D-MATH/D-PHYS Prof. G. Felder Funktionentheorie HS 2007 Lösung 1 1. Gegeben sind die Funktionen f : C → C, und g : C → C, z 7→ z 7→ |z| exp(−1/z 4 ), z 6= 0, 0, z = 0. a) Bestimme die Mengen der Punkte z ∈ C, in welchen die obigen Funktionen die Cauchy-Riemann Gleichungen erfüllen. b) Bestimme die Mengen der Punkte z ∈ C, in welchen die obigen Funktionen komplex differenzierbar sind. a,b) Die Funktion f : z 7→ |z| ist im Ursprung nicht reell differenzierbar, erfüllt dort also die C-R-Gleichungen nicht und ist dort auch nicht komplex differenzierbar. Wäre f in z 6= 0 komplex differenzierbar, dann auch f 2 , und folglich z 7→ f 2 (z)/z = z, da z 7→ 1/z auf C \ {0} holomorph ist. Da die komplexe Konjugation nirgends komplex differenzierbar ist, folgt nun dasselbe für f . Insbesondere erfüllt f auch die C-R-Gleichungen nirgends. Die Funktion g ist auf der offenen Menge C \ {0} offensichtlich komplex differenzierbar, erfüllt dort also auch die C-R-Gleichungen. Im Ursprung erfüllt g die C-R-Gleichungen: g(0 + t) − g(0) t→0 t −t−4 e = lim t→0 t −4 4e−t t−5 = lim = 0, t→0 1 ux (0) + ivx (0) = gx (0) = lim und ähnlich −4 g(0 + it) − g(0) e−t uy (0) + ivy (0) = gy (0) = lim = lim t→0 t→0 t t = 0. Allerdings ist g im Ursprung unstetig (und somit weder reell total differenzierbar – also kein Widerspruch zum Satz aus der Vorlesung – noch komplex differenzierbar): Für ε → 0 gilt g(ε(1 + i)) = exp(−1/(ε · (1 + i))4 ) = exp(1/(4ε4 )) → ∞. Bitte wenden! 2. a) Bestimme den Konvergenzradius der Potenzreihe X nn zn. n! n≥1 b) Bestimme für jedes α ∈ R den Konvergenzradius Rα der Potenzreihe X fα (z) := nα z n . n≥1 a) Wir verwenden das Quotientenkriterium: n an n n (n + 1)! n 1 = · = = (1 + 1/n)−n → , an+1 n+1 n! (n + 1) n+1 e n → ∞, denn (1 + 1/n)n = exp(n log(1 + 1/n)) = exp(+1 + O(n−1 )) → exp(1) = e. Also ist der Konvergenzradius R = 1/e. b) Es gilt stets α 1/n 1/Rα = lim sup |n | n→∞ log n = lim exp α · n→∞ n = 1, denn log(n)/n → 0 für n → ∞. 3. Sei f eine analytische Funktion auf einer offenen Teilmenge G ⊂ C. Zeige: Ist |f | lokal konstant, so ist auch f lokal konstant. Beweis: Ist |f | in der Umgebung eines Punktes konstant 0, so ist dort auch f konstant Null. Wir dürfen also voraussetzen, dass |f | lokal konstant ist und nirgends verschwindet. Wir zeigen, dass die partiellen Ableitungen von f = u + iv verschwinden, was impliziert dass f lokal konstant ist. Nach Voraussetzung gilt |f |2 = u2 + v 2 =: C 6= 0. Durch Ableiten nach x (bzw. nach y) erhalten wir die Gleichungen 2uux + 2vvx = 0 2uuy + 2vvy = 0 Einsetzen der C-R-Gleichungen, Kürzen und Umordnen der zweiten Gleichung liefert uux − vuy = 0 vux + uuy = 0 Dies ist ein homogenes lineares Gleichungssystem für die partiellen Ableitungen (ux , uy ) von u mit Determinante det = u · u − (−v · v) = u2 + v 2 6= 0. Also verschwinden die partiellen Ableitungen von u. Wegen der C-R-Gleichungen verschwinden auch die partiellen Ableitungen von v, wie gewünscht. Q.E.D.