Musterlösung. TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Fakultät für Mathematik. Probeklausur Mathematik 4 für Physiker (Analysis 3) I... Hinweise: II...

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1 Note I II Name Vorname Matrikelnummer tudiengang (Hauptfach) Fachrichtung (Nebenfach) 2 3 Unterschrift der Kandidatin/des Kandidaten 4 TECHNICHE UNIVEITÄT MÜNCHEN Fakultät für Mathematik Probeklausur Mathematik 4 für Physiker (Analysis 3) Prof. Dr. M. Wolf Februar 27, : 2:3 Uhr Hörsaal: eihe: Platz: Hinweise: Überprüfen ie die Vollständigkeit der Angabe: 8 Aufgaben Bearbeitungszeit: 9 min I Erstkorrektur II Zweitkorrektur Erlaubte Hilfsmittel: ein selbsterstelltes DIN A4 Blatt Erreichbare Gesamtpunktzahl: 69 Punkte Bei Multiple-Choice-Aufgaben sind genau die zutreffenden Aussagen anzukreuzen. Nur von der Aufsicht auszufüllen: Hörsaal verlassen von bis Vorzeitig abgegeben um Besondere Bemerkungen: Musterlösung (mit Bewertung)

2 . Volumenberechnung [8 Punkte] Berechnen ie für a > das Volumen des von der zylindrischen Fläche aus dem otationsparaboloid {(x, y, z) 3 x 2 + y 2 = 2ax, x } {(x, y, z) 3 y 2 + z 2 4ax, x } herausgeschnittenen Körpers in 3. Hinweis: Das Ergebnis hängt von 2a := min{, 2a} ab. Wir integrieren die charakteristische Funktion des Gebiets. Wir setzen 2a = min{, 2a} und erhalten V = 4 2a 2ax x 2 4ax y 2 dzdydx = 4 2a 2ax x 2 4ax y 2 dydx. Nun benutzen wir b 2 y 2 dy = b 2 cos 2 ϕdϕ = b 2 cos ϕ sin ϕ + b 2 sin 2 ϕdϕ = b2 2 (ϕ + cos ϕ sin ϕ) = y 2 b 2 y 2 + b2 2 arcsin y b, wobei wir y = b sin ϕ gesetzt haben. chlussendlich erhalten wir [4] ( 2a V = 2 x ) 4a 2 x 2 + 4ax arcsin 2 x dx 4a = 2 3 (2a)3 ( ( 2 ) 3/2 ) + 4ax 2 arcsin 2 x 2a 2a x 2 4a + 2a 4a 2 x dx ( 2 ) = (2a) 3 2 arcsin() 3 ( ( 2 ) 3/2 ) arcsin ( ) + sin 2 ϕdϕ 2 ( 2 = (2a) ( ) arcsin + 22 arcsin ) 2 ( ). Für a 2 vereinfacht sich das zu V = (2a) 3 ( π 4 ) [], nicht nötig für volle Punktzahl

3 2. Oberflächenintegral [8 Punkte] Gegeben sei das Vektorfeld v(x, y, z) = (x + y + z, x y z 5/2, z + 2) auf 3. Berechnen ie das Oberflächenintegral v(x, y, z), ν(x, y, z) d über die otationsfläche = {(x, y, z) 3 x 2 + y 2 = e 2z und z }, wobei ν das von der otationsachse weg zeigende Einheitsnormalenfeld sei. Hinweis: ist nicht der and einer geschlossenen, kompakten Teilmenge von 3. Wir ergänzen mit = {(x, y, z) 3 x 2 + y 2, z = } 2 = {(x, y, z) 3 x 2 + y 2 e 2, z = } und zu einer geschlossenen, kompakten Fläche. Der atz von Gauß gibt uns dann die Identität v, ν d = div v dxdydz = V, 2 V wobei das Einheitsvektorfeld ν stetig auf und 2 fortgesetzt wurde und V das von eingeschlossene Vektorfeld bezeichnet. Es gilt [3], pro Integral v, ν d = 2 = 2π, v, ν d = 3 2 = 3πe 2, 2 V = π e 2z dz = π 2 ( e 2 ), und somit v, ν d = π 2 ( e 2 ) + 2π 3πe 2 = 5π 2 7π 2 e 2. []

4 3. Oberflächenintegral [9 Punkte] Berechnen ie rot F (x), ν(x) d jeweils einmal direkt und einmal unter Verwendung des atzes von tokes, für (a) die obere Hälfte der Einheitssphäre in 3, ν nach oben und F (x) = ( y, x, ). (b) = {x 3 x 2 + y 2 =, < z < }, ν nach außen und F (x) = (yz, x 2, ). (a) Ohne den atz von tokes berechnen wir x, y d = 2 z 2π ( ) π/2 (2 cos θ) sin θdθ dϕ = 2π sin 2 θ π/2 θ= dϕ = 2π dϕ = 2π. Mit dem atz von tokes erhalten wir (am and gilt z =, θ = π/2) rot F (x), ν(x) d = F dr = 2π sin ϕ sin ϕ cos ϕ, cos ϕ dϕ = 2π. (b) Ohne den atz von tokes berechnen wir x y 2x z, y d = ( 2π ) sin 2 ϕdϕ dz = π. Mit dem atz von tokes müssen wir zunächst die andkurve parametrisieren. Diese besteht aus einem Kreis γ in der Ebene z = und einem Kreis γ 2 in der Ebene z =. Beim Durchlaufen des oberen Kreises gegen den Uhrzeigersinn liegt die Menge rechts, daher müssen wir das Vorzeichen ändern. []. Insgesamt erhalten wir rot F (x), ν(x) d = F dr F dr γ γ 2 = 2π cos 2 ϕ = + π = π. sin ϕ, cos ϕ dϕ 2π sin ϕ sin ϕ cos 2 ϕ, cos ϕ dϕ

5 4. Uneigentliches Integral [ Punkte] Berechnen ie das folgende Integral: e x e x dx, >. + Hinweis: Betrachten ie einen Weg um den and des echtecks K := [, ] [, 2πi ]. Wir nennen das zu berechnende Integral I und folgen dem Hinweis. Der and des echtecks kann durch die 4 Teilkurven [] [ γ : [, 2] C, γ (t) := + t, γ 2 :, 2πi ] C, γ 2 (t) := + ti, γ 3 : [, 2] C, γ 3 (t) := + 2πi [ t, γ 4 :, 2πi ] C, γ 4 (t) := + 2πi ti parametrisiert werden. ei f(z) =. Die ingularitäten von f erfüllen [] ez e z + e z = = e πi+2πik z = πi + 2πk i für k Z. Der einzige Pol im Inneren des echtecks ist also z = πi. Dies ist ein einfacher Pol, da er eine einfache Nullstelle des Nenners und keine Nullstelle des Zählers ist. Das esiduum ist es z f = lim z z (z z )e z e z + ( (z = lim z )e z ) z z e z + ez e z = ez e z = eπi/ e πi = eπi/. Mit dem esiduensatz folgt K fdz = 2πies z f = 2πi eπi/. [] Weiters gilt f(z)dz = γ f(x)dx I, f(z)dz = γ 3 z=x+ 2πi,dz=dx f(z)dz L(γ 2) max f 2π γ γ 2 2 2π e e f(z)dz L(γ 4) max f 2π γ γ 4 4 a 2π Insgesamt erhalten wir also für e x e 2πi/ e x e 2πi + dx max γ2 e z min γ2 e z + = 2π, ( > ) e e. 2πi eπi/ = K max γ4 e z min γ4 e z + = 2π e2πi/ I, f(z)dz ( e 2πi/ )I [4], pro Wegabschnitt max e e ti min e e ti + max e e ti min + e eti und somit [] I = 2πi e 2πi/ = π 2i e πi/ e πi/ = e πi/ π sin(π/).

6 5. Holomorphe Funktion [8 Punkte] ei f : C C eine holomorphe Funktion. eien a >, b > Konstanten, sodass für alle z C gilt, dass f(z) < a z + b. Zeigen ie, dass f konstant ist. Hinweis: Gehen ie wie im Beweis des atzes von Liouville vor und betrachten ie die Taylorkoeffizienten von f. Wir folgen dem Hinweis und entwickeln f in eine überall konvergente Potenzreihe, f(z) = k= a kz k. Für die Koeffizienten gilt a k = f(z) dz. 2πi z = zk+ Für k folgt: a k = 2π z = f(z) z k+ dz 2π z = f(z) a z + b dz z k+ 2π z = z 2 dz + b 2π 2πa 2 [4]. Also gilt a k = für k. Daraus folgt, dass f(z) = a konstant.

7 6. Eigenschaften holomorpher Funktionen [ Punkte] ei B = {z C z < 2}. Geben ie jeweils eine holomorphe Funktion mit den folgenden Eigenschaften an, oder begründen ie warum es keine solche geben kann: (a) f : C B mit f() = und f() =. [3] (b) f : C C \ {} mit f(c) = C \ {}. (c) f : B C mit f( n ) = +4n 2 für n Z. (d) f : B C mit f( n ) = +2 n für n Z. [3] (a) f ist ganz und beschränkt. Nach Liouville muss f also konstant sein. Aus f() = folgt also f() = Es gibt also keine solche Funktion. (b) exp : C C \ {} ist surjektiv. Für x + iy C folgt e x+iy = e x >, also exp ({}) = und für z gilt exp(ln z + i arg(z)) = z. (c) Für z = n die Bedingungen. gilt f(z) = = z2. Die auf B holomorphe Funktion f(z) = z2 +4 z 2 z 2 +4 (d) Für z = n, n N muss gelten f(z) = +2 z z 2 +4 erfüllt also = z 2+z. Diese auf B holomorphe Funktion ist nach dem Identitätssatz die einzige mit dieser Eigenschaft. Es gilt aber f( ) = 3 = +2. Es gibt also keine solche Funktion.

8 7. Fouriertransformation [8 Punkte] (a) Beweisen ie für f L () und g(x) := e ik x f(x) die Identität ĝ(k) = f(k k ). (b) Wie lautet die Fouriertransformierte von g(x) = e 2 x2 cos x, x? (c) ei nun mit dem g aus (b) die Funktion h : gegeben durch h(x) = { g(x) für x >, sonst. (i) Welche Aussagen gelten für h? h (), h ist stetig, X h L (), X h L 2 (). (ii) Welche Aussagen gelten für ĥ? ĥ (), X ĥ ist stetig, ĥ L (), X ĥ L2 (). (a) 2πĝ(k) = g(x)e ikx dx = f(x)e i(k k )x dx = 2π f(k k ) (b) Die Fouriertransformierte von e 2 x2 ist e 2 k2. Mit (a) erhält man ĝ(k) = 2 ( e ix e 2 x2 + e ix e 2 x2 ) = ( 2 (e 2 (k )2 + e 2 (k+)2 ) ) = e 2 (k2 +) cosh(2k). (c) Die Funktion h ist unstetig bei, aber wegen des exponentiellen Abfalls für x sowohl integrierbar, als auch quadratintegrierbar. (d) ĥ ist als Fouriertransformierte einer L -Funktion stetig, da h () ist auch ĥ keine chwartz- Funktion. ĥ ist keine L -Funktion, sonst müsste h fast überall gleich einer stetigen Funktion sein, was wegender Unstetigkeitsstelle unmöglich ist. ĥ ist aber genauso wie h in L2.

9 8. Maßtheorie und Konvergenzsätze für Integrale [8 Punkte] ei f(x) = x 2 χ (,) (x) und {r n Q n N} eine Abzählung der rationalen Zahlen. Berechnen ie folgende Limes und Integrale: + n sin( a) lim n) x n x(+x 2 ) dx. b) lim n xe n2 x 2 dx. c) g(x)dx, mit g(x) = + f(x r n) n 2 n n= (a) Für x (, + ) gilt die Abschätzung sin(x) x. Daraus folgt [] n sin ( x n) x( + x 2 ) + x 2. Die Folge von Funktionen wird also von der Funktion majorisiert, die integrierbar ist. Der +x 2 atz der majorisierten Konvergenz ist deswegen anwendbar. []Da n sin ( ) x n lim n x( + x 2 ) = + x 2, erhalten wir lim n + n sin ( ) x n x( + x 2 ) dx = + + x 2 dx = π 2. [] (b) Die Funktionen f n (x) = n xe n2 x 2 dx werden durch die Funktion C x C = sup te t. t (, ) Das folgt aus nxe n2 x 2 nxe nx C. majorisiert, mit Die Funktion C x ist integrierbar und so gilt der atz der dominierten Konvergenz. Die Funktionen f n konvergieren punktweise gegen, es gilt also (c) Definiere die Funktionen g N (x) = N lim n xe n2 x 2 dx =. n n= f(x r n) 2 n. Da f(x) gilt []g N (x) g N+ (x) und nach dem atz der monotonen Konvergenz [] g(x)dx = lim g N (x)dx. N Da Wir haben also f(x r n )dx = f(x) = 2. + g(x)dx = 2 2 n = 4. n= [] []