L¨osungen zur 26. ¨Ubung H¨ohere Mathematik II (MB) 26.1

L¨ osungen zur 26. ¨ Ubung

H¨ohere Mathematik II (MB)

26.1 (a) Es gilt u(x, y) =x² −y² und v(x, y) = 2xy wegen z² = (x+i y)² =x²+ 2i xy−y².

Niveaulinien von u und v sind jeweils Hyperbeln (siehe Abb. 1)

Abbildung 1: Niveaulinien – u blau, v rot (b) u und v sind stetig differenzierbar in R² und gen¨ugen dort den

Cauchy-Riemann-Differentialgleichungen:

ux = 2x=vy, uy =−2y=−vx. Deshalb ist f holomorph in C. Es gilt

f^′(z) =ux+i vx = 2x+ 2iy = 2z . 26.2 F¨ur f(z) =|x+iy|=p

x²+y² gilt u= Re (f) =p

x²+y² und v = Im (f) = 0, d.h. u und v sind stetig differenzierbar f¨ur (x, y)6= (0,0) mit

ux = x

px²+y² , uy = y

px²+y² , vx =vy = 0.

Die Cauchy-Riemann-Differentialgleichungen sind nirgends erf¨ullt.

Also ist f f¨ur kein z ∈C differenzierbar.

26.3 (a) Aus den Cauchy-Riemann-Gleichungen ux =vy, uy =−vx folgt gradu· gradv =uxvx+uyvy =vyvx+ (−vx)vy = 0.

(b) Nach (a) sind die Gradienten von uund v orthogonal. Da andererseits in jedem Punkt Gradient und Niveaulinie orthogonal sind, schneiden sich die Niveaulinien von u und v in jedem Punkt unter einem rechten Winkel.

26.4 Mit e^iz =e^ix−y =e^−ye^ix =e^−y(cosx+i sinx) und e^−iz =e^ye^−ix =e^y(cosx−i sinx) ist cosz = ¹₂(e^y+e^−y) cosx−i¹₂(e^y−e^−y) sinx . Hieraus folgt

Re (cosz) = e^y +e^−y

2 cosx = cosx coshy , Im (cosz) =−sinx sinhy . 26.5 (a) 2ⁱ =e^{iln 2}= cos(ln 2) +i sin(ln 2) = 0.7692 + 0.6390i

(b) Ln(−i) = ln| −i|+iarg(−i) = 0 +i(−^π₂) =−1.571i (c) iⁱ =e^iLni =e^i(iπ2) =e^−π2 = 0.2079

26.6 Aus 2 = sinz= e^{i z} −e^{−i z}

2i folgt mit der Substitution w=e^{i z} die quadratische Gleichung w²−4iw−1 = 0 . Deren L¨osung w₁ = (2 +√

3)i f¨uhrt nach R¨ucksubstitution auf die gesuchte Zahl z1 =π/2−i ln(2 +√

3) = 1.5708−1.3170i . Anmerkung: Die zweite L¨osung w2 = (2−√

3)i der quadratischen Gleichung f¨uhrt auf die Zahl z₂ =z₁, die das Problem ebenfalls l¨ost.

26.7 Es ist Z

K

¯ z dz =

Z

K

(x−iy)(dx+idy) = Z

K

x dx+y dy + i Z

K

−y dx+x dy . (a) Mit der Parametrisierung z(t) = (1 +i)t mit 0≤t ≤1 und ˙z(t) = 1 +i

von K1 in derz-Ebene

bzw. x(t) =y(t) = t , 0≤t ≤1 und ˙x(t) = ˙y(t) = 1 in der x-y-Ebene erh¨alt man

Z

K₁

¯ z dz =

Z

K₁

x dx+y dy + i Z

K₁−y dx+x dy

= Z 1

0

(xx˙ +yy)˙ dt + i Z 1

0

(−yx˙ +xy)˙ dt = Z 1

0

2t dt = 1

(b)

Z

K₂

¯

z dz = 1−i

Offenbar ist das Integral vonz0 nach z1 vom Weg abh¨angig.

Daher hat f keine Stammfunktion.

Aufgaben und L¨osungen im Web : www.tu-chemnitz.de/∼ustreit

Bemerkungen an : u.streit@mathematik.tu-chemnitz.de [5. Juli 2019]