TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 Prof. Dr. D. Castrigiano Dr. M. Prähofer Zentralübung 7. Strömungen TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Mathematik für Physiker 4 (Analysis 3) 200W/ Wintersemester 200/ Lösungsblatt 4 (4..200) Ein weidimensionales Strömungsfeld auf U R 2, offen, ist ein quellen- und wirbelfreies Vektorfeld v = ( v ) v 2 : U R 2. Hierbei bedeutet quellenfrei div v = 0 und wirbelfrei rot v = 0 mit rot v := x v 2 y v. Ohne Verwechslungsgefahr schreiben wir für ι(u) C ebenfalls U und definieren für f : U C das Vektorfeld v = f. (a) f : U C ist genau dann holomorph, wenn f ein Strömungsfeld ist. (b) Besitt f eine Stammfunktion F, so ist Re(F ) ein Potential von v und die Stromlinien von v (Lösungen von x = v( x)) verlaufen entlang der Höhenlinien von Im(F ). (c) Sei nun f() = ε, ε > 0. Entlang welcher Kreisline verläuft die Strömung tangential? 2 (d) Skiieren Sie Potentialflächen und Strömungsverlauf für das durch f() = 2 gegebene Strömungsfeld im Bereich. (a) Ist f = u + iv, dann ist f = ( u v) = ( v v 2 ) = v. Somit gilt x u = y v x v + y v 2 = 0 div v = 0 y u = x v x v 2 y v = 0 rot v = 0. (b) Sei F = U + iv Stammfunktion von f. Dann ist x U = u und x V = v = y U. Somit ist grad U = ( u v) = v, also ist U ein Potential von v. Ist x(t) = ( x (t) x 2 (t)) eine Stromlinie von v, so gilt d dt V ( x(t)) = xv ( x(t))ẋ (t) + y V ( x(t))ẋ 2 (t) = v( x(t))ẋ (t) + u( x(t))ẋ 2 (t) ( ) ( ) ( ) ( ) v v v u = x(t) = v( x(t)) = = 0 u u u v (c) f() = ε, F () = + ε 2. Sei c R fest. Die Stromlinien sind gegeben durch c = Im(F ()) = Im( 2 +ε ) = ( 2 ε)y 2 2 Ist 2 = ε konstant, so ist Im(F ()) = 0. Genauso wie für R.Es gibt also Stromlinien, die entlang des Kreises mit Radius ε um den Ursprung laufen. (d) Strömungsfeld, Potentiallinien (gestrichelt) und Stromlinien von. 2 2 Bemerkung: Die Abbildung + ε bildet C \ Ũ ε(0) biholomorph auf C \ {0} ab

2 8. Die Cayley-Transformation I Die Abbildung C : C \ { i} C, i +i (a) Wie lautet ihre Umkehrabbildung? heißt Cayley-Transformation. (b) C bildet ir + 0 bijektiv auf [, [ ab. (c) Zeigen Sie, dass R + iy, Y, durch C jeweils auf einen Kreis abgebildet wird. Hinweis: Man eliminiere in Real- und Imaginärteil von u+iv = C(x+iY ) die Variable x und identifiiere den Kegelschnitt. (a) Auflösen von w = C() nach ergibt für i w( + i) = i i + wi = w = i +w Somit ist C \ {} w i +w die Umkehrfunktion von C. (b) Sei y > 0. Dann ist C(iy) = y y+ = 2 y+ = h(y). h ist streng monoton steigend mit h(0) =, lim h(y) =. y (c) Wir trennen in Real- und Imaginärteil: x + i(y ) u + iv = (x + i(y + ))(u + iv) = x + i(y ) x + i(y + ) { } { ux v(y + ) = x v 0 (u )vx v 2 } (Y + ) = 0 vx + u(y + ) = Y Y u(y + ) = vx Eingesett also (u )(Y ) (u )u(y + ) v 2 (Y + ) = 0, bw. (Y + )(u 2 + v 2 ) 2Y u = Y Quadratisch ergänt ( ) u Y 2 Y + + v 2 = Y Y + + Y 2 = (Y +) 2 (Y +) 2 Für v = 0 ergibt sich u = Y Y + = C(iY ) und x = 0, da u = nicht erfüllbar ist. Das Bild von R + iy ist also ein Kreis mit Radius Y Y + und Mittelpunkt (C(iY ) + ), die halbe Strecke wischen C(iY ) und. 2 Y + =

3 9. Singularitäten I (a) Seien f, g : U C holomorph und sei 0 U eine k-fache Nullstelle von f (Nullstelle k-ter Ordnung) und eine l-fache Nullstelle von g, k, l N. Was kann man über die Singularität von f g in 0 aussagen? (b) Charakterisieren Sie die Singularitäten von Bemerkung: e = e. n n! definiert die Bernoulli-Zahlen B k := ( ) k+ β 2k. Berechnen Sie eine Rekursionsformel für und bestimmen Sie B, B 2. (a) Ist k l, so besitt f g eine hebbare Singularität in 0, denn { f() lim 0 g() = lim ( 0 ) k f() 0 für k > l, 0 ( 0 ) l g() = f( 0 ) g( 0 ) für k = l, da f( 0 ) 0 und g( 0 ) 0. Offenbar besitt für k > l die holomorphe Fortsetung von f g in f() 0 eine k l fache Nullstelle, da lim 0 ( 0 ) ν g() = 0 für ν < k l und = f( 0 ) g( 0 ) 0 für ν = k l. Entsprechend besitt für k < l die Funktion f g in 0 einen Pol l k-ter Ordnung, denn lim ( 0 ) ν f() 0 g() = lim ( 0 ) ν ( 0) k f() 0 für ν > l k, 0 ( 0 ) l g() = f( 0 ) g( 0 ) für ν = l k, nicht ex. für ν < l k. (b) Die Funktion ist nicht definiert für 2πiZ. Dies sind alles einfache Nullstellen von e, da die Ableitung immer 0 ist. Nach (a) besitt die Funktion eine hebbare Singularität bei = 0 und einfache Pole bei = 2πiZ \ {0}. Die Potenreihe e = gelten: n n! hat also den Konvergenradius 2π. Für alle mit < 2π muss = (e ) Cauchy-Produkt = k=0 n k=0 n n! = k (k + )! k=0 β k k!(n k + )! n. Koeffiientenvergleich ergibt β 0 = und für n n β k = n! k!(n k + )! = n ( ) n + β k, n + k also β = 2 β 0 = 2, k=0 B = β 2 = 3 (β 0 + 3β ) = = 6, β 3 = 4 (β 0 + 4β + 6β 2 ) = 0, n n! B 2 = β 4 = 5 (β 0 + 5β + 0β 2 + 5β 3 ) = 30. Anmerkung: Laut Wolfram MathWorld ist dies die veraltete Definition der Bernoulli- Zahlen. Mathematica und Maple betrachte β k direkt als die Bernoulliahlen.

4 Hausaufgaben 20. (Bonus) Die Cayley-Transformation II Wir betrachten die Cayley-Transformation C : i +i. (a) C ist eine biholomorphe Abbildung von H = { C : Im() > 0} nach U = U (0). (b) C bildet R injektiv auf die Einheitskreislinie ab. (c) Zeigen Sie, dass X + ir, X 0, durch C jeweils auf einen Kreis abgebildet wird. Hinweis: Siehe Zentralübung. (d) Skiieren Sie die Bilder unter C von + [0, 2 ] + i[0, 2 ] für = 2,, 0,, 2, + i, i, 2i, 2 + 2i. (a) Für y > 0, = x + iy ist C() = i +i = x 2 +(y ) 2 <, x 2 +(y+) 2 da y < y + = y +. Also ist C(H) U (0). Die Umkehrabbildung (siehe Zentralübung) ist C (w) = i +w. Für w < also Im(C (w)) = Re( +w +w w w w ) = Re( ) = w 2 > Somit ist C H : H U bijektiv. Da offenbar C und C holomorph sind ist C H biholomorph. (b) Sei x R. Wegen x + i = x i gilt C(R) U. Da C injektiv ist, ist es auch C R. Alternativ: Aus x i x+i = x i x +i folgt xx + (x x )i + = xx (x x )i +, also x = x und damit Injektivität. (c) Wir trennen in Real- und Imaginärteil der Gleichung u + iv = C(X + iy): X + i(y ) u + iv = (X + i(y + ))(u + iv) = X + i(y ) X + i(y + ) { } { ux v(y + ) = X v 0 v(y + ) = (u )X vx + u(y + ) = y v 2 X + (u )v(y + ) = 2v } (d) Eingesett also Xv 2 + X(u ) 2 + 2v = 0. Quadratisch ergänt ergibt sich (u ) 2 + ( v + ) 2 X = 2 X Für v = 0 gibt es keine Lösung. Das Bild von X + i R ist ein Kreis mit Radius X und Mittelpunkt i X

5 2. Der Identitätssat Seien f, g : U C holomorph. (a) Formulieren Sie den Identitätssat mit eigenen Worten in einem Sat. (b) Sei f = Log, g() = Log ( ) + iπ. Zeigen Sie f g. Auf welcher Menge stimmen die beiden Funktionen überein? (c) Sei U = C, f() = g() für Z. Man gebe ein Beispiel für f g. (d) Ist g() = 2 sin π ein Gegenbeispiel um Identitätssat, da doch g( n ) = 0 für n N? (a) Zwei holomorphe Funktionen auf dem gleichen Definitionsbereich sind genau dann gleich, wenn sie auf einer Menge übereinstimmen, die einen Häufungspunkt hat, bw., wenn ihre Potenreihenentwicklung in einem Punkt übereinstimmt. (b) Der Definitionsbereich stimmt nicht überein, f : C C, g : C C. Es gilt f( i) = Log ( i) = i π 2, g( i) = Log (i) + iπ = 3 2 iπ. Für = re iφ H = { C : Im() > 0} gilt φ ]0, π[ und somit f() = g(). Für H = H gilt dagegen g() = f() + 2πi. (c) f() = 0, g() = sin π. (d) Der Definitionsbereich von g ist U = C = C \ {0}. Es gilt war im Reellen lim g(x) = 0. x 0 x R Im Häufungspunkt von { n : n N} ist g() jedoch nicht holomorph (fortsetbar), da ig( i n ) = i sin( iπn) = sinh(πn). Somit greift der Identitätssat n 2 n 2 (Vergleich mit der Nullfunktion) nicht. = 0 ist sogar eine wesentliche Singularität, also kein Pol endlicher Ordnung, da für n = i n, k N, gilt: k ng( n ).

6 22. (Bonus) Singularitäten II Die Funktion m : R R, m(x) = coth x x beschreibe die Magnetisierung eines Paramagneten in Abhängigkeit vom Magnetfeld. Man eige: (a) m ist eine reell-analytische Funktion, d.h., sie kann in jedem Punkt durch ihre Taylorreihe dargestellt werden. Wie groß ist jeweils der Konvergenradius? Erinnerung: coth = cosh sinh und sin i = i sinh. (b) m ist streng monoton wachsend und m(r) = ], [. Man skiiere den Graph von m. (a) sinh = i sin i hat seine Nullstellen bei πiz. Dort ist cosh = cos i ungleich Null. Somit ist coth holomorph auf C \ πiz und besitt in πiz einfache Pole. m() = cot() besitt eine hebbare Singularität bei = 0. Denn es gilt cosh sinh lim m() = lim 0 0 sinh da sinh = ( ± ) = 2 ( ± ) (doppelte Nullstelle), und cosh sinh = ( ± ) ( + 6 ± ) = 3 ± (dreifache Nullstelle). Die holomorphe Fortsetung von m hat also eine einfache Nullstelle bei = 0. Insbesondere ist m(x) für jedes x 0 R in einer Potenreihe entwickelbar. Der Konvergenradius ergibt sich aus dem Abstand um nächsten Pol, ±πi, also ist der Konvergenradius x π2. (b) m (x) = cosh2 x sinh 2 x + = > 0 für x 0, da sinh x > x für x > 0. x 2 x 2 sinh 2 x e lim m(x) = lim x +e x =, entsprechend lim m(x) =, da m( x) = m(x). x x e x e x x Mit einigem Aufwand kann man noch eigen, dass m (x) > 0 für x > 0. = 0,

7 23. (Bonus) Allgemeine Poten Der Hauptweig des Logarithmus, Log : C R + i ] π, π[ wird u einer (unstetigen) Funktion auf C = C \ {0} fortgesett, durch die Setung Log ( x) = ln(x) + iπ, x > 0. Somit ist Log holomorph auf C und stetig auf H \ {0}. Für a C, C sett man a := e alog, n := n (a) C a C ist holomorph auf C und stetig auf H \ {0}. (b) Seien a, b C, w, C. Beweisen oder widerlegen Sie (i) w a a = (w) a, (ii) a b = a+b, (iii) ( a ) b = ab. (c) Berechnen Sie i., (.) i, i i, (iy) iy, y R. (a) Da Log diese Eigenschaften hat, hat sie auch a = exp(alog ), denn w exp(aw) ist eine gane Funktion. (b) (i) a = 2, w = = : = i i = = ( ) ( ). (ii) a b = e alog e blog = e alog +blog = e (a+b)log = a+b. (iii) = i, a = 2, b = 2. ( i) 2 = = i i = ( i) 2 2. (c) i. = e.log (i) = e. π 2 i, (.) i = e ilog (.) = e 0.095i, i i = e ilog i = e i π 2 i = e π 2, (iy) iy = e iylog (iy) = e iy(ln y+i π 2 ) = e π 2 y+iy ln y für y > 0, (iy) iy = e iylog ( i( y)) = e iy(ln( y) i π 2 ) = e π 2 y+iy ln( y) für y < 0. Die stetige Fortsetung bei y = 0 stimmt mit der Konvention 0 0 = überein, insgesamt also für y R (iy) iy = e π 2 y +iy ln y ± Die Spur von y (iy) iy, y R.