Musterl¨ osung Rechenteil — Analysis III f. Ing., 16. Oktober 2010
1. Aufgabe 10 Punkte
Zun¨achst eine Partialbruchzerlegung (Zuhaltemethode):
f (z) = z
(z − 1)(z − 2) = − 1
z − 1 + 2 z − 2 Laurentreihe im Kreisring:
− 1
z − 1 + 2
z − 2 = − 1 z · 1
1 −
1z− 1 1 −
z2= − z
−1∞
X
k=0
z
−k!
−
∞
X
k=0
2
−kz
k!
= −
∞
X
k=1
z
−k!
−
∞
X
k=0
2
−kz
k!
Laurentreihe im Außengebiet:
− 1
z − 1 + 2
z − 2 = − 1 z
1 1 −
1z+ 2 z
1 1 −
2z= − z
−1∞
X
k=0
z
−k!
+ 2z
−1∞
X
k=0
2
kz
−k!
= −
∞
X
k=1
z
−k! +
∞
X
k=1
2
kz
−k!
=
∞
X
k=1
(2
k− 1)z
−k2. Aufgabe 10 Punkte
a) (5 Punkte) Es ist
R
lim
→∞Z
K+(R)
e
izz
3+ ia
3dz
= lim
R→∞
Z
π0
e
−R(sinϕ−i cosϕ)R
3e
3iϕ+ ia
3iRe
iϕdϕ
≤ lim
R→∞
Z
π0
e
−R(sinϕ−i cosϕ)R
3e
3iϕ+ ia
3iRe
iϕdϕ
≤ lim
R→∞
R Z
π0
e
−Rsinϕ| R
3e
3iϕ+ ia
3| dϕ
≤ lim
R→∞
R Z
π0
1 R
3− a
3dϕ
≤ lim
R→∞
πR R
3− a
3= 0, also
R
lim
→∞Z
K+(R)
e
izz
3+ ia
3dz = 0.
b) (5 Punkte) Der Integrand hat bei ia,
a2√
3 − i
a2und −
a2√
3 − i
a2jeweils einen Pol 1. Ordnung.
Davon liegt nur ia im Gebiet B (R) mit R > a, das von K
+(R) und dem St¨uck [ − R, R] der reellen Achse eingeschlossen wird.
Es ist
Z
B(R)
e
izz
3+ ia
3dz = 2πi Res
e
izz
3+ ia
3, ia
= 2πi e
iz(z −
a2√
3 + i
a2)(z +
a2√
3 + i
a2)
!
z=ia= 2πi e
−a( −
a2√
3 + i
3a2)(
a2√
3 + i
3a2)
= 2πi e
−a−
9a42−
3a42= − 2πie
−a3a
2Dann ist mit der Aussage ( ∗ ) ¨uber den Halbkreis K
+(R):
Z
∞−∞
e
ixx
3+ ia
3dx = lim
R→∞
Z
B(R)
e
iz1 + z
2dz = − 2πie
−a3a
23. Aufgabe 10 Punkte Mit (1 + ( − 1)n)n
n∈N0
= (0, 0, 4, 0, 8, 0, 12, 0, . . .). ist Z [ (1 + ( − 1)
n)n
n∈N0
](z) =
∞
X
k=0
4kz
−2k= 4
∞
X
k=0
k(z
2)
−k= − 4z
2∞
X
k=0
( − k)(z
2)
−k−1= − 4z
2"
d dw
∞
X
k=0
w
−k#
w=z2
= − 4z
2d
dw w w − 1
w=z2
= − 4z
2(w − 1) − w (w − 1)
2w=z2
= 4z
21 (w − 1)
2w=z2
= 4z
2(z
2− 1)
2Ingredienzien f¨ur andere Rechnungen:
Z [(1)
n∈N0] = z
z − 1 , Z [(( − 1)
n)
n∈N0] = z z + 1 , Z [(n)
n∈N0] = − z d
dz Z [(1)
n∈N0] = z (z − 1)
2, Z [(( − 1)
nn)
n∈N0] = − z d
dz Z [(( − 1)
n)
n∈N0] = − z (z + 1)
2. Also hat man
Z [((1+( − 1)
n)n)
n∈N0] = z
(z − 1)
2− z
(z + 1)
2= z(z + 1)
2− z(z − 1)
2(z − 1)(z + 1)
2= 4z
2(z
2− 1)
24. Aufgabe 10 Punkte In der komplexen Ebene entspricht das Originalgebiet der oberen Halbebene, aus welcher der Kreis mit Mittelpunkt 10i und Radius 6 entfernt wurde.
Die angegebene M¨obiustransformation heiße f. f bildet das Originalgebiet auf den Kreisring mit Innenradius 1 und Außenradius 3 ab.
Der innere Kreis (r = 1) ist das Bild der reellen Achse (y = 0). Der ¨außere Kreis (R = 3) ist das Bild des in 10i zentrierten Kreises mit Radius 6.
Die harmonische Funktion ˜ u soll f¨ur r = 1 den Wert 0, f¨ur r = 3 den Wert 1 annehmen.
Der Ansatz ist
˜
u(x, y) = A + B ln(x
2+ y
2).
A, B sind bestimmt durch
˜
u(r = 1) = A = 0,
!u(r ˜ = 3) = A + B ln 9 = 1,
!also
˜
u(x, y) = 1
ln 9 ln(x
2+ y
2) Die L¨osung u des Originalproblems ist gegeben durch
u(x, y) = ˜ u(Re f (x + iy), Im f (x + iy)), also
u(x, y) = 1
ln 9 ln (Re f(x + iy))
2+ (Im f(x + iy))
2= 1 ln 9 ln
i z + 8i z − 8i
2
