Mathe für Physiker III Wintersemester 02/03 Walter Oevel 3. 2. 2003

Ü b u n g s b l a t t 13

Abgabe von ∗ Aufgaben bis zum 10.2., 11^{oo} Uhr, im Zettelkasten auf dem D1.

Aufgabe 57*: (Kurvenintegrale und Gradientenfelder. 10 Bonuspunkte)

Für welche Werte der Parameter α, β hat das Vektorfeld f⃗(x, y) = ( \begin{matrix}x^{2} + α · y \\ y^{2} + β · x \end{matrix} ) (mit (x, y) ∈ ℝ^{2})

ein Potential P (x, y) mit f⃗ = grad_{x,y}P? Bestimme P!

Musterlösung: Seien f_{1} = x^{2} + α · y, f_{2} = y^{2} + β · x die beiden Koeffizienten des Vektorfeldes. Aus der Mathe II ist bekannt, dass f⃗ genau dann (lokal) ein Potential hat, wenn

\frac{∂f_{1}}{∂y} = \frac{∂f_{2}}{∂x}

gilt (dies ist genau die Symmetrie P_{xy} = P_{yx} der zweiten Ableitung, wenn man hypothetisch ein Potential mit f_{1} = P_{x}, f_{2} = P_{y} annimmt). Für unser Vektorfeld ist diese Bedingung:

\frac{∂f_{1}}{∂y} = α =^{(!)} \frac{∂f_{2}}{∂x} = β.

Ein Potential kann also nur für α = β existieren. Man kann das Potential nun entweder raten:

f_{1} = x^{2} + αy = P_{x} ⇒ P (x, y) = \frac{x^{3}}{3} + α · x · y + c_{1}(y),

f_{2} = y^{2} + αx = P_{y} ⇒ P (x, y) = \frac{y^{3}}{3} + α · x · y + c_{2}(x),

⇒ P (x, y) = \frac{x^{3} + y^{3}}{3} + α · x · y + c_{3}

oder (systematisch) über ein Kurvenintegral bestimmen:

P (x⃗) = ^{Γ} ∫ x⃗ ; x⃗_{0} ⟨f⃗(x⃗), dx⃗⟩

mit einem beliebigen Punkt x⃗_{0} und einem beliebigen Weg Γ von x⃗_{0} nach x⃗. Dies führt natürlich zum selben Ergebnis wie oben.

Aufgabe 58*: (Der Mittelwertsatz. 10 Bonuspunkte) Sei f(z) analytisch auf einem Gebiet, das den Kreis um z_{0} mit Radius r umfasst. Zeige:

f(z_{0}) = \frac{1}{2 · π} · ∫_{0}^{2·π} f(z_{0} + r · e^{i·t}) dt.

Anschauliche Interpretation: der Mittelwert der Funktionswerte auf einem Kreis stimmt mit dem Funktionswert am Mittelpunkt überein.

Musterlösung: Die Cauchysche Integraldarstellung

f(z_{0}) = \frac{1}{2 · π · i} · ∮_{Γ} \frac{f(ξ)}{ξ − z_{0}} dξ

mit einem durch ξ(t) = z_{0} + r · e^{i·t}, t ∈ [0, 2 · π] parametrisierten Kreis Γ liefert sofort

f(z_{0}) = \frac{1}{2 · π · i} · ∫_{0}^{2·π} \frac{f(z_{0} + r · e^{i·t})}{r · e^{i·t}} · \underbrace{i · r · e^{i·t}}_{\frac{dξ(t)}{dt}} dt = \frac{1}{2 · π} · ∫_{0}^{2·π} f(z_{0} + r · e^{i·t}) dt.

Aufgabe 59*: (Der Fundamentalsatz der Algebra. 10 Bonuspunkte)

a) Sei U ∈ ℂ ein offenes Holomorphie–Gebiet von f(z). Sei K ⊂ U eine beliebiger Kreisring mit Radius r. Nach Satz 3.28 des Skripts stellt die Taylor–Reihe ∑_{k} c_{k} · (z − z_{0})^{k} von f(z) um den Mittelpunkt z_{0} von K die Funktion f(z) für alle z in K dar. Folgere, dass für die Taylor–Koeffizienten die Abschätzung |c_{k}| ≤ max_{z∈K} |f(z)|/r^{k} gilt.

b) Folgere, dass eine auf ganz ℂ analytische und beschränkte Funktion f(z) konstant sein muss (der ”Satz von Liouville“). Anleitung: die in a) gezeigte Abschätzung für die Taylor– Koeffizienten bzgl. des Nullpunktes gilt für \underline{jedes} r > 0.

c) Folgere folgende Version des Fundamentalsatzes der Algebra: jedes Polynom vom Grad n ≥ 1 hat mindestens eine komplexe Nullstelle. Anleitung: angenommen, es gäbe ein Polynom p(z) vom Grad n ≥ 1 ohne eine komplexe Nullstelle. Die Funktion f(z) = 1/p(z) wäre dann auf ganz ℂ analytisch. Außerdem ist sie beschränkt.

Anmerkung: Hat ein Polynom p(z) vom Grad n eine Nullstelle z_{1} ∈ ℂ, so läßt sich leicht zeigen, dass man den Faktor z − z_{1} abspalten kann: es gilt p(z) = (z − z_{1}) · p_{1}(z) mit einem Polynom p_{1}(z) mit grad(p_{1}) = grad(p) − 1. Ist grad(p_{1}) > 1, so besitzt dieses Restpolynom wiederum eine Nullstelle z_{2}, die abgespalten werden kann. Man erhält so rekursiv eine Zerlegung p(z) = (z − z_{1}) · (z − z_{2}) · . . . · (z − z_{n}) · p_{n} mit einem konstanten Restpolynom p_{n}. Aus c) folgt also unmittelbar die in Bemerkung 3.31 des Skriptes formulierte allgemeine Version des Fundamentalsatzes.

Musterlösung:

a) Nach Satz 3.28 gilt

c_{k} = \frac{f^{(k)}(z_{0})}{k!} = \frac{1}{2 · π · i} · ∮_{K} \frac{f(ξ)}{(ξ − z_{0})^{k+1}} dξ.

Mit der Parametrisierung ξ(t) = z_{0} + r · e^{i·t}, t ∈ [0, 2 · π] folgt

c_{k} = \frac{1}{2 · π · i} · ∫_{0}^{2·π} \frac{f(ξ(t))}{r^{(k+1)} · e^{i·(k+1)·t}} · r · i · e^{i·t} dt = \frac{1}{2 · π} · ∫_{0}^{2·π} \frac{f(ξ(t))}{r^{k} · e^{i·k·t}} dt

⇒ |c_{k}| ≤ \frac{1}{2 · π} · ∫_{0}^{2·π} |\frac{f(ξ(t))}{r^{k} · e^{i·k·t}} | dt ≤ \frac{max\{|f(z)|; z ∈ K\}}{r^{k}}.

|c_{k}| ≤ \frac{max\{|f(z)|; z ∈ K\}}{r^{k}} ≤ \frac{max\{|f(z)|; z ∈ ℂ\}}{r^{k}}.

b) Wähle in a) als Holomorphie–Gebiet U = ℂ, sei K ein Kreis um den Ursprung mit einem beliebigen Radius r. Für die Taylor–Koeffizienten von f(z) gilt mit a):

Da r beliebig wählbar ist, folgt |c_{k}| = 0 für alle k ≠ 0. Die Taylor–Reihe besteht also nur aus dem konstanten Term. Andererseits stellt sie f(z) dar, d.h., eine beschränke überall analytische Funktion muss konstant sein.

c) Für |z| ≥ 1 gilt für jedes Polynom vom Grad n (also a_{n} ≠ 0):

|p(z)| = |a_{n} · z^{n} + ⋯ + a_{1} · z + a_{0}| = \underbrace{|z|^{n}}_{≥1} ·|a_{n} + \frac{a_{n−1}}{z} + ⋯ + \frac{a_{1}}{z^{n−1}} + \frac{a_{0}}{z^{n}} |

≥ |a_{n} + \frac{a_{n−1}}{z} + ⋯ + \frac{a_{1}}{z^{n−1}} + \frac{a_{0}}{z^{n}} | ≥ \frac{|a_{n}|}{2},

wenn nur |z| genügend groß ist. Damit gilt |f(z)| = |1/p(z)| ≤ |2|/|a_{n}| für alle hinreichend grossen Punkte z. In endlichen Bereichen hat |f(z)| ein Maximum, wenn p keine Nullstelle hat, also f stetig ist. Insgesamt ist f(z) damit auf ganz ℂ beschränkt. Nach b) muss f(z) = 1/p(z) konstant sein, wenn p keine Nullstelle hat. Also ist auch p(z) konstant im Widerspruch zur Annahme, dass der Polynomgrad von p mindestens 1 sein soll.

Aufgabe 60*: (Berechnung eines bestimmten Integrals. 10 Bonuspunkte) Betrachte ∮_{Γ} f(z)dz mit f(z) = e^{i·z}/z und der folgenden Kontur Γ = Γ_{1} ∪ ⋯ ∪ Γ_{6}:

Γ_{1}  Γ_{2}  Γ_{3}  Γ_{4} Γ_{5}  Γ_{5} Γ_{6}  i · R −R + i · R  R + i · R R −R  −ϵ ϵ

a) Zeige: ∫_{Γ_{1}} f(z) dz + ∫_{Γ_{3}} f(z) dz = 2 · i · ∫_{ϵ}^{R} \frac{sin(x)}{x} dx.

b) Zeige: lim_{ϵ→0} ∫_{Γ_{2}} f(z) dz = −i · π.

c) Zeige: lim_{R→∞} ∫_{Γ_{i}} f(z) dz = 0, i = 4, 5, 6.

d) Folgere aus a) – c): ∫_{0}^{∞} \frac{sin(x)}{x} dx = \frac{π}{2} .

Musterlösung: a)

∫_{Γ_{1}} f(z) dz + ∫_{Γ_{3}} f(z) dz = ∫_{−R}^{−ϵ} \frac{e^{i·x}}{x} dx + ∫_{ϵ}^{R} \frac{e^{i·x}}{x} dx = ∫_{ϵ}^{R} \frac{e^{i·x} − e^{−i·x}}{x} dx = 2 · i · ∫_{ϵ}^{R} \frac{sin(x)}{x} dx,

wobei das erste Integral über x → −x vom Intervall [−R, −ϵ] auf das Intervall [ϵ, R] transformiert wurde.

b) Wir parametrisieren den Halbkreis Γ_{2} von −ϵ ∈ ℝ bis ϵ ∈ ℝ durch ξ(t) = ϵ · e^{i·(π−t)}, t ∈ [0, π]:

∫_{Γ_{2}} \frac{e^{i·z}}{z} dz = ∫_{0}^{π} \frac{e^{i·ϵ·e^{i·(π−t)}}}{ϵ · e^{i·(π−t)}} · \underbrace{ϵ · (−i) · e^{i·(π−t)}}_{\frac{dξ(t)}{dt}} dt = (−i) · ∫_{0}^{π} e^{i·ϵ·e^{i·(π−t)}} dt.

Wir brauchen nur den Grenzwert des Integrals für ϵ → 0:

lim_{ϵ→0} ∫_{Γ_{2}} \frac{e^{i·z}}{z} dz = (−i) · ∫_{0}^{π} lim_{ϵ→0} e^{i·ϵ·e^{i·(π−t)}} dt = (−i) · ∫_{0}^{π} e^{0} dt = −i · π.

c) Wir parametrisieren Γ_{4} durch ξ(t) = R + i · t, t ∈ [0, R]:

∫_{Γ_{4}} \frac{e^{i·z}}{z} dz = ∫_{0}^{R} \frac{e^{i·(R+i·t)}}{R + i · t} · i dt = ∫_{0}^{R} \frac{e^{−t} · e^{i·R}}{R + i · t} · i dt,

also

|∫_{Γ_{4}} \frac{e^{i·z}}{z} dz| ≤ ∫_{0}^{R} \frac{e^{−t}}{|R + i · t|} dt ≤ ∫_{0}^{R} \frac{e^{−t}}{R} dt = \frac{1 − e^{−R}}{R} →^{R→∞} 0.

Wir parametrisieren Γ_{6} durch ξ(t) = −R + i · (R − t), t ∈ [0, R] und erhalten analog:

∫_{Γ_{6}} \frac{e^{i·z}}{z} dz = ∫_{0}^{R} \frac{e^{i·(−R+i·(R−t))}}{−R + i · (R − t)} · i dt = ∫_{0}^{R} \frac{e^{−(R−t)} · e^{−i·R}}{−R + i · (R − t)} · i dt,

also

|∫_{Γ_{6}} \frac{e^{i·z}}{z} dz| ≤ ∫_{0}^{R} \frac{e^{−(R−t)}}{| − R + i · (R − t)|} dt ≤ ∫_{0}^{R} \frac{e^{−(R−t)}}{R} dt = \frac{1 − e^{−R}}{R} →^{R→∞} 0.

Wir parametrisieren Γ_{5} durch ξ(t) = R − t + i · R, t ∈ [0, 2 · R]:

∫_{Γ_{5}} \frac{e^{i·z}}{z} dz = ∫_{0}^{2·R} \frac{−e^{i·(R−t+i·R)}}{R − t + i · R} dt = ∫_{0}^{2·R} \frac{−e^{−R} · e^{i·(R−t)}}{R − t + i · R} dt,

also

|∫_{Γ_{5}} \frac{e^{i·z}}{z} dz| ≤ ∫_{0}^{2·R} \frac{e^{−R} · |e^{i·(R−t)}|}{|R − t + i · R|} dt ≤ ∫_{0}^{2·R} \frac{e^{−R}}{R} dt = 2 · e^{−R} →^{R→∞} 0.

d) Für jedes ϵ > 0 und 0 < R < ∞ liefert der Cauchysche Integralsatz die Gleichung

∮_{Γ} f(z) dz = ∑_{i=1}^{6} ∫_{Γ_{i}} f(z) dz = 0,

denn der Integrand ist im Innern des von Γ eingeschlossenen Gebiets analytisch. Im Grenzwert ϵ → 0 und R → ∞ verbleibt mit a) – c) die Gleichung

∫_{Γ_{1}} f(z) dz + ∫_{Γ_{3}} f(z) dz + ∫_{Γ_{2}} f(z) dz = \underbrace{2 · i · ∫_{0}^{∞} \frac{sin(x)}{x} dx}_{∫_{Γ_{1}} + ∫_{Γ_{3}}} \underbrace{− i · π}_{∫_{Γ_{2}}} = 0

also

∫_{0}^{∞} \frac{sin(x)}{x} dx = \frac{π}{2} .