Komplexe Analysis D-ITET. Serie 6

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1 Prof. Dr. P. S. Jossen M. Wellershoff Frühlingssemester 208 Komplexe Analysis D-ITET Serie 6 ETH Zürich D-MATH Aufgabe 6. (6.a) um 0 = 0. Der Konvergenradius der Taylorreihe Berechnen Sie die ersten drei Koeffiienten der Taylorentwicklung von f() := e ( 3)( 2i)( 2 + 2i) Lösung: Da wir nicht alle Koeffiienten u berechnen brauchen, wird es wohl am schnellsten gehen die Funktion in ihre Einelteile u erlegen und für diese die eihen hinuschreiben. Wir benuten die bekannte eihenentwicklung der Exponentialfunktion und die geometrische eihe, um u berechnen e = n! n = = 3 /3 = 3 2i = 2i + i/2 = 2i 2 + 2i = 2i i 2 /2 = 2i 3 n n = (2i) n n = i i i n 2 n 2n = i i Damit berechnen wir nun ( f() = ) ( ) ( i i 8 2 ) ( i i 8 4 ) = ( i ) ( i 24 i i ) 2 24 = ( 2 9 i ) ( i ) (6.b) Was ist der Konvergenradius der Taylorentwicklung um 0 = 0 von f? Lösung: In der Vorlesung hatten wir gesehen, dass wenn f : B(0, r) C holomorph ist, dann ihre Taylorentwicklung um 0 innerhalb von B(0, r) absolut konvergiert. In unserem Falle, ist die Funktion f auf der Kreisscheibe B(0, 2) holomorph. Damit konvergiert die Taylorreihe innerhalb von B(0, 2) absolut und der Konvergenradius der Taylorentwicklung ist 2. Serie 6 Seite Aufgabe 6.

2 Aufgabe 6.2 Laurententwicklungen Entwickeln Sie die folgenden Funktionen in ihre Laurentreihen: i) cos( 2 ) auf C, ii) sin auf C, iii) auf { C < }, { C < < 2} und { C > 2} Lösung: i) Wir benuten die bekannte eihenentwicklung Damit erhalten wir cos( 2 ) = cos = ( ) k (2k)! 2k. ( ) k (2k)! 4k = 2! 4 + 4! 8 6! ii) Wir benuten die bekannte eihenentwicklung Damit erhalten wir sin = sin = ( ) k (2k + )! 2k+. ( ) k (2k + )! 2k = 3! 2 + 5! 4 7! iii) Wir beginnen mit der Einsicht, dass = ( + 2)( ) gilt. Damit können wir eine Partialbrucherlegung vornehmen. Man übereugt sich ohne Weiteres, dass f() = = 3( ) 3( + 2) gelten muss. Im Folgenden werden wir wiederholt die geometrische eihe berechnen. Zur Erinnerung es gilt a n =, wenn a <. a Ist nun <, so erhalten wir f() = 3 = ( ( )n 2 n + /2 = 3 n 6 ( ) n n 2 n ) n = Serie 6 Seite 2 Aufgabe 6.2

3 Ist < < 2, so folgt f() = Ist > 2, so gilt Aufgabe 6.3 f() = = / 6 + /2 = = / + 2/ = n 6 n ( 2) n n = ( ) n 2 n n ( 2) n n Numerische Experimente um Maximumsprinip Benuten Sie Ihre Lieblingsprogrammiersprache, um für sechs Polynome ihrer Wahl den Absolutbetrag auf dem Gebiet u eichnen. Was sehen Sie? G := { = x + iy C x [, ], y [, ]} Lösung: Das folgende Pythonmodul generiert sechs ufällige Polynome mit Grad kleiner 0 und Koeffiienten in { 8, 7,..., 8} und eichnet deren Absolutbetrag in G. from mpl_toolkits.mplot3d import Axes3D import matplotlib.pyplot as plt from matplotlib import cm import numpy as np def main(): # set seed for reproducability np.random.seed(2) # generate 6 random polynomials with maximum degree 0 and coefficients in # the range [-8,8]. max_degree = 0 coeff_range = 8 polys = np.eros((6, max_degree+)) for n in range(6): degree = np.random.randint(max_degree+) polys[n,max_degree-degree:] = np.random.randint(# -coeff_range, coeff_range+, sie=(degree+,)) # generate a grid to plot on [X,Y] = np.meshgrid(np.linspace(-.0,.0), np.linspace(-.0,.0)) Z = X + j*y # compute the absolute value of the polynomials abs_p = np.empty((6, 50, 50)) for n in range(6): abs_p[n,:,:] = np.abs(np.polyval(polys[n,:], Z)) # plot the absolute values on the grid for n in range(6): Serie 6 Seite 3 Aufgabe 6.3

4 fig = plt.figure(figsie=(2,9)) ax = fig.gca(projection= 3d ) surf = ax.plot_surface(x, Y, abs_p[n,:,:], cmap=cm.coolwarm, linewidth=0, antialiased=false) plt.savefig( plot_ +str(n)+.eps, bbox_inches= tight ) if name == main : main() Das esultat ist in Abbildung 6. u sehen. In den Bildern sieht man, dass der Absolutbetrag der Polynome kein lokales Maximum in G hat. Aufgabe 6.4 esiduen Berechnen Berechnen Sie die esiduen der folgenden Funktionen an all ihren isolierten Singularitäten: i) + 2, ii) cos( ), iii) sin, iv) cot 4. Hinweis: Die Laurententwicklung des Kotangens um 0 = 0 ist gegeben durch Lösung: i) Wir sehen sofort, dass cot = f() = + 2 = ( + ) einen Pol erster Ordnung an = 0 und einen Pol erster Ordnung an 2 = hat. Wir berechnen es(f; ) = lim ( )f() = lim 0 ( + ) =, ( + ) es(f; 2 ) = lim ( 2 )f() = lim 2 ( + ) =. ii) Die Funktion f() = cos( ) hat eine einige isolierte Singularität an = 0. Diese ist essentiell. Glücklicherweise ist die Laurententwicklung von f um leicht berechnet. Es gilt nämlich ( ) k cos = (2k)! 2k und damit Also ist f() = ( ) k (2k)! 2k = es(f; ) = a = 2. Serie 6 Seite 4 Aufgabe 6.4

5 (a) (b) (c) (d) (e) (f) Abbildung 6.: Die Absolutbeträge einiger Polynome. Serie 6 Seite 5 Aufgabe 6.4

6 iii) Die Funktion f() = sin hat eine einige isolierte Singularität an = 0. Berechnen wir die Laurententwicklung von f, so haben wir f() = k= ( ) k+ (2k + )! 2k = 3! 2 5! 4 + 7! 6... und sehen, dass = 0 eine hebbare Singularität von f darstellt. Damit gilt es(f; ) = 0. iv) Wir schreiben den Kotangens aus und erhalten f() = cot 4 = cos 4 sin. Die isolierten Singularitäten von f liegen also an den Stellen n = πn, n Z. Betrachten wir erst einmal den Speialfall 0 = 0. Aus dem Hinweis kennen wir die Laurententwicklung von cot um 0 = 0. Damit folgt Nun ist f() = es(f; 0 ) = a = 45. An allen anderen Stellen n, n 0, hat f einen Pol erster Ordnung. Wir berechnen das esiduum deshalb durch cos es(f; n ) = lim ( n )f() = lim ( πn) n πn = ( )n π 4 n 4 lim πn cos = π 4 n, 4 4 sin = ( )n π 4 n 4 wobei wir wieder die egel von de l Hospital angewandt haben. Aufgabe 6.5 Berechnen Sie das Integral Ein reelles Integral ( + x 2 ) 2 dx. lim πn πn sin Hinweis: Wenden Sie den esiduensat auf den Weg γ : [0, ] C, welcher in Abbildung 6.2 geeichnet ist, an. Dann lassen Sie gegen unendlich gehen. Lösung: Wir beginnen damit den Nenner des Integranden u erlegen. So erhalten wir f() := ( + 2 ) = 2 ( i) 2 ( + i). 2 f hat also einen Pol weiter Ordnung an i und dies ist der einige Pol des Integranden im Innern des von γ eingeschlossenen Gebietes (wenn > ). Laut dem esiduensat gilt also γ f() d = 2πies(f; i). Serie 6 Seite 6 Aufgabe 6.5

7 i γ Abbildung 6.2: Der Weg γ. Das esiduum berechnet sich u d [ es(f; i) = lim ( i) 2 f() ] = 2 lim i d i ( + i) = 3 4i und deshalb erhalten wir f() d = π γ 2. Nun erlegen wir den Weg in wei Teile. Dau benuten wir γ 0, : [0, ] gegeben durch γ 0, (t) := + 2t und γ, : [0, ] C gegeben durch γ, (t) := e πit. Es gilt nun also f() d = π γ 0, 2 f() d. γ, Betrachten wir die beiden Integrale in der obigen Gleichung, so sehen wir schnell, dass lim f() d = lim 2 f(2t ) dt = lim f(t) dt = f(t) dt γ 0, 0 und f() d = πi f(e πit )e πit dt = πi γ, 0 gilt. Damit können wir abschäten, dass f() d γ, π 0 0 e πit ( 2 e 2πit + ) 2 dt 2 e 2πit + 2 dt π ( 2 ) 2 gilt, da 2 e 2πit + 2. Letterer Ausdruck konvergiert u null, wenn. Deshalb folgt, dass (x 2 + ) dx = π 2 2. Publiiert am 28. Mär. Einureichen am. April. Serie 6 Seite 7 Aufgabe 6.5