it, −1 ≤ t ≤ 1,
for f ∈ [−1, 1].
Nu p˚a t + i, −1 ≤ t ≤ 1,
for f ∈ [−1, 1].
Endelig p˚a t − i, −1 ≤ t ≤ 1,
|e 1+it | = |ee it |
|f − g| = |e z |
|e −1+it | = |e −1 e it |
= e < 3 ≤ |3(1 + it) k |
= e −1 < 3 ≤ |3(−1 + it) k |
|e t+i | = |e t e i |
= e < 3 ≤ |3(t + i) k |
|e t−i | = |e t e −i |
= e < 3 ≤ |3(t + i) k |
for f ∈ [−1, 1].
Nu skulle det være klart, at resultatet følger af Rouche’s sætning.
31

Men her er argumentet s˚a alligevel, g, f er differentiable funktioner og |f −
g| < |g| for alle z p˚a randen af Ω. Rouche’s sætning giver nu, at f og g har
lige mange nulpunkter (talt med multiplicitet) inden i Ω. Vi ved at g har k
nulpunkter (talt med multiplicitet) i Ω, dvs. f har ogs˚a k nulpunkter (talt
med multiplicitet) i Ω.
P˚astand 5.8. Hvis k er ulige, har fk et reelt nulpunkt i Ω.
Bevis. Vi bemærker,
f(−1) = e −1 − 3(−1) k = e −1 + 3 > 0
f(1) = e 1 − 3(1) k = e − 3 < 0
Deraf kan vi konkludere at der mindst findes en reel rod p˚a den i intervallet
[−1, 1].
5.3 Opgave 3
Lad D = {z ∈
g : D → som
for z ∈ D − {0}, 0 for z = 0.
P˚astand 5.9. g er analytisk.
| |z| < 1} og f : D → D analytisk med f(0) = 0. Definer
g(z) =
f(z) + f(−z)
2z
Bevis. Vi bruger at f er analytisk, lad z ∈ D være en vilk˚arligt punkt, og
lad
∞
anh n
n=0
være Taylorrækken for f omkring z.
S˚a er,
∞
rækken for f(−z).
Dvs.
∞
n=0
an
n=0
1
4
an(−1) n h n
1
+ (−1)n h
4
n−1
er rækken for g, hvoraf det følger, at g er analytisk.
P˚astand 5.10. g ′ (0) = 1
2 f ′′ (0).
32

Bevis. Vi bruger Taylorrækken for f omkring 0
og
s˚a
dvs.
For n = 1 f˚as,
P˚astand 5.11. g(D) ⊆ D
f(z) =
f(−z) =
∞
n=0
∞
n=0
f(z) + f(−z) =
g(z) =
∞
n=0
f (n) (0)
z
n!
n
f (n) (0)
(−1)
n!
n z n
∞
n=0
2f (2n) (0)
z
(2n)!
2n
f (2n) (0)
(2n)! z2n−1
g ′ (0) = f ′′ (0)
2
Bevis. Da f analytisk ⇐⇒ f er holomorf.
og f(0) = 0 giver Schwarz’s lemma, at
s˚a
f(z) + f(z)
2z
|f(z)| ≤ |z|
≤ 2|f(z)|
|2z|
≤ 2|z|
2|z|
P˚astand 5.12. |f(z) + f(−z)| ≤ 2|z| 2 for alle z ∈ D.
Bevis. Vi har at g(0) = 0 og g er holomorf, s˚a Schwarz’s lemma giver, at
|g(z)| =
f(z) + f(−z)
2z ≤ |z|
hvilket medfører, at
P˚astand 5.13. |f ′′ (0)| ≤ 2.
|f(z) + f(−z)| ≤ 2|z| 2
33
= 1

Bevis. Schwartz’s lemma giver, at
S˚a, hmm
|g ′ (0)| ≤ 1
|g ′ (0)| = | 1
2 f ′′ (0)| ≤ 1
iflg p˚astand 5.10, deraf følger, at
5.4 Opgave 4
Lad x, y ∈ ¡ .
|f ′′ (0)| ≤ 2
P˚astand 5.14. |cos(x + iy)| ≤ 1
2 (ey + e −y ).
Bevis. TODO
Definer
f(z) =
∞
n=1
og lad r, R ¡ ∈ , med 0 < r ≤ R < 1.
Lad D(r, R) = {z ∈ | r ≤ |z| ≤ R}.
z 4n
1
cos
nz
P˚astand 5.15. f konvergerer uniformt p˚a D(r, R).
Bevis. TODO
P˚astand 5.16. f er analytisk p˚a D(0, 1).
Bevis. TODO
P˚astand 5.17. f( 1
i
) → 0 og f( ) → 0 for m → ∞.
m m
Bevis. TODO
P˚astand 5.18. 0 er en væsentlig isoleret singularitet for f.
Bevis. TODO
34

6 Sommer 2001
6.1 Opgave 1
Lad
P˚astand 6.1. I = 4π
3 √ 3 .
6.2 Opgave 2
Lad f : →
for alle n ∈ N.
være s˚a
f
I =
∞
−∞
1
= f
n
dx
(1 + x + x 2 ) 2
− 1
=
n
1
n3 P˚astand 6.2. f ej analytisk.
Bevis. Definer g(z) = f(−z). Vi har en følge
1 ∞
n n=1 hvor,
f(z) = g(z)
Antag for modstrid, at f er analytisk, s˚a giver Thm[ST] 10.11, at
for alle z ∈
dvs.
.
f(z) = g(z)
f(z) = f(−z)
for alle z ∈ .
Men vi har ogs˚a, med samme fremgangsm˚ade, at
for alle z ∈ .
Hvilket klart giver en modstrid.
Lad g : →
P˚astand 6.3. g er konstant.
Bevis. Vi har at,
f(z) = 1
z 3
være analytisk og g(0) = 4 − 3i og |g(z)| ≤ 5 for |z| < 1.
giver thm[ST] 10.14 at g er konstant.
|g(0)| = √ 4 2 + 3 2 = 5
35

6.3 Opgave 3
Lad D = {z ∈
||z| < 1}.
P˚astand 6.4. Der findes en automorfi ϕ af D s˚a ϕ(0) = a ∈ D
Bevis. Lad nu
z + a
ϕ(z) =
āz + 1
Sætn. 25.4 (PS) giver nu at ϕ er en automorfi p˚a D.
Tilsidst bemærkes, at ϕ(0) = a, som ønsket
Lad f : D → D være en analytisk funktion med f(a) = a og f(b) = b, a = b,
a, b ∈ D.
Definer g = ϕ −1 ◦ f ◦ ϕ
P˚astand 6.5. g(0) = 0
Bevis.
g(0) = ϕ −1 (f(ϕ(0)))
= ϕ −1 (f(a))
= ϕ −1 (a) = 0.
Det sidste lighedstegn gælder da ϕ er en isomorfi.
P˚astand 6.6. g(ϕ −1 (b)) = ϕ −1 (b)
Bevis.
P˚astand 6.7. g(z) = z, ∀z ∈ D
g(ϕ −1 (b)) = ϕ −1 (f(ϕ(ϕ −1 (b))))
= ϕ −1 (f(b)) = ϕ −1 (b)
Bevis. Da ϕ −1 (b) ∈ D og ϕ −1 (b) = 0 da ϕ er en isomorfi og ϕ(0) = a.
Schwartz lemma giver nu, at g(z) = az, |a| = 1
Da g(ϕ −1 (b)) = ϕ −1 (b) f˚ar vi, at g(z) = z.
P˚astand 6.8. f(z) = z
Bevis. Vi har at
som giver, at
da ϕ er en isomorfi.
g = ϕ −1 ◦ f ◦ ϕ = ϕ −1 ◦ ϕ
f(z) = z
36

6.4 Opgave 4
Lad Ω = {z ∈
| |z| > 1}. Lad γ : [0, 1] → Ω være en lukket kurve.
P˚astand 6.9. γ har samme omløbstal omkring alle punkter i − Ω
Bevis. Trivielt
Lad z1, . . . , zk være k forskellige punkter i
Definer
k αi
f(z) =
z − zi
− Ω og lad α1, . . . , αk ∈
P˚astand 6.10. f har en stamfunktion hvis, og kun hvis, k
i=1 ai = 0.
i=1
Bevis. En udregning burde være nok som bevis. Lad γ være en lukket kurve
i Ω, s˚a er
γ
k
i=1
ai
z − zi
=
=
=
k
i=1
k
i=0
γ
αi
ai
z − zi
1
z − zi
γ
k
αi2πiω(γ, zi)
i=0
= 2πiω(γ, z1)
hvor vi tilsidst brugte p˚astand 6.9.
Det burde være klart at denne udregning viser p˚astanden begge veje. For
antag, at k i=1 αi = 0, s˚a er
f = 0 for alle lukkede kurver γ i Ω. Thm[ST]
γ
6.11 giver nu at f har en stamfunktion. Omvendt, hvis f har en stamfunktion,
giver integralet altid nu, og summen derved ogs˚a nul.
37
k
i=1
αi
.

7 Vinter 2001/02
7.1 Opgave 1
Lad f(z) = tan(z).
P˚astand 7.1. f er analytisk p˚anær i π
+ pπ, p ∈ .
2
Bevis. Vi har at
Prop[ST] 5.3 giver, at
f(z) = tan(z) = sin(z)
cos(z)
cos(z) = 0 ⇐⇒ z = π
+ pπ, p ∈
2
Da cos og sin er differentiable giver prop[ST] 4.2 at f er differentiabel for
+ pπ, p ∈ .
z = π
2
P˚astand 7.2. Re(cos(z)) > 0 for − π
2
Bevis. Vi f˚ar en underlig trang til at regne,
Vi har at
for alle y ∈ ¡
og
cos(z) = 1
2 (eiz + e −iz )
= 1
2 (eix−y + e −ix+y )
= 1
2 (eix e −y + e −ix e y )
= 1
< Re(z) < π
2 .
2 ((cos(x) + i sin(x))e−y + (cos(x) − i sin(x))e y )
= 1
−y y
cos(x)e + cos(x)e
2
+ i 1
−y y
sin(x)e − sin(x)e
2
= 1
2 cos(x)(e−y + e y ) + i 1
2 sin(x)(e−y − e y )
e −y + e y > 0
1
cos(x) > 0
2
for alle x ∈ (− π π , 2 2 ).
Tjo, og da x = Re(z), s˚a har vi det ønskede.
38

Lad M = {z ∈
| − π
2
P˚astand 7.3. F (z) = z
0
< Re(z) < π
2 }.
f er en stamfunktion til f.
Bevis. Da M er stjerneformet, og 0 er et stjernecenter for M, og at f er
analytisk, s˚a giver thm[ST] 8.2 at F er en stamfunktion for f.
Lad z1 = π
3 , z2 = π
4
for 0 ≤ φ ≤ π
P˚astand 7.4.
C
og lad
f = − log(2)
C(φ) = 7π π
+
24 24 eiφ
Bevis. Da f har en stamfunktion p˚a M er
f = F π π
− F
4 3
7.2 Opgave 2
Lad
C
=
=
π
4
0
π
4
= −
f −
f
π
3
π
3
π
4
f
π
3
0
= log(cos(x))
π
3
π
4
= log(cos( π
)) − log(cos(π
3 4 ))
√
2)
= log( 1
2
f
) − log(1
2
= log( 1 1
) −
2 2 log(1)
= log( 1
2 )
= log(1) − log(2) = − log(2)
f(z) = (a2 + 2)e iz
(z 2 + 1)(z 2 + 4)
39

P˚astand 7.5. f har polerne i, −i, 2i og −2i.
Bevis. Vi har at,
S˚a
f(z) =
S˚a polerne er i, −i, 2i og −2i.
P˚astand 7.6. Polerne er simple.
Bevis. Vi bemærker, at
lim(z
− i)f(z) =
z→i
lim (z + i)f(z) =
z→−i
lim (z − 2i)f(z) =
z→2i
lim (z + 2i)f(z) =
z→−2i
(z 2 + 1) = (z + i)(z − i)
(z 2 + 4) = (z + 2i)(z − 2i)
(z 2 + 2)e iz
(z + i)(z − i)(z + 2i)(z − 2i)
(i 2 + 2)e ii
(i + i)(i + 2i)(i − 2i)
= 0
((−i) 2 + 2)e i(−i)
((−i) − i)((−i) + 2i)((−i) − 2i)
((2i) 2 + 2)e i(2i)
((2i) + i)((2i) − i)((2i) + 2i)
= 0
((−2i) 2 + 2)e i(−2i)
((−2i) + i)((−2i) − i)((−2i) − 2i)
prop[ST] 11.4 giver s˚a at alle 4 poler er simple.
P˚astand 7.7. res(f, i) = −i 1
6e .
Bevis. Lemma[ST] 12.2 giver, at
P˚astand 7.8. res(f, 2i) = 1
6e .
res(f, i) = lim
z→i (z − i)f(z)
=
(i 2 + 2)e ii
(i + i)(i + 2i)(i − 2i)
= −e−1
6i
40
= −i 1
6e
= 0
= 0

Bevis. Lemma[ST] 12.2 giver, at
res(f, 2i) = lim
z→i (z − 2i)f(z)
=
(i 2 + 2)e ii
(i + i)(i + 2i)(i − i)
= −2e−1
−12i
Lad CR(t) = Reit for 0 ≤ t ≤ π.
P˚astand 7.9.
f → 0 for R → ∞.
Bevis.
for R → ∞.
CR
P˚astand 7.10. ∞
−∞
CR
=
= 1
6e
π
(R
0
2e2it + 2)iRe2it (R2e2it + 1)(R2e2it + 4)
≤ (R2 + 2)R
(R2 − 1)(R2 π → 0
4)
(x 2 +2) cos(x)
(x 2 +1)(x 2 +4)
= π
3e .
Bevis. Vi lader γR være kurven fra −R til R og CR. S˚a er
f =
(a2 + 2)(cos(x) + i sin(x)
γR
=
S˚a for R → ∞ er
γR
R
(z2 + 1)(z2 + 4)
R
(a 2 + 2)(cos(x)
−R (z2 + 1)(z2 + 4)
= I1 + I2 +
CR
+ i
−R
I1 + I2 = 2πi i 1 1
+
6e 6e
= π π
+ i
3e 3e
−∞
(a2 + 2)(sin(x)
(z2 + 1)(z2 + 4) +
Da realdelen er lig realdelen og imaginærdelen er lig imaginærdelen, giver
der, at ∞
(x2 + 2) cos(x)
(x2 + 1)(x2 π
=
+ 4) 3e
41
CR

7.3 Opgave 3
Lad
f(z) = e −z + z 2 − 5z + 6
og lad
C = z ∈ z − 5
2
2
= 3
4
P˚astand 7.11. f har netop to nulpunkter, regnet med multiplicitet, indenfor
C
Bevis. Vi starter med at definere
5
−
g(z) = f(z + 5/2) = e 2 e −z + z 2 − 1
4
Dvs. det er ækvivalent at løse det for g p˚a cirklen
C ′ √
|z| 3
= z ∈ =
2
Det venlige vink, p˚apeger at det nok er smart at benytte Rouches sætning,
s˚a det gør vi.
Vi starter med at definere en funktion h ved
Vi har at,
h(z) = z 2 − 1
4
|h(z)| ≥ 1
2
for z ∈ C ′
Vi bemærker, at funktionen h har to nulpunkter, regnet med multiplicitet,
indenfor C ′ . S˚a ved brug af Rouches sætning, er det nok at vise, at
for z ∈ C ′ .
|g(z) − h(z)| < 1
2
5
−
|g(z) − h(z)| = |e 2 e −z |
5
−
≤ |e 2 +
√
3
2 |
√
3−5
= |e 2 |
42
≤ |e −1 | < 1
2

8 Sommer 2002
8.1 Opgave 1
Lad f være givet ved,
for z ∈
.
f(z) =
z 2
(z 2 + 4)(z 2 − 3iz − z)
P˚astand 8.1. Polerne for f er i, −i og 2i.
Bevis. Vi har at
(z 2 + 4) = (z − 2i)(z + 2i)
og rødderne i z 2 − 3iz − z er givet ved
z = 3i ± (3i) 2 − 4(−2)
2
= 3i ± √ −9a + 8
= 3i ± i
S˚a vi kan skrive f p˚a formen,
f(z) =
2
2 =
2i
i
z 2
(z + 2i)(z − 2i) 2 (z − i)
Hvoraf det følger, at polerne er i, −i og 2i.
Bemærkning 2. Fra beviset af p˚astand 8.1 følger det, at polerne i og −2i har
orden 1 og 2i har orden 2.
P˚astand 8.2. res(f, −2i) = i 1
12 .
Bevis. Da −2i er en simpel pol, giver lemma[ST] 12.2, at
res(f, −2i) = lim (z + 2i)f(z)
z→−2i
(−2i)
=
2
(−2i − 2i) 2 (−2i − i)
−4
=
(−16)(−3i)
= i 1
12
43

P˚astand 8.3. res(f, i) = −i 1
3
Bevis. Vi bruger igen lemma[ST] 12.2, da vi har med en simpel pol at gøre.
res(f, i) = lim z → i(z − i)f(z)
i
=
2
(i + 2i)(i − 2i) 2
−1
=
(3i)(−i) 2
= −i 1
3
P˚astand 8.4. res(f, 2i) = i 1
4
Bevis. Da der er tale om en pol af orden 2, bruger vi lemma[ST] 12.3,
Lad
res(f, 2i) = lim
z→2i
= lim
z→2i
d z
dz
2
(z − i)(z + 2i)
2z(z − i)(z + 2i) − z 2 (z − i + z + 2i)
(z − i) 2 (z + 2i) 2
= 4i(2i − i)(2i + 2i) − (2i)2 (2i − i + 2i + 2i)
= 4i(i)4i + 4(5i)
= −16i + 20i
I =
i 2 (4i) 4
16
∞
−∞
(2i − i) 2 (2i + 2i) 2
= i 1
4
x 2
(x 2 + 4)(x 2 − 3ix − 2) dx
P˚astand 8.5. I = π
6
Bevis. Lad γR være kurven −R til R og CR(t) = Re it , 0 ≤ t ≤ π.
Vi bemærker, at
S˚a for R → ∞ er
CR
f
→ 0 ,for R → ∞
I = 2πi
= 2π
i 1
4
− 1
4
− i1
3
+ 1
3
= π
6
hvor vi brugte Cauchy’s Residue sætning (thm[ST] 12.1).
44

Lad ∞
P˚astand 8.6. I = π
12
Bevis. Vi beregner først realdelen af f,
f(z) =
z 2
0
x 2 (x 2 − 2)
(z 2 + 4) 2 (x 2 + 1) dx
(z2 + 4)(z2 − 3iz − 2)
z
=
2
(z4 + 2z2 − 8) + i(−3z3 − 12z)
= z2 (z4 + 2z2 − 8) + z2i(3z3 + 12z)
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z) 2
z
=
2 (z4 + 2z2 − 8)
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z)
2 + i
det heldigvis nok at beregne viddere p˚a realdelen,
Re(f(z)) =
=
=
z2 (3z3 + 12z)
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z) 2
z2 (z4 + 2z2 − 8)
(z4 + 2z2 − 8) 2 + (−3z3 − 12z) 2
z2 (z2 − 2)(z2 + 4)
(z2 + 4) 2 (z2 + 1)(z2 + 4)
z2 (z2 − 2)
(z2 + 4) 2 (z2 + 1)
Vi bemærker straks, at Re(f) er en lige funktion, s˚a ved brug af resultatet
fra p˚astand 8.5, følger det, at
8.2 Opgave 2
∞
0
Re(f) = I = π
12
Lad ε være givet, og for m ∈ lad Γm være randen af rektanglet med
hjørnerne (m− 1
1
)π±iε og (m+ 2 2 )π±iε. For m ∈ lad Im = infz∈Γm | sin(z)|.
P˚astand 8.7. Im > 0.
Bevis. Vi bemærker straks, at det er det samme som at vise, at
sin(z) = 0 ∀z ∈ Γm
45

Prop[ST] 5.3 giver, at
sin(z) = 0 ⇐⇒ z = nπ , n ∈
Da ε > 0 s˚a er (m − 1
1
)π og (m + )π de eneste reelle værdier i Γm.
2 2
P˚astand 8.8. Im er uafhængig af m ∈ .
Bevis. Antag for modstrid at Im = In, m = n. S˚a lad z være det punkt hvor
minimum antages (som det gør, da vi har med en kompakt mængde at gøre).
S˚a er,
| sin(z)| = | sin(z + (m − n)π)|
hvilket giver en modstrid med at, z ↦→ | sin(z)| er en π-periodisk funktion.
Lad a ∈
P˚astand 8.9. 1
z−a
.
→ 0 n˚ar z → ∞.
Bevis. Lad θ ∈ [0, 2π] være vilk˚arlig, og lad
Lad a = x + iy. S˚a er,
og vi har at,
Deraf følger, at
1
z − a
z = re iθ = r(cos θ + i sin θ)
= r cos θ + x + i(y + r sin θ)
(r cos θ + x) 2 + (y + r sin θ) 2
r cos θ + x
(r cos θ + x) 2 → 0
+ (y + r sin θ) 2
(y + r sin θ)
(r cos θ + x) 2 → 0
+ (y + r sin θ) 2
1
→ 0 , for z → ∞
z − a
Bemærkning 3. Af overst˚aende bevis, følger det, at | 1
z−a | → 0 for z ∈ Γm og
|m| → ∞. Deraf kan vi konkludere, at supz∈Γm | 1 | → 0 for |m| → ∞.
z−a
P˚astand 8.10. Der vindes et M > 0 s˚aledes, at sin z og sin z − 1
z−a har
samme antal nulpunkter indenfor Γm n˚ar |m| > M.
46

Bevis. Vi bruger bemærkning 3, at konkludere
sin z − sin z + 1
1
= → 0
z − a z − a
for |m| → ∞, og z ∈ Γm.
Men vi ved fra p˚astand 8.7, at
S˚a da sin z og sin z 1
z−a
Lad C = {z ∈
inf | sin z| > 0 ∀m ∈
z∈Γm
er differentiable, s˚a giver Rouche’s sætning resultatet.
| |Imz| < ε}, og definer f ved
f(z) = (z − a) sin z − 1
P˚astand 8.11. f har uendelig mange nulpunkter i C.
har samme antal nul-
har et nulpunkt i
har uendelig mange nulpunkter i C,
Bevis. Vi har fra p˚astand 8.10, at sin z og sin z − 1
z−a
punkter inden for Γm for |m| stor nok. Dvs. at sin z − 1
z−a
Γm for |m| stor nok. Eller at sin z − 1
z−a
hvilket er ækvivalent med, at
sin z = 1
z − a
for uendeligt mange z ∈ C.
8.3 Opgave 3
Lad Ω ⊆ være ˚aben
Definer Ω = {z ∈ | ¯z ∈ Ω}.
Lad f : Ω → være analytisk.
Definer g : Ω → , g(z) = f(¯z).
P˚astand 8.12. g er analytisk.
=⇒ (z − a) sin z − 1 = 0
Bevis. Vi har at f er analytisk, hvilket medfører, at for et givet z ∈ Ω kan f
skrives p˚a formen,
∞
f(z) = anz n
s˚a,
g(z) =
∞
an¯z n =
n=0
n=0
∞
an¯z n =
n=0
47
∞
anz n
n=0

Antag nu at Ω ∩ ¡ er sammenhængede og indeholder et ikke-tomt ˚abent
interval I, s˚a f(x) ∈ ¡ for alle x ∈ I.
P˚astand 8.13. f(z) ∈ ¡ for alle x ∈ Ω ∩ ¡ .
Bevis. f og g er analytiske, og f(z) = g(z) for alle z ∈ I, da de begge antager
relle værdier.
Vi kan antage, at I = Ω ∩ ¡ , for ellers var der intet at vise.
Da vi har at I er ˚aben, s˚a findes der en ikke-tom lukket mængde E ⊆ I.
Vi har at E har grænsepunkt i Ω ∩ ¡ , og derved følger det ønskede fra
thm[ST] 10.11.
8.4 Opgave 4
Lad
f(z) =
∞
k=1
z k
(k + 3)!k
P˚astand 8.14. f er konvergent for alle z ∈
Bevis. Vi har at,
|f| < zk
k!
∀k ≥ 1 ∀z ∈
hvilket giver resultatet iflg The comparison test (ST s. 55).
Definer g : − {0} →
ved
g(z) = f
P˚astand 8.15. f og g er analytiske.
Bevis. Pr. definition er f analytisk.
Og z ↦→ 1
z er analytisk p˚a {0}, s˚a f
g ogs˚a analytisk.
1
z + z2
−
z 2
.
− z3
3
1 er analytisk p˚a {0}, og derved er
z
P˚astand 8.16. g har en væsentlig isoleret singularitet i 0.
Bevis. Vi har at
g(z) =
∞
k=1
1 z + z2 z3
− −
(k + 3)!kzk 2 3
S˚a da uendeligt mange koefficienter er forskellige fra nul har g en væsentlig
isoleret singularitet.
48

P˚astand 8.17. f ′ (z) = ez−(1+z+ z2 z3
+ 2 6 )
z4 Bevis. Thm[ST] 4.12 giver
f ′ ∞ kz
(z) =
k=1
k−1
(k + 3)!k
∞ z
=
k=1
k−1
(k + 3)!
= 1
z4 ∞ zn n!
P˚astand 8.18. g ′ (z) = 1
6z − z2 e 1
z .
Bevis. Vi har at,
n=4
= ez − (1 + z + z2
2
z4 .
+ z3
6 )
1
z + z2 z3
g(z) = f − − , s˚a
z 2 3
g ′ (z) = f ′
1
−
z
1
z2
1 + 2z
− − z2
2
= −f ′
1
1 1
− − z − z2
z z2 2
= − e 1
z − 1 + 1 1 1
+ +
z 2z2 6z3 4 1 1
z − − z − z2
z2 2
= 1
6z − z2e 1
z
Lad γ være en lukket kurve i − {0} med omløbstal ω omkring 0.
P˚astand 8.19.
γ z2e 1
z dz = ωπi
3 .
Bevis. Da g ′ har en stamfunktion, giver thm[ST] 6.11, at
g ′ (z)dz = 0
hvilket medfører, at
γ
γ
1
6z =
z
γ
2 e 1
z dz
49

Vi har ogs˚a at
1
2πi γ
hvilket medfører, at
1
dz = ω =⇒
z
γ
1 πiω
dz =
6z 3 =
z
γ
2 e 1
z
50
γ
1
dz = 2πiω
z