Klausur: Höhere Mathematik IV

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1 Prof. Dr. Josef Bemelmans Templergraben Aachen Raum 00 (Hauptgebäude) Klausur: Höhere Mathematik IV Tel.: Sekr.: Fax: B. Sc. 8. Februar 203 WS 202/3 Dauer: 90 Minuten Aufgabe Die Funktion ϕ: C C sei gegeben durch Studiengang: Physik ϕ(z) = z i iz +. (a) Zeigen Sie, dass es sich um eine Möbiustransformation handelt. (b) Bestimmen Sie die Fixpunkte von ϕ. (c) Berechnen Sie das Bild der Mengen S und S 2 unter ϕ, wobei S := z C; z } und S 2 := z C; Im(z) 0} }. (a), i C und ( i) ( i) = 2 0 (b) ϕ(z) = z z i iz + = z z i = iz 2 + z [] iz 2 i = 0 z 2 = 0 z = ±. (c) Berechne die Bilder zweier zusätzlicher Punkte: ϕ(i) = 0, ϕ(0) = i. [] Im Im i 0 Re ϕ( ) ϕ(i) ϕ(0) ϕ() Re Unter Möbiustransformationen werden Kreise und Geraden jeweils auf Kreise oder Geraden abgebildet, d.h. ϕ( S i ), i =, 2, ist entweder ein Kreis oder eine Gerade. [] Es gilt:, i, } S, die Bilder, 0, liegen auf einer Geraden ϕ( S ) = Im(z) = 0}. [] 0 S ϕ(s ) = z C; Im(z) 0} }. Alternativ: Wenn man von über i nach läuft, liegt das Gebiet links, also liegt es auch links, wenn man von über 0 nach läuft. [] Außerdem:, 0, } S 2, die Bilder, i, liegen auf einem Kreis. ϕ( S 2 ) = z C; z = }.[] i S 2 ϕ(s 2 ) = S. []

2 HM IV-Klausur, WS 202/3 Seite 2 von 6 8. Februar 203 Aufgabe 2 Betrachten Sie die Funktion f : C C, die für z = x + iy C gegeben ist durch f(x, y) = a 2 b( i)x b 3 y + (b + 3) 2 by 6b 2 y b3 i y mit a, b R. Bestimmen Sie die Menge L alle Paare (a, b) R 2, für die f analytisch ist. f : C C ist genau dann holomorph, wenn f die Cauchy-Riemann-Differentialgleichungen erfüllt. Genauer: Identifiziert man in üblicher Façon f(x, y) mit u(x, y)+i v(x, y), so ist f genau dann holomorph, wenn erfüllt sind. Sei nun konkret x y u(x, y) = v(x, y) und y u(x, y) = v(x, y) x f(x, y) = a 2 b( i)x b 3 y + (b + 3) 2 by 6b 2 y b3 i y. Dann erhält man u(x, y) = +a 2 bx + 9by sowie [] v(x, y) = a 2 bx + b 3 y [] und damit, durch Einsetzen in die C-R-Dgln., das Gleichungssystem a 2 b = b 3 [] a 2 b = 9b. [] Das System ist für b = 0 und a R trivialerweise erfüllt. [] Sei nun b 0. Dann reduziert man das System mittels Division durch b auf a 2 = b 2 a 2 = 9. Dieses System hat die en (3, 3), ( 3, 3), (3, 3) und ( 3, 3). [] Insgesamt ist also L = (3, 3); ( 3, 3); (3, 3); ( 3, 3)} (a, 0) : a R}. []

3 HM IV-Klausur, WS 202/3 Seite 3 von 6 8. Februar 203 Aufgabe 3 Geben sie die Koeffizienten a n der Laurent-Reihe a n z n von f, gegeben durch n= [6 Punkte] f(z) = (z )(z 2), auf z C < z < 2} in z 0 = 0 an. Zunächst bemerken wir, dass f(z) = Da z < 2, können wir folgendermaßen entwickeln (z )(z 2) = z 2 z. [] z 2 = 2 z 2 = 2 ( z n = 2) 2 n+ zn. n=0 n=0 Da < z, erhalten wir z = z z = z ( ) n = z n. z n=0 n= Damit sind die Koeffizienten der Laurent-Reihe, n N 2 a n = n+ 0,, sonst. []

4 HM IV-Klausur, WS 202/3 Seite 4 von 6 8. Februar 203 Aufgabe 4 Berechnen Sie mithilfe des Residuensatzes das Integral x (x 2 + 4)(x 3 x 2 + x ) dx. [2 Punkte] Da das uneigentliche Integral existiert, gilt lim ˆR R R x (x 2 + 4)(x 3 x 2 + x ) dx = x (x 2 + 4)(x 3 x 2 + x ) dx. Setze den Integranden auf C fort, betrachte also f : C C, f(z) = z (z 2 + 4)(z 3 z 2 + z ). [] Die Funktion f hat eine hebbare Singularität in z 0 =, da diese Nullstelle im Zähler- und Nennerpolynom vorkommt. Die Funktion f hat Singularitäten in den Nullstellen des Nenners, also in z = i, z 2 = 2i, z 3 = i und z 4 = 2i. Also ist insbesondere f(z) = z (z i)(z + i)(z 2i)(z + 2i)(z ) = (z i)(z + i)(z 2i)(z + 2i). Betrachte nun den Weg Γ, definiert durch Γ := Γ R [ R, R]. Dabei bezeichne R Im(z) Γ R die obere Hälfte des positiv orientierten Halbkreises um den Mittelpunkt z 2 Γ Null mit Radius R und [ R, R] die Strecke von R bis R. Beachte: R ist so R z groß zu wählen, dass die Singularitäten mit positivem Imaginärteil (d.h. z Re(z) und z 2 ) innerhalb des von Γ berandeten Gebiets liegen. Hier genügt R > 2. R γ R [] Die Singularitäten z 3 und z 4 liegen nicht in dem ˆ von Γ berandeten ˆ Bereich; der Residuensatz liefert daher 2πi (Res(f, z ) + Res(f, z 2 )) = f(z) dz = f(z) dz + f(z) dz. [] Γ Γ R [ R,R] Die linke Seite ist unabhängig von R. Dann liefert der Grenzübergang R einerseits ˆ ˆ x f(z) dz dx und andererseits f(z) dz 0, [] (x 2 + 4)(x 3 x 2 + x ) [ R,R] Γ R da man mit der Parametrisierung γ : [0, π] C, definiert durch γ(t) = R e it, die Abschätzung ˆ ˆπ f(z) dz (Re it )ire it ˆπ (R 2 e 2it + ) (R 2 e 2it + 4) (Re it ) dt R R 4 e 2it + R e 2it + 4 dt 2 R 2 Γ R 0 R 3 ˆπ 0 0 ( ) ( ) dt = π R 4 R ( ) ( ) 0, R, hat. [3] 3 2 R 2 R 4 2 R 2 Berechne noch die Residuen. Es handelt sich jeweils um Pole der Ordnung. Also hat man Res(f, i) = lim f(z)(z i) = lim z i z i (z + i) (z 2 + 4) = (i + i)( + 4) = und [] 6i Res(f, 2i) = lim f(z)(z 2i) = lim z 2i z 2i (z 2 + ) (z + 2i) = ( 4 + )(2i + 2i) = 2i. [] Damit erhält man schließlich x dx = 2πi (x 2 + 4)(x 3 x 2 + x ) ( 2i + 6i ) = π 6. []

5 HM IV-Klausur, WS 202/3 Seite 5 von 6 8. Februar 203 Aufgabe 5 Finden Sie zu der inhomogenen Differentialgleichung zweiter Ordnung ẍ(t) + 2ẋ(t) + x(t) = f(t), wobei f : R R ist, eine sogenannte Greensche Funktion G mithilfe eines Fourier-Ansatzes. Hinweise: Die aufzufindende Greensche Funktion G erfüllt die Eigenschaft, dass x(t) := G(t s)f(s) ds eine der oben genannten inhomogenen Differentialgleichung ist. Geben Sie G als Ausdruck G(t) = g(ω, t) dω an, wobei g : R R C ist. Nehmen Sie an, dass alle zu verwendenden Fourier-Transformierten existieren. Die gewöhnliche Differentialgleichung ẍ(t) + 2ẋ(t) + x(t) = f(t) wird unter Fourier-Transformation zu ( ω 2 + i2ω + ) x(ω) = f(ω). Folglich gilt x(ω) = Setze nun 2πĜ(ω) := /( ω2 + i2ω + ). Nach Faltungssatz gilt dann f(ω) ( ω 2 + i2ω + ) = ( ω 2 + i2ω + ) f(ω). [] x(t) = ( 2πG f)(t) = 2π 2π G(t s)f(s) ds = G(t s)f(s) ds. Somit haben wir G(t) = 2π ( ω 2 + i2ω + ) eiωt dω bzw. g(ω, t) = 2π ( ω 2 + i2ω + ) eiωt. Anmerkung: Die obige Differentialgleichung modelliert eine gedämpfte harmonische Schwingung.

6 HM IV-Klausur, WS 202/3 Seite 6 von 6 8. Februar 203 Aufgabe 6 Berechnen Sie mithilfe der Laplace-Transformation das folgende Anfangswertproblem u (t) u(t) = 6e 2t, u(0) = 2, u (0) = 6. Es ist U := L(u), dann gilt Damit erhält man die transformierte Gleichung Hieraus ergibt sich Parzialbruchzerlegung: L(u ) = s 2 U su(0) u (0). [] (s 2 )U 2s 6 = L(6e 2t ) = 6 s 2. [3] U(s) = 2s2 + 2s 6 (s 2)(s 2 ). [] U(s) = A s 2 + B s + + C s mit A = 2, B =, C =, d.h. U(s) = 2 s 2 s + + s, und daraus folgt u(t) = 2e 2t e t + e t.