Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 12. Übungsblatt

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1 Karlsruher Institut für Technologie KIT) Institut für Analysis Priv.-Do. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. D. Roth SS Aufgabe 60 Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge um. Übungsblatt a) Die Partialbrucherlegung von f ist gegeben durch f) i) + +i). Um eine Laurententwicklung um den Punkt 0 i im Gebiet G u erhalten, müssen wir den weiten Summanden in eine Reihe entwickeln: f) i) + + i) i) + i + i) i) + i) + 4i n n0 i ) n i a n i) n wobei a n i) + n0 { ) n, n 0 i) n+, n i + i ) i n i)n ) i) n+ Beachte, dass für G gilt: i < und folglich i i <, weshalb die Entwicklung in die geometrische Reihe möglich ist. b) Für f gilt die Partialbrucherlegung f) letten Summanden in eine Reihe um 0 0: f) + 4 ) + n 4 n0 n0 { a n n wobei a n n+), n 0, n n + ). Wir entwickeln die beiden ) n + n0 ) n+ n Beachte auch hier, dass für alle G gilt: <, weshalb die Entwicklungen in geometrische Reihen möglich sind. Aufgabe 6 a) Die Funktion f) e ) 4 hat in 0 einen Pol der Ordnung 4. Mit Hilfe der Formel aus.3 a) sieht man Resf; ) d 3 ) 4 3! d 3 f) )) d 3 6 d 3 6 e e 6. b) Da f in 0 eine wesentliche Singularität besitt, können wir nicht wie uvor vorgehen. Wir bestimmen stattdessen die ugehörige Laurentreihe um 0 und lesen das Residuum ab f) e k l n0 ) n ) ) + n! ) k k)! )k+ + ) l l ))! )l + k k k ) k )k k)! ) k )k k)! ) k )k k)!

2 ) + k ) ) k k ))! + )k ) k,. k)! Das Residuum von f in ist der Koeffiient von ), also Aufgabe 6 Resf; ) )! +!. e a) Der Integrand f) : besitt in eine einfache und in 3 eine doppelte Polstelle )+3) und ist holomorph auf C\{, 3}. Da innerhalb des Integrationsweges nur die Polstelle liegt, liefert der Residuensat f) d πi Resf; ) eπi 8, denn für das Residuum von f in gilt Resf; ) )f) e + 3) e 6. b) Nun liegen die beiden Polstellen 3 und von f innerhalb des Integrationsweges 9. Deswegen gilt nach dem Residuensat ) e f) d πi Resf; ) + Resf; 3) πi 6 5e 3 ) e 5e 3 )πi, 6 8 da 9 Resf; 3) d + 3) f) )) d e d 3 d )) 3 5e 3 6. e ) e ) ) c) Schreibe f) :. Der Nenner von f) wird genau dann 0, wenn kπ mit einem e i k Z gilt. Von diesen Punkten liegt nur 0 im Inneren des Kreises. Daher ist f) d πi Resf; 0). Nun sieht man anhand der Darstellung f) e i + i + i) + ) i + i +, dass in 0 eine hebbare Singularität von f vorliegt. Deshalb gilt Resf; 0) 0 und das Integral hat den Wert 0. d) Sei f) : e. Hier liefert der Residuensat f) d πi Resf; ). Um das Residuum Resf; ) u berechnen, betrachten wir die Laurententwicklung von f um ) f) exp exp + ) e e / ) e ) k ) k ; k! der Koeffiient von ) lautet e. Also ist Resf; ) e und damit ) exp d πi e. k0 3

3 e) Der Integrand f) : )+)+i) besitt in,, i jeweils einen Pol erster Ordnung und ist holomorph auf C \ {,, i}. Da sich alle Polstellen im Inneren von G befinden, ergibt sich nach dem Residuensat ) f) d πi Resf; ) + Resf; ) + Resf; i). G Wir berechnen nun die Residuen von f in den einfachen) Polstellen Resf; ) )f) + ) + i) 3 + i) i), 3 4 Resf; ) + )f) ) + i) 3 + i) 4 + i), 5 i Resf; i) + i)f) i ) + ) i i + ) i + ) + 3i). 5 Hiermit ist G 4 f) d πi i) i) + ) 5 + 3i) 0. Aufgabe 63 Als Hintereinanderausführung holomorpher Funktionen ist die Funktion f auf gan C holomorph. Sie lässt sich also um 0 0 in eine Potenreihe entwickeln f) n0 f n) 0) n! Diese Potenreihe konvergiert auf der größten Kreisscheibe um 0 0, auf der f holomorph ist. Hier konvergiert die Potenreihe also für jedes C. Der Integrand f/) ist holomorph auf C \ {0} und für 0, insbesondere also für 0 < <, gilt nach den obigen Überlegungen f/) n0 Nach dem Residuensat gilt dann e sin/) d / f n) 0) n! / und Ablesen an der Laurentreihe für f/) ergibt n n. n0 f n) 0) n! n. f/) d πi Resf/); 0), πi f 0) Wegen f ) cos)f), f ) sin)f) + cos )f) und f0) ist f 0). Das Integral ist also gleich Aufgabe 64 πi πi. Da C einfach usammenhängend ist, gilt: u ist genau dann Realteil einer holomorphen Funktion, wenn u harmonisch ist, wenn also u 0 gilt. Wegen ux, y) u x x, y) + u x, y) y x + λy + y + λx + λ)x + y ). 3

4 ist dies genau für λ 6 der Fall. Wir betrachten im folgenden daher ux, y) x 4 + y 4 6x y. Nun benötigen wir alle Funktionen v mit x v y u und y v x u. Für diese v ist die Funktion fx + iy) ux, y) + ivx, y) dann nach Konstruktion holomorph und u ist Realteil von f. Die erste Forderung an v lautet x vx, y) y ux, y) 4y 3 x y) 4y 3 + x y. Hieraus folgt durch Integration beüglich x: Es gilt vx, y) 4xy 3 +4x 3 y+cy) mit einer gewissen Funktion c: R R. Damit ergibt sich y vx, y) xy + 4x 3 + c y), und dies soll x ux, y) 4x 3 xy sein. Dau muss c y) 0 gelten, also c konstant sein. Damit haben wir die holomorphe Funktion f gefunden fx + iy) ux, y) + ivx, y) x 4 + y 4 6x y + i 4xy 3 + 4x 3 y + c) x 4 + 4ix 3 y 6x y 4ixy 3 + y 4 + ic x + iy) 4 + ic c R). Wir erhalten also: Genau die Funktionen der Form f) 4 + ic, wobei c R beliebig, haben ux, y) x 4 + y 4 6x y als Realteil. Aufgabe 65 a) Definitionsgemäß gilt für die Hauptweige von Potenfunktion und Logarithmus α e α Log, Log log + i Arg, wobei Arg π, π), α C. Mit Log + i) log + i + i Arg + i) log + iπ/4 ergibt sich + i) i e i Log+i) e ilog +iπ/4) e i log π/4 e π/4 coslog ) + i sinlog ) ). Man liest ab: Re + i) i ) e π/4 cos log ) und Im + i)i ) e π/4 sin log ). Wegen Log i log i + i Arg i iπ/ gilt i i e iiπ/) e π/, also i ii) i e π/) expe π/ Log i) exp π e π/ i) cos π e π/ ) + i sin π e π/ ). Man sieht: Rei ii) ) cos π e π/ ) und Imi ii) ) sin π e π/ ). Wegen Log i iπ/ ergibt sich Damit erhalten wir LogLog i) Logiπ/) log iπ/ + i Argiπ/) logπ/) + iπ/. Log i) i e i LogLog i) e i logπ/) π/ e π/ cos logπ/) ) + ie π/ sin logπ/) ), und Real- und Imaginärteil können unmittelbar abgelesen werden. b) Die Gleichung e / i e i π ist genau dann erfüllt, wenn i π + 4k)π + kπi i i + 4k)π mit einem gewissen k Z gilt, d.h. { C e / i} { +4k)π k Z}. i 4

5 Aufgabe 66 Vorüberlegung: i) Eine Gerade in der komplexen Ebene lässt sich schreiben als { C : a + bt, t R} wobei a, b C fest. Eine weitere Möglichkeit, Geraden u schreiben ist die sogenannte Hessesche Normalform { C : β+ β +γ 0} wobei β C\{0} und γ R. Durch äquivalente Umformungen kann man eigen, dass sich beiden Schreibweisen ineinander überführen lassen t sei im folgenden reell): β + β + γ 0 Reβ) γ β γ + it γ β + i β t ii) Der Kreis in der komplexen Ebene um 0 C mit Radius r > 0 lässt sich beschreiben durch { C : 0 < r} bw. { C : 0 + re it, t [0, π]}. Eine weitere Schreibweise ist gegeben durch { C : + β + β + γ 0} wobei β C und γ R fest mit β > γ. Es gilt: + β + β + γ 0 + β) + β) β γ β) β γ Es sei w i Ĉ das Bild von Ĉ unter f, d.h. w f) +. Dann gilt: i w + w w w i + w) i w i w + w. a) Für alle C auf der Einheitskreislinie gilt: 0. Wir seten nun die für gewonnene Darstellung durch das Bild w ein und formen diesen Ausdruck um, bis wir erkennen, welche Gleichung die Bildpunkte w erfüllen: 0 i w + w i w i w) i w) 0 + w + w + w + w 0 iw + iw + w w w w 0 w + i) + w i) 0 + i)w + + i)w 0 Somit ist das Bild der Einheitskreislinie nach i) die Gerade durch den Ursprung γ 0) und den Punkt i β i +i i. b) Für alle Punkte auf der rellen Achse gilt: Im) 0, also 0. Wir gehen wie im a)-teil vor: 0 i w + w i w 0 i w) + w) + i + w) + w) 0 + w i + iw w w + i + iw + w + w 0 w + i) + w + i) + i 0 i w i) + w + i) 0 Das Bild ist nach i) wieder eine Gerade, in diesem Fall durch die Punkte t 0, eingesett). c) Für die Punkte auf der imaginären Achse gilt: +i i + 0 i w + w + i w 0 i w) + w) i + w) + w) 0 + w i w + i w w i iw w w 0 w + w + i) + w i) 0 w + + i w + + i w 0 Nach ii) ist dies ein Kreis um i mit Radius. und 5

6 Aufgabe 67 Sei w Ĉ das Bild der Möbiustransformation unter, d.h. w. Dies ist äquivalent u w Es sei K r { C : r}. Wir bestimmen unächst das Bild des Kreises K : 0 w + w w 0 ww w w ww 0 + w w + w + 0 Rew) Dies ist die ur imaginären Achse parallele Gerade durch den Punkt. Betrachten wir nun die Kreise K r mit < r. Dann gilt: r 0 w + w w + w r 0 w r r w r w r w 0 w w + r r w r r w r r 0 r r w + r r w + r r 0 ) Dies ist ein Kreis um r r mit Radius R r r r r r r r> r r. +w. 6