1. Aufgabe 9 Punkte. Musterlösung Analysis III f. Ing., 09. Oktober Partialbruchzerlegung: 4 z 1 1. (z 1)(z +3) =

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1 Musterlösung Analysis III f. Ing., 09. Oktober 0. Aufgabe 9 Punkte Partialbruchzerlegung: (z )(z +3) z z +3 Um eine im Ringgebiet < z < 5 konvergente Laurent-Reihe zu erhalten, entwickelt man den Term im Außengebiet z > und den Term im z z+3 Innengebiet (offene Kreisscheibe) z < 5. Man hat also z + z (z )(z +3) z z +3 (z )+ (z )+5 ( 5 + z ) z 5 ( ) 5 z ( ) n+ (z ) n + ( 5) (n+) (z ) n n n0 ( z 5 Die erste geometrische Reihe konvergiert für <, also für z >. Die z zweite geometrische Reihe konvergiert für z < 5, also für z < 5. Damit 5 gilt die gesamte Reihenwicklung im Kreisring < z < 5. ) In verschiedenen Schreibweisen: (z )(z +3) ( ) n+ (z ) n + n n ( ) n+ (z ) n + ( 5) (n+) (z ) n n0 ( 5) (n+) (z ) n n0 a n (z ) n ( ) n+ für n < 0 mit a n ( n+ 5) für n 0 n

2 . Aufgabe 0 Punkte a) Man wandelt dieses Integral in ein Integral über den Einheitskreis um und benutzt dann den Residuensatz. π 0 dϕ +eiϕ π 0 z z ie iϕ +e iϕ ieiϕ dϕ iz +z dz i z(z +) dz Der Integrand hat 0 und als Polstellen. Ordnung. Nur die Polstelle 0 liegt innerhalb der Integrationskurve. Dann ist π ( ) dϕ i πires 0 +eiϕ z(z +),0 ( ) i πi i πi z + z0 π 3 b) Die Nullstellen des Nenners sind + i und i 3, von denen hat nur die erste einen positiven Imaginärteil. (Die Nullstellen sind beide einfach; der Zählergrad ist 0 und damit um Einheiten kleiner als der Nennergrad, welcher gleich ist) Es gilt ( ) 3 dx πi Res x +x+ x +x+, +i πi πi x+ i 3 π 3 x +i 3

3 3. Aufgabe Punkte a) Mit T(0) i, T() und T( ) i wird die von links nach rechts durchlaufene reelle Achse auf den im positiven Drehsinn durchlaufenen Einheitskreis abgebildet. Die obere Halbebene liegt zur Linken der reellen Achse, das Innere des Einheitskreis liegt gleichfalls links der Peripherie. b) Das Gebiet G liegt außerhalb des Kreises x +(y 5 3 ) 6, damit liegt 9 das Bildgebiet T(G) außerhalb des Bildkreises x +y. Aus Teil a) geht hervor, dass das Gebiet G in das Innere des Kreises z abgebildet wird. Somit wird das Gebiet G genau auf das Gebiet zwischen den Kreisen z und z abgebildet, d.h. T(G) ist ein in 0 zentrierter Kreisring mit Innenradius und Außenradius. y 0,5 0,5 x c) Auf der x-achse soll die gesuchte Lösung den Wert 0 annehmen. Die x-achse wird auf den Einheitskreis abgebildet. Die Ansatzfunktion muss damit für x +ỹ den Wert 0 annehmen: Aln( x +ỹ +B Aln+B B 0. Auf dem Kreis um (0, 3 ) mit Radius 3 soll die gesuchte Lösung den Wert annehmen. Dieser Kreis wird auf den Kreis um den Ursprung mit Radius abgebildet. Die Ansatzfunktion muss damit für x +ỹ den Wert annehmen: Aln( x +ỹ )+B Aln +B. Mit B 0 findet sich A ln ln, also ist ũ( x,ỹ) ln ln( x +ỹ ) die harmonische Lösung im Kreisring. Mit x +ỹ T(x+iy) finden wir u(x,y) ln T(x+iy) ln ln ln i(x+iy)+ x+iy +i y ++ix ln ln x+i(y +) ln ln x +( y) x +(+y)

4 . Aufgabe 0 Punkte a) Komplexe Differenzierbarkeit an einer Stelle bedeutet gleichwertig, dass die Cauchy-Riemann-Differentialgleichungen an dieser Stelle erfüllt werden. Mit z x+iy mit x,y R ist exp z exp(x iy) e x cosy +i( e x siny). Die Cauchy-Riemann-DGL lauten dann x (ex cosy) y ( ex siny), y (ex cosy) x ( ex siny) Die Ableitungen ausgewertet: e x cosy e x cosy, e x siny e x siny. Die Cauchy-Riemann-DGL werden genau dann erfüllt, wenn Imz eine Nullstelle des Sinus und des Cosinus ist. Solche Nullstellen gibt es nicht. Die Funktion exp z ist nirgend in der komplexen Ebene komplex differenzierbar. b) Es ist zunächst exp zdz expz dz z z Die Funktion expz hat genau für z 0 eine isolierte Singularität und ist sonst überall analytisch. Der Residuensatz ergibt also expz dz πires ( expz,0 ). z Das Residuum an der Stelle 0 lässt sich an der Laurent-Reihenentwicklung feststellen: expz k! z k. k0 Der Koeffizient bei z ist das gesuchte Residuum: Somit gilt exp zdz z z Res ( expz,0 )!. expz dz πires ( expz,0 ) πi πi.

5 5. Aufgabe 0 Punkte a) Der Integrand ist analytisch auf der punktierten Ebene C\{0}. Die Funktion ist dort eine Stammfunktion für. z z Der Kreisbogen läuft vom Punkt i zum Punkt. Damit ist C [ z dz ] z ( ) i. z zi i b) Es muss ein verschobener oder gedrehter Logarithmus aufgefunden werden, dessen Schlitz nicht den Kreisbogen C schneidet. Wir legen den Schlitz auf den Strahl vom Punkt 0 durch den Punkt +i. Dann liegt der Kreisbogen C vollständig im Schlitzgebiet C\{z C Rez Imz 0}. (Skizze genügt.) Auf diesem Schlitzgebiet ist ln ( z +i ) eine Stammfunktion für z. (Für jede komplexe Zahl γ mit Reγ > 0 und Imγ > 0 ist die Funktion ln( γ z) eine geeignete Stammfunktion.) Damit gilt )] z [ ( C z dz ln z +i zi ( ln ) ( ln i ) ( ln i ) ( ln +i ) +i +i ln ( +iarg + i ) (ln ( +iarg i )) ( ) ( 3π i i 3π ) 3π i. Das Integral hat den Wert 3π i.

6 6. Aufgabe 0 Punkte a) Wahr. Die Ableitung ist (z +)e z und ist für z 0 von Null verschieden, damit ist die Funktion ze z am Punkt 0 winkeltreu. b) Falsch. α) Mit T(z) az+b hat man a c 0 und b d, somit ad bc 0, cz+d was der Bedingung ad bc 0 widerspricht. β,...) keine Bijektivität; Kreise und Geraden immer nur auf einen Punkt abgebildet;... c) Falsch. Nach der Definition gilt Z[(,0,0,0,0,...)](z) z 0 +0 z +0 z +0 z +0 z Hingegen gilt Z[(0,,0,0,0,...)](z) z. d) Wahr. Es gilt p(it) (+it) t +it. Die Nyquist-Kurve ist ein Teil einer nach links geöffneten Parabel und durchläuft für 0 < t < den ersten und für < t < den zweiten Quadranten und verbleibt dort. Die Anzahl der durchlaufenen Quadranten ist gleich zwei. Nach dem Nyquist-Kriterium ist das Polynom (z + ) also stabil. e) Wahr. In Matrixform hat man d dt ( ) x y ( )( ) x. 0 y Die Systemmatrix ist eine Dreiecksmatrix; damit liest man als doppelten Eigenwert ab. Dieser Eigenwert hat negativen Realteil, damit ist der GGP asymptotisch stabil.