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MATHEMATISCHES INSTITUT WS 2017/
DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Übungen zu Mathematik III für Physiker
Prof. Dr. P. Pickl
Probeklausur Lösungen
Aufgabe 1: Gegeben sei das Vektorfeld u : R^2 → R^2 , u(x, y) =
−xy 1 2 x
2
. Integrie-
ren Sie u über den Rand des Kreises mit Radius R
(a) durch explizite Berechnung von
S^1 (R) u^ ·^ ds,
(b) durch Anwendung des Satzes von Stokes!
Lösung Wir benutzen Polarkoordinaten
x y
= r
cos(ϕ) sin(ϕ)
(a) Der Rand des Kreises mit Radius R wird parametrisiert durch
γ(ϕ) = R
cos(ϕ) sin(ϕ)
, γ′(ϕ) = R
− sin(ϕ) cos(ϕ)
, ϕ ∈ [0, 2 π[.
Dann ist ∮
S^1 (R)
u · ds =
∫ (^2) π
0
dϕ
−R^2 sin(ϕ) cos(ϕ) 1 2 R
(^2) cos (^2) (ϕ)
−R sin(ϕ) R cos(ϕ)
= R^3
(∫ (^2) π
0
dϕ sin^2 (ϕ) cos(ϕ) +
cos^3 (ϕ)
Das zweite Integral ist durch partielle Integration
I :=
∫ (^2) π
0
dϕ cos(ϕ)
cos^2 (ϕ) = sin(ϕ)
cos^2 (ϕ)
2 π
0
∫ (^2) π
0
dϕ sin^2 (ϕ) cos(ϕ)
∫ (^2) π
0
dϕ sin^2 (ϕ) cos(ϕ) =
∫ (^2) π
0
dϕ(1 − cos^2 (ϕ) cos(ϕ) =
∫ (^2) π
0
cos(ϕ)dϕ − 2 I.
Wegen
∫ (^2) π 0 cos(ϕ)dϕ^ = 0^ folgt^ I^ = 0^ und insgesamt ist somit ∮
S^1 (R)
u · ds = R^3 (I + I) = 0.
(b) Wir erweitern das Problem auf drei Dimensionen, um die Rotation zu berechnen:
rot(u) =
∂x ∂y ∂z
×
−xy 1 2 x
2 0
x − (−x)
2 x
Das Flächenelement des Kreises ist bekanntlich dσ = ez rdϕdr (oder durch Kreuz- produkt berechnen), damit berechnen wir nach dem Satz von Stokes
∮
S^1 (R)
u · ds =
B^1 (R)
rot(u)dσ =
B^1 (R)
2 x
(^) rdϕdr
∫ (^2) π
0
dϕ
∫ R
0
dr r · 2 x = 2
∫ (^2) π
0
dϕ
∫ R
0
dr r^2 cos(ϕ) ∗ =
2 R^3
∫ (^2) π
0
cos(ϕ) = 0.
Begründung zu (*): Wegen der Stetigkeit des Integranden und weil über eine beschränkte Menge integriert wird, dürfen wir die Integrationsreihenfolge nach dem Satz von Fubini beliebig wählen.
Aufgabe 2:
(a) Ist die Funktion h : C → C, h(z) = i · Im(z)^2 holomorph? Beweisen Sie Ihre Antwort!
(b) Es sei f 1 : R^2 → R, f 1 (x, y) = x^3 − 3 xy^2. Bestimmen Sie alle Funktionen f 2 : R^2 → R, so dass f : C → C, f (x + iy) = f 1 (x, y) + if 2 (x, y) holomorph ist!
(c) Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D ⊂ C sowie Lage und Art der Singularitäten der Funktion g gegeben durch
g(z) =
z + 2 z^2 − i
e
1 z+ (^).
Lösung
(a) Die Funktion h ist nicht holomorph. Ich führe drei Beweismöglichkeiten vor, jede einzelne ist natürlich ausreichend und korrekt! Beweis 1: Wir können h(x + iy) = h 1 (x, y) + ih 2 (x, y) schreiben mit h 1 (x, y) = 0 und h 2 (x, y) = y^2. Die Funktionen h 1 und h 2 sind stetig differenzierbar, aber sie erfüllen nicht die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen, da z.B.
∂xh 1 (x, y) = 0 6 = 2y = ∂yh 2 (x, y).
Somit ist h nach dem Satz aus der Vorlesung nicht holomorph. Beweis 2: Betrachte für reelle q die beiden Limiten, die für holomorphes h gleich h′(i) sein müssten.
lim q→ 0
h(i + q) − h(i) q
= lim q→ 0
i − i q
Aufgabe 3: Berechnen Sie folgende Integrale!
(a) (^) ∫
∂B 2 (i)
sin(z) (z − 2 i)^2 (z − 3) Dabei bezeichnet ∂Br(z) den Rand des Kreises um z mit Radius r.
(b) (^) ∫ ∞
−∞
i 1 + x^2
dx
Benutzen Sie für dieses Integral den Residuensatz und achten Sie auf genaue Begründungen!
Lösung
(a) Da |i− 3 | > 2 , ist die Funktion f (z) = sin( z−z 3 ) in B 2 (i) holomorph. Die Nullstelle des Nenners bei 2 i hingegen liegt innerhalb des Integrationsbereiches. Die Cauchy- Integralformel für Ableitungen liefert
f ′(2i) =
2 πi
∂B 2 (i)
f (z) (z − 2 i)1+^
dz,
also ist das gesuchte Integral ∫
∂B 2 (i)
f (z) (z − 2 i)^2
dz = 2πif ′(2i) = 2πi
(z − 3) cos(z) − sin(z) (z − 3)^2
z=2i
2 πi (2i − 3)^2
((2i − 3) cos(2i) − sin(2i)).
(b) Wir berechnen das Integral durch Erweiterung auf die komplexe Ebene. Sei γR der Weg von −R bis R entlang der reellen Achse und dann zurück zu −R über den Halbkreis mit Radius R in der oberen Halbebene (Bild malen bitte, ist einfacher!). Wir behaupten, dass ∫ (^) ∞
−∞
i 1 + x^2
dx = lim R→∞
γR
i 1 + z^2
dz.
Beweis der Behauptung: Es ist zu zeigen, dass im Grenzfall R → ∞ der Bogen des Halbkreises keinen Beitrag zum Integral ergibt. Parametrisierung des Halbkreises:
γ(ϕ) = Reiϕ, ϕ ∈ [0, π], γ′(ϕ) = iReiϕ.
Dann ist ∣ ∣ ∣ ∣
γ
i 1 + z^2
dz
∫ (^) π
0
dϕ
∣iRe
iϕ i 1 + R^2 e^2 iϕ
∣ ∼^
R
1 + R^2
R
Durch “Power-Counting”, also Zählen der Potenzen im Integranden, sehen wir, dass für große R der Betrag wie (^) R^1 skaliert und somit das Integral für R → ∞ gegen Null geht. Damit bleibt nur der Beitrag auf der reellen Achse übrig und die Behauptung ist bewiesen. Wegen i 1 + z^2
i (z − i)(z + i)
ist die Funktion f : C \ {−i, i} → C, f (z) = (^) 1+iz 2 holomorph, also im Inneren des Weges γR meromorph. Also können wir den Residuensatz verwenden. γR ist ein geschlossener Weg gegen den Uhrzeigersinn, der den Pol bei i einmal umläuft (und den Pol bei −i gar nicht!). Nach der Formel für das Residuum von Blatt 8 folgt Res(f, i) = (z − i) · f (z)|z=i =
i 2 i
Also nach dem Residuensatz: ∫ (^) ∞
−∞
i 1 + x^2
dx = lim R→∞
γR
i 1 + z^2
dz = lim R→∞ 2 πiRes(f, i) = πi.
Hinweis: Da vielleicht manchen bekannt ist, dass (^) 1+^1 x 2 die Ableitung des Arcus- tangens ist, hätte man diese Aufgabe auch ohne den Residuensatz lösen können, aber wir werden schon auch noch welche finden, bei denen man ihn unbedingt braucht...
i
−∞
1 + x^2
dx = i · arctan(x)|∞−∞ = i · (π 2 − − 2 π ) = πi.
Aufgabe 4:
(a) Es sei Ω = {a, b, c, d, e, f } und eine Teilmenge A ⊂ P(Ω) der Potenzmenge von Ω definiert durch M ∈ A ⇔ a ∈ M. Ist A eine σ-Algebra? Beweisen Sie Ihre Antwort!
(b) Es sei nun A′^ ⊂ P(Ω) definiert durch
M ∈ A′^ ⇔ M ⊂ {a, b, c} oder {d, e, f } ⊂ M.
Beweisen Sie, dass A′^ eine σ-Algebra ist!
Lösung
(a) A ist keine σ-Algebra. Dies scheitert an der Komplementbildung, z.B. ist Ω ∈ A, aber Ωc^ = ∅ ∈ A/ , da natürlich a /∈ ∅ ist. Ein anderes Beispiel wäre {a} ∈ A, aber {a}c^ = {b, c, d, e, f } ∈ A/.
Für das Quadrat des Erwartungswertes rechnen wir
E(X^2 ) =
R
x^2 ρ(x)dx = C
R
xe−λx 2 · x dx
und mit partieller Integration, da xe−λx 2 = − 2 λ^1 (e−λx 2 )′, (Randterme verschwinden)
= C
2 λ
R
e−λx 2 · 1 dx =
λ π
2 λ
π λ
2 λ
Somit ist
Var(X) = E(X^2 ) =
2 λ
