Mathe für Physiker III Wintersemester 02/03 Walter Oevel 27. 1. 2003

Ü b u n g s b l a t t 12

Abgabe von ∗ Aufgaben bis zum 3.2., 11^{oo} Uhr, im Zettelkasten auf dem D1.

Aufgabe 52*: (Komplexe Differenzierbarkeit. 3 + 3 + 3 Bonuspunkte) An welchen Punkten z ∈ ℂ sind die Funktionen f_{1}(z) = 1/z, f_{2}(z) = \overline{z} (komplexe Konjugation) und f_{3}(z) = |z| (komplexer Betrag) komplex differenzierbar? Anleitung: Wo sind die Cauchy– Riemannschen DGLen für diese Funktionen erfüllt?

Musterlösung:

a) Mit z = x + i · y folgt die Zerlegung von f_{1}(z) = 1/z nach Real- und Imaginärteil:

\frac{1}{z} = \frac{1}{x + i · y} = \frac{x − i · y}{(x + i · y) · (x − i · y)} = \underbrace{\frac{x}{x^{2} + y^{2}}}_{u(x,y)} + i · \underbrace{\frac{−y}{x^{2} + y^{2}}}_{v(x,y)}

Mit

u_{x} = \frac{1}{x^{2} + y^{2}} − \frac{2 · x^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}} = \frac{y^{2} − x^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}} , u_{y} = \frac{−2 · x · y}{(x^{2} + y^{2})^{2}} ,

v_{x} = \frac{2 · x · y}{(x^{2} + y^{2})^{2}} , v_{y} = \frac{−1}{x^{2} + y^{2}} + \frac{2 · y^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}} = \frac{y^{2} − x^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}}

sind die Cauchy–Riemannschen DGLen u_{x} = v_{y}, u_{y} = −v_{x} offensichtlich überall (außer an der Polstelle z = 0) erfüllt.

b) Mit \overline{z} = \overline{x + i · y} = \underbrace{x}_{u(x,y)} +i · \underbrace{(−y)}_{v(x,y)}, also

u_{x} = 1, u_{y} = 0, v_{x} = 0, v_{y} = −1

sind die Cauchy–Riemannschen DGLen u_{x} = v_{y}, u_{y} = −v_{x} offensichtlich nirgends erfüllt.

c) Mit |z| = \sqrt{x^{2} + y^{2}}, also u(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}}, v(x, y) = 0, also

u_{x} = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} ≠ v_{y} = 0, u_{y} = \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} ≠ −v_{x} = 0

sind die Cauchy–Riemannschen DGLen nirgends (außer evtl. am Nullpunkt) erfüllt. Am Nullpunkt ergibt sich der Differenzenquotient

\frac{f_{3}(h) − f_{3}(0)}{h} = \frac{|h|}{h},

dessen Grenzwert für h → 0 nicht existiert. Damit ist f_{3}(z) = |z| nirgends differenzierbar.

Aufgabe 53*: (Der komplexe Logarithmus. 3 + 3 + 3 Bonuspunkte) Jede komplexe Zahl z ≠ 0 läßt sich in der Form z = r · e^{i·ϕ} schreiben, wobei mit den Vereinbarungen r > 0 und ϕ ∈ (−π, π] die Polarkoordinaten (r, ϕ) eindeutig sind. Definiere den komplexen Logarithmus durch

ln(z) := ln(r) + i · ϕ,

wobei ln(r) der wohlbekannte reelle Logarithmus ist. a) Zeige: e^{ln(z)} = z. Gilt immer ln(e^{z}) = z?

b) Wo ist der komplexe Logarithmus stetig?

c) Zeige, dass der Logarithmus an allen Stellen z ∈ ℂ \ ℝ_{−} differenzierbar ist. (Mit ℝ_{−} ist die negative reelle Halbachse {z = x + i · y; x ≤ 0, y = 0} gemeint.) Bestimme die Ableitung des Logarithmus.

Musterlösung:

a) Es gilt immer

e^{ln(z)} = e^{ln(r)+i·ϕ} = e^{ln(r)} · e^{i·ϕ} = r · e^{i·ϕ} = z.

Da der ln nur Werte liefert, deren Imaginärteil (= der Polarwinkel ϕ) zwischen −π und π liegt, kann für z außerhalb dieses Streifens nicht z = ln(e^{z}) gelten. In der Tat gilt

z = ln(e^{z}) + i · k · 2 · π mit k = ⌈\frac{ℑ(z) − π}{2 · π} ⌉ ∈ ℤ.

Hierbei ist ⌈x⌉ die kleinste ganze Zahl, die größer oder gleich x ist.

b) Der Realteil ℜ(ln(z)) = ln(|z|) ist überall außer am Nullpunkt eine stetige Funktion, da der reelle Logarithmus für positive Argumete stetig ist und nur |z| > 0 betrachtet wird. Der Imaginärteil ℑ(ln(z)) = ϕ ist als Polarwinkel (geometrisch anschaulich) ebenfalls stetig, solange z nicht auf der negativen reellen Halbachse liegt. Dort springt der Polarwinkel von den Werten ≈ π (für ℑ(z) ≥ 0) zu Werten ≈ −π (für ℑ(z) < 0), wenn man diese Halbachse transversal von der oberen Halbebene in die untere Halbebene laufend überschreitet. Der Stetigkeitsbereich von ln(z) ist damit ℂ \ ℝ_{−}.

c) Mit x = ℜ(z) = r · cos(ϕ), y = ℑ(z) = r · sin(ϕ) folgen aus den Gleichungen

\frac{∂x}{∂x} = 1 = \frac{∂r}{∂x} · cos(ϕ) − r · sin(ϕ) · \frac{∂ϕ}{∂x}, \frac{∂x}{∂y} = 0 = \frac{∂r}{∂y} · cos(ϕ) − r · sin(ϕ) · \frac{∂ϕ}{∂y},

\frac{∂y}{∂x} = 0 = \frac{∂r}{∂x} · sin(ϕ) + r · cos(ϕ) · \frac{∂ϕ}{∂x}, \frac{∂y}{∂y} = 1 = \frac{∂r}{∂y} · sin(ϕ) + r · cos(ϕ) · \frac{∂ϕ}{∂y}

die partiellen Ableitung

\frac{∂r}{∂x} = cos(ϕ), \frac{∂r}{∂y} = sin(ϕ), \frac{∂ϕ}{∂x} = − \frac{sin(ϕ)}{r}, \frac{∂ϕ}{∂y} = \frac{cos(ϕ)}{r}

der Polarkoordinaten nach den kartesischen Koordinaten (vergleiche auch Beispiel 2.29 des Skripts). Für die Zerlegung des komplexen Logarithmus ln(z) = u(x, y) + i · v(x, y) in

u(x, y) = ln(r), v(x, y) = ϕ

lassen sich damit sofort die Cauchy–Riemannschen Differentialgleichungen u_{x} = v_{y}, u_{y} = −v_{x} verifizieren:

u_{x} = \frac{1}{r} · \frac{∂r}{∂x} = \frac{cos(ϕ)}{r}, u_{y} = \frac{1}{r} · \frac{∂r}{∂y} = \frac{sin(ϕ)}{r}, v_{x} = \frac{∂ϕ}{∂x} = −\frac{sin(ϕ)}{r}, v_{y} = \frac{∂ϕ}{∂y} = \frac{cos(ϕ)}{r}.

Mit der Kettenregel der Differentiation folgt

e^{ln(z)} = z ⇒ \frac{d}{dz} e^{ln(z)} = \underbrace{e^{ln(z)}}_{z} ·\frac{d}{dz} ln(z) = \frac{d}{dz} z = 1,

also (wie im Reellen): \frac{d}{dz} ln(z) = \frac{1}{z} .

Aufgabe 54*: (Kurvenparametrisierungen. 3 + 3 + 3 Bonuspunkte)

a) Finde eine Parametrisierung der Ellipse (\frac{x}{a})^{2} + (\frac{y}{b} )^{2} = 1 mit den Halbachsen a > 0, b > 0.

b) Finde eine Parametrisierung des Funktionsgraphen y = f(x), x ∈ [x_{0}, x_{1}].

c) Finde eine Parametrisierung der folgenden Spirale vom Punkt (1, 0) zum Punkt (3, 0):

Zur Probe: Kurven können in MuPAD mit plot(plot::Curve2d([x(t),y(t)],t=t0..t1))

gezeichnet werden.

Musterlösung:

a) Die Ellipsengleichung wird mit \frac{x}{a} = cos(ϕ), \frac{y}{b} = sin(ϕ) erfüllt, also

x(ϕ) = a · cos(ϕ), y(ϕ) = b · sin(ϕ), ϕ ∈ [0, 2 · π).

b) x = t, y = f(t), t ∈ [x_{0}, x_{1}].

c) Die Spirale wurde mittels

>> t0:= 0: t1:= 2:
>> r:= t -> 1 + t: x:= t -> r(t)*cos(2*PI*t): y:= t -> r(t)*sin(2*PI*t):
>> plot(plot::Curve2d([x(t), y(t)], t = t0 .. t1),
        Ticks = [[-3, -2, -1, 1, 2, 3], [-3, -2, -1, 1, 2, 3]],
        Scaling = Constrained, FontSize = 16):

erzeugt. Die verwendete Parametrisierung ist damit

t ∈ [0, 2] → z(t) = (1 + t) · e^{i·2·π·t}.

(Der lineare Anstieg des Radius r(t) = 1 + t ist aus dem Plot natürlich nicht wirklich ersichtlich. Beliebige monoton steigende Funktionen r(t) mit r(0) = 1 und r(2) = 3 erzeugen ähnliche Spiralen.)

Aufgabe 55*: (Kurvenintegrale. 5 + 5 Bonuspunkte)

Berechne ^{Γ} ∫_{0}^{z}ξ dξ, wobei

a) Γ die Gerade vom Nullpunkt zum Punkt z ∈ ℂ ist,

b) Γ der Parabelbogen y = \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · x^{2} vom Nullpunkt zum Punkt z ∈ ℂ ist (es gelte ℜ(z) ≠ 0).

Musterlösung:

a) Mit der Parametrisierung ξ(t) = t · z, t ∈ [0, 1] ergibt sich

Γ ∫_{0}^{z}ξ dξ = ∫_{0}^{1} \underbrace{t · z}_{ξ(t)} · \underbrace{z}_{\frac{dξ(t)}{dt}} dt = z^{2} · ∫_{0}^{1} t dt = \frac{z^{2}}{2} .

b) Mit der Parametrisierung

ξ(t) = t + i · \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · t^{2}, t ∈ [0, ℜ(z)]

ergibt sich

Γ ∫_{0}^{z}ξ dξ = ∫_{0}^{ℜ(z)} \underbrace{(t + i · \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · t^{2})}_{ξ(t)} · \underbrace{(1 + 2 · i · \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · t)}_{\frac{dξ(t)}{dt}} dt

= ∫_{0}^{ℜ(z)} (t − 2 · \frac{ℑ(z)^{2}}{ℜ(z)^{4}} · t^{3} + i · \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · t^{2} + i · 2 · \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · t^{2}) dt

= ∫_{0}^{ℜ(z)} (t − 2 · \frac{ℑ(z)^{2}}{ℜ(z)^{4}} · t^{3} + i · 3 · \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · t^{2}) dt

= [ \frac{t^{2}}{2} − \frac{ℑ(z)^{2}}{ℜ(z)^{4}} · \frac{t^{4}}{2} + i · \frac{ℑ(z)}{ℜ(z)^{2}} · t^{3} ]_{t=0}^{t=ℜ(z)}

= \frac{1}{2} · (ℜ(z)^{2} − ℑ(z)^{2} + 2 · i · ℜ(z) · ℑ(z)) = \frac{(ℜ(z) + i · ℑ(z))^{2}}{2} = \frac{z^{2}}{2} .

Aufgabe 56*: (Stammfunktionen. 5 + 5 Bonuspunkte) Sei f(z) differenzierbar. Sei z_{0} ein beliebiger fixierter Punkt der komplexen Ebene.

a) Zeige, dass die Funktion F (z) = ^{Γ} ∫_{z_{0}}^{z}f(ξ) dξ komplex differenzierbar ist und \frac{d}{dz} F (z) = f(z)

gilt, wobei Γ eine beliebige Kurve von z_{0} nach z ist.

b) Bestimme eine Stammfunktion von f(z) = z.

Anleitung: benutze das Deformationsprinzip, um die Kurven zu Geraden zu machen. Dann lassen sich Differenzenquotienten von F (z) leicht als Wegintegral darstellen.

Musterlösung:

a) Wähle ein beliebiges Δz = h ∈ ℂ. Es ergibt sich der Differenzenquotient \frac{ΔF}{Δz} = \frac{F (z + h) − F (z)}{h}, in dem sich

F (z + h) = ^{Γ_{1}} ∫_{z_{0}}^{z+h}f(ξ) dξ = ^{Γ} ∫_{z_{0}}^{z}f(ξ) dξ + ^{Γ_{2}} ∫_{z}^{z+h}f(ξ) dξ = F (z) + ^{Γ_{2}} ∫_{z}^{z+h}f(ξ) dξ

zerlegen läßt: Γ_{1} ist die Gerade von z_{0} nach z + h, die sich in die Teilstücke Γ (die Gerade von z_{0} nach z) und Γ_{2} (die Gerade von z nach z + h) verbiegen und zerlegen läßt. Also:

\frac{ΔF}{Δz} = \frac{F (z + h) − F (z)}{h} = \frac{1}{h} · ^{Γ_{2}} ∫_{z}^{z+h}f(ξ) dξ.

Parametrisiere die Gerade Γ_{2} durch ξ(t) = z + t · h, t ∈ [0, 1]:

\frac{1}{h} · ^{Γ_{2}} ∫_{z}^{z+h}f(ξ) dξ = \frac{1}{h} · ∫_{0}^{1} f(z + t · h) · \underbrace{h}_{\frac{dξ(t)}{dt}} dt = ∫_{0}^{1} f(z + t · h) dt.

Damit ergibt sich (f(z) ist als differenzierbare Funktion auch stetig):

lim_{h→0} \frac{ΔF}{Δz} = lim_{h→0} ∫_{0}^{1} f(z + t · h) dt = ∫_{0}^{1} lim_{h→0} f(z + t · h) dt = ∫_{0}^{1} f(z) dt = f(z).

b) Wir wählen z_{0} = 0. Mit der Parametrisierung ξ(t) = t · z, t ∈ [0, 1] der Geraden vom Nullpunkt zum Punkt z erhält man die Stammfunktion

F (z) = ^{Γ} ∫_{0}^{z}ξ dξ = ∫_{0}^{1} \underbrace{t · z}_{ξ(t)} · \underbrace{z}_{\frac{dξ(t)}{dt}} dt = z^{2} · ∫_{0}^{1} dt = \frac{z^{2}}{2} .

(Diese Rechnung ist schon in Aufgabe 55.a) geschehen.)