1. Aufgabe 10 Punkte

Musterl¨ osung Rechenteil — Analysis III f. Ing., 24. Juli 2007

1. Aufgabe 10 Punkte

Mit v(x, y) = − y ³ + 3x ² y + y suchen wir u(x, y), so dass

u x = v y = − 3y ² + 3x ² + 1, u y = − v x = − 6xy. 4 P.

Also ist

u(x, y) = − 3xy ² + x ³ + x + ψ(y) = − 3xy ² + ϕ(x) 4 P.

mit geeigneten Funktionen ϕ(x), ψ(y). Es folgt

ϕ(x) = x ³ + x + C, ψ(y) = C

mit einer geeigneten Konstanten C, die durch f (1) = 0 fixiert wird:

f (x + iy) = ( − 3xy ² + x ³ + x) + i( − y ³ + 3x ² y + y) + C

= ⇒ f (1) = 2 + C = 0 = ⇒ C = − 2. 1 P.

Also lautet der gesuchte Realteil

Re f (x + iy) = − 3xy ² + x ³ + x − 2. 1 P.

Es istf(z) =z³+z−2.

2. Aufgabe 10 Punkte Wenn der Einheitskreis | z | = 1 mit z = e ^iϕ , ϕ ∈ [0, 2π[ parametrisiert wird, kann man das Integral als parametrisiertes Kurvenintegral lesen:

Z 2π

0

1

α + cos ϕ dϕ = Z 2π

0

− ie ^{− iϕ}

α + ¹ ₂ (e ^iϕ + e ^{− iϕ} ) ie ^iϕ dϕ

= Z

| z | =1

− iz ^{− 1}

α + ¹ ₂ (z + z ^{− 1} ) dz

= − 2i Z

| z | =1

1

z ² + 2αz + 1 dz 4 P.

Dieses Integral kann man mit dem Residuensatz l¨osen. Die Pole des Integranden liegen bei − α+ √

α ² − 1 und bei − α − √

α ² − 1. Wegen α > 1 und dem gegebenen Hinweis liegt nur der erstgenannte Pol innerhalb des Einheitskreises. 2 P.

Es ist dann nach der Cauchyschen Integralformel

− 2i Z

| z | =1

1

z ² + 2αz + 1 dz = − 2i Z

| z | =1

1 z + α + √

α ² − 1 · 1 z + α − √

α ² − 1 dz

= − 2i 2πi

− α + √

α ² − 1 + α + √ α ² − 1

= − 2i 2πi 2 √

α ² − 1

= 2π

√ α ² − 1 . 4 P.

3. Aufgabe 8 Punkte

Es ist

Z

(n ² ) n ∈ N

= z d dz

z d

dz Z [(1) n ∈ N

]

3 P.

Mit

Z [(1) n ∈ N

] = 1 1 − ¹ z

= z

z − 1 1 P.

hat man

Z

(n ² ) n ∈ N

= z d dz

z d

dz z z − 1

= − z d dz

z (z − 1) ²

= − z − z ² + 1 (z − 1) ⁴

= z(z + 1)

(z − 1) ³ 4 P.

4. Aufgabe 12 Punkte Das charakteristische Polynom in µ lautet µ ² + 4µ + (4 + λ). 2 P.

Die Diskriminante ist − λ. Damit unterscheiden wir drei F¨alle:

• λ < 0: Diskriminante positiv, zwei reelle Nullstellen des charakteristischen Polynoms:

µ ₁ = − 2 + √

− λ, µ ₂ = − 2 − √

− λ.

Allgemeine L¨osung der DGL:

y(x) = Ae ^{( − 2+ √ − λ)x} + B e ^{( − 2 − √ − λ)x} . y(0) = 0 liefert B = − A, und aus

y(2π) = A

e ^{2π( − 2+ √ − λ)} − e ^{2π( − 2 − √ − λ)}

= 2Ae ^{− 4π} sinh 2π √

− λ

= 0 folgt nur A = 0, da λ 6 = 0. Es ergibt sich y = 0. 2 P.

• λ = 0: Diskriminante gleich 0, eine doppelte reelle Nullstelle µ = − 2.

Allgemeine L¨osung der DGL:

y(x) = Ae ^{− 2x} + Bxe ^{− 2x} . y(0) = 0 liefert A = 0, weiter ist mit

y(2π) = B · 2πe ^{− 4π} = 0 auch B = 0. Es ist y = 0. 2 P.

• λ > 0: Diskriminante negativ, zwei komplex-konjugierte Nullstellen des charakteristischen Polynoms

µ ₁ = − 2 + i √

λ, µ ₂ = − 2 − i √ λ.

Allgemeine L¨osung der DGL:

y(x) = e ^{− 2x} h

A cos x √

λ

+ B sin x √

λ i . y(0) = 0 liefert A = 0, also ist noch

y(2π) = Be ^{− 4π} sin 2π √

λ

.

bis hierher: 2 P.

Es braucht nicht B = 0 zu sein, wenn 2π √

λ = kπ mit einer ganzen Zahl k.

λ ist also einer der Werte λ k mit λ k = k ²

4 2 P. .

Die zum Eigenwert λ _k geh¨orige Eigenl¨osung ist dann y k = e ^{− 2x} sin

x p λ k

= e ^{− 2x} sin ¹ ₂ kx

. 2 P. .