Lösungen 3

3.1 z(r) = t(z2 − z1 ) + z1 ist die Gleichung der Geraden g durch z1 in Richtung
z2 − z1 . Mir t = 0 ist z1 ∈ g, mit t = 1 ist z2 ∈ g und mit t = r ist z3 ∈ g. Liegen
die zi auf einer Geraden, so sind z3 − z1 und z2 − z1 kollinear, was die Bedingung
beweist.
3.2 Wegen ∂x u = ∂y v = 0 folgt ∂x u = 0, also u = u(y). Genauso zeigt man v = v(x).
In ∂y u(y) = −∂x v(x) hängen die beiden Funktionen von verschiedenen Variablen ab,
daher
∂y u = c, ∂x v = −c ⇒ u = cy + d1 , v = −cx + d2 .
Damit ist die angegebene Darstellung für f bewiesen.
3.3 Ist |f | = 0, so ist f = 0. Sei also u2 +v 2 = c > 0. Dann folgt durch Differenzieren
nach x und y
u∂x u + v∂x v = 0, u∂y u + v∂y v = 0.
Mit den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen erhält man daraus
u∂x u − v∂y u = 0,
v∂x u + u∂y u = 0.
Damit ist ∂x u, ∂y u die Lösung eines linearen Gleichungssystem mit Matrix
u −v
, det A = u2 + v 2 = c > 0.
A=
v u
Das lineare Gleichungssystem ist daher regulär und besitzt nur ∂x u, ∂y u = 0 als
Lösung. Damit ist auch v konstant.
Ein Student hat einen viel eleganteren Beweis gefunden. Ist |f | = 0, so ist f
konstant. Ist |f | > 0, so ist 1/f holomorph und damit auch f = |f |2 /f und auch
f + f . Aus den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen folgt Re f konstant
und damit auch Im f konstant.
3.4 a) Wir können in der Bedingung Real- und Imaginärteile betrachten. Dann ist
eine der Bedingungen nichttrivial. Wir können daher c, d ∈ voraussetzen. Durch
Differenzieren von cu + dv erhalten wir
R
c∂x u + d∂x v = 0,
c∂y u + d∂y v = 0.
Zusammen mit den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen erhalten wir hieraus
c2 ∂x u = −cd∂x v = dc∂y u = −d2 ∂y v = −d2 ∂x u,
daher ∂x u = 0 in G. Mit
c2 ∂y u = −cd∂y v = dc∂x u = d2 ∂x v = −d2 ∂y u
schließen wir auf ∂y u = 0.
b) Es genügt, den Fall u = v 2 zu betrachten, denn sonst geht man zur Funktion
(−if ) : D → über. Aus
C
0 = ∆u = 2vx2 + 2vy2 + 2∆vv = 2vx2 + 2vy2
folgt bereits, dass v konstant ist. Aus den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen erhalten wir, dass auch u konstant ist.
3.5 Es gilt
∆u = 2 + 2b.
Damit gilt b = −1. Ferner muss gelten
∂y v(x, y) = ∂x u(x, y) = 2x + 2ay,
∂x v(x, y) = −∂y u(x, y) = 2y − 2ax.
Damit ist v(x, y) = ay 2 − ax2 + 2xy + c und
f (z) = (1 − ia)z 2 + ic,
c∈
R.
3.6 g ist Realteil einer holomorphen Funktionen r = g +ih. Da auch r ◦f holomorph
ist, ist auch Re r ◦ f harmonisch.
3.7 Es gilt
1 − z − z 2 + z 3 = (1 − z)(1 − z 2 ) = (1 − z)2 (1 + z)
In
a
b
c
1
+
+
=
2
(1 − z)
1−z 1+z
(1 − z)2 (1 + z)
erhalten wir
1
1
= ,
z→1 1 + z
2
a = lim
1
1
=
.
z→−1 (1 − z)2
4
c = lim
In
b
1
1
1
+
+
=
2
2(1 − z)
1 − z 4(1 + z)
(1 − z)2 (1 + z)
setzen wir z = 2 ein und
1
1
1
1
b=−
= .
−
−
3 12 2
4
3.8 a) Es gilt
z 3 − iz 2 − z + i = (z − i)(z 2 − 1) = (z − i)(z + 1)(z − 1).
In
b
c
1
a
+
+
=
z−i z+1 z−1
(z − i)(z + 1)(z − 1)
erhalten wir
a = lim
z→i
1
1
1
=
=−
(z + 1)(z − 1)
(i + 1)(i − 1)
2
1
1
1
2 − 2i
1 1
=
=
=
= − i
z→−1 (z − i)(z − 1)
(−1 − i)(−2)
2 + 2i
8
4 4
b = lim
1
1
2 + 2i
1 1
1
=
=
=
= + i
z→1 (z − i)(z + 1)
(1 − i)2
2 − 2i
8
4 4
c = lim
b) Es gilt
z 4 + z 2 = z 2 (z 2 + 1) = z 2 (z + i)(z − i).
In
a
b
c
d
z−1
+
+
+
=
z2 z z + i z − i
z 2 (z + i)(z − i)
erhalten wir
−1
z−1
=
= −1
z→0 (z + i)(z − i)
i(−i)
a = lim
c = lim
z−1
−i − 1
−i − 1
1 1
=
=
=− + i
2
− i)
(−i) (−2i)
2i
2 2
z→−i z 2 (z
d = lim
z−1
i−1
i−1
1 1
= 2
=
= − − i.
+ i)
i (2i)
−2i
2 2
z→i z 2 (z
Zur Bestimmung von b setzen wir z = 1 ein und erhalten
b=
0
c
d
−a−
−
(1 + i)(1 − i)
1+i 1−i
=1−
−1 + i
−1 − i
(−1 + i)(2 − 2i) (−1 − i)(2 + 2i)
−
=1−
−
2(1 + i) 2(1 − i)
8
8
=1−
−2 + 2 + 2i + 2i −2 + 2 − 2i − 2i
−
= 1.
8
8

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