Aufgabe Σ Gesamtpunkte (+5) Erzielte Punkte

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1 Mathematisches Institut der Universität Leipzig Wintersemester 9/ Dr. Tobias Ried 6. Januar Klausur zur Vorlesung Mathematik für Physiker Name: Vorname: Zusätzlich abgegebene Lösungsblätter: Nein Ja (Anzahl ) Aufgabe Σ Gesamtpunkte (+5) Erzielte Punkte Note Hinweise:. Diese Klausur besteht aus 7 Aufgaben auf nummerierten Seiten (inklusive Deckblatt).. Überprüfen Sie die Angabe auf Vollständigkeit.. Die Klausur hat Teile: im ersten Teil (Aufgaben 4) sind alle Aufgaben zu bearbeiten, im zweiten Teil (Aufgaben 5 7) sollen zwei von drei Aufgaben ausgewählt und bearbeitet werden, die dritte Aufgabe kann als Zusatzaufgabe für Bonuspunkte bearbeitet werden. 4. Bitte verwenden Sie zur Bearbeitung der Aufgaben den dafür vorgesehenen Platz. Sollten Sie zusätzliches Papier benötigen, wenden Sie sich an die Aufsicht. Die Verwendung von mitgebrachtem Papier ist nicht zulässig. 5. Beschriften Sie jede Seite mit Namen und Matrikelnummer. 6. Das einzige zugelassene Hilfsmittel ist ein handgeschriebenes DIN A4 Blatt als Gedächtnisstütze. Außer diesem Blatt sind keine weiteren Hilfsmittel (z.b. Taschenrechner) erlaubt. 7. Die Bearbeitungszeit beträgt Minuten. Viel Erfolg!

2 Teil [6 Punkte] Aus diesem Teil sind alle Aufgaben zu bearbeiten.. Fluss durch eine Oberfläche [4 Punkte] { Gegeben sei die Menge B (, y, z) R : } + y z, + y + z 4, der Schnitt aus einem (nach oben geöffneten) Kegel und einer Kugelschale, sowie die Vektorfelder F(, y, z) y, G(, y, z) (rot F)(, y, z) z. yz (a) Bestimmen Sie den Fluss g B von G durch den Rand B von B. (b) Bestimmen Sie den Fluss g S von G durch das Flächenstück { S (, y, z) R : } + y z, + y + z 4 mit von der z-achse wegzeigender Flächennormalen. (c) Es bezeichne f γ γ F ds das Kurvenintegral von F entlang der Kurve γ : [, π] R, γ(t) (cos t, sin t, ), und g K den Fluss von G durch das Flächenstück K { (, y, z) R : } + y z, + y + z, wobei die Flächennormale von Ursprung weg zeigt. Zeigen Sie, dass g K f γ. Lösung: (a) Nach dem Integralsatz von Gauß ist g B da div rot F. B rot F dσ B div rot F dλ, /

3 (b) Eine Parametrisierung von S ist gegeben durch Ψ : (, ) (, π) R, Das vektorielle Flächenelement (r, φ) Ψ(r, φ) r cos φ r sin φ. r σ Ψ (r, φ) r Ψ φ Ψ(r, φ) cos φ sin φ r sin φ r cos φ ist zur z-achse hin, also nach innen orientiert; damit erhalten wir g S G dσ S π π G(Ψ(r, φ)) σ Ψ (r, φ) dφ dr (r r cos φ) dφ dr π π r dr π [ r ] r cos φ r sin φ r r r cos φ r sin φ dφ dr r ( π ) π. (c) γ ist eine Parametrisierung des Randes von K mit mathematisch positiver Durchlaufrichtung bezüglich der Flächennormalen. Nach dem Satz von Stokes ist g K G dσ F ds f γ. K γ /

4 . Residuensatz [4 Punkte] Gegeben sei die Funktion f : C \ {e i π, e i π, e iπ } C, f(z) z + z. (a) Berechnen Sie das Residuum von f in z e i π. [Zur Kontrolle: Res z f e i π i 6 ] (b) Die Kurve γ,r beschreibe die gerade Verbindungslinie von nach Re i π. Zeigen Sie, dass γ,r f(z) dz e i 4π R f(t) dt. (c) Sei γ,r die Kurve entlang des Kreisbogens zwischen R und Re i π, parametrisiert durch γ,r : [, π ] C, γ,r(t) Re it. Zeigen Sie, dass Hinweis: + R e it R. (d) Berechnen Sie das Integral f(z) dz für R. γ,r + d. Hinweis: e i 4π +i. Sie müssen das Resultat nicht vollständig vereinfachen. Lösung: (a) Der Nenner + z besitzt jeweils eine einfache Nullstelle bei also z e i π, z e i π, z e iπ, f(z) z (z z )(z z )(z z ). Da der Zähler für z {z, z, z } nicht verschwindet, besitzt die Funktion f also in diesen Punkten Polstellen erster Ordnung. Damit ist Res z f lim z z (z z )f(z) e i π ( e i π )( e i π ) e i π z (z z )(z z ) z ( z z )( z ( cos π ) e i π. (b) Wir parametrisieren γ,r : [, R] C, γ,r (t) te i π. Dann folgt aus der Definition kompleer Wegintegrale da e πi. γ,r f(z) dz R e i 4π f(γ,r (t)) γ,r (t) dt R t + t dt ei 4π R R te i π + (te i π ) ei π dt e i 4π f(t) dt, R z ) t + t dt eπi 4/

5 (c) Nach Definition von kompleen Wegintegralen gilt π f(z) dz Re it γ,r + R e it ireit dt ( ) π R R dt π π R R R + R e it dt, für R, wobei in ( ) der Hinweis + R e it R verwendet wurde. (d) Es sei γ die geschlossene Kurve in der kompleen Ebene, die sich aus dem Streckenstück von bis R entlang der reellen Achse, der Kurve γ,r und der Kurve γ,r (rückwärts durchlaufen) zusammensetzt. Da die Kurve γ nur die Polstelle z einschließt, folgt aus dem Residuensatz, dass f(z) dz πires z f πi e i π. γ Mit Teilaufgabe (b) und (c) erhalten wir damit πi e i π f(z) dz f(z) dz + f(z) dz f(z) dz γ [,R] γ,r γ,r ( ) e i 4π R ( ) f() d + f(z) dz e i 4π f() d γ,r für R. Damit ist der Wert des gesuchten Integrals gegeben durch πi d + πi e i π πi i + i πi i + i e i 4π ( i )( i ) πi ( i) π. C Re i π γ,r γ,r z z π z [, R] R 5/

6 . Holomorphe Funktionen und Laurentreihen [4 Punkte] (a) Sei u : R R, u(, y) y. Geben Sie eine Funktion v : R R an, sodass f( + iy) u(, y) + iv(, y) eine holomorphe Funktion auf C definiert. (b) Geben Sie Haupt- und Nebenteil der Laurentreihe von g(z) cos z z um z an. Auf welchem Gebiet konvergiert die Laurentreihe? (c) Sei h : B C, B {z C : z < }, gegeben durch ( z ) n h(z). Bestimmen Sie die analytische Fortsetzung h von h auf einem größtmöglichen Gebiet. n Lösung: (a) Variante : Man sieht, dass Re z Re ( + iy) Re ( y + iy) y u(, y). Da die Funktion z z holomorph auf ganz C ist, können wir zum Beispiel wählen. v(, y) Im (z ) y Variante : Die Funktion u ist offenbar zweimal reell differenzierbar. Damit f eine holomorphe Funktion ist, müssen wir also eine zweimal differenzierbare Funktion v finden, sodass u und v die Cauchy-Riemann schen Differentialgleichungen erfüllen. Es muss also gelten u(, y) y v(, y) y u(, y) v(, y) y v(, y) u(, y) v(, y) y u(, y) y. Integration der ersten Gleichung nach y liefert, dass v von der Form v(, y) y + c () sein muss für eine zweimal differenzierbare Funktion c : R R. Analog erhält man durch Integration der zweiten Gleichung bezüglich, dass v von der Form v(, y) y + c (y) sein muss für eine zweimal differenzierbare Funktion c : R R. Beide Bedingungen können erfüllt werden durch die Wahl c () c (y) c R. Wir können also z.b. v(, y) v (, y) y wählen. 6/

7 (b) Aus der Reihenentwicklung des cos, erhalten wir sofort g(z) z ( ) k zk (k)! k k z + ( ) k+ z k (k + )!. k cos z ( ) k zk (k)! k k zk ( ) (k)! k k z(k ) ( ) (k)! Es ist also der Hauptteil der Laurentreihe von g um z gegeben durch H(z) z, ( ) k+ z k (k + )! mit Konvergenzgebiet C \ {}, der Nebenteil durch die auf ganz C konvergente Potenzreihe N(z) ( ) k+ z k (k + )!. k Das Konvergenzgebiet der Laurentreihe ist damit der Kreisring K, () {z C : < z < }. (c) Die geometrische Reihe n ( z ) n konvergiert absolut und gleichmäßig auf B und hat für z B den Wert h(z) ( z ) n + z n + z. Die Funktion z +z besitzt bei z eine Polstelle (erster Ordnung). Definiert man also h : C \ { } C, h(z) + z so gilt h(z) h(z) für alle z B, also ist h eine holomorphe Fortsetzung von h auf C \ { }. Wegen der Polstelle bei kann es keine holomorphe Fortsetzung auf ein größeres Gebiet geben. Aufgrund des Identitätssatzes ( h und h stimmen auf der offenen Menge B überein) ist die Fortsetzung eindeutig. k 7/

8 4. Differentialgleichungssysteme [4 Punkte] (a) Sei A ( ). Bestimmen Sie das Matrieponential e ta für t R. (b) Sei B R d d und v ein Eigenvektor von B zum Eigenwert λ. Berechnen Sie die Lösung des Anfangswertproblems (t) B(t) + v, () R d. Lösung: (a) Man beachte, dass die Matri A nicht diagonalisierbar ist: A besitzt den Eigenwert λ mit algebraischer Vielfachheit und Eigenraum ( ) {( )} E A () ker (A λi) ker span der Dimension eins, d.h. die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts λ ist <, und damit ist A nicht diagonalisierbar. Variante : Die Matri A ist von der Form A I + N ( ) mit N. Da die Matrizen I und N miteinander kommutieren, lässt sich das Matrieponential von A berechnen über e ta e t(i+n) e ti e tn e t Ie tn e t e tn. Nun gilt ( ) ( ) N ( ), und damit auch N k für k. Wir erhalten also Es folgt e tn k t k k! Nk k t k k! Nk I + tn. ( e ta e t e tn e t e t te (I + tn) t ) e t. Variante : Durch eplizites Ausmultiplizieren kommt man schnell zu der Vermutung, dass ( ) A k k ( ) für alle k. Dies lässt sich per Induktion schnell nachweisen: für k ist dies gerade die Definition von A; gilt die Gleichung ( ) für ein k N, so folgt ( ) ( ) ( ) ( ) A k+ A k k k + (k + ) A, 8/

9 die Gleichung gilt also auch für k +, per Induktion damit für alle k N. Aus der Definition des Matrieponentials folgt dann e ta k t k k! Ak k t k k! ( ) k wobei im letzten Schritt verwendet wurde, dass k t k k! k k t k (k )! t ( k tk k! k (b) Die Lösung des inhomogenen Anfangswertproblems k tk k! k k tk k! t k (k )! t k ) ( e t te t ) e t, t k k! tet. (t) B(t) + v, () R d ist allgemein gegeben durch t (t) e tb + e (t s)b v ds. Da v ein Eigenvektor von B zum Eigenwert λ ist, gilt Wegen folgt also e tb v e λt v für alle t R. t t t (t) e tb + e (t s)b v ds e (t s)λ v ds e sλ ds e λt v ( e λt) e λt v eλt v. λ λ 9/

10 Teil [ + 5 Punkte] Von den folgenden Aufgaben sollen zwei ausgewählt und bearbeitet werden. Die dritte Aufgabe kann als Zusatzaufgabe bearbeitet werden. 5. Eigenschaften der Fouriertransformation [5 Punkte] (a) Sei f C m (R), m N, und f (j) L (R) für alle j m. Zeigen Sie, dass für alle k. f(k) π f (m) k m (b) Seien f, g L (R d ). Begründen Sie, dass die Fouriertransformierte von f g wohldefiniert ist und zeigen Sie, dass f g(k) (π) d f(k) g(k) für alle k R d. Lösung: (a) Mit dem Satz über die Algebraisierung der Ableitung erhalten wir f (m) (k) (ik) m f(k) für alle k R. Daraus folgt direkt für alle k f(k) f (m) (k) k m π R f(m) () e ik d k m R f(m) () d π k m f (m) π k m. (b) Die Faltung f g zweier L -Funktionen f, g L (R d ) liegt wieder in L (R d ), damit ist die Fouriertransformierte von f g wohldefiniert. Mit dem Satz von Fubini, der anwendbar ist da f( y)g(y) e ik f( y) g(y) L (R d R d y), folgt dann f g(k) (π) d (π) d ( ) (f g)() e ik d f( y)g(y) dy e ik d R d (π) d R d R d ( ) f( y)g(y) e ik d dy f( y) e ik d g(y) dy R d R d (π) d R d R d Substituiert man nun z y im inneren Integral, so erhält man mit Fubini, dass ( ) f g(k) f(z) e ik (z+y) dz g(y) dy f(z) e ik z g(y) e ik y dz dy (π) d R d R d (π) d R d R ( d ) ( ) (π) d f(z) e ik z dz g(y) e ik y dy (π) d R d (π) d R d (π) d f(k) g(k). /

11 6. Satz von Liouville [5 Punkte] Sei f : C C holomorph und beschränkt. Zeigen Sie, dass f konstant sein muss. Hinweis: Abschätzung an die Koeffizienten der Potenzreihenentwicklung von f. Lösung: Da f auf ganz C holomorph ist, besitzt sie die auf ganz C konvergente Darstellung als Potenzreihe f(z) c n z n n mit Koeffizienten c n πi z r f(z) dz zn+ für jedes r >. Da f beschränkt ist, folgt mit der Standardabschätzung für komplee Wegintegrale, dass c n π r sup n+ z C f(z) (πr) r n sup z C f(z) r für n. Für n erhält man keine Einschränkung. Damit muss f(z) c gelten, d.h. f konstant. /

12 7. Cauchy scher Hauptwert [5 Punkte] (a) Sei φ S(R) eine Schwartz-Funktion. Zeigen Sie, dass φ() lim ε d φ() φ( ) R\[ ε,ε] (b) Zeigen Sie, dass die Abbildung T : S(R) C, (T, φ) : φ() φ( ) eine temperierte Distribution definiert (Stetigkeit braucht nicht gezeigt zu werden). (c) Zeigen Sie, dass T in S (R), wobei die Distribution T definiert ist über d d. ( T, φ) : (T, φ) für alle φ S(R). Lösung: (a) Es ist R\[ ε,ε] φ() ε d ε φ() d + φ() ε d φ( ) ε d + φ() ε d φ() φ( ) d Die Funktion φ() φ( ) d ist wegen φ S(R) integrierbar auf (ε, ) für jedes ε > und beschränkt in jeder Umgebung von, denn φ() φ( ) φ() φ() + φ() φ( ) sup φ (ξ) <. ξ [,] Damit eistiert der Limes und liefert die Behauptung. lim ε ε φ() φ( ) d φ() φ( ) (b) Nach Teilaufgabe (a) ist (T, φ) für φ S(R) wohldefiniert. Da Stetigkeit nicht gezeigt werden soll, genügt es T auf Linearität zu überprüfen. Seien dazu φ, ψ S(R) und λ C. Dann gilt (T, φ + λψ) d φ() + λψ() (φ( ) + λψ( )) d ( ) φ() φ( ) ψ() ψ( )) + λ d φ() φ( ) ψ() ψ( ) d + λ (T, φ) + λ(t, ψ), wobei die Linearität des Integrals verwendet wurde. Man beachte, dass man beim Zerlegen die Terme φ() φ( ) sowie ψ() ψ( ) zusammen lassen muss, da ansonsten die resultierenden Integrale nicht konvergieren würden. d /

13 Alternativ kann man über Teilaufgabe (a) argumentieren: da für jedes φ S(R) der Limes eistiert, gilt ( ) φ() + λψ() φ() ψ() (T, φ + λψ) lim d lim d + λ ε R\[ ε,ε] ε R\[ ε,ε] R\[ ε,ε] d φ() lim ε R\[ ε,ε] (c) Sei φ S(R) beliebig. Dann gilt d + λ lim ε R\[ ε,ε] ψ() d (T, φ) + λ(t, ψ). φ() ( )φ( ) ( T, φ) (T, φ) d (φ() + φ( )) d φ() d + φ( ) d φ() d + φ() d φ() d (, φ), und somit T im Sinne von temperierten Distributionen. R /