Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik. Lösungsvorschläge zum 11. Übungsblatt

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1 Institut für Analysis SS17 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Dipl.-Math. Leonid Chaichenets, Johanna Richter, M.Sc. Tobias Ried, M.Sc., Tobias Schmid, M.Sc. Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 11. Übungsblatt Aufgabe 61: (Übung) a) Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Stetigkeit, das Erfüllen der Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen, relle bzw. komplexe Differenzierbarkeit sowie Holomorphie. Geben Sie, dort wo sie existiert, die Ableitung f an. { z z (i) f(z) z Re z, (ii) f(z), z,, z. b) Sei f : C C holomorph auf C. Zeigen Sie: Ist Re f, Im f oder f konstant auf C, so ist f konstant auf C. Hinweis: Sie dürfen benutzen, dass aus (Re f) bzw. (Im f) auf C folgt, dass Re f bzw. Im f konstant auf C ist. Lösungsvorschlag (a) (i) Hier gilt f(x + iy) (x + iy)x x + ixy. Es sind u(x, y) : Re f(x + iy) x und v(x, y) : Im f(x + iy) xy stetige Funktionen von R nach R, womit f stetig auf C ist. Zudem sind beide Funktionen überall stetig partiell differenzierbar, das heißt (x, y) (u(x, y), v(x, y)) ist als Abbildung von R nach R reell differenzierbar. Wegen u x (x, y) x, v y (x, y) x und u y (x, y), v x (x, y) y für x, y R sind die CRD nur für x y erfüllt. Also ist f genau in z komplex differenzierbar und insbesondere nicht holomorph. Es gilt f () u x (, ) + iv x (, ). (ii) Hier gilt f(x + iy) x y x + y + i xy x + y. 1

2 für x + iy. Es sind u(x, y) : Re f(x + iy) x y x + y und v(x, y) : Im f(x + iy) xy x + y stetige Funktionen von R \{} nach R, das heißt f ist stetig auf C\{}. Da außerdem f(z) f() z z z für z, ist f auch stetig im Ursprung und somit stetig auf ganz C. Die Funktionen u und v sind stetig partiell differenzierbar außerhalb des Ursprungs, also ist (x, y) (u(x, y), v(x, y)) als Abbildung von R \ {} nach R reell differenzierbar. In z ist dies jedoch falsch, denn der Grenzwert des Terms u(x, ) u(, ) x x x sign(x) existiert für x nicht. Die partiellen Ableitungen in z x + iy sind gegeben durch u x (x, y) x3 + 3xy, u (x + y ) 3 y (x, y) y3 + 3x y (x + y ) 3 y 3 x 3 v x (x, y), v (x + y ) 3 y (x, y). (x + y ) 3 Damit die CRD erfüllt sind, muss folglich x 3 + 3xy x 3 und y 3 + 3x y y 3 gelten, also x(3y x ) y(3x y ).da z ist somit x, y. 3y x und 3x y gelten. Insbesondere folgt x 9x, also x und daher z liefert. Also sind die CR für z nicht erfüllt, womit f nirgends komplex differenzierbar ist. (b) Wir verwenden die Darstellung f(x + iy) u(x, y) + iv(x, y) mit u, v : R R. Da f auf C holomorph ist, gelten dort die CRD u x v y, u y v x. (1) Ist Re f u konstant, so gilt u x u y. Nach den CRD gilt nun auch v y u x und v x u y, das heißt (Im f) auf C. Damit ist v und folglich auch f konstant. Eine ähnliche Argumentation liefert die Behauptung für konstantes v. () Ist f(z) für alle z C, so folgt f(z) für alle z C. Sei also f(z) c > für alle z C. Dies bedeutet u + v c. Partielles Ableiten liefert uu x + vv x und uu y + vv y. Aus den CRD folgt, dass Damit gilt auch uv y + vv x und uv x + vv y.

3 uv y + vv x iuv x + ivv y uv y + vv x i(uv x vv y ), und somit u(v y iv x ) + v(v x + iv y ), also (u + iv)(v y iv x ). Da f(z) für alle z C folgt u + iv und somit v y iv x, womit sich v x v y ergibt. Es folgt (Im f) auf C, also v konstant auf C und die Behauptung folgt mit (1). Aufgabe 6: (Übung) Berechnen Sie die folgenden Integrale: (a) z dz, (t) (1 + i)t, t [, 1] (b) sin(z) z dz, (t) e it, t [, π], (c) π e sin(t) cos(t + cos(t))dt und π e sin(t) sin(t + cos(t))dt. Lösungsvorschlag (a) Es gilt (t) (1 + i) für alle t [, 1]. Nach der Definition des komplexen Kurvenintegrals ist folglich z dz 1 t (1 + i)dt (1 + i) 3. (b) Es ist sin(z) z k ( 1) k (k + 1)! zk für alle z C \. Die obige Potenzreihe hat Konvergenzradius R. Nach Vorlesung ist die Potenzreihe f : C C, definiert durch f(z) k ( 1) k (k + 1)! zk für alle z C holomorph auf C. Da einfach geschlossen und C einfach zusammenhängend ist, gilt nach dem Cauchyschen Integralsatz (vgl. Abschnitt.6 der Vorlesung) sin(z) dz f(z)dz. z 3

4 (c) Betrachte π π π e sin(t) cos(t + cos(t))dt + i π π e sin(t) sin(t + cos(t))dt e sin(t) (cos(t + cos(t)) + i sin(t + cos(t)))dt e sin(t) e i(t+cos(t)) dt e i(cos(t)+i sin(t) e it dt π π e sin(t)+i cos(t) e it dt e ieit e it dt. Definiere (t) e it für t [, π] und f(z) e iz für z C. Dann ist f holomorph auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet C und einfach geschlossen. Nach dem Cauchyschen Integralsatz (vgl. Abschnitt.6 des Skriptes) ist der Wert des obigen Integrals deswegen π e ieit e it dt i f(z)dz. Da für z C gilt, dass z Re(z) Im(z), so muss gelten. π π e sin(t) cos(t + cos(t))dt und e sin(t) sin(t + cos(t))dt Aufgabe 63: (Übung) Berechnen Sie die Fresnel-Integrale sin (x ) dx und Gehen Sie dabei wie folgt vor: Für R > seien die drei Wege cos (x ) dx. 1,R (t) t,,r (t) R + it, 3,R (t) t(i + 1), t [, R] gegeben. (a) Beweisen Sie die Gleichung 3,R e z dz 1,R e z dz + e z dz.,r (b) Zeigen Sie mittels geeigneter Abschätzungen die Konvergenz dz für R.,R e z (c) Berechnen Sie nun den Wert der Fresnel-Integrale, indem Sie in (a) den Grenzübergang R betrachten. 4

5 Lösungsvorschlag (a) Wir bemerken, dass der Weg R 1,R +,R + ( 3,R ), definiert durch ( 3,R ) (t) 3,R (R t) für t R, den Rand des Dreiecks mit den Eckpunkten, R und (1 + i)r so durchläuft, dass das Dreieck stets links des Weges liegt. Da f(z) e z holomorph in C ist, folgern wir aus dem Cauchy schen Integralsatz e z dz + e z dz e z dz e z dz + e z dz + e z dz 1,R,R 3,R 1,R,R ( 3,R ) e z dz. Insbesondere folgt die behauptete Gleichung dz 3,R e z 1,R e z dz + e z dz.,r (b) Es gilt,r e z dz R R e (R+it) idt e Rt R dt [ R e t R itr ] R e Rt R R t dt 1 e R R R e t R dt für R, wobei wir e z e Re z und die Monotonie der reellen Exponentialfunktion benutz haben. (c) Zuerst bemerken wir, dass 1,R e z dz R e t dt R e t dt π. Zusammen mit (b) und (a) folgern wir, dass 3,R e z dz für R einen Grenzwert hat, und zwar π lim e z dz R 3,R. Andererseits gilt auch 3,R e z dz R e it (1 + i)dt s: t 1 + i R e is ds 1 + i R cos (s ) i sin(s )ds 1 + i cos (s ) i sin (s )ds für R. Der letzte Grenzwert existiert, da wir bereits gesehen haben, dass der Grenzwert des Integrals auf der linken Seite existiert. Zusammen folgt cos (x )dx i sin (x )dx π 1 + i 1 π (1 i). 5

6 Ein Vergleich von Real- und Imaginärteil beider Seiten liefert sin (x )dx cos (x )dx 1 π. Aufgabe 64: (Tutorium) (a) Berechnen Sie das Integral r sin (πz) (z + 1)(z + 1) dz mit r (t) re it, t [, π] und r > derart, dass das Integral wohldefiniert ist. (b) Berechnen Sie die folgenden Kurvenintegrale. (i) z Re zdz, wobei der Weg von nach 1 + i auf der Parabel {Im z (Re z) } ist, (ii) z dz, wobei (t) e it sin (t) für t [, T ] mit T > so, dass L() π. Lösungsvorschlag (a) Der Integrand ist für z / {±i, 1 } wohldefiniert und dort auch holomorph, also insbesondere stetig. Damit ist das Integral für r / { 1, 1} definiert. Wir betrachten die drei Fälle getrennt. (1) < r < 1 : Der Integrand ist holomorph auf K(, r) {z C z < r} und r verläuft in der Menge K(, 1/). Da diese konvex ist, folgt aus dem Cauchy schen Integralsatz, dass sin (πz) (z + 1)(z + 1) dz, < r < 1. r 1 () < r < 1: Die Funktion sin (πz) f 1 (z) : z + 1 ist holomorph auf K(, r) und r verläuft innerhalb der Menge k(, 1). Da r einfach geschlossen und positiv orientiert ist, folgt aus der Cauchy schen Integralformel, dass sin (πz) (z + 1)(z + 1) dz 1 f 1 (z) z ( 1 )dz 1 πi f 1( 1 ) 4π 5 i, 1 < r < 1. r r (3) 1 < r < : Hier müssen wir für den Integranden eine Partialbruchzerlegung vornehmen, um die Cauchy sche Integralformel verwenden zu können. Gesucht sind Konstanten A, B, C C mit 1 (z + i)(z i)(z + 1)! A z + i + B z i + C z + 1, z C \ {±i, 1 }. 6

7 Aus dieser Bedingung folgt 1! A(z i)(z + 1) + B(z + i)(z + 1) + C(z + 1). Dies gilt für alle z C\{±i, 1 } und wegen der Stetigkeit der Polynome damit auch für z {±i, 1 }. Setzen wir diese drei Werte ein, so erhalten wir die Bedingungen 1! 5 4 C, 1! i (i + 1) B ( 4 + i)b, 1! ( i) ( i + 1) A ( 4 i)a, und mit 1 z z ergibt sich A 1 z i, B i, sowie C 4 5. damit ist f (z) : sin (πz), holomorph auf C ist und für r > 1 mit der Cauchyschen Integralformel sin (πz) ( r (z + 1)(z + 1) dz ) i f (z) ( r z ( i) dz ) i f (z) r z i dz f (z) + 5 r z ( 1 ( )dz ) i πi f ( i) πi f ( 1 ) ( ) 1 i πi f (i) 5 π sinh (π)i 4 5 πi π 5 (sinh (π) ) i. (b) (i) Sei (t) t + it für t [, 1]. Dann gilt (t) 1 + it und aus der Definition des Wegintegrals folgt z Re zdz 1 1 (t) Re ((t)) (t)dt 1 (t + it 3 )(1 + it)dt (t t 4 ) + i3t 3 dt [ 1 3 t3 5 t5 ] 1 t + i[ 3 4 t4 ] 1 t i3 4 (ii) Wir berechnen zuerst die Länge des Weges. Es gilt (t) i e it sin (t) + e it cos (t) e it und deshalb L() T e it dt T. 7

8 Sei daher T π, so folgt für das Integral der Wert π z dz e it sin (t) e it dt π sin (t)dt. Eine partieller Integration liefert π sin (t)dt [sin (t) cos (t)] π t + π cos (t)dt π cos (t)dt. Wegen sin (t) + cos (t) 1 gilt also z dz π 4. Aufgabe 65: (Tutorium) (a) Sei f eine auf ganz C holomorphe Funktion mit (Im f)(z) cos (x) sinh (y) für z x + iy und f(). Bestimmen Sie Re f. (b) Es sei G C ein Gebiet und f : G C holomorph. Ferner gelte Zeigen Sie, dass f konstant auf G ist. Re(f) Im(f). Lösungsvorschlag (a) Damit die Funktion f holomorph auf ganz C ist, muss sie in allen Punkten die CRD erfüllen. Schreiben wir f u + iv, so muss gelten, dass u x (x, y)! cos (x) cosh (y) v y (x, y), also u(x, y) sin (x) cosh (y) + g(y) für eine differenzierbare Funktion g. Andererseits muss u y (x, y)! sin (x) sinh (y) v x (x, y) erfüllt sein, womit sich u(x, y) sin (x) cosh (y) + h(x) mit einer differenzierbaren Funktion h ergibt. Insgesamt erhalten wir v(x, y) cos (x) sinh (y) + c für eine komplexe Konstante c. Wegen f() gilt c und daher (Re f)(z) sin (x) cosh (y), z x + iy C. Mit dem Additionstheorem für die komplexe Sinusfunktion ergibt sich außerdem sin(x + iy) sin(x) cos(iy) + cos(x) sin(iy) sin(x) cosh(y) + i cos(x) sinh(y). Die letzte Gleichheit folgt dabei aus einem Koeffizientenvergleich der Potenzreihenentwicklung von cosh(y) und cos(iy), bezw. sin(iy) und i sinh(y). 8

9 (b) Wir schreiben C z x + iy mit (x, y) R, sowie f u + iv mit u, v : G R. Da f holomorph auf G ist, gelten die CRD, das heißt ( ) ( ) ( u u (x, y) (x, y) u u (x, y) (x, y) (x, y) u ) (x, y) (x, y) (x, y) (x, y) (x, y) (x, y) (x, y) u für alle x + iy G. Mit der Voraussetzung folgt Mit den CRD folgt u u (z) u(z) u (z) (z) (z), sowie (z) u(z) u(z), z G. (z) u(z) u(z) u(z) (z) 4u (z) u (z), (z) u(z) u(z) u(z) (z) 4u (z) u (z) für alle z G. Damit ist u(z) für alle z G. Da G ein Gebiet ist, ist u konstant auf G. nach Vorlesung ist dann u konstant auf G. Aufgabe 66: (Tutorium) Sei k N. Berechnen Sie die folgenden Integrale e z (i) z k dz, (ii) cos(z) z dz und (iii) π z 1 z 4 z e z (z 1) (z + 3) dz. Lösungsvorschlag (i): Wir benutzen zunächst die Folgerung.8 der Cauchy schen Integralformel (.7 in der Vorlesung), wonach für eine holomorphe Funktion f : D C mit D {z C z 1} stets gilt f (k 1) () (k 1)! πi Für die Exponentialfunktion f(z) e z, z C folgt damit D e z z k dz πi (k 1)! (ii): Für das Integral in (ii) bemerken wir z 4 D d (k 1) dz (k 1) z cos(z) z π dz z 4 und definieren g : {z C z 4}\{±π} C durch g(z) f(z) z k e z dz. πi (k 1)!. cos(z) (z π)(z + π) dz cos(z), z 4, z ±π. (z π)(z + π) 9

10 Damit ist g eine holomorphe Abbildung, die auf {z C z 4} zwei Pole von jeweils erster Ordung in z ±π besitzt. Das heißt, wir benutzen den Residuensatz (.1 in der Vorlesung) und berechnen die Residuen mit Bemerkung.13 der Vorlesung durch res (g, π) cos(z) z + π res (g, π) cos(z) z π 1 zπ π, 1 z π π. Aus dem Residuensatz folgt dann schließlich cos(z) z dz πi (res (g, π) + res (g, π)). π z 4 (iii): Für das Integral in (iii) definieren wir h : {z C z }\{1} C durch h(z) e z (z 1), z, z 1. (z + 3) Damit ist h eine holomorphe Abbildung, die auf {z C z } einen Pol von erster Ordung in z 1 besitzt. Wir benutzen Folgerung.8 der Vorlesung und folgern e z (z 1) (z + 3) dz πi d e z (z + )ez dz z + 3 πi z1 (z + 3) 3πe z1 8 i. z 1