Probeklausur zu Funktionentheorie, Lebesguetheorie und gewöhnlichen Differentialgleichungen

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1 MATHEMATISCHES INSTITUT SoSe 24 DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN Probeklausur zu Funktionentheorie, Lebesguetheorie und gewöhnlichen Differentialgleichungen Musterlösung Prof. Dr. P. Pickl Aufgabe Zeigen Sie, dass jedes komplexe Polynom n-ten Grades n Nullstellen (mit Multiplizität gezählt) hat. Hinweis: Dazu können Sie den Satz von Rouché oder den Satz von Liouville verwenden. Sei p(z) a + a z a n z n, mit a n. Erinnerung: Aus der Vorlesung wissen Sie: lim q (z) z q 2 (z), für zwei Polynome q, q 2 mit grad(q ) < grad(q 2 ). Mit dem Satz von Rouché: Für f(z) a +...+a n z n und g(z) a n z n ist p f +g f(z) und es gilt grad(f) n < n grad(g). Da lim z g(z) ist, existiert es R >, sodass f(z) <, für z R. Insbesondere gilt g(z) f(z) < g(z) für z B R (). Nach dem Satz von Rouché haben g und f + g p die gleiche Anzahl von Nullstellen in B R (). Da g n Nullstellen (mit Multiplizität gezählt) bei z hat, hat p auch n Nullstellen in B R (). Mit dem Satz von Liouville: Wir zeigen zuerst, dass wenn n ist, p mindestens eine Nullstelle hat. Angenommen p hat keine Nullstelle. Es ist also p(z) für jedes z C und somit ist p holomorph. Da lim z p(z) ist, ist die Funktion p beschränkt und nach dem Satz von Liouville ist sie auch konstant. Das bedeutet aber, dass p auch konstant ist, was in Widerspruch zu n steht. Der Rest des Beweises folgt durch Induktion: Zu zeigen ist die Aussage A(n): jedes Polynom n-tes Grades hat n Nullstellen. A() wurde oben gezeigt. Angenommen, es gilt A(n ), zeigen wir A(n): Das Polynom p hat mindestens eine Nullstelle z (siehe oben). Dann ist p(z) (z z )q(z), mit grad(q) n. Nach der Induktion Annahme hat q n Nullstellen, die mit z zusammen die n Nullstellen von p bilden.

2 Aufgabe 2 Entwickeln Sie die Funktion f(z) z(z+) in eine Laurentreihe, die auf dem Gebiet B () {z C z > } konvergiert. Bestimmen Sie danach das Residuum von f(z) an der Stelle z. Warum lässt sich dieses nicht an der berechneten Laurentreihe direkt ablesen? Wir schreiben f(z) z(z + ) z z + z z ( z ) Für z > können wir ( z ) ( z als geometrische Reihe entwickeln: ) k ( z ) k ( ) k z k k Somit erhalten wir die im Gebiet B () konvergente Laurentreihe f(z) z z ( ) k z k z + ( ) k+ z (k+) z + ( ) k z k k k Das Residuum von f(z) an der Stelle kann von der obigen Laurentreihe nicht abgelesen werden. Um das Residuum ablesen zu können, benötigt man die Laurentreihe von f(z), die in einem Gebiet, die die Null enthält, konvergiert. Eine Möglichkeit, das Residuum zu bestimmen, ist folgende Formel (vgl. Blatt 8): res z (h) ((z z ) n h(z)) (n ) (z ) (n )! Diese Formel gilt, falls h(z) einen Pol n-ter Ordnung im Punkt z besitzt. In unserem Fall besitzt f(z) z(z+) in z einen Pol.Ordnung, da zf(z) in z holomorph fortsetzbar ist. Daher gilt in unserem Fall mit n res z(f) (zf(z)) z Eine alternative Möglichkeit das Residuum zu berechnen ist folgende Formel: res (f) dzf(z) 2πi wobei U ɛ () : {z C z < ɛ} für ein ɛ >, so dass f(z) in Ūɛ() \ {} holomorph ist, wobei Ūɛ() : {z C z ɛ} der Abschluss von U ɛ () ist. In unserem Fall erhalten wir für < ɛ < res z (h) dzf(z) ( dz 2πi U ɛ() 2πi U ɛ() z ) z + da U dz ɛ() z 2πi und U dz ɛ() z+ gilt. Letztere Aussage folgt aus der Tatsache, dass für < ɛ < die Funktion z+ in Ūɛ() holomorph ist. Alternativ kann auch die Laurentreihe von f(z) um die Null bestimmt werden. Das Residuum ist dann der Koeffizient von /z. U ɛ() k

3 Aufgabe 3 Berechnen Sie mit Hilfe komplexer Integration das reelle Integral x 2 + dx. Achten Sie dabei auf eine klare Begründung, warum Ihre Rechnung das richtige Resultat liefert. Aufgrund der Symetrie der Funktion gilt ( ) x 2 + Re e ix x 2 + für x R und somit Daraus folgt x 2 + dx lim ( x 2 + dx Re r e ix x 2 + dx ). ( ) e iz x 2 dx Re lim + [,r] z 2 + dz. x 2 +dx. Außerdem ist Wir werden die rechte Seite mit Hilfe des Resiudensatzes berechnen. Dafür betrachten wir die komplexe Funktion f(z) und die Kurven eiz z 2 + (t) : t für t [, r], 3 (t) : t + ir für t [r, ], 2 (t) : r + it für t [, r], 4 (t) : + it für t [r, ]. Γ r : γ r + γ 2 r + γ 3 r + γ 4 r ist die geschlossene Kurve, die das Rechteck mit Ecken, r, r + ir, + ir in die positive Richtung einmal umläuft. Die Kurve γ r parametrisiert die Strecke [, r], die uns interessiert. e iz (z+i)(z i) Die Funktion f(z) eiz z 2 + ist holomorph auf C\{±i} und hat an der Stellen z i und z i jeweils einen Pol erster Ordung. Für r > liegt nur die Polstelle z i im Inneren von Γ r. Nach dem Residuensatz gilt für r > Γ r f(z)dz 2πi Res i (f) 2πi lim (z i)f(z) 2πi ei 2 z i 2i πe. Jetzt zeigen wir, dass die Integrale auf 2, 3 und 4 im Limes r keinen Beitrag zum Integral liefern, d.h., dass lim f(z)dz für i 2, 3, 4 ist. i f(z)dz f( 2 (t)) 2 (t)dt f( 2 (t)) 2 e t (t) dt (r + it) 2 + dt γ 2 r sup t [,r] Hier haben wir benutzt, dass (r + it) 2 + e t dt r 2 e t dt r 2. (r + it) 2 + (r + it) 2 r + it 2 r 2 + t 2 r 2 für t [, r] ist, also (r+it) 2 + r 2, für t [, r]. Analog zeigt man f(z)dz γ. Auf r 4 γ3 r gilt f(z)dz r f( 3 (t)) 3 (t)dt Somit gilt und γ 3 r e sup t [,r] (t + ir) 2 + e (t + ir) 2 + dt dt e r 2 2r. lim f(z)dz lim f(z)dz πe, Γ r ( ) x 2 dx Re lim f(z)dz πe. +

4 Aufgabe 4 Gegeben sei die Differentialgleichung y 3y 2y (a) Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung. (b) Bestimmen Sie die der Differentialgleichung für das Anfangswertproblem y(), y (), y (). (a) Mit Hilfe des Ansatzes y(x) Ae λx wird das Fundamentalsystem bestimmt. Dazu setzen wir Ae λx in die Differentialgelichung ein und erhalten (λ 3 3λ + 2)Ae λx Wir bestimmen die Nullstellen des Polynoms λ 3 3λ + 2: λ 3 3λ + 2 Die Nullstellen lauten λ λ 2 ; λ 3 2. Da die Nullstelle eine doppelte Vielfachheit besitzt, erhalten wir als Fundamentalsystem die 3 linear unabhängigen en: ϕ (x) e x ϕ 2 (x) xe x ϕ 3 (x) e 2x (b) Die allgemeine der obigen Differentialgleichung lautet y(x) c ϕ (x) + c 2 ϕ 2 (x) + c 3 ϕ 3 (x) wobei c, c 2, c 3 R aus der Anfangsbedingung zu bestimmen sind. Wir erhalten: y() c + c 3 y () c + c 2 2c 3 y () c + 2c 2 + 4c 3 Dieses Gleichungssystem kann z.b. mit Hilfe des Gauß-Verfahrens bestimmt werden. Wir geben hier nur die an (in der Klausur muss der Rechenweg nachvollziehbar sein): c /9, c 2 /3, c 3 /9 Das bedeutet, dass die der obigen Differentialgleichung zu den gegebenen Anfangsbedingungen wie folgt lautet: y(x) 9 ex 3 xex 9 e 2x

5 Aufgabe 5 Überprüfen Sie die Differentialgleichung y y sin x + sin x auf Existenz und Eindeutigkeit von en. Lösen sie sodann das entsprechende Anfangswertproblem für y(). Die Funktion f(x, y) y sin x + sin x ist stetig in R 2 und global Lipschitz-stetig in der zweiten Variable: für festes x R gilt f(x, y ) f(x, y 2 ) (y y 2 ) sin x y y 2, für alle y, y 2 R. Nach dem Satz von Picard-Lindelöf existiert eine globale und sie ist eindeutig. Jetzt lösen wir das Problem für y() mit der Methode der Variation der Konstanten. Die allgemeine des homogenen Problems y (x) y(x) sin x ist (Trennung der Variablen) y(x) Ce. Um en des inhomogenen Problems zu finden, lassen wir die Konstante variieren. D.h., wir suchen nach einer mit dem Ansatz y(x) C(x)e. Dann ist y (x) C (x)e + C(x) sin xe C (x)e + sin xy(x). Damit y das Problem löst, muss gelten. Also Wir integrieren auf beiden Seiten und finden C(x) x für Konstanten D, D 2. Somit ist C (x)e sin x C (x) sin xe. sin ue cos u du + D [ e cos u ] x + D e + D 2, y(x) C(x)e + D 2 e. Einsetzen von y in die Gleichung zeigt, dass tatsächlich y y sin x + sin x. Wir müssen nur die Konstante D 2 zum Anfangswert anpassen. y() + D 2 e!, also D 2 2e. Die gesuchte ist dann y(x) + 2e.