Analyis+iv+komplett

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 01B (Ubung vom 10. April 2007)

Laurentreihen, Anwendungen des Residuensatzes • Die wichtigsten theoretische Grundlagen zum L¨osen der hier gestellten Aufgaben sind auszugsweise auf den Zusatzaufgabenbl¨atter 10, 11, 12 und 01A der Analysis III, IV ¨ Ubung beschrieben. Zu erg¨anzen sind folgende Aussagen: • Anwendung des Residuensatzes bei der Bestimmung von uneigentlichen Integralen der Form Z∞ f (x) dx. −∞

Ist f (z) holomorph in der oberen komplexen Zahlenebene {z ∈ C : =(z) ≥ 0} mit Ausnahme von endlich vielen Singularit¨aten z1 , z2 , . . . , zn , die nicht auf der reellen Achse liegen, dann kann man eine reelle Zahl R > 0 w¨ahlen, so dass die Singularit¨aten z1 , z2 , . . . , zn alle im Inneren einer geschlossenen Kurve γ liegen. Die Kurve γ setzt sich dabei zusammen aus einem Halbkreis γR um den Nullpunkt mit Radius R und dem Intervall [−R, R] . iR γR

−R

R

R

Dann kann man den Residuensatz anwenden und erh¨alt Z n X f (z) dz = 2πi resz=zi f (z). i=1

γ

Wegen ZR

Z f (z) dz =

Z f (z) dz +

−R

γ

f (z) dz γR

gilt weiter Z∞

ZR f (x) dx = lim

−∞

R→∞ −R

f (z) dz = 2πi

n X i=1

Z resz=zi f (z) − lim

f (z) dz.

R→∞ γR

Unter bestimmten Umst¨anden, z.B. falls f¨ ur alle |z| > R0 die Ungleichung |f (z)| ≤

C |z|1+

mit reellen Konstanten C,  > 0 gilt, kann man schlussfolgern, dass Z lim f (z) dz = 0 R→∞

γR

ist. In diesem Fall ergibt sich Z∞ f (x) dx = 2πi

n X

resz=zh f (z).

h=1

−∞

Zusatzaufgabe 01B.1 Bestimmen Sie das Konvergenzgebiet der folgenden Laurent-Reihen. (a)

∞ X

2−|n| z n

n=−∞

(b)

∞ X (z − 1)n 3n + 1 n=−∞

L¨ osung von Zusatzaufgabe 01B.1 (a) Die Potenzreihe

∞ X

2−|n| z n konvergiert nach dem Wurzelkriterium f¨ ur |z| < 2 . Der

n=0

Hauptteil der Laurent-Reihe

−∞ X

2−|n| z n konvergiert ebenfalls nach dem Wurzelkrite-

n=−1

rium f¨ ur | z1 | < 2 , d.h. f¨ ur |z| > 21 . Das Konvergenzgebiet ist somit {z ∈ C : 2} .

1 2

< |z| <

(b) Das Konvergenzgebiet ist {z ∈ C : 1 < |z − 1| < 3} . Zusatzaufgabe 01B.2 Bestimmen Sie die Laurent-Reihen der folgenden Funktionen f (z) in den angegebenen Gebieten. (a)

3 f¨ ur 1 < |z| < 2 (z + 1)(z − 2)

(b)

3 f¨ ur 1 < |z − 1| < 2 z(z − 3)2

Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 01B.2

(a) Durch Partialbruchzerlegung erh¨alt man 3 1 1 =− + . (z + 1)(z − 2) z+1 z−2 Mit Hilfe der geometrischen Reihe entwickelt man nach Potenzen von z wie folgt ∞ ∞ ∞ −∞ X X X 1 1 1 1X n 1 n 1 n 1 = (−1) n = (−1) n+1 = − (−1) n = − (−1)|n| z n −1 = z+1 z1− z z n=0 z z z n=0 n=1 n=−1

1 1 1 =− z−2 21−

z 2

=−

∞ ∞ X 1X 1 n 1 n z = − z n+1 2 n=0 2n 2 n=0

Daraus ergibt sich die Laurent-Reihe f (z) =

−∞ X

(−1)

n=−1

∞ X 1 n z . z − n+1 2 n=0

|n< n

(b) Durch Partialbruchzerlegung erh¨alt man 1 1 1 3 = − + . 2 z(z − 3) 9z 9(z − 3) 3(z − 3)2 Mit Hilfe der geometrischen Reihe entwickelt man nach Potenzen von (z − 1) wie folgt ∞ −∞ X X 1 1 1 1 n−1 (−1) (−1)|n|−1 (z − 1)n = = −1 = n z z − 1 1 − z−1 (z − 1) n=1 n=−1 ∞ ∞ X 1 1 1 1 1X 1 n =− (z − 1) = − (z − 1)n z−1 = − n n+1 z−3 21− 2 2 n=0 2 2 n=0  0 1 1 Nutzt man zus¨atzlich = und damit 2 (z − 3) z−3 ∞

∞

X 1 X 1 1 n−1 = n(z − 1) = (n + 1)(z − 1)n 2 n+1 n+2 (z − 3) 2 2 n=1 n=0 so ergibt sich die Laurent-Reihe   −∞ ∞ X X 1 1 n+1 1 |n|−1 n f (z) = (−1) (z − 1) + + (z − 1)n n+1 9 2 6 9 n=−1 n=0 Zusatzaufgabe 01B.3 Man berechne die Residuen von 1 (z − 2)(z − 4) durch Aufstellung einer Laurent-Reihe. L¨ osung von Zusatzaufgabe 01B.3

Einfache Polstellen: z1 = 2, z2 = 4 . Bei z = 2 ,   1 1 1 =− · (z − 2)(z − 4) z−2 2 − (4 − z) ∞ X 1 1 1 (z − 2)n =− · =− · z − 2 2(1 − z−2 2(z − 2) n=0 2n ) 2 und Resz=2 f (z) = −1/2 . Bei z = 4 , 1 1 1 = · (z − 2)(z − 4) z − 4 2 − (4 − z) ∞ X 1 1 (−1)n (z − 4)n 1 = · · = z − 4 2(1 − 4−z 2(z − 4) n=0 2n ) 2 und Resz=4 f (z) = 1/2 . Zusatzaufgabe 01B.4 Mit Hilfe des Residuensatzes berechne man I dz l¨angs x2 + y 2 = 2x + 2y. a) (z − 1)2 (z 2 + 1) I dz b) l¨angs |z| = 4. sin z Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 01B.4 (a) Polstellen in: 1 (doppelt), ±i (einfach). x2 + y 2 = 2(x + y) ⇔ 2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 ⇒ 1, i im Inneren ( −i nicht) mit Resz=1 f = (1/(z 2 + 1))0 |z=1 = −0.5, 1−i Resz=i f = 1/((i − 1)2 (i + i)) = , 8 I dz π = 2πi(Resz=1 f + Resz=i f ) = (1 − 3i) . 2 2 (z − 1) (z + 1) 4 (b) Nullstellen von sin(z) sind z = kπ . Im Inneren des Kreises mit Rand |z| = 4 liegen P (−1)n 2n+1 folgt davon: 0, ±π . Aus der Reihenentwicklung des Sinus sin(z) = ∞ n=0 (2n+1)! z resz=0 f (z) = lim (z − 0) z→0

1 1 =1 = lim P∞ (−1)n sin z z→0 n=0 z 2n (2n+1)!

und analog resz=π f = resz=−π f = −1. Nach dem Residuensatz ergibt sich dann I dz = 2πi(resz=−π f + resz=0 f + resz=−π f ) = −2πi. sin z Zusatzaufgabe 01B.5 Mit Hilfe des Residuensatzes berechne man Z∞ (x2 −∞

1 dx (k ∈ N). + 1)k

Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 01B.5 Sei γR der Halbkreis um 0 in der oberen komplexen Zahlenebene {z ∈ C : =(z) ≥ 0} mit Radius R > 0 und sei γ der geschlossene Pfad, der entsteht, wenn man γR und die Intervalle [−R, R] durchl¨auft. f (z) = 1/(1 + z 2 )k ist meromorph im Inneren von γ ; einzige k -malige Polstelle: i mit     dk−1 (z − i)k 1 dk−1 1 1 lim k−1 = resz=i f (z) = 2 k k−1 k (k − 1)! z→i dz (z + 1) (k − 1)! dz (z + i) z=i (−1)k−1 (2k − 1)! i(2k − 1)! =− . 2 2k−1 ((k − 1)!) · (2i) ((k − 1)!)2 · 22k−1 R F¨ ur R → ∞ : γR f (z) dz → 0 . Also, =

Z∞ (x2 −∞

π(2k − 1)! 1 dx = 2πiresz=i f (z) = . k + 1) ((k − 1)!)2 · 22(k−1)

Vorlesung: Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel ¨ Ubungen: Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

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¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 01 Abgabetermin: 17. April 2007 Aufgabe 01.1 Berechnen Sie folgende Kurvenintegrale: Z ln z a) dz f¨ ur den Kreis γ(t) = 2i + eit , 0 ≤ t ≤ 2π. Hier ist unter ln z der Hauptwert 3 γ (z − 2i) des Logarithmus zu verstehen. Z sin(πz 2 ) + cos(πz 2 ) b) dz f¨ ur den Kreis γ(t) = 3eit , 0 ≤ t ≤ 2π. 2 γ (z − 3z + 2)(z + 1 + 3i) Aufgabe 01.2 Entwickeln Sie die Funktion f (z) =

z im Kreisring {z ∈ C : 1 < |z| < 2} in eine (z + 1)(z + 2)

Laurent-Reihe. Aufgabe 01.3 Man berechne das Residuum Resz=1

2z (z − 5)2 (z − 1)

durch Aufstellung einer Laurent-Reihe. Aufgabe 01.4 Berechnen Sie folgendes Integral Z 2π 1 dt mit a, t ∈ R, a > 1. (a + cos t)2 0 Z

2π

1 ¨ dt durch Uberf¨ uhren in ein komplexes a + cos t 0 Z 2π ∂ 1 Kurvenintegral und Anwendung des Residuensatzes. Nutzen Sie dann dt = ∂a a + cos t 0 Z 2π −1 dt. (a + cos t)2 0 Hinweis: Berechnen Sie zuerst das Integral

Aufgabe 01.5 Mit Hilfe des Residuensatzes berechne man Z ∞ p |x| dx. 2 −∞ x + 1

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 01 Aufgabe 01.1 Berechnen Sie folgende Kurvenintegrale: Z ln z (a) dz f¨ ur den Kreis γ(t) = 2i + eit , 0 ≤ t ≤ 2π . Hier ist unter ln z der 3 (z − 2i) γ Hauptwert des Logarithmus zu verstehen. Z sin(πz 2 ) + cos(πz 2 ) (b) dz f¨ ur den Kreis γ(t) = 3eit , 0 ≤ t ≤ 2π . 2 − 3z + 2)(z + 1 + 3i) (z γ L¨ osung von Aufgabe 01.1 (a) Die Funktion f (z) = ln z ist holomorph innerhalb des Gebietes, das durch γ begrenzt wird. Daher kann die verallgemeinerte Cauchy’sche Formel verwendet werden. Mit f 00 (z) = − z12 ergibt sich: Z ln z 2πi −1 πi dz = = . 3 2 2! (2i) 4 γ (z − 2i) sin(πz 2 ) + cos(πz 2 ) besitzt innerhalb des Gebietes, das (z 2 − 3z + 2)(z + 1 + 3i) durch γ begrenzt wird, genau zwei einfache Polstellen bei z1 = 1 und z2 = 2 . (Die Polstelle z0 = −1 − 3i liegt außerhalb des durch γ begrenzen Kreises und ist daher nicht relevant f¨ ur die Berechnung des Integrals.) Damit bietet sich die Verwendung des Residuensatzes an. Dazu ist zuerst das Residuum an den beiden Polstellen zu bestimmen.

(b) Die Funktion f (z) =

sin(πz 2 ) + cos(πz 2 ) −1 2 − 3i = = z→1 (z − 2)(z + 1 + 3i) (−1)(2 + 3i) 13

resz=1 = lim (z − 1)f (z) = lim z→1

sin(πz 2 ) + cos(πz 2 ) 1 1−i = = z→2 (z − 1)(z + 1 + 3i) 3 + 3i 6

resz=2 = lim (z − 2)f (z) = lim z→2

Damit ergibt sich nach dem Residuensatz   Z sin(πz 2 ) + cos(πz 2 ) 2 − 3i 1 − i 31π + 25πi dz = 2πi + = . 2 13 6 39 γ (z − 3z + 2)(z + 1 + 3i)

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 01 Aufgabe 01.2 Entwickeln Sie die Funktion f (z) =

2

z im Kreisring {z ∈ C : 1 < |z| < 2} in (z + 1)(z + 2)

eine Laurent-Reihe. L¨ osung von Aufgabe 01.2 Die Partialbruchzerlegung liefert f (z) =

2 −1 + . z+1 z+2

Der erste Summand ist holomorph f¨ ur 1 < |z| und l¨asst sich nach Potenzen von z1 entwickeln, der zweite Summand ist holomorph in |z| < 2 und kann dort in einer Potenzreihe entwickelt werden. Mit Hilfe der geometrischen Reihe erh¨alt man: ∞ ∞ −∞ X X −1 −1 1 −1 X n 1 n n −n = · = · (−1) ( ) = (−1) z = (−1)−n z n z+1 z 1 − ( −1 z z ) z n=0 n=1 n=−1

und

∞

X 1 2 1 = (− )n z n = z+2 1 − (− z2 ) n=0 2 Damit ergibt sich die in {z ∈ C : 1 < |z| < 2} g¨ ultige Laurent-Entwicklung −∞ X

f (z) =

−n n

(−1)

z +

n=−1

Aufgabe 01.3 Man berechne das Residuum Resz=1

∞ X

1 (− )n z n . 2 n=0

2z (z − 5)2 (z − 1)

durch Aufstellung einer Laurent-Reihe. L¨ osung von Aufgabe 01.3 F¨ ur |z| < 1 gilt 1 = (1 − z)2



1 1−z

0 =

∞ X n=0

!0 z

n

=

∞ X n=1

nz

n−1

=

∞ X

(k + 1)z k .

k=0

Daraus folgt 2 z−5+5 2z = · (z − 1)(z − 5) z − 1 (z − 5)2   2 1 5 = · + z−1 4 − (z − 1) (4 − (z − 1))2   2 1 5 = · + z−1 4(1 − (z − 1)/4 16(1 − (z − 1)/4)2  ∞  X 2 1 5(k + 1) (z − 1)k = · − + z − 1 k=0 4 16 4k und c−1 = 2(−1/4 + 5/16) = 1/8 .

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 01

3

Aufgabe 01.4 Berechnen Sie folgendes Integral Z 2π

1 dt mit a, t ∈ R, a > 1. (a + cos t)2 0 Z 2π 1 ¨ dt durch Uberf¨ uhren in ein kompleHinweis: Berechnen Sie zuerst das Integral a + cos t 0 Z 2π 1 ∂ dt = xes Kurvenintegral und Anwendung des Residuensatzes. Nutzen Sie dann ∂a a + cos t 0 Z 2π −1 dt . (a + cos t)2 0 ∂ Bermerkung: Ist eine Funktion f (s, t) stetig auf [a, b] × [c, d] und ist auch ∂s f (s, t) stetig auf [a, b] × [c, d] , dann gilt f¨ ur Zd Zd ∂ ∂ f (s, t) dt , dass F (s) = f (s, t) dt ist, d.h. die Reihenfolge von Differentiation das Parameterintegral F (s) = ∂s c ∂s c und Integration kann vertauscht werden. Achtung: F¨ ur uneigentliche Parameterintegrale braucht man st¨ arkere Bedingungen

(gleichm¨ aßige Konvergenz von Integralen).

Lo ¨sung von Aufgabe 01.4 Mit dem gleichen Ansatz wie in Zusatzaufgabe 01A.3 gilt Z 2π Z Z 1 1 1 dz 2 dt = = dz. 1 1 a + cos t i |z|=1 z 2 + 2az + 1 0 |z|=1 a + 2 (z + z ) zi √ Von den Nullstellen des Nenners des Integranden liegt nur z0 := −a + a2 − 1 im Einheitskreis. Damit gilt: Z 2π Z 1 2 1 2 2π 1 √ dt = dz = 2πires = z=z 0 a + cos t i |z|=1 z 2 + 2az + 1 i z 2 + 2az + 1 a2 − 1. 0 Differenzieren nach a liefert Z 2π Z 2π −1 ∂ ∂ −2π 2πa 1 √ dt = dt = = 2 . 2 2 (a + cos t) ∂a 0 a + cos t ∂a a − 1 (a − 1)3 /2 0

Aufgabe 01.5 Mit Hilfe des Residuensatzes berechne man Z ∞ p |x| dx. 2 −∞ x + 1 Lo ¨sung von Aufgabe 01.5 Sei γR der Halbkreis um 0 in der oberen komplexen Zahlenebene {z ∈ C : =(z) ≥ 0} mit Radius R > 0 und sei γ der geschlossene Pfad, der entsteht, wenn man γR und die 1 1 Intervalle [−R, 0] und [0, R] durchl¨auft. f (z) = z 2 /(1 + z 2 ) (wobei derjenige Zweig von z 2 so gew¨ahlt wird, der auf R+ positive Werte annimmt) ist meromorph (d.h. holomorph bis auf endlich viele Polstellen) im Inneren von γ . Einzige Polstelle von f (z) im Inneren von γ ist z0 = i mit 1

1

(i) 2 1−i z2 resz=i f (z) = lim(z − i)f (z) = lim = = √ . z→i z→i z + i 2i 2 2

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 01

4

Z F¨ ur R → ∞ gilt

f (z)dz . Damit folgt aus γR

1−i = 2πi √ 2 2

Z f (z)dz γ

Z0

Z =

f (z)dz +

=

z dz + 2 z +1

−R

γR

Z

√

ZR √ z2

z dx +1

0

Z0 p ZR √ i |x| x f (z)dz + dx + dx 2 2 x +1 x +1 −R

γR

0

und dem Grenz¨ ubergang R → ∞ , dass 1+i π √ =i 2

Z0 p

|x| dx + 2 x +1

−∞

Z∞ √ x2

x dx +1

0

Durch Vergleich von Realteil und Imagin¨arteil erkennt man Z∞ √ Z0 p |x| π x dx = dx = √ 2 2 x +1 x +1 2

−∞

0

und somit letztendlich Z∞ p

|x| dx = 2 x +1

−∞

Z0 p Z∞ √ √ |x| π x π √ √ dx + dx = + = 2π. x2 + 1 x2 + 1 2 2

−∞

0

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Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 02 (Ubung vom 17. April 2007)

Weitere Anwendungen des Residuensatzes • Anwendung des Residuensatzes bei der Bestimmung von uneigentlichen Integralen der Form Z∞ g(x)eiλx dx. −∞

Es sei f (z) = g(z)eiλz (λ ≥ 0) holomorph in der oberen komplexen Zahlenebene {z ∈ C : =(z) ≥ 0} mit Ausnahme von endlich vielen Singularit¨aten z1 , z2 , . . . , zn , die nicht auf der reellen Achse liegen. Weiter sei lim g(z) = 0 gleichm¨aßig bez¨ uglich des |z|→∞

Arguments z in der oberen Halbebene. Sei γR der Halbkreis in der oberen Halbebene um den Nullpunkt mit Radius R . Dann gilt Z lim f (z) dz = 0. R→∞

γR

Daher kann man den Residuensatz anwenden und erh¨alt Z∞ n X iλx g(x)e dx = 2πi resz=zi (g(z)eiλz ). −∞

i=1

• Anwendung des Residuensatzes bei der Bestimmung von uneigentlichen Integralen der Form Z∞ Z∞ g(x) cos(x) dx oder g(x) sin(x) dx −∞

−∞

Wegen eix = cos(x) + i sin(x) kann man

Z∞

Z∞ g(x) cos(x) dx = Re(

−∞

bzw.

−∞

Z∞

Z∞ g(x) sin(x) dx = Im(

−∞

g(x)eiλx dx)

g(x)eiλx dx)

−∞

schreiben und zur Berechnung dieser Integrale den zuvor dargestellten Ansatz verwenden.

• Anwendung des Residuensatzes bei der Bestimmung von uneigentlichen Integralen der Form Z∞ f (x) dx. 0

Variante 1: Ist die Funktion f (x) gerade, d.h. f (x) = f (−x) f¨ ur alle x ∈ R , dann gilt Z∞ Z∞ 1 f (x) dx = f (x) dx 2 −∞

0

und man kann versuchen, dieses Integral zu l¨osen (siehe oben bzw. Zusatzblatt 01B). Variante 2: Ist die Funktion f (z) holomorph mit Ausnahme von endlich vielen Singularit¨aten z1 , z2 , . . . , zn , die nicht auf der reellen Achse [0, ∞) liegen und gilt mit reellen Konstanten C,  > 0 |f (z)| ≤ dann folgt

C |z|1+

Z∞ f (x) dx = −

n X

f¨ ur |z| > R0

resz=zh (f (z) log(z)).

h=1

0

Bemerkung: Evt. funktionieren beide Varianten. Zusatzaufgabe 02.1 Berechnen Sie Z∞

xeπ/2ix dx. x2 − 2x + 5

−∞

x gilt, dass − 2x + 5 lim g(z) gleichm¨aßig gegen Null strebt. Weiter hat die Funktion g(z)eπ/2ix einfache Pol-

L¨ osung von Zusatzaufgabe 02.1

F¨ ur die Funktion g(z) =

x2

|z|→0

stellen an den Stellen z0,1 = 1 ± 2i . Davon liegt nur z0 = 1 + 2i in oberen Halbebene von C . Daraus folgt Z∞

xeπ/2ix dx = 2πiresz=z0 g(z)eπ/2ix x2 − 2x + 5

−∞

x π/2ix = 2πi e x − (1 − 2i) z=1+2i 1 + 2i −π+π/2i = 2πi e 4i π −π = e (−2 + i) 2

Zusatzaufgabe 02.2 Sei a > 0 . Man berechne Z∞

sin2 x dx. x 2 + a2

−∞

Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 02.2 Nach einer bekannten Formel der reellen Analysis gilt sin2 x = 12 (1 − cos 2x) = 12 (1 − Re e2ix ). Weiter haben wir Z∞

x ∞ π 1 1 arctan = , dx = 2 2 x +a a a −∞ a

−∞

und laut Vorlesung

Z∞

e2iz e2iz π dz = 2πiRes = e−2a z=ia 2 2 2 2 z +a z +a a

−∞

Z∞ ⇒

π 1 π π sin2 x dx = − Re( e−2a ) = (1 − e−2a ). 2 2 x +a 2a 2 a 2a

−∞

Zusatzaufgabe 02.3 Berechnen Sie f¨ ur a > 0 Z∞

x sin(x) dx. x 2 + a2

0

Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 02.3 Man kann verschiedene L¨osungsans¨atze probieren. eine gerade Funktion ist. Variante 1: Ausnutzung, dass xxsin(x) 2 +a2 Z∞

x sin(x) 1 dx = 2 2 x +a 2

0

=

= = = =

Z∞

x sin(x) dx x 2 + a2 −∞   ∞ Z ix 1  xe Im dx 2 2 x + a2 −∞   1 zeiz Im 2πiresz=ia 2 2 z + a2   zeiz πRe z + ia  −a z=ia iae πRe 2ia π −a e 2

Variante 2: Wollen Formel aus der Vorlesung (siehe oben) f¨ ur Integrale vom Typ nutzen.

R∞ 0

f (x) dx

C Dazu muß man pr¨ ufen, ob es reelle Konstanten c,  > 0 gibt mit | zzsin(z) f¨ ur 2 +a2 | ≤ |z|1+ |z| > R0 . Aber solche Konstanten kann man nicht finden, da sin(z) unbeschr¨ankt w¨achst, falls der Realteil von z konstant ist und der Imagin¨arteil von z beliebig groß wird. Damit ist dieser Weg hier nicht anwendbar.

Zusatzaufgabe 02.4 Berechnen Sie Z∞

x2 dx. x4 + 1

0

Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 02.4 Man kann verschiedene L¨osungsans¨atze probieren. 2 Variante 1: Ausnutzung, dass x4x+1 eine gerade Funktion ist. Z∞

x2 1 dx = 4 x +1 2 =

z2 z 4 +1

zk2 4zk3

=

1 4zk

=

zk 4

X z2 1 resz 4 2πi 2 z +1 Imz>0

hat 4 Polstellen zk=0,1,2,3 = ± √12 ±

Polstellen zk=0,1 = ± √12 + Durch den Ansatz

x2 dx x4 + 1

−∞

0

Die Funktion

Z∞

√1 i 2 p(z) resz=z0 q(z)

=e =

1+2k πi 4

p(z0 ) q 0 (z0 )

√1 i 2

=e

1+2k πi 4

. Davon liegen die zwei

in der oberen Halbebene von C . 2

f¨ ur Polynome p, q kann man sofort resz=zk z4z+1 =

bestimmen. Damit folgt Z∞

π 1 x2 1 1 1 dx = i( √ − √ i + (− √ − √ i)) 4 x +1 4 2 2 2 2

0

π 2 i(− √ i) 4 2 π√ = 2 4

=

Variante 2: Wollen Formel aus der Vorlesung (siehe oben) f¨ ur Integrale vom Typ nutzen. 2 Dazu muß man pr¨ ufen, ob es reelle Konstanten c,  > 0 gibt mit | z4z+1 | ≤ 2 | z4z+1 |

R∞

f (x) dx

0 C |z|1+

f¨ ur

2 | 1zz4 | 2

|z| > R0 . Wegen < f¨ ur |z| groß kann man C = 2 und  = 1 w¨ahlen. Außerdem liegt keine der zuvor berechneten Polstellen der Funktion auf der nichtnegativen reellen Achse und folglich kann die gew¨ unschte Formel verwendet werden: Z∞ 0

X x2 z2 dx = − res log(z) z x4 + 1 z4 + 1 Polstellen z 1 1 1 π 1 1 3π 1 1 5π 1 1 7π = − (( √ − √ i) i + (− √ − √ i) i + (− √ + √ i) i + ( √ + √ i) i) 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 π√ = 2 4

Zusatzaufgabe 02.5 Sei R eine rationale Funktion, die auf R+ keine Pole hat (mit eventueller Ausnahme einer einfachen Polstelle in 0). Sei der Grad des Nenners von R um mindestens 2 gr¨oßer als der des Z¨ahlers. F¨ ur 0 < α < 1 beweise man die Formel Z∞

xα R(x) dx =

0

2πi X Resz (ζ α R(ζ)). 1 − e2πia z6=0

Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 02.5 Wir betrachten den Integrationsweg γ , der sich zusammensetzt aus Strecken γ1 und γ3 auf den Geraden Imz = ± , einem positiv durchlaufenen Kreisbogen γ2 um 0 vom Radius r und einem negativ durchlaufenen Kreisbogen γ4 um 0 vom Radius ρ mit , ρ so klein und r so groß, dass γ alle Pole von R(z) (mit eventueller Ausnahme von 0) uml¨auft, und das Gebiet G , das vom γ umgefasst wird. Auf G werde der Zweig der Potenzfunktion z α = eα log z+iα arg z mit 0 < arg z < 2π gew¨ahlt. Der Residuensatz liefert Z X z α R(z) dz = 2πi Resz (ζ α R(ζ)) z∈G

γ

unabh¨angig von r, ρ,  . Wegen der Grad-Bedingung gilt Z α z R(z) dz ≤ 2πr · crα−2 γ2

und somit

Z lim lim

r→∞ →0

z α R(z) dz = 0.

γ2

Entsprechend bekommen wir wegen |R(z)| ≤ c|z|−1 in der N¨ahe von 0 Z Z z α R(z) dz ≤ 2πρ · cρα−1 , lim lim z α R(z) dz = 0. ρ→0 →0 γ4

γ4

Bei unserer Bestimmung von z α gilt lim (x − iy)α = xα · e2πiα ,

y→0+

also unter Beachtung der Orientierung von γ1 und γ3 Z lim →0

z α R(z) dz =

Zr

γ1

Z lim →0

xα R(x) dx,

ρ

z α R(z) dz = −e2πiα

Zr

γ3

xα R(x) dx.

ρ

Insgesamt erhalten wir f¨ ur  → 0, ρ → 0, r → ∞ Z

α

2πiα

z R(z) dz → (1 − e γ

Zr ) ρ

xα R(x) dx,

was zusammen mit dem Residuensatz zum Ergebnis f¨ uhrt. Zusatzaufgabe 02.6 Man berechne

R∞ xa−1 0

x+1

dx mit 0 < a < 1 .

L¨ osung von Zusatzaufgabe 02.6 F¨ ur R(z) = 1/z(z + 1) ist −1 der einzige Pol in G , also hat man Res−1 z a /z(z + 1) = −e−πa und daher

Z∞ 0

xα−1 2πi · eπia π dx = 2πia = . x+1 e −1 sin πa

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¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 02 Abgabetermin: 24. April 2007 Aufgabe 02.1 Berechnen Sie Z∞

x4 dx. 1 + x6

0

Tipp: F¨ ur die Berechnung des Residuums f¨ ur einfachen Polstellen z0 kann man auch die Formel p(z0 ) p(z) resz=z0 q(z) = q0 (z0 ) einsetzen.

Aufgabe 02.2 Man berechne Z∞

dx . 1 + x3

0

Aufgabe 02.3 Es sei g(z) eine rationale Funktion, deren Nenner einen gr¨oßeren Grad hat als der Z¨ahler, d.h. lim g(z) = 0 gleichm¨aßig bez¨ uglich des Arguments z in der oberen Halbebene, |z|→∞

und die auf R nur eine einfache Polstelle a hat. Zeigen Sie, dass dann  a−r  Z Z∞ X lim  g(x)eix dx + g(x)eix dx = 2πi Resz (g(ζ)eiζ ) + πiResa (g(ζ)eiζ ) r→0

−∞

Imz>0

a+r

gilt. Tipp: Einen der folgenden Integrationswege kann man benutzen iR

iR

γR

γR γr −R

a−r R a+r

−R

R oder

a+r a−r R γr

R

Ein Blick auf den Beweis des Jordanschen Lemmas in der Vorlesung lohnt sich. Weiter folgt aus der ∞ X Tatsache, dass a einfache Polstelle von g(z)eix ist, dass die Laurent-Reihe von der Bauart (z − a)n = Z Z Z n=−1 c−1 c−1 ix + h(z) mit holomorphen h(z) ist. Also, lim g(z)e dz = lim dz + lim h(z) dz. r→0 r→0 r→0 z−a z−a γr

γr

Aufgabe 02.4 Mit Hilfe der Formel aus Aufgabe 02.3 berechne man Z∞ −∞

sin x dx. x

γr

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Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 02 Aufgabe 02.1 Berechnen Sie

Z∞

x4 dx. 1 + x6

0

Tipp: F¨ ur die Berechnung des Residuums f¨ ur einfachen Polstellen z0 kann man auch die Formel resz=z0 p(z) q(z) = p(z0 ) q 0 (z0 )

einsetzen.

L¨ osung von Aufgabe 02.1 Man kann wieder die zwei Standardl¨osungsans¨atze probieren, beide funktionieren. 4 Variante 1: Ausnutzung, dass x6x+1 eine gerade Funktion ist. Z∞

x4 1 dx = 6 x +1 2

x4 dx x6 + 1

−∞

0

=

Die Funktion

Z∞

X 1 z4 2πi resz 6 2 z +1 Imz>0 √

z4 z 6 +1

hat 6 Polstellen zk=0,...,5 = ± √

3 2

± 12 i, ±i = e

1+2k πi 6

. Davon liegen die drei

1+2k Polstellen zk=0,1,2 = ± + 21 i, i = e 6 πi in der oberen Halbebene von C . 0) = qp(z ur Polynome p, q kann man sofort Durch den Ansatz resz=z0 p(z) 0 (z ) f¨ q(z) 0 4 zk = 6z1k = z6k bestimmen. Damit folgt 6zk5

3 2

Z∞

4

resz=zk z6z+1 =

√ √ x4 π 3 1 3 1 dx = i( − i + (−i) + (− − i)) 6 x +1 6 2 2 2 2

0

π i(−2i) 6 π = 3

=

Variante 2: Wollen Formel aus der Vorlesung f¨ ur Integrale vom Typ

R∞

f (x) dx nutzen.

0 4

Dazu muß man pr¨ ufen, ob es reelle Konstanten c,  > 0 gibt mit | z6z+1 | ≤ 4 | z6z+1 |

4 | 1zz6 | 2

C |z|1+

f¨ ur

|z| > R0 . Wegen < f¨ ur |z| groß kann man C = 2 und  = 1 w¨ahlen. Außerdem liegt keine der zuvor berechneten Polstellen der Funktion auf der nichtnegativen reellen Achse

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 02

2

und folglich kann die gew¨ unschte Formel verwendet werden: Z∞ 0

X x4 z4 dx = − log(z) res z x6 + 1 z6 + 1 Polstellen z √ √ √ √ 1 3 1 π 3π 3 1 5π 3 1 7π 9π 3 1 11π = − (( − i) i + i i + (− − i) i + (− + i) i + (−i) i + ( + i) 6 2 2 6 6√ 2 2 6 2 2 6 6 2 2 6 1 5 7 11 π 3 + (− − 3 − + + 9 + )i) = − i((1 − 5 − 7 + 11) 36 2 2 2 2 2 π = 3

Aufgabe 02.2 Man berechne

Z∞

dx . 1 + x3

0 √

Lo ¨sung von Aufgabe 02.2 Der Integrand hat einfache Pole in −1, z1 = 1+i2 3 und z¯1 . W¨ahlt man den Zweig des Logarithmus mit 0√< Im log z < 2π , so errechnet man ohne M¨ uhe √ 3 die Residuen von (log z)/(1 + z ) zu πi/3, ( 3 − i)π/18 und −( 3 + i)5π/18 und erh¨alt Z∞

2π dx √ . = 1 + x3 3 3

0

Aufgabe 02.3 Es sei g(z) eine rationale Funktion, deren Nenner einen gr¨oßeren Grad hat als der Z¨ahler, d.h. lim g(z) = 0 gleichm¨aßig bez¨ uglich des Arguments z in der oberen |z|→∞

Halbebene, und die auf R nur eine einfache Polstelle a hat. Zeigen Sie, dass dann  a−r  Z Z∞ X lim  g(x)eix dx + g(x)eix dx = 2πi Resz (g(ζ)eiζ ) + πiResa (g(ζ)eiζ ) r→0

−∞

Imz>0

a+r

gilt. Tipp: Einen der folgenden Integrationswege kann man benutzen iR

iR

γR

γR γr −R

a−r R a+r

−R

R oder

a+r a−r R γr

R

Ein Blick auf den Beweis des Jordanschen Lemmas in der Vorlesung lohnt sich. Weiter folgt aus der Tatsache, ∞ X c−1 dass a einfache Polstelle von g(z)eiz ist, dass die Laurent-Reihe von der Bauart (z−a)n = +h(z) z −a n=−1 Z Z Z c−1 mit holomorphen h(z) ist. Also, lim g(z)eix dz = lim dz + lim h(z) dz. r→0 r→0 r→0 z−a γr

γr

γr

Lo ¨sung von Aufgabe 02.3 Wir modifizieren den im Beweis des Jordanschen Lemmas benutzten Integrationsweg durch einen kleinen Halbkreis γr um a siehe Skizze (Variante 1)

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 02

3

im Tipp und erhalten wie dort, dass ZR Z Za−r X ix ix Resz (g(ζ)eiζ ) g(x)e dx + g(x)e dx − lim g(z)eiz dz − 2πi r→0

−R

a+r

Imz>0

γr

f¨ ur hinreichend großes R beliebig klein wird. In der N¨ahe von a k¨onnen wir f (z) = c−1 /(z − a) + h(z) mit holomorphem h schreiben. Es ist Z Z c−1 dz iζ lim = c−1 πi = πiResa (g(ζ)e ), lim h(z)dz = lim(H(a + r) − H(a − r)) = 0, r→0 r→0 r→0 z−a γr

γr

und die Behauptung folgt. Aufgabe 02.4 Mit Hilfe der Formel aus Aufgabe 02.3 berechne man Z∞

sin x dx. x

−∞

L¨ osung von Aufgabe 02.4 Z∞ −∞

 sin x dx = lim  r→0 x

Z−r

Z∞



sin x sin x  dx + dx x x −∞ r  −r  Z ix Z∞ ix e e = lim Im  dx + dx r→0 x x −∞ r   iz e = Im(πi) = π. = Im πiRes0 z

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Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 03 (Ubung vom 24. April 2007)

Konforme Abbildungen • Seien γ1 , γ2 : [0, 1] :→ C zwei glatte Wege mit γ1 (0) = γ2 (0) = z0 . Dann heißt ∠(γ1 , γ2 )z0 = arg(

γ10 (z0 ) ) γ20 (z0 )

der (orientierte) Schnittwinkel von γ1 , γ2 in z0 . Sei G → C offen. Eine Abbildung f : G → C heißt winkeltreu und orientierungserhaltend, falls f¨ ur alle glatten Wege γ1 , γ2 : [0, 1] :→ G mit γ1 (0) = γ2 (0) = z0 gilt: ∠(f (γ1 ), f (γ2 ))f (z0 ) = ∠(γ1 , γ2 )z0 . Eine Abbildung f : G → C heißt in z0 ∈ G maßstabstreu im Kleinen, wenn |f (z0 + ∆z) − f (z0 )| |∆w| = lim =c ∆z→0 ∆z→0 |∆z| |∆z| lim

Eine Abbildung f : G → C die winkeltreu und maßstabstreu im Kleinen ist, heißt konform. Eine Kriterium f¨ ur konform und damit f¨ ur winkeltreu ist folgende Aussage: Ist f : G → C in einer Umgebung von z0 holomorph und gilt f 0 (z0 ) 6= 0 , dann ist f (z) eine konforme Abbildung in einer Umgebung von z0 . • Eine gebrochen lineare Abbildung w : C → C hat die Form w=

az + b , a, b, c, d ∈ C. cz + d

• Doppelverh¨ altnis-Formel: Seien zk , wk (k = 1, 2, 3) vorgegebene komplexe Zahlen. Die einzige gebrochen lineare Funktion, die die Punkte z1 , z2 , z3 in die entsprechenden Bildpunkte w1 , w2 , w3 abbildet, ist w = w(z) mit (z − z1 )(z2 − z3 ) (w − w1 )(w2 − w3 ) = . (z − z3 )(z2 − z1 ) (w − w3 )(w2 − w1 )

z Zusatzaufgabe 03.1 In welchen Punkten ist die Funktion g(z) = z2 +3z+2 winkeltreu? L¨ osung von Zusatzaufgabe 03.1 Die Funktion ist an den Nullstellen des Nenners z = −1, −2 nicht definiert. Ansonsten ist die Funktion u ¨berall homomorph. Daher ist 0 die Funktion an allen Stellen z0 winkeltreu an √ denen gilt, dass g (z0 ) 6= 0 ist. Wegen −z 2 +2 0 g (z) = (z2 +3z+2)2 = 0 genau dann, wenn z = ± 2 , folgt also dass g genau in den Punkten √ √ aus C \ {−2, − 2, −1, 2} winkeltreu ist.

,0< Zusatzaufgabe 03.2 Es sei f (z) = z 2 , G = {z : Rez > 0}, G1 = { π4 < argz < 3π 4 |z| < 2} . Man bestimme f (G) und f (G1 ) und zeige, dass G und G1 durch f konform abgebildet werden. L¨ osung von Zusatzaufgabe 03.2 f ist holomorph auf C und f 0 (z) 6= 0 f¨ ur z 6= 0 Also ist f konform auf C \ {0} und damit insbesondere auf G und G1 . Beim Quadrieren einer komplexen Zahl wird der Winkel verdoppelt und der Radius quadriert. < argz < 2π} . Daraus folgt f (G) = {0 ≤ argz < Dies impliziert G = {0 ≤ argz < π2 } ∪ { 3π 2 π} ∪ {π < argz < 2π} = {z ∈ C : argz 6= π} . Entsprechend gilt f (G1 ) = { π2 < argz < 3π , 0 < |z| < 4} . 2 Zusatzaufgabe 03.3 Von einer gebrochen linearen Funktion f (z) =

az + b cz + d

mit ad − bc 6= 0

sei bekannt: f (1) = i+1 , f (i) = 1 und f (−i) = 0 . Bestimme a, b, c, d ∈ C . 2 Lo sung von Zusatzaufgabe 03.3 Unter Ausnutzung der Doppelverh¨altnis-Formel ¨ (w − w1 )(w2 − w3 ) (z − z1 )(z2 − z3 ) = . (z − z3 )(z2 − z1 ) (w − w3 )(w2 − w1 ) erh¨alt man mit z1 = 1, z2 = i, z3 = −i, w = f (z), w1 = Gleichung, die f (z) eindeutig beschreibt

i+1 , w2 2

= 1 und w3 = 0 folgende

1 − i+1 f (z) − i+1 z−1 i+i 2 2 · = · . f (z) − 0 1−0 z+i i−1 Umstellen nach f (z) durch elementare Operationen liefert folgende ¨aquivalente Gleichungen 1−

i+1 z−1 = · (−i) 2f (z) z+i i+1 z−1 = 1+ · (−i) 2f (z) z+i i+1 z(1 + i) = · (−i) 2f (z) z+i z+i . f (z) = 2z

Damit erhalten wir durch Koeffizientenvergleich a = 1, b = i, c = 2 und d = 0 .
Zusatzaufgabe 03.4 Man zeige, dass die Funktion g(z) = 2i1 z − z1 die rechte Halbebene G1 = {z ∈ C : Rez > 0} auf G2 = C \ {t ∈ R : |t| ≥ 1} abbildet. Worin geht dabei die Schar der Kreise Kr (0) u ¨ber? L¨ osung von Zusatzaufgabe 03.4 Man muß sich u ur w ∈ {t ∈ R : ¨berlegen, dass es f¨ |t| ≥ 1} kein Urbild in G1 gibt und f¨ ur jedes w ∈ G2 ein solches Urbild gefunden werden


kann. F¨ ur t ∈ R ist g(it) = 12 t + 1t reell und beschr¨ankt, g(it) ≥ 1 oder −1 ≤ g(it) . Umgekehrt bedeutet g(z) ∈ R , dass z − 1/z rein imagin¨ar ist, also z − 1/z = 1/¯ z − z¯ oder gleichbedeutend (z + z¯)(1 − z z¯) = 0 . g bildet also genau die imagin¨are Achse und die Einheitkreislinie in R ab. F¨ ur z z¯ = 1 ist aber g(z) = Imz . Es wird also genau die imagin¨are Achse auf {t ∈ R : |t| ≥ 1} abgebildet. Das Bild von G1 ist daher
in G2 enthalten. F¨ ur w ∈ G2 ergibt die Aufl¨osung der Gleichung w = 2i1 z − z1 z = iw + (1 − w2 )1/2 , w hat also zwei Urbilder in C \ iR , von denen eines in G1 liegen muss. Auf dem einfach zusammenh¨angenden Gebiet G2 hat 1 − w2 keine Nullstellen, es existieren also auf G2 2 1/2 zwei √ Zweige von (1 − w ) . Wir√bezeichnen denjenigen, der in w = 0 den wert 1 hat, mit 1 − w2 . Dann ist h(w) = iw + 1 − w2 auf G2 holomorph und bildet G2 in C \ iR ab. Wegen h(0) = 1 muss h(G2 ) ⊂ G1 und damit h(G2 ) = G1 gelten. Einsetzen f¨ ur z = x + iy liefert w := u + iv =

y(x2 + y 2 + 1) x(x2 + y 2 − 1) − i . 2(x2 + y 2 ) 2(x2 + y 2 )

Bei x2 + y 2 = r2 folgt daraus u2 v 2 + 2 =1 a2 b 2 2 2r mit a = r2r 2 +1 und b = r 2 −1 . Andererseits h(u + iv) = x + iy . Also gehen die Kreise Kr (0) in Ellipsen mit Brennpunkten ±1 u ¨ber. Zusatzaufgabe 03.5 Sei α ∈ C fest gew¨ahlt und z−α . ϕα (z) = 1−α ¯z Man gebe alle Fixpunkte von ϕα an. Gibt es eine Gerade, die ϕα auf sich selbst abbildet? L¨ osung von Zusatzaufgabe 03.5 ϕα (z) = z genau dann, wenn z − α = z − α ¯ z 2 genau 2 dann, wenn α ¯z = α . Falls α = 0 ist ϕα (z) = z und alle komplexen Zahlen sind Fixpunkte und jede Gerade wird auf sich selbst abgebildet. Sei nun α 6= 0 . Dann sind die Fixpunkte genau α α 1 z = ±( ) 2 = ± . α ¯ |α| Sei nun g(t) eine beliebige Gerade. Wir nehmen f¨ ur den Moment an, dass ϕα (g(R)) = g(R). Dann ist auch ϕ−α (g(R)) = g(R) ( weil ϕ−α = ϕ−1 α ). Es folgt lim ϕα (g(t)) = −1/¯ α ∈ g(R),

t→∞

lim ϕ−α (g(t)) = 1/¯ α ∈ g(R).

t→∞

Zwei Punkte bestimmen eine Gerade eindeutig, also kann g nur die Gerade t 7→ g(t) :=

t α ¯

sein. Umgekehrt ist ϕα (g(t)) =

1 t − |α|2 ∈ g(R). α ¯ | 1 {z −t} ∈R

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¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 03 Abgabetermin: 8. Mai 2007 Aufgabe 03.1 In welchen Punkten ist die Funktion f (z) =

z 2 −3z+2 z 2 +2z+1

winkeltreu?

Aufgabe 03.2 Zeigen Sie, dass die Bedingungen ∃z0 :

a b c d , , , ∈ R, z0 z0 z0 z0

(1)

0 < ad¯ − b¯ c

(2)

notwendig und hinreichend daf¨ ur sind, dass die Transformation f (z) = auf sich selbst abbildet.

az+b cz+d

die obere Halbebene

Tipp: f (R) = R und f −1 (R) = R; untersuche f (i)

Aufgabe 03.3 Bestimmen Sie die gebrochen lineare Funktion, die die Punkte z1 z2 , z3 in die entsprechenden Bildpunkte w1 , w2 und w3 abbildet: a) z1 = −1, z2 = 1, z3 = 0, w1 = 0, w2 = −4/3, w3 = −i; b) z1 = −i, z2 = i, z3 = 0, w1 = 0, w2 = ∞, w3 = i.

Aufgabe 03.4 Durch die stereografische Projektion f wird jedem Punkt P = (x1 , x2 , x3 ) der Riemannschen Zahlenkugel S 2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R : x21 + x22 + (x3 − 21 )2 = 41 } ein Punkt aus C ∪ ∞ zugeordnet mit f (P ) = f (x1 , x2 , x3 ) = z = a + bi durch a=

x1 1 − x3

und

b=

x2 1 − x3

f¨ ur x3 6= 1

sowie f (0, 0, 1) = ∞. Geometrisch entspricht das dem Zeichnen einer Gerade durch die Punkte P und (0, 0, 1). Der Durchstoßungspunkt dieser Geraden durch die x1 , x2 -Ebene, die wir mit der komplexen Zahle¨ nebene identifizieren, ist dann z. Die Normierung erfolgt dabei so, dass Punkte des Aquators auf den Einheitskreis abgebildet werden.

x3

P

x2

x1 z

Im folgenden definieren wir eine Abbildung g, die wieder jedem Punkt P = (x1 , x2 , x3 ) der Riemannschen Zahlenkugel S 2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R : x21 + x22 + (x3 − 12 )2 = 14 } einen Punkt z 0 aus C ∪ ∞ zuordnet. Sei h die Gerade, die senkrecht auf der x1 , x2 -Ebene steht und durch den Punkt P geht. Mit Q wird der Schnittpunkt von h und S 2 bezeichnet, der ungleich P ist. Liegt ¨ P auf dem Aquator, dann ist Q := P . Wir definieren jetzt g mit Hilfe des Punktes Q wie folgt z 0 = g(P ) := f (Q). Auch hier ist sicher eine Zeichnung zum Verst¨andnis hilfreich x3

P

x2

Q x1

z0 z Nun zur Aufgabe: Zeigen Sie, dass gilt z 0 =

1 . z

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Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker L¨ osungen Blatt 03 Aufgabe 03.1 In welchen Punkten ist die Funktion f (z) = L¨ osung von Aufgabe 03.1 Nullstelle Nenner: −1 . f 0 (z) = Nullstellen f 0 (z) :

7 5

z 2 −3z+2 z 2 +2z+1

winkeltreu?

5z − 7 . (z + 1)3

. Also ist f winkeltreu in C\{−1, 57 } .

Aufgabe 03.2 Zeigen Sie, dass die Bedingungen ∃z0 :

a b c d , , , ∈ R, z0 z0 z0 z0

ad¯ − b¯ c∈R

(1)

und 0 < ad¯ − b¯ c

notwendig und hinreichend daf¨ ur sind, dass die Transformation f (z) = Halbebene auf sich selbst abbildet.

(2) az+b cz+d

die obere

Tipp: f (R) = R und f −1 (R) = R ; untersuche f (i)

Lo ¨sung von Aufgabe 03.2 Wir bezeichnen die obere komplexe Halbebene mit CIm+ := {z ∈ C : Im(z) > 0} . Zuerst wird die Notwendigkeit der Bedingungen gezeigt. Sei also f eine Transformation von dw−b gilt f −1 (w) = −cw+a . CIm+ auf sich selbst. F¨ ur f (z) = az+b cz+d −1 f und f bilden jeweils Kreise und Geraden auf Kreise und Geraden ab, also m¨ ussen f und f −1 R auf R abbilden. D.h. at + b dt − b , ∈ R, ct + d −ct + a

∀t ∈ R.

Wir betrachten nun den Fall a, d 6= 0 , die anderen gehen analog. Es folgt (bei t = 0 bzw t → ∞ ): db , ab , ac , dc ∈ R . Also gilt sogar ac · 1c = ad ∈ R . Dies wiederum bedeutet, dass ein d z0 ∈ C existiert (z.B. z0 = a ), so dass (1) gilt. Wegen i ∈ CIm+ muss auch f (i) ∈ CIm+ sein. D.h.       ai + b ai + b −¯ ci + d¯ a¯ c + bd¯ + (ad¯ − b¯ c)i 0 < Im = Im · = Im , ci + d ci + d −¯ |ci + d|2 ci + d¯ dies wiederum ist ¨aquivalent zu ¯ + Re(ad¯ − b¯ 0 < Im(a¯ c + bd) c). ˜ 0 = d . Damit Aus (1) folgt, dass a ˜, ˜b, c˜, d˜ ∈ R existieren, mit a ˜z0 = a, ˜bz0 = b, c˜z0 = c, dz 2 2 ¯ ˜ ˜ ¯ ˜ ˜ sind a¯ c + bd = (˜ ac˜ + bd)|z0 | ∈ R , ad − b¯ c = (˜ ad − b˜ c)|z0 | ∈ R ; es folgt ¯ + Re(ad¯ − b¯ Im(a¯ c + bd) c) = ad¯ − b¯ c∈R

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 03

2

und damit sofort (2). Nun zeigen wir, dass die Bedingungen (1) und (2) hinreichend sind. z+˜b Aus (1) folgt, dass a ˜, ˜b, c˜, d˜ ∈ R existieren, so dass f (z) = ac˜˜z+ . Damit gilt offensichtlich d˜ f (R) ⊂ f (R) und weiter f (R) = R . Einfaches Nachrechnen mit der Bedingung (2) zeigt: Im f (i) > 0 . Damit muss f (CIm+ ) = CIm+ sein. Aufgabe 03.3 Bestimmen Sie die gebrochen lineare Funktion, die die Punkte z1 z2 , z3 in die entsprechenden Bildpunkte w1 , w2 und w3 abbildet: a) z1 = −1, z2 = 1, z3 = 0, w1 = 0, w2 = −4/3, w3 = −i ; b) z1 = −i, z2 = i, z3 = 0, w1 = 0, w2 = ∞, w3 = i . L¨ osung von Aufgabe 03.3 a) Nach der Doppelverh¨altnis-Formel folgt (w − 0)(− 43 i + i) (z + 1)(1 − 0) 2i(z + 1) = ⇒w= . 4 (z − 0)(1 + 1) −(z + 2) (w + i)(− 3 i − 0) z+i i b) w = a z−i mit i = a −i = −a ⇒ a = −i .

Aufgabe 03.4 Durch die stereografische Projektion f wird jedem Punkt P = (x1 , x2 , x3 ) der Riemannschen Zahlenkugel S 2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R : x21 + x22 + (x3 − 21 )2 = 41 } ein Punkt aus C ∪ ∞ zugeordnet mit f (P ) = f (x1 , x2 , x3 ) = z = a + bi durch a=

x1 1 − x3

und

b=

x2 1 − x3

f¨ ur x3 6= 1

sowie f (0, 0, 1) = ∞. Geometrisch entspricht das dem Zeichnen einer Gerade durch die Punkte P und (0, 0, 1) . Der Durchstoßungspunkt dieser Geraden durch die x1 , x2 -Ebene, die wir mit der komplexen Zahlenebene identifizieren, ist dann z . Die Normierung erfolgt dabei so, dass Punkte des ¨ Aquators auf den Einheitskreis abgebildet werden. x3

P

x2

x1 z

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 03

3

Im folgenden definieren wir eine Abbildung g , die wieder jedem Punkt P = (x1 , x2 , x3 ) der Riemannschen Zahlenkugel S 2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R : x21 + x22 + (x3 − 12 )2 = 14 } einen Punkt z 0 aus C ∪ ∞ zuordnet. Sei h die Gerade, die senkrecht auf der x1 , x2 -Ebene steht und durch den Punkt P geht. Mit Q wird der Schnittpunkt von h und S 2 bezeichnet, der ungleich ¨ P ist. Liegt P auf dem Aquator, dann ist Q := P . Wir definieren jetzt g mit Hilfe des Punktes Q wie folgt z 0 = g(P ) := f (Q). Auch hier ist sicher eine Zeichnung zum Verst¨andnis hilfreich x3

P

x2

Q x1

z0 z

1 . z Lo ¨sung von Aufgabe 03.4 Hat P die Koordinaten (x1 , x2 , x3 ) , dann hat Q offensichtlich die Koordinaten (x1 , x2 , 1 − x3 ) . Daraus folgt Nun zur Aufgabe: Zeigen Sie, dass gilt z 0 =

z = f (P ) =

1 (x1 + x2 i) 1 − x3

Im folgenden berechnen wir Aussage.

1 z

und

z 0 = f (Q) =

1 (x1 + x2 i). x3

und vergleichen mit z 0 , daraus folgt dann die zu beweisende

1 z 1 − x3 1 1 − x3 = = 2 (x1 + x2 i) = (x1 + x2 i) = (x1 + x2 i) = z 0 2 2 z zz x1 + x2 x3 − x3 x3 Dabei wurde die aus der S 2 definierenden Gleichung folgende Tatsache genutzt x21 + x22 = x3 − x23 .

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 04 (Ubung vom 8. Mai 2007)

Riemannscher Inhalt, Meßbare Mengen, Meßbare Funktionen, LebesgueIntegral • Riemannscher Inhalt, Variante 1: Sei E eine Teilmenge von [0, 1] und sei  1 t ∈ E, χE (t) = 0 sonst die charakteristische Funktion von E . Dann ist der Riemannscher Inhalt m(E) definiert als Z1 m(E) = (R) χE (t) dt. 0

Die Mengen, f¨ ur die dieses Integral existiert, heißen Riemann-meßbar. • Riemannscher Inhalt, Variante 2: Sei E eine Teilmenge von [0, 1] und sei Gn eine Obermenge von E , die sich schreiben l¨aßt als disjunkte Vereinigung von endlich vielen(!), offenen Intervallen n [ G = (αi , βi ). i=1

Dann ist m(E) ≤ m(Gn ) =

n X

(βi − αi )

und

m([0, 1] \ Gn ) = 1 − m(Gn ).

i=1

Definieren als ¨ außeren Inhalt von E I ∗ (E) = inf m(Gn ) E⊆Gn

und als inneren Inhalt von E I∗ (E) = sup m(Fn ) Fn ⊆E

Die Mengen E , f¨ ur die I∗ (E) = I ∗ (E) gilt, heißen Riemann-meßbar. • Erlaubt man auch die Vereinigung von unendlich vielen Intervallen, dann geht man u ¨ber vom Begriff des ¨außeren bzw. inneren Inhalts zum ¨außeren bzw. inneren Maß. Sei G=

∞ [ i=1

(αi , βi ).

Dann ist m(G) =

∞ X

(βi − αi )

m([0, 1] \ G) = 1 − m(G).

und

i=1

Dementsprechend definiert man als ¨ außeres Maß von E m∗ (E) = inf m(G) E⊆G

und als inneres Maß von E m∗ (E) = sup m(F ) F ⊆E

Die Mengen E , f¨ ur die m∗ (E) = m∗ (E) gilt, heißen Lebesgue-meßbar. • Es gilt I∗ (E) ≤ m∗ (E) ≤ m∗ (E) ≤ I ∗ (E). • Gilt m∗ (E) = m∗ (E) = 0 , dann nennt man E eine Menge vom Maß Null. • Eine Eigenschaft P (x) gilt fast u ur alle x bis auf eine Menge ¨ berall, wenn sie zutrifft f¨ vom Maß Null. • Sei f eine reelle Funktion u ¨ber [0, 1] . Die Funktion f heißt Lebesgue-meßbar, wenn f¨ ur alle a ∈ R die Menge E(f > a) := {x : f (x) > a} Lebesgue-meßbar ist. • Sei f eine auf dem Intervall [a, b] beschr¨ankte meßbare Funktion mit A < f (x) < B . Sei ferner Y = {yo , . . . , yn+1 } mit A = y0 < y1 < y2 < . . . < yn = B < yn+1 eine Zerlegung des Wertebereiches von f . Setzen Eh = E(yh ≤ f < yh+1 ) f¨ ur h = 0, 1, . . . , n . Definieren Untersumme bzw. Obersumme von f bez¨ uglich Y als sY =

n X

yh · m(Eh )

bzw.

SY =

h=0

n X

yh+1 · m(Eh ).

h=0

Definieren Untersumme bzw. Obersumme von f u ¨ber alle m¨oglichen Zerlegungen Y des Wertebereiches U = sup sY bzw. V = inf SY . Y

Y

Der gemeinsame Wert U = V heißt das Lebesgue-Integral der Funktion f u ¨ber dem Intervall [a, b] . Zb Z (L) f (x) dx = (L) f (x) dx a

[a,b]

Eine Lebesgue-integrierbare Funktion wird auch summierbar genannt. • Satz: Jede beschr¨ankte Riemann-integrierbare Funktion ist auch Lebesgue-integrierbar und die Integrale stimmen u ¨berein.

• Satz (Konvergenzsatz von Lebesgue): Sei fn (x) eine Folge von Lebesgue-integrierbaren Funkionen u ¨ber [a, b] , die dort fast u ¨berall gegen eine meßbare Funktion f (x) konvergieren, und gilt f¨ ur alle n , dass |fn (x)| ≤ g(x) f¨ ur eine summierbare Funktion g(x) , so folgt Zb Zb (L) f (x) dx = lim (L) fn (x) dx. n→∞

a

a

• Die Funktion f (x) heißt quadratisch summierbar, wenn Zb (L)

|f (x)|2 dx < ∞.

a

Normierter Raum, Cauchy-Folge, Vollst¨ andig normierter Raum, Innenprodukt, Hilbert Raum, Orthogonalit¨ at • Ein Vektorraum H u ¨ber dem K¨orper K ( K = R oder C ) mit einer Funktion k · k : H → R ist ein normierter Raum, falls gilt (a) kxk ≥ 0, kxk = 0 genau dann, wenn x = 0 . (b) kλxk = |λ| · kxk ∀x ∈ H, ∀λ ∈ K (c) kx + yk ≤ kxk + kyk ∀x, y ∈ H • Eine Norm k · k induziert eine Metrik (Abstand) durch d(x, y) = ky − xk. • Eine Folge {xn } von Elementen eines normierten Raumes H heißt Cauchy-Folge, genau dann, wenn f¨ ur jedes  > 0 ein N ∈ N existiert, so dass kxn − xm k <  f¨ ur m, n ≥ N . • Ein normierter Raum heißt vollst¨ andig normierter Raum (Banach Raum), wenn jede Cauchy-Folge in ihm konvergiert. • Das Innenprodukt (Skalarprodukt) (·, ·) (oft auch h·, ·i geschrieben) ordnet je zwei Elementen x, y ∈ H eine Zahl aus K zu, so dass folgende Eigenschaften gelten: (a) (x, y) = (x, y) f¨ ur alle x, y ∈ H (b) (x + y, z) = (x, z) + (y, z) f¨ ur alle x, y, z ∈ H (c) (λx, y) = λ(x, y) f¨ ur jedes λ ∈ K (d) (x, x) ≥ 0, (x, x) = 0 genau dann, wenn x = 0 • p Ein Vektorraum H u uglich der Norm kxk = ¨ber K heißt Hilbertraum, wenn er bez¨ (x, x) ein vollst¨andig normierter Raum ist. • Schwarzsche Ungleichung: |(x, y)| ≤ kxk · kyk • Parallelogrammgleichung im reellen Hilbertraum: k

x + y 2 kxk2 + kyk2 x−y 2 k = −k k 2 2 2

• Verallgemeinerte Parallelogrammgleichung im reellen Hilbertraum: kλx + (1 − λ)yk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 • Zwei Elemente x, y eines Hilbertraumes H heißen orthogonal, wenn (x, y) = 0 ist. • Ein System e1 , e2 , . . . von Elementen eines Hilbertraumes heißt orthogonal, wenn die Elemente paarweise orthogonal sind, d.h. i 6= j impliziert (ei , ej ) = 0 . Gilt zus¨atzlich f¨ ur alle i , dass kei k = 1 , dann heißt das System orthonomiert. • Schmidtsches Orthonormierungsverfahren: Gegeben seien n linear unabh¨angige Elemente h1 , . . . , hn eines Hilbertraumes. Bilden f¨ ur i = 1, . . . , n gi := hi −

i−1 X

(hi , ej ) · ej

und

j=1

ei :=

gi . kgi k

Das System der so definierten Element e1 , e2 , . . . , en formt ein Orthonormalsystem. Zusatzaufgabe 04.1 Man untersuche, ob die Menge A , die aus allen Zahlen 0 ≤ x ≤ 1 besteht, deren Dezimalbruchentwicklungen die 5 nicht enthalten, Lebesgue-meßbar ist. L¨ osung von Zusatzaufgabe 04.1 Wir bestimmen als erstes, ob die Menge B der Zahlen, deren Dezimalbruchentwicklung die 5 enth¨alt, Lebesgue-meßbar ist. B kann man als Vereinigung der Mengen Bi , i = 1, 2, . . . auffassen, wobei Bi alle die Zahlen enth¨alt, die in der Dezimalbruchentwicklung eine 5 an der i -ten Nachkommastelle aufweisen (aber keine 5 an einer fr¨ uheren Nachkommastelle). D.h. B1 = [0.5, 0.6) , B2 = [0.05, 0.06) ∪ [0.15, 0.16) ∪ . . . ∪ [0.45, 0.46) ∪ [0.65, 0.66) ∪ . . . ∪ [0.95, 0.96) , . . . Wegen m([a, b)) = sup>0 m((a + , b)) = i−1 inf >0 m((a − , b)) = b − a gilt m(Bi ) = 910i . Dies impliziert m(B) =

∞ X i=1

∞

1 X 9i 1 1 m(Bi ) = = 9 = 1. i 10 i=0 10 10 1 − 10

Wenn B meßbar ist, dann ist auch A = [0, 1] \ B meßbar und m(A) = 1 − m(B) = 0 . Zusatzaufgabe 04.2 Sei E eine Lebesgue-meßbare Menge. Zeigen Sie, dass das LebesgueMaß translations invariant ist, d.h. ∀t ∈ R : m(E + t) = m(E) . Dabei ist E + t := {x + t : x ∈ E} . ∗ ∗ L¨ osung von Zusatzaufgabe 04.2 S∞Wir zeigen m (E + t) = m (E) , die Gleichung m∗ (E + ¨ t) = m∗ (E) folgt , dann ist S∞analog. Ist G = i=1 (αi , βi ) eine beliebige Uberdeckung von EP ¨ auch G t = i=1 (αi + t, βi + t) eine Uberdeckung von E + t und m(G) = ∞ i=1 (βi − P+ ∗ αi ) = ∞ (β + t − (α + t)) = m(G + t) . Nach Definition ist m (E) = inf m(G) = i E⊂G i=1 i ∗ inf E⊂G m(G + t) = inf E+t⊂G+t m(G + t) = m (E + t) . Zusatzaufgabe 04.3 Sei f : [0, 1] → R gegeben durch  3 f¨ ur x ∈ Q f (x) = x sonst. a) Berechnen Sie f¨ ur das Lebesgue-Maß µ(x) des R1 das Integral Z1 f (x) dµ(x) ! 0

b) Ist die Funktion f Riemann-integrierbar u ¨ber [0, 1] ? L¨ osung von Zusatzaufgabe 04.3 a.) Die summierbare Funktion g(x) = x ist gleich f (x) fast u ¨berall, und daher stimmen auch die Lebesgue-Integrale der beiden Funktionen u ¨berein. Also Z1 Z1 Z1 1 f (x) dµ(x) = x dµ(x) = x dx = 2 0

0

0

b.) Nein, die Funktion f ist nicht Riemann-integrierbar u ¨ber (0, 1) , denn zum einen kann man in jeder Zerlegung des Intervalls [0, 1] in Teilintervalle A1 , . . . , An ζi ∈ Ai so w¨ahlen, dass ζi ∈ Q ist. Dann gilt s=

n X

f (ζi )∆(Ai ) =

i=0

n X

3∆(Ai ) = 3.

i=0

Wird aber ζi ∈ [0, 1] \ Q gew¨ahlt, so folgt s=

n X

f (ζi )∆(Ai ) =

i=0

n X

ζ∆(Ai ) < 1.

i=0

Also konvergiert s nicht, wenn max ∆(Ai ) → 0 strebt. Dies wiederum bedeutet, dass die Funktion nicht Riemann-integrierbar ist. Zusatzaufgabe 04.4 Sei F ⊂ l2 der Raum der Folgen (x1 , x2 , . . . ) , f¨ ur die 2n xn → 0 2 ⊥ konvergiert. Gilt l = F ⊕ F ? L¨ osung von Zusatzaufgabe 04.4 Behauptung: F ⊥ = {0} , da F 6= l2 ist, folgt damit 2 l 6= F ⊕ F ⊥ . Beweis der Beh.: Sei x = (ξ1 , ξ2 , . . . ) ∈ l2 , x ∈ F ⊥ . Dann gilt f¨ ur alle en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) ∈ F : 0 = x · en = ξn ⇒ x = 0 . Zusatzaufgabe 04.5 Sei (x, y) ein Skalarprodukt im Vektorraum H u ullt ¨ber C . Erf¨ p kxk := (x, x) die Normeigenschaften? p L¨ osung von Zusatzaufgabe 04.5 Es ist zu u ufen, ob kxk := (x, x) folgende drei ¨berpr¨ Eigenschaften (N1), (N2) und (N3) einer Norm erf¨ ullt. (N1) ∀x ∈ H :

kxk ≥ 0, kxk = 0 ⇔ x = 0 .

(N2) ∀x ∈ H ∀λ ∈ C : (N3) ∀x, y ∈ H :

kλxk = |λ| · kxk .

kx + yk ≤ kxk + kyk .

Wegen des Axioms f¨ ur Innenprodukte ∀x ∈ H (x, x) ≥ 0, (x, x) = 0 ⇔ x = 0 p p hat man (x, x) ≥ 0∀x ∈ H, (x, x) = 0 ⇔ x = 0 . Also gilt (N1). F¨ ur λ ∈ C folgt aus den Innenproduktaxiomen ∀x, y ∈ H∀λ ∈ C :

(λx, y) = λ(x, y)

und ∀x, y ∈ H :

(x, y) = (y, x),

dass kλxk =

p

(λx, λx) =

q

p ¯ x) = |λ| (x, x) = |λ| · kxk. λ · λ(x,

Also ist (N2) auch erf¨ ullt. Die G¨ ultigkeit von (N3) folgt aus (x + y, x + y) = = = ≤ ≤ =

(x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y) kxk2 + (x, y) + (x, y) + kyk2 kxk2 + 2Re(x, y) + kyk2 kxk2 + 2|(x, y)| + kyk2 kxk2 + 2kxk · kyk + kyk2 (Schwarzsche Ungl.) 2 (kxk + kyk) .

Zusatzaufgabe 04.6 Seien f, g ∈ C[0, 1], g(t) > 0 f¨ ur alle t ∈ [0, 1] . Ist kf k := max |f (t)g(t)| eine Norm? 0≤t≤1

L¨ osung von Zusatzaufgabe 04.6 Es ist zu u ufen, ob kf k := max |f (t)g(t)| folgende ¨berpr¨ 0≤t≤1

drei Eigenschaften (N1), (N2) und (N3) einer Norm erf¨ ullt. (N1) ∀x ∈ H :

kxk ≥ 0, kxk = 0 ⇔ x = 0 .

(N2) ∀x ∈ H ∀λ ∈ C : (N3) ∀x, y ∈ H :

kλxk = |λ| · kxk .

kx + yk ≤ kxk + kyk .

(N1): kf kg ≥ 0, kf kg = 0 ⇔ ∀t ∈ [0, 1]f (t)g(t) = 0 ⇔ ∀t ∈ [0, 1]f (t) = 0 (da g(t) > 0 ). (N2): kλf kg = max |λf (t)g(t)| = |λ| · max |f (t)g(t)| = |λ| · kf kg . 0≤t≤1

0≤t≤1

(N3): kx + ykg = max |(x(t) + y(t))g(t)| ≤ max (|x(t)g(t)| + |y(t)g(t)|) 0≤t≤1

0≤t≤1

≤ max |x(t)g(t)| + max |y(t)g(t)| = kxkg + kykg . 0≤t≤1

0≤t≤1

Vorlesung: Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel ¨ Ubungen: Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

www.math.uni-rostock.de/∼mgruttm/

¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 04 Abgabetermin: 15. Mai 2007 Aufgabe 04.1 Man beweise, dass f¨ ur den ¨außeren Inhalt gilt: I∗ (E1 ∪ E2 ) + I∗ (E1 ∩ E2 ) ≥ I∗ (E1 ) + I∗ (E2 )

Aufgabe 04.2   Die Menge G entsteht aus dem Intervall [0, 1], indem man das mittlere F¨ unftel 52 , 35 nimmt und vereinigt mit den mittleren F¨ unfteln der beiden ¨außeren Intervallen und dies vereinigt mit den mittleren F¨ unfteln der verbleibenden vier Intervalle, . . ., d.h.  2 3   4 6   19 21   8 12   38 42   83 87   113 117  , ∪ , ∪ , ∪ , ∪ , ∪ , ∪ , ∪. . . G := 5 5 25 25 25 25 125 125 125 125 125 125 125 125 Ist G Lebesgue-meßbar? Welches Lebesgue-Maß hat P = [0, 1] \ G ? Aufgabe 04.3 Die Funktionenfolge (fn ) sei auf dem Intervall [0, 1] definiert durch  −2xn2 + 2n f¨ ur 0 ≤ x ≤ n1 fn (x) = . 0 f¨ ur n1 < x ≤ 1 Man zeige, daß (fn ) bez¨ uglich des Lebesgue-Maßes m auf [0, 1] fast u ¨berall gegen eine Funktion f konvergiert, wobei alle fn und f bzgl. m auf [0, 1] integrierbar sind. Gilt Z Z lim (L) fn (x) dx = (L) f (x) dx ? n→∞

[0,1]

[0,1]

Aufgabe 04.4 Sei H ein Innenproduktraum. Beweisen Sie den Satz des Apollonius: 1 x+y 2 ∀x, y, z ∈ H kz − xk2 + kz − yk2 = kx − yk2 + 2kz − k . 2 2 Aufgabe 04.5 Orthonormieren Sie die Polynome x0 (t) = 1, x1 (t) = t, x2 (t) = t2 bez¨ uglich des gewichteten Innenproduktes Z1 (x, y) =

x(t)y(t)(1 − t2 )−1/2 dt

−1

(so gewinnt man die 3 ersten Tschebyscheffschen Funktionen).

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker L¨ osungen Blatt 04 Aufgabe 04.1 Man beweise, dass f¨ ur den inneren Inhalt und beliebige Mengen E1 , E2 ⊆ [0, 1] gilt: I∗ (E1 ∪ E2 ) + I∗ (E1 ∩ E2 ) ≥ I∗ (E1 ) + I∗ (E2 ) L¨ osung von Aufgabe 04.1 Wir nutzen die Definition I∗ (E) = sup m(Fn ) wobei die Fn ⊂E

Fn endliche Vereinigungen von offenen/abgeschlossenen/halboffenen Intervallen sind. Weiter wird die folgende Gleichung verwendet m(A∪B) = m(A)+m(B) falls A∩B = ∅ , auch hier m¨ ussen sich A und B als Vereinigungen von endlich vielen offenen/abgeschlossenen/halboffenen Intervallen darstellen lassen. Seien Fn1 , Fn2 , Fn12 endliche Vereinigungen von offenen/abgeschlossenen/halboffenen Intervallen mit Fn1 ⊆ E1 , lim m(Fn1 ∪ Fn12 ) = I∗ (E1 ) ; Fn2 ⊆ E2 , lim m(Fn2 ∪ Fn12 ) = I∗ (E2 ) n→∞

n→∞

urlich sind die Vereinigung, Differenz und Fn12 ⊆ E1 ∪ E2 , lim m(Fn12 ) = I∗ (E1 ∪ E2 ) . Nat¨ n→∞

von endlich vielen Intervallen wieder endlich viele Intervalle (dabei z¨ahlt die leere Menge und ein einzelner Punkt auch als Intervall mit m(∅) = m({x}) = 0 ). Insbesondere ist Fn1 ∩ Fn2 ⊆ E1 ∩ E2 und I∗ (E1 ∪ E2 ) = lim m(Fn12 ) ≤ lim m(Fn12 ∪ (Fn1 ∩ Fn2 )) ≤ I∗ (E1 ∪ E2 ) n→∞ n→∞ also lim m(F 12 ∪ (F 1 ∩ F 2 )) = I∗ (E1 ∪ E2 ) . Setze F˜n := F 12 ∪ (F 1 ∩ F 2 ) . n→∞

n

n

n

n

n

n

Jetzt gilt: I∗ (E1 ∪ E2 ) + I∗ (E1 ∩ E2 ) =

sup

m(Fn ) +

Fn ⊂(E1 ∪E2 )

≥ = = = =

sup

m(Fn )

Fn ⊂(E1 ∩E2 )

lim m(Fn1 ∪ Fn2 ∪ Fn12 ) + lim m(F˜n )

n→∞

n→∞

lim

m((Fn1

\ F˜n ) ∪ (Fn2 \ F˜n ) ∪ F˜n ) + lim m(F˜n )

lim

m((Fn1

\ F˜n ) ∪ F˜n ) + lim m(Fn2 \ F˜n ) + lim m(F˜n )

lim

m((Fn1

\ F˜n ) ∪ F˜n ) + lim m((Fn2 \ F˜n ) ∪ F˜n )

n→∞ n→∞ n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

lim m(Fn1 ∪ Fn12 ) + lim m(Fn2 ∪ Fn12 )

n→∞

n→∞

= I∗ (E1 ) + I∗ (E2 ) Aufgabe 04.2   Die Menge G entsteht aus dem Intervall [0, 1] , indem man das mittlere F¨ unftel 25 , 35 nimmt und vereinigt mit den mittleren F¨ unfteln der beiden ¨außeren Intervallen und dies vereinigt mit den mittleren F¨ unfteln der verbleibenden vier Intervalle, . . . , d.h.   2 3   4 6   19 21   8 12   38 42   83 87   113 117  G := , ∪ , ∪ , ∪ , ∪ , ∪ , ∪ , ∪. . . 5 5 25 25 25 25 125 125 125 125 125 125 125 125

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 04

2

Ist G Lebesgue-meßbar? Welches Lebesgue-Maß hat P = [0, 1] \ G ? L¨ osung von Aufgabe 04.2 G ist die Vereinigung von abz¨ahlbar vielen, paarweise disjunkten Intervallen G=

∞ [

(αi , βi ),

i=1

und damit offen. Jede offene Menge ist Lebesgue-meßbar, d.h. m(G) = m∗ (G) = m∗ (G) . Nach Definition ist m(G) =

∞ X

(βi − αi ) =

i=1

∞ X 4i−1

5i

i=1

∞

1 X 4
i = 1. = 5 i=0 5

P ist abgeschlossene Menge und als solche ebenfalls meßbar mit m(P ) = 1 − m(G) = 0 . Aufgabe 04.3 Die Funktionenfolge (fn ) sei auf dem Intervall [0, 1] definiert durch  −2xn2 + 2n f¨ ur 0 ≤ x ≤ n1 fn (x) = . 0 f¨ ur n1 < x ≤ 1 Man zeige, daß (fn ) bez¨ uglich des Lebesgue-Maßes m auf [0, 1] fast u ¨berall gegen eine Funktion f konvergiert, wobei alle fn und f bzgl. m auf [0, 1] integrierbar sind. Gilt Z Z lim (L) fn (x) dx = (L) f (x) dx ? n→∞

[0,1]

[0,1]

Lo ¨berall auf dem Intervall ¨sung von Aufgabe 04.3 Zeigen zuerst, dass die fn (x) fast u [0, 1] punktweise gegen f (x) = 0 konvergieren. Sei x0 ∈ (0, 1] beliebig. Dann gilt fn (x0 ) = 0 f¨ ur alle n > x10 , also ist lim fn (x0 ) = 0 = f (x0 ) . Also konvergieren die Funktionen fn n→∞

punktweise gegen f bis auf die Stelle x0 = 0 . Aber die Menge {0} hat das Maß Null, also konvergieren die Funktionen fn fast u ¨berall gegen f . Die Funktionen fn sind beschr¨ankt und Riemann-integrierbar, damit sind sie auch Lebesgueintegrierbar und Z Z  1 (L) fn (x) dx = (R) fn (x) dx = − x2 n2 + 2xn 0n + 0 = 1 [0,1]

[0,1]

Damit folgt Z lim (L)

n→∞

fn (x) dx = lim 1 = 1. n→∞

[0,1]

Analog berechnet man Z (L) [0,1]

Z f (x) dx = (R)

f (x) dx = 0.

[0,1]

Damit ist gezeigt, dass man den Grenzwert nicht in jedem Fall unter das Integral ziehen kann.

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 04

3

Aufgabe 04.4 Sei H ein Innenproduktraum. Beweisen Sie den Satz des Apollonius: 1 x+y 2 ∀x, y, z ∈ H kz − xk2 + kz − yk2 = kx − yk2 + 2kz − k. 2 2 Lo ¨sung von Aufgabe 04.4 Die linke Seite: kz − xk2 + kz − yk2 = (z − x, z − x) + (z − y, z − y) = 2(z, z) − 2(z, x) − 2(z, y) + (x, x) + (y, y) .
1 k2 = 12 (x − y, x − y) + z − x+y , z − x+y = 2 (x, x) − Die rechte Seite: 21 kx − yk2 + 2kz − x+y 2 2 2 1 1 1 (x, y) + 2 (y, y) − 2(z, z − x − y) + 2 (x, x) + (x, y) + 2 (y, y) = l. S. Aufgabe 04.5 Orthonormieren Sie die Polynome x0 (t) = 1, x1 (t) = t, x2 (t) = t2 bez¨ uglich des gewichteten Innenproduktes Z1 (x, y) =

x(t)y(t)(1 − t2 )−1/2 dt

−1

(so gewinnt man die 3 ersten Tschebyscheffschen Polynome). π/2 R1 dt R cos ϕ L¨ osung von Aufgabe 04.5 k1k2 = √1−t dϕ = π (Substitution: t = sin ϕ ). = 2 2 cos ϕ −1 0 q Also gilt τ0 (t) = π1 . Analog berechnet man r τ1 (t) =

2 t, τ2 (t) = π

r   8 2 1 t − . π 2

Bemerkung: (x0 , x1 ) = (x1 , x2 ) = 0 , da t und t3 ungerade Funktionen sind.

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 05 (Ubung vom 15. Mai 2007)

Orthogonale Komplement • Sei H ein Hilbertraum und L ein linearer abgeschlossener Unterraum von H . Dann nennt man die Menge L⊥ = {x ∈ H : ∀y ∈ L x ⊥ y} das orthogonale Komplement zu L in H . F¨ ur jedes x ∈ H und f¨ ur jeden Unterraum L ⊂ H existiert eine eindeutig bestimmte Zerlegung x = y + z : y ∈ L, z ∈ L⊥ (d.h. H = L ⊕ L⊥ ).

Fourierreihen • Sei f : [−l, l] → R quadratisch integrierbar ( kf k22 :=

Rl

f 2 dx < ∞ ) und

−l

Zl

1 an := l

f (x) cos

nπx dx, l

f (x) sin

nπx x dx, l

n = 0, 1, 2, . . . ,

−l

Zl

1 bn := l

n = 1, 2, . . . .

−l

Dann heißt

∞  X nπx nπx  1 an cos F (x) := a0 + + bn sin 2 l l n=1

die Fourierreihe zu f . F¨ ur gerade Funktionen f : [−l, l] → R gilt 2 an = l

Zl f (x) cos

nπx dx, l

bn = 0,

0

und f¨ ur ungerade Funktionen an = 0,

2 bn = l

Zl f (x) sin

nπx dx. l

0

• Die Partialsummen der Fourrierreihe k  X 1 nπx  nπx Fk (x) = a0 + an cos + bn sin 2 l l n=1

konvergieren gegen f im quadratischen Mittel (d.h. kf − Fk k2 → 0 ). Tats¨achlich ist Fk die beste Approximation an f im Sinne des quadratischen Mittels im (2n + 1) dimensionalen Unterraum {g(x) : ∃c0 , c1 , . . . , cn , d1 , . . . , dn : g(x) = c0 +

k  X

cn cos

n=1

nπx nπx  + dn sin .} l l

• Ist eine periodische Fortsetzung f˜ : R → R von f (st¨ uckweise) stetig differenzierbar, dann konvergiert Fk → f sogar gleichm¨aßig. Aufgabe 05.1 (SKP045) Beweisen Sie, dass in jedem Innenproduktraum gilt: x⊥y ⇐⇒ kx + αyk = kx − αyk, f¨ ur alle α ∈ K.

Lo ¨sung von Aufgabe 05.1 (SKP045lsg) =⇒ : kx + αyk2 = (x + αy|x + αy) = (x|x) + α(y|x) + α ¯ (x|y) + |α|2 (y|y) = (x|x) − α(y|x) − α ¯ (x|y) + |α|2 (y|y) = kx − αyk2 . ⇐= : 0 = kx + αyk2 − kx − αyk2 = (x|x) + |α|2 (y|y) + 2Re (¯ α(x|y)) − (x|x) − |α|2 (y|y) + 2Re (¯ α(x|y)) = 4Re (¯ α(x|y)) Setzen Sie α = (x|y) , dann folgt die Behauptung. Aufgabe 05.2 (SKP046) Orthonormieren Sie die kanonische Basis (1, 0, 0)T , (0, 1, 0)T , (0, 0, 1)T in R3 bzgl. des Innenproduktes < x|y >= xT Ay mit   1 1 0 A :=  1 4 1  . 0 1 3 Lo ¨sung von Aufgabe 05.2 (SKP046lsg) Bemerkung: A ist symmetrisch und positiv definit (alle Eigenwerte > 0 ), deshalb definiert xT Ay ein Innenprodukt(Skalarprodukt). < h1 |h1 >= 1 , also   1 h1 e1 := p = h1 =  0  < h1 |h1 > 0 < h2 |e1 >= 1 , also g2 := h2 − < h2 |e1 > e1 = h2 − h1 , < g2 |g2 >= 3 , also 

 −1 1 g2 e2 := p =√  1  3 < g2 |g2 > 0

< h3 |e1 >= 0, < h3 |e2 >=

√1 3

, also 

 1 1 g3 := h3 − (< h3 |e1 > e1 + < h3 |e2 > e2 ) =  −1  3 3 < g3 |g3 >= 83 , also



 1 g3 1 e3 := p = √  −1  . 24 < g3 |g3 > 3

Die gesuchte Basis ist e1 , e2 , e3 . Aufgabe 05.3 (SKP048) Fassen Sie die Polynome als Teilmenge von l2 auf: n X

aj xj ≡ (a0 , . . . , an , 0, . . . ) ∈ l2 .

j=0

Gilt l2 = P ⊕ P⊥ ? Lo ¨sung von Aufgabe 05.3 (SKP048lsg) Behauptung: P⊥ = {0} , damit ist dann P ⊕ P⊥ = P 6= l2 . Beweis der Behauptung: Sei x = (ξ1 , ξ2 , . . . ) ∈ l2 mit x ∈ P⊥ . Falls x 6= 0 existiert ein n0 ∈ N mit ξn0 6= 0 . Es folgt: (x, xn0 ) = ξn0 6= 0 , wobei xn0 die Einheitsfolge mit der einzigen Eins an der n0 -ten Stelle ist. Aufgabe 05.4 (VRE103) Bilden die im folgenden definierten Mengen und Operationen einen Vektorraum u ¨ber R ? a) V1 = { Polynome p(x) , mit p(2) = 0} , wobei +, · durch (p + q)(x) = p(x) + q(x), (αp)(x) = αp(x) definiert sind. b) V2 = { Polynome p(x) , mit p(2) = 1} . Die Verkn¨ upfungen sind wie in a). c) V3 = {r(cos ϕ, sin ϕ) : − 31 π ≤ ϕ ≤ 31 π, r ≥ 0} , wobei +, · definiert sind durch: (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ), α(x, y) = (αx, αy) . d) V4 = { Punkte auf einer fixierten Geraden durch den Koordinatenursprung in R2 } . Die Verkn¨ upfungen sind wie in c). Lo ¨sung von Aufgabe 05.4 (VRE103lsg) a) Ja, da V1 abgeschlossen (bzgl +, · ) ist, also Unterraum des Raumes der Abbildungen. b) Nein, denn wegen p(2) = q(2) = 1 ⇒ (p + q)(2) = 2 ist V2 nicht abgeschlossen bzgl + . c) Nein: denn in einem beliebigen Vektorraum V gilt α ∈ K, x ∈ V ⇒ αx ∈ V aber hier 0 6= r(cos ϕ, sin ϕ) ∈ V3 ⇒ −r(cos ϕ, sin ϕ) 6∈ V3 . d) Ja, da V4 abgeschlossen bzgl +, · ist, also Unterraum des R2 . Aufgabe 05.5 (FKR086) Man bestimme die Fourierreihe der folgenden Funktion.   −1 (−π ≤ x < − 21 π), x (− 12 π ≤ x < 12 π), g(x) =  2 1 ( 21 π ≤ x < π),

Lo ¨sung von Aufgabe 05.5 (FKR086lsg) g(x) ist eine ungerade Funktion, also ak = 0 und Z π Z π Z 2 1 π 1 bk = g(x) sin kxdx = ( x sin kxdx + sin kxdx) π π −π π 0 2 2 −π + 4 k 1 k cos π − (−1)k + 2 sin π 2 πk πk 2 2πk1 − (k = 4m),    1 2k 1 + (k = 4m + 1), πk πk2 = π−8 (k = 4m + 2),    2πk 2 1 − πk2 (k = 4m + 3). πk =

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www.math.uni-rostock.de/∼mgruttm/

¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 05 Abgabetermin: 22. Mai 2007 Aufgabe 05.1 Es sei Pn die Menge aller Polynome vom Grad h¨ochstens n. Mit der u ¨blichen Addition von Polynomen und Multiplikation eines Polynoms mit einem Skalar aus R bildet Pn einen Vektorraum. Man kann sogar ein Skalarprodukt f¨ ur Pn definieren. Seien p, q ∈ Pn mit p(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn und q(x) = b0 + b1 x + . . . + bn xn . Dann definiert man (p, q) :=

n X

ak · bk .

k=0

(Bem.: Jedes Skalarprodukt aus dem Rn+1 kann mit den Koeffizienten der Polynome verwendet werden.) ˜ n die Menge aller Polynome p vom Grad h¨ochstens n die zus¨atzlich p(2) = 0 erf¨ Ferner sei P ullen. ˜ n ein Vektorraum ist. (a) Begr¨ unden Sie, warum P ˜ n mit Nachweis der Basiseigenschaften. (b) Finden Sie eine Basis f¨ ur P ˜ n⊥ . Gilt Pn = P ˜n ⊕ P ˜ n⊥ ? (c) Beschreiben Sie P ¨ Bemerkung: In (b) muß es nicht notwendigerweise der Vorschlag f¨ ur eine Basis aus der Ubung sein.

Aufgabe 05.2 Beweisen Sie folgende Aussage: Ein Banachraum (vollst¨andig normierter Raum) (X, k.k) u ¨ber dem K¨orper der reellen Zahlen ist genau dann ein Hilbertraum, wenn die Parallelogrammgleichung kx + yk2 + kx − yk2 = 2kxk2 + 2kyk2 gilt. Tipp: Zeigen Sie, dass durch (x, y) :=

1 (kx + yk2 − kx − yk2 ) 4

ein Skalarprodukt definiert ist, dass die vorgegebene Norm erzeugt. F¨ ur den Nachweis der Additivit¨at (x + y, z) = (x, z) + (y, z) beweise man zuerst die Beziehung (u + v, w) + (u − v, w) = 2(u, w) unter Ausnutzung der Parallelogramgleichung. Die Homogenit¨atseigenschaft (λx, y) = λ(x, y) zeigt man am besten erst f¨ ur λ ∈ N, dann λ ∈ Z, λ ∈ Q und λ ∈ R. Bemerkung: Die Aussage gilt auch f¨ ur Banachr¨aume u ¨ber dem K¨orper der komplexen Zahlen, aber hier ist das Skalarprodukt aufw¨ andiger: x, y) :=

i 1 (kx + yk2 − kx − yk2 ) + (kx + iyk2 − kx − iyk2 ) 4 4

Aufgabe 05.3 Man bestimme die Fourierreihe der folgenden Funktion.  x+π    −x f (x) = x    π−x

(−π ≤ x < − 21 π), (− 21 π ≤ x < 0), (0 ≤ x < 12 π), ( 12 π ≤ x < π).

Aufgabe 05.4 Man berechne ∞ X m=1

1 . (4m + 2)2

Tipp: Fourierreihe aus Aufgabe 05.3 nutzen.

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Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 05

Aufgabe 05.1 Es sei Pn die Menge aller Polynome vom Grad h¨ochstens n . Mit der u ¨blichen Addition von Polynomen und Multiplikation eines Polynoms mit einem Skalar aus R bildet Pn einen Vektorraum. Man kann sogar ein Skalarprodukt f¨ ur Pn definieren. Seien p, q ∈ Pn mit p(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn und q(x) = b0 + b1 x + . . . + bn xn . Dann definiert man n X ak · b k . (p, q) := k=0

(Bem.: Jedes Skalarprodukt aus dem Rn+1 kann mit den Koeffizienten der Polynome verwendet werden.) ˜ n die Menge aller Polynome p vom Grad h¨ochstens n die zus¨atzlich p(2) = 0 Ferner sei P erf¨ ullen. ˜ n ein Vektorraum ist. (a) Begr¨ unden Sie, warum P ˜ n mit Nachweis der Basiseigenschaften. (b) Finden Sie eine Basis f¨ ur P ˜ n⊥ . Gilt Pn = P ˜n ⊕ P ˜ n⊥ ? (c) Beschreiben Sie P ¨ Bemerkung: In (b) muß es nicht notwendigerweise der Vorschlag f¨ ur eine Basis aus der Ubung sein.

L¨ osung von Aufgabe 05.1 ˜ n eine Teilmenge des Vektorraums Pn ist, reicht es zu zeigen, dass P ˜ n ein Unter(a) Da P n raum von P ist, also abgeschlossen bzgl. Addition von Vektoren und Multiplikation ˜ n impliziert (p + q) ∈ P ˜ n und mit Skalaren. D.h. man muss beweisen, dass p, q ∈ P ˜ n , λ ∈ R impliziert λp ∈ P ˜ n . Offensichtlich erh¨oht das Addieren von zwei Pop∈P lynomen nicht den Grad, genauso wenig wie die Multiplikation mit einem Skalar λ . Außerdem gilt (p + q)(2) = p(2) + q(2) = 0 + 0 = 0 und (λp)(2) = λp(2) = λ · 0 = 0 . ˜ n gezeigt und folglich P ˜ n ein Vektorraum. Damit ist die Abgeschlossenheit von P ˜ n , also hat p eine Darstellung (b) Die Zahl 2 ist Nullstelle f¨ ur jedes Polynom p ∈ P p(x) = (x−2)·p0 (x) wobei p0 ∈ Pn−1 . Kennt man eine Basis p00 , p01 , . . . , p0n−1 f¨ ur Pn−1 , ˜n . dann ist also (x − 2) · p00 , (x − 2) · p01 , . . . , (x − 2) · p0n−1 ein Erzeugendensystem f¨ ur P Die Polynome (x−2)·p00 , (x−2)·p01 , . . . , (x−2)·p0n−1 sind auch alle linear unabh¨angig, da bereits die p00 , p01 , . . . , p0n−1 linear unabh¨angig sind. Also liefert jede Basis von Pn−1 ˜ n . Insbesondere ist damit (x − 2), (x − 2)x, . . . , (x − 2)xn−1 eine Basis. eine Basis in P ˜ n . Wegen der Addi(c) Gesucht sind alle Polynome q ∈ Pn mit (q, p) = 0 f¨ ur alle p ∈ P tivit¨at des Skalarproduktes ist dies ¨aquivalent zum finden aller q ∈ Pn mit (q, p) = 0 f¨ ur alle p ∈ {(x − 2), (x − 2)x, . . . , (x − 2)xn−1 } . Die Koeffizienten der Polynome aus

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 05

2

der Basis sind von der Bauart (0, . . . , 0, −2, 1, 0, . . . , 0) also muss f¨ ur alle aufeinanderfolgenden Koeffizienten bi , bi+1 in q gelten, dass bi+1 = 2bi ist. Man kann also b0 von q beliebig w¨ahlen, alle anderen Koeffizienten von q sind dann eindeutig festgelegt. ˜ n⊥ =< q0 := 1 + 2x + . . . + 2n−1 xn−1 > . Die Dimension von P ˜ n⊥ ist Folglich ist P n n n⊥ ˜ ist n , damit hat P ˜ ⊕P ˜ 1 und die von P die Dimension n + 1 , was auch die n n n⊥ n ˜ ˜ ˜n ⊕ P ˜ n⊥ . Dimension von P ist. Da P ⊕ P ⊆ P ist, gilt sofort Pn = P Aufgabe 05.2 Beweisen Sie folgende Aussage: Ein Banachraum (vollst¨andig normierter Raum) (X, k.k) u ¨ber dem K¨orper der reellen Zahlen ist genau dann ein Hilbertraum, wenn die Parallelogrammgleichung kx + yk2 + kx − yk2 = 2kxk2 + 2kyk2 gilt. Tipp: Zeigen Sie, dass durch 1 (kx + yk2 − kx − yk2 ) 4 ein Skalarprodukt definiert ist, dass die vorgegebene Norm erzeugt. F¨ ur den Nachweis der Additivit¨at (x + y, z) = (x, z)+ (y, z) beweise man zuerst die Beziehung (u+v, w)+ (u−v, w) = 2(u, w) unter Ausnutzung der Parallelogrammgleichung. Die Homogenit¨atseigenschaft (λx, y) = λ(x, y) zeigt man am besten erst f¨ ur λ ∈ N , dann λ ∈ Z , λ ∈ Q und λ ∈ R . (x, y) :=

Bemerkung: Die Aussage gilt auch f¨ ur Banachr¨aume u ¨ber dem K¨orper der komplexen Zahlen, aber hier ist das Skalarprodukt aufw¨ andiger: x, y) :=

1 i (kx + yk2 − kx − yk2 ) + (kx + iyk2 − kx − iyk2 ) 4 4

Lo ¨sung von Aufgabe 05.2 Zeigen im ersten Teil, dass in jedem Hibertraum (Banachraum mit Skalarprodukt) die Parallelogrammgleichung gilt. Wird die Norm durch ein Skalarprodukt erzeugt, gibt es also ein Skalarprodukt h., .i mit kxk2 = hx, xi f¨ ur alle x ∈ X , so folgt aus den Rechenregeln f¨ ur das Skalarprodukt kx + yk2 + kx − yk2 = = = =

hx + y, x + yi + hx − y, x − yi hx, xi + hx, yi + hy, xi + hy, yi + hx, xi − hx, yi − hy, xi + hy, yi 2hx, xi + 2hy, yi 2kxk2 + 2kyk2 .

Es gilt dann also die Parallelogrammgleichung. Im zweiten Teil ist jetzt zu zeigen, dass sich mit einer Norm, die die Parallelogrammgleichung erf¨ ullt, ein Skalarprodukt erzeugen l¨asst. Sei nun k.k eine Norm, die die Parallelogrammgleichung erf¨ ullt und die Funktion h., .i : X2 → R
1 hx, yi := kx + yk2 − kx − yk2 4 definiert. Zu zeigen ist erstens, dass h., .i tats¨achlich ein Skalarprodukt ist und zweitens, dass die Norm durch dieses Skalarprodukt erzeugt wird. Damit ein Skalarprodukt vorliegt, muss die betrachtete Funktion f¨ ur alle x, y, z ∈ X und f¨ ur alle λ ∈ R folgende Eigenschaften haben:

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 05

3

(a) positiv definit: hx, xi ≥ 0 , und hx, xi = 0 nur f¨ ur x = 0 (b) symmetrisch: hx, yi = hy, xi (c) bilinear (additiv): hx + y, zi = hx, zi + hy, zi (d) bilinear (homogen): λhx, yi = hλx, yi Wegen der Eigenschaften der Norm gilt hx, xi = 41 (kx + xk2 − kx − xk2 ) = kxk2 . Somit gilt in jedem Fall hx, xi = kxk2 . Die Positiv-Definitheit folgt damit unmittelbar aus den Eigenschaften der Norm; zus¨atzlich folgt, dass die Norm durch dieses Skalarprodukt erzeugt wird (sofern tats¨achlich ein Skalarprodukt vorliegt). Weiter gilt hx, yi = 14 (kx + yk2 − kx − yk2 ) = 41 (ky + xk2 − ky − xk2 ) = hy, xi . Das betrachtete Skalarprodukt ist also tats¨achlich symmetrisch. Der Beweis der Additivit¨at ist komplizierter. Dazu wird zuerst gezeigt, dass f¨ ur alle u, v, w ∈ X die Beziehung hu + v, wi + hu − v, wi = 2hu, wi gilt. Hierbei kommt die Parallelogrammgleichung zum Einsatz. 1 4 1 = 4 1 = 2 1 = 2

hu + v, wi + hu − v, wi =

ku + w + vk2 − ku − w + vk2 + ku + w − vk2 − ku − w − vk2





1
ku + w + vk2 + ku + w − vk2 − ku − w + vk2 + ku − w − vk2 4
1
2 2 2 ku + wk + kvk − ku − wk + kvk2 2
2 2 ku + wk − ku − wk = 2hu, wi.

Setzt man w = u so gilt wegen h0, vi = 0 h2u, vi = 2hu, vi . Daraus und mit x := u+w , y := u−w ; z := v folgt hx, zi+hy, zi = hu+w, vi+hu−w, vi = 2hu, vi = h2u, vi = hx + y, zi . Somit ist die Additivit¨at nachgewiesen. Die Homogenit¨at im ersten Argument wird schrittweise f¨ ur λ ∈ N , dann λ ∈ Z , λ ∈ Q und λ ∈ R gezeigt. Der Fall λ ∈ N wird naheliegenderweise mit vollst¨andige Induktion bewiesen. Als Induktionsanfang wurde bereits hλx, yi = λhx, yi f¨ ur λ = 0, 1 gezeigt. Als Induktionsvoraussetzung gelte hλx, yi = λhx, yi f¨ ur λ = n . Sei nun λ = n + 1 . Dann folgt h(n + 1)x, yi = hnx + x, yi(Anwendung der Additivit¨at) = hnx, yi + hx, yi (Anwendung der Induktionsvoraussetzung) = nhx, yi + hx, yi = (n + 1)hx, yi. Die Homogenit¨at f¨ ur eine beliebige negative ganze Zahl λ folgt sofort daraus, wenn man die Homogenit¨at f¨ ur λ = −1 zeigen kann. Hier gilt 0 = h0, yi = hx − x, yi = hx, yi + h−x, yi und damit h−x, yi = −hx, yi.

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 05 Ist λ =

m n

4

rational mit m, n ganzzahlig, so folgt aus nh

m m x, yi = hn x, yi = hmx, yi = mhx, yi, n n

dass

m m x, yi = hx, yi. n n Sei nun λ = limn→∞ λn reell als Grenzwert rationaler Zahlen λn dargestellt. Da die Norm ein stetiges Funktional ist, ist auch h., .i stetig und es gilt h

hλx, yi = h lim λn x, yi = lim hλn x, yi = lim λn hx, yi = λhx, yi. n→∞

n→∞

n→∞

Aufgabe 05.3 Man bestimme die Fourierreihe der folgenden Funktion.  1   x + π (−π1 ≤ x < − 2 π),  −x (− 2 π ≤ x < 0), f (x) = x (0 ≤ x < 21 π),    π − x ( 12 π ≤ x < π). L¨ osung von Aufgabe 05.3 f (x) ist gerade, also bk = 0 und f¨ ur k > 0 1 ak = π

Z π Z π 2 2 f (x) cos kxdx = ( x cos kxdx + (π − x) cos kxdx) π π 0 −π 2

Z

π

k 2 4 cos π − 2 (1 + cos kπ) 2 πk 2 πk  −8 (k = 4m + 2), πk2 = 0 sonst, Z π 1 1 a0 = f (x)dx = π. π −π 2 =

Aufgabe 05.4 Man berechne

∞ X

1 . 2 (4m + 2) m=1 Tipp: Fourierreihe aus Aufgabe 05.3 nutzen. L¨ osung von Aufgabe 05.4 f (x) aus Aufgabe FKR087 ist stetig in 0, also ∞ 1 π 8X 0 = f (0) = F (0) = − 4 π m=0 (4m + 2)2

⇒

∞ X

1 π2 − 8 = . 2 (4m + 2) 32 m=1

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Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 06 (Ubung vom 22. Mai 2007)

Lineare, stetige, beschr¨ ankte Operatoren • Seien X, Y normierte R¨aume u ¨ber einen K¨orper K . Eine Abbildung A : X → Y hei¨st linear genau dann, wenn ∀x, y ∈ X ∀α, β ∈ K A(αx + βy) = αAx + βAy gilt. Falls kAk := sup kAxkY = sup kAxkY = kxkX ≤1

kxkX =1

kAxkY x∈X\{0} kxkX sup

endlich ist, heißt die Abbildung A beschr¨ ankt. Die Zahl kAk nennt man in diesem Fall die Norm von A . F¨ ur Y = K nennt man A ein Funktional, sonst heißt A ein Operator. • Wenn aus kxn − xkX → 0 kAxn − AxkY → 0 folgt, heißt die Abbildung A stetig in x . Falls dies f¨ ur alle x ∈ X gilt, nennt mann sie schlechthin stetig. Eine lineare Abbildung A : X → Y ist genau dann stetig, wenn sie beschr¨ankt ist. • Sei X ein Hilbertraum u ur jedes stetige lineare Funktional ¨ber einen K¨orper K . F¨ A : X → K existiert ein Element xA ∈ X , so dass f¨ ur alle y ∈ X die Gleichung Ay = (xA , y) gilt. Dann hat man kxA k = kAk . Aufgabe 06.1 (FKR085) Sei f (x) = 0 , −π ≤ x ≤ 0 und f (x) = 1 , 0 < x < π . P a) Man berechne die Fourierreihe a20 + ∞ j=1 aj cos jx + bj sin jx zu f . P b) Sei fn (x) = a20 + nj=1 aj cos jx + bj sin jx . Man berechne kfn − f k2 und den Limes bei n → ∞ . c) Gilt kfn − f k∞ → 0 , bei n → ∞ ? L¨ osung von Aufgabe 06.1 (FKR085lsg) a)  Z 1 π 1 j=0 aj = f (x) cos jxdx = 0 j>0 π −π  Z π 1 0 jgerade bj = f (x) sin jxdx = 2 j ungerade π −π jπ Damit ist die Fourierreihe von f ∞ 1 2X 1 + sin(2j − 1)x. 2 π j=1 2j − 1

b) [x] bezeichne die gr¨oßte nat¨ urliche Zahl kleiner gleich x . Damit gilt: n+1

[ 2 ] 1 2 X 1 fn (x) = + sin(2j − 1)x 2 π j=1 2j − 1 Z 0 Z π 2 2 kfn − f k2 = fn (x)dx + (1 − fn )2 dx Z0 π Z−π π fn2 (x)dx + (1 − 2fn (x))dx = −π

0

π

[ n+1 ] 2

Z =

−π

Z π 4 X 1 dx + 2 sin2 (2j − 1)xdx 4 π j=1 (2j − 1)2 −π {z } | =π

[ n+1 ] 2

Z π 4 X 1 − sin(2j − 1)xdx π j=1 2j − 1 0 | {z } 2 = 2j−1

n+1

[ 2 ] 4 X π 4 π2 π 1 → − =0 = − 2 π j=1 (2j − 1)2 2 π 8

¨ (f¨ ur den Wert der Reihe siehe Ubungsaufgaben 05.3/05.4). 1 c) Nein, denn kfn − f k∞ ≥ |fn (0) − f (0)| = 2 . Aufgabe 06.2 (FKR091) Berechnen Sie die Fourierreihe der Funktion f (x) = x2

− 1 ≤ x ≤ 1.

L¨ osung von Aufgabe 06.2 (FKR091lsg) f ist gerade, also bn = 0 und Z 1 a0 = 2 x2 dx = 2/3, 0  2   Z 1 x 2 2x cos nπx 1 4(−1)n 2 − sin nπx + an = 2 x cos nπxdx = 2 = 2 2 . nπ n3 π 3 n2 π 2 nπ 0 0 Damit ist F (x) =

∞ 1 4 X (−1)n + 2 cos nπx. 3 π n=1 n2

Bemerkung: bei x = 0 folgt daraus

∞ P n=1

π2 6

.

(−1)n n2

2

= − π12 , und bei x = 1 hat man

∞ P n=1

1 n2

=

Aufgabe 06.3 (LIN049) Sei Φ : C[−1, 1] → C[−1, 1] definiert durch Z x 1 √ (Φ(f ))(x) = f (t)dt. 1 − t2 −1 Ohne Verwendung des Satzes, dass eine lineare Abbildung genau dann stetig ist, wenn sie beschr¨ankt ist, zeige man: (bzgl. der k.k∞ Norm) a) Φ ist stetig. b) Φ ist beschr¨ankt. Lo ¨sung von Aufgabe 06.3 (LIN049lsg) a) Seien fn , f ∈ C[−1, 1], kfn − f k∞ → 0, n → ∞ . Dann gilt Z x Z 1 1 kfn − f k∞ √ √ |(Φ(fn ))(x) − (Φ(f ))(x)| ≤ |fn (t) − f (t)|dt ≤ dt 1 − t2 1 − t2 −1 −1 ≤ kfn − f k∞ [arcsin x]1−1 ≤ 2kfn − f k∞ , also kΦ(fn ) − Φ(f )k∞ ≤ 2kfn − f k∞ → 0, n → ∞ . b) Sei f ∈ C[−1, 1], kf k∞ ≤ 1 . Z 1 Z 1 1 1 √ √ |f (t)|dt ≤ kf k∞ dt ≤ 2kf k∞ . |(Φ(f ))(x)| ≤ 1 − t2 1 − t2 −1 −1 Also kΦ(f )k∞ ≤ 2kf k∞ . Aufgabe 06.4 (LIN051) Sei g : [0, 1] → R eine fest gew¨ahlte Treppenfunktion und A : L2 (0, 1) → L2 (0, 1) definiert durch Af (x) = f (x)g(x) . Man berechne kAk . L osung von Aufgabe 06.4 (LIN051lsg) g(x) = αj , f¨ ur x ∈ Ij , j = 1, . . . , n , wobei S¨ n I = [0, 1] . Sei j , so dass |α | = max(|α |, . . . , |α |) . Es gilt 0 j0 1 n j=1 j kAf k22

Z

1 2

2

f (x)g (x)dx ≤

=

αj20

0

Z

1

f 2 (x)dx,

0

also kAk ≤ |αj0 | . Sei nun f0 (x) := 1 , falls x ∈ Ij0 und f0 (x) = 0 sonst. Dann gelten f0 ∈ L2 (0, 1), kf0 k22 = |Ij0 | und kAf0 k22

Z = 0

also kAk ≥ αj0 .

1

f02 (x)g 2 (x)dx

Z = I0

αj20 = kf0 k22 αj0 ,

Aufgabe 06.5 (LIN053) Sei a(t) eine auf [0, 1] stetige Funktion. Definieren einen linearen Operator A : L2 (0, 1) → L2 (0, 1) durch Ax(t) := a(t) · x(t) . Beweisen Sie, dass gilt kAk = max |a(t)|. 0≤t≤1

Lo ¨sung von Aufgabe 06.5 (LIN053lsg) Zeigen zuerst, dass A beschr¨ankt ist. A ist stetig in x∗ (t) ≡ 0 , denn mit jeder Folge xn (t) → x∗ (t) gilt auch a(t) · xn (t) → a(t) · x∗ (t) ≡ 0 . Ist ein linearer Operator stetig in einem Element des Definitionsbereiches, dann ist er auf dem ganzen Definitionsbereich stetig. Jeder lineare, stetige Operator ist beschr¨ankt. F¨ ur beschr¨ankte lineare Operatoren gilt kAk =

sup kaxkL2 (0,1) . kxk=1

Damit kann man die Norm von A wie folgt absch¨atzen kAk =

sup kaxkL2 (0,1) kxk=1

Z1 =

sup


|a(t) · x(t)|2 dt

kxk=1 0

Z1 ≤ max |a(t)| · 0≤t≤1


|x(t)|2 dt

0

= max |a(t)| 0≤t≤1

kAk = max |a(t)|. 0≤t≤1

Es bleibt zu zeigen, dass auch max |a(t)| ≤ kAk

0≤t≤1

erf¨ ullt ist. Dazu verwendet man die Absch¨atzung, kAxk ≤ kAk · kxk die f¨ ur jeden linearen, beschr¨ankten Operator und alle x aus dem Definitionsbereich gilt. Insbesondere, gilt f¨ ur x mit kxk = 1 , dass kAxk ≤ kAk . Ein solches x wird im folgenden konstruiert, und dann kAxk ausgewertet, um eine untere Schranke f¨ ur kAk zu bekommen. Sei m = max0≤t≤1 |a(t)| = |a(t0 )| . Da a(t) stetig ist, gibt es zu jedem ε > 0 eine δ > 0 mit |a(t)| > m − ε f¨ ur alle t mit |t − t0 | < δ . Wir w¨ahlen x(t) wie folgt r  1 c falls |t − t0 | ≤ δ x(t) = wobei c definiert ist durch c = . 0 sonst 2δ Offensichtlich ist x ∈ L2 (0, 1) und kxk =

R1

|x(t)|2 dt = 2c2 δ = 1 . Weiter gilt

0

2

Z1

kAxk =

2

tZ0 +δ

|a(t) · x(t)| dt = 0

2

tZ0 +δ

(m − ε)2 · c2 dt = (m − ε)2

|a(t) · x(t)| dt ≥ t0 −δ

t0 −δ

und damit m − ε ≤ kAxk ≤ kAk. Da ε beliebig klein gew¨ahlt werden kann, ist also max0≤t≤1 |a(t)| = m ≤ kAk .

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¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 06 Abgabetermin: 5. Juni 2007 Aufgabe 06.1 Berechnen Sie die Fourierreihe der Funktion   3 (0 < x ≤ π), 0 (x = 0), a) f (x) =  −3 (−π ≤ x < 0),

Aufgabe 06.2 Berechnen Sie die Fourierreihe der Funktion f (x) = |x|

− 1 ≤ x ≤ 1.

P Aufgabe 06.3 Sei f : [−π, π] → R, f (x) = x gegeben und Tn := {a0 + nk=1 ak cos x + bk sin x : ak , bk ∈ R} die Menge der trigonometrische Polynome Grad ≤ n, n = 0, 1, . . . . Ferner sei R π vom 2 2 auf C[−π, π] eine Norm k.k definiert durch kgk = −π g (x)dx. a) Man berechne q0 ∈ T0 , so dass kf − q0 k ≤ kf − qk f¨ ur alle q ∈ T0 . b) Man berechne q1 ∈ T1 , so dass kf − q1 k ≤ kf − qk f¨ ur alle q ∈ T1 . c) Sei F (x) = 12 a0 +

∞ P

(an cos nx + bn sin nx) die Fourierreihe von f . Man zeige, dass f¨ ur

n=1

die Ergebnisse aus a) und b) gilt: q0 (x) ≡ 21 a0 , q1 (x) = 21 a0 + a1 cos x + b1 sin x. Aufgabe 06.4 Man betrachte den Raum der Polynome P mit der Norm kan xn + · · · + a0 k := max(|aj | : j = 0, 1, . . . , n). Sei A : P → P definiert durch an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 7→

an n an−1 n−1 a1 x + x + . . . x + a0 . n+1 n 2

Man zeige: kAk = 1. Aufgabe 06.5 Man definiere das lineare Funktional A : l2 → R bzw. A : l∞ → R durch ∞ P xk Ax := k und zeige: k=1

a) A : l2 → R ist stetig. b) A : l∞ → R ist unstetig.

Bitte umbl¨attern.

Hier ist l2 := {x = (x1 , x2 , . . . ) : ∀k ∈ N xk ∈ R, kxk2 := Skalarprodukt hx, yi =

∞ P

P

|xk |2 < ∞} mit dem zugeh¨origen

k∈N

xk · yk und

l∞

:= {x = (x1 , x2 , . . . ) : ∀k ∈ N xk ∈ R, kxk∞ :=

k=1

sup |xk | < ∞}. Die reellen Zahlen R kann man als Hilbertraum mit dem Skalarprodukt hx, yi = k∈N √ x · y und der dadurch erzeugten Norm |x| = x2 auffassen. Tipp: F¨ ur lineare Funktionale gibt es einen engen Zusammenhang zwischen Stetigkeit und Beschr¨anktheit, den man ausnutzen kann. F¨ ur a) ist ein Blick auf die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung hilfreich.

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Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 06

Aufgabe 06.1 Berechnen Sie die Fourierreihe   3 0 a) f (x) =  −3

der Funktion (0 < x ≤ π), (x = 0), (−π ≤ x < 0),

L¨ osung von Aufgabe 06.1 f ist eine ungerade Funktion, also an = 0 und  Z −6 6 π 0 n gerade π 1 · sin nx dx = cos nx|0 = bn = 12 n ungerade. π 0 nπ nπ Also ist

∞

12 X 1 sin(2n − 1)x. F (x) = π n=1 2n − 1 Aufgabe 06.2 Berechnen Sie die Fourierreihe der Funktion f (x) = |x|

− 1 ≤ x ≤ 1.

L¨ osung von Aufgabe 06.2 f ist gerade, also bn = 0 und Z 1 a0 = 2 xdx = 1 0  Z 1  x cos nπx  1 0 n gerade, sin nπx + an = 2 x cos nπxdx = 2 = −4 2 2 n ungerade. nπ nπ 0 0 n2 π 2 Damit ist

∞ 1 4 X 1 F (x) = − 2 cos(2n − 1)πx. 2 π n=1 (2n − 1)2

Bei x = 0 folgt daraus ∞ ∞ X 1 4 X 1 1 π2 0 = F (0) = − 2 ⇒ = . 2 π n=1 (2n − 1)2 (2n − 1)2 8 n=1

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 06

2

P Aufgabe 06.3 Sei f : [−π, π] → R, f (x) = x gegeben und Tn := {a0 + nk=1 ak cos(kx) + bk sin(kx) : ak , bk ∈ R} die Menge der trigonometrische Polynome vomR Grad ≤ n, n = π 0, 1, . . . . Ferner sei auf C[−π, π] eine Norm k.k definiert durch kgk2 = −π g 2 (x)dx . a) Man berechne q0 ∈ T0 , so dass kf − q0 k ≤ kf − qk f¨ ur alle q ∈ T0 . b) Man berechne q1 ∈ T1 , so dass kf − q1 k ≤ kf − qk f¨ ur alle q ∈ T1 . c) Sei F (x) = 21 a0 +

∞ P

(an cos nx + bn sin nx) die Fourierreihe von f . Man zeige, dass

n=1

f¨ ur die Ergebnisse aus a) und b) gilt: q0 (x) ≡ 12 a0 , q1 (x) = 12 a0 + a1 cos x + b1 sin x . L¨ osung von Aufgabe 06.3 a) q(x) ≡ a0 . Z π 1 2 (x − a0 )2 dx = ((π − a0 )3 + (π + a0 )3 ) =: h0 (a0 ) kf − qk = 3 −π und wir suchen das Minimum von h0 . h00 (a0 ) = 4πa0 = 0 ⇐⇒ a0 = 0 , h000 = 4π > 0 , also hat h0 ein Minimum in 0 und q0 (x) ≡ 0 . b) q(x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x . Z π 2 kf − qk = (x − a0 − a1 cos x − b1 sin x)2 dx −π

1 = ((π − a0 )3 + (π + a0 )3 ) + π(a21 + b21 ) − 4πb1 . 3 Wenn h1 (a, b) := π(a2 + b2 ) − 4πb ist, so suchen wir das Minimum von h2 (a0 , a1 , b1 ) := h0 (a0 ) + h1 (a1 , b1 ) , das heißt, die Minima von h0 und h1 . Aus dem Teil a) wissen wir schon: h0 (0) ist minimal. ∂h1 = 2πa = 0 ⇐⇒ a = 0 ∂a ∂h1 = 2πb − 4π = 0 ⇐⇒ b = 2, ∂b also ist die einzige M¨oglichkeit f¨ ur das Minimum von h1 der Punkt (0, 2) . Da h1 (a, b) → ∞ bei |a| → ∞ oder |b| → ∞ , muss ein Minimum existieren, also ist h1 (0, 2) minimal. Damit ist q1 (x) = 2 sin x . c) f ist ungerade, also an = 0 und Z 2 π 2 bn = x sin nxdx = (−1)n+1 π 0 n und F (x) = 2

∞ P n=1

summen von F .

(−1)n+1 n

sin nx . Also sind q0 und q1 aus a), b) wirklich die ersten Partial-

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 06

3

Aufgabe 06.4 Man betrachte den Raum der Polynome P mit der Norm kan xn +· · ·+a0 k := max(|aj | : j = 0, 1, . . . , n) . Sei A : P → P definiert durch an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 7→

an n an−1 n−1 a1 x + x + . . . x + a0 . n+1 n 2

Man zeige: kAk = 1 . |aj | L¨ osung von Aufgabe 06.4 kApk = max( j+1 ) ≤ max(|aj |) = kpk , also kAk ≤ 1 und A ist stetig. A(1) = 1 , also ist kAk ≥ 1 und damit kAk = 1 . Aufgabe 06.5 Man definiere das lineare Funktional A : l2 → R bzw. A : l∞ → R durch ∞ P xk und zeige: Ax := k k=1

a) A : l2 → R ist stetig. b) A : l∞ → R ist unstetig.

Bitte umbl¨attern.

Hier ist l2 := {x = (x1 , x2 , . . . ) : ∀k ∈ N xk ∈ R, kxk2 := zugeh¨origen Skalarprodukt hx, yi =

∞ P

P

|xk |2 < ∞} mit dem

k∈N

xk · yk und l∞ := {x = (x1 , x2 , . . . ) : ∀k ∈ N xk ∈

k=1

R, kxk∞ := sup |xk | < ∞} . Die reellen Zahlen R kann man als Hilbertraum mit dem k∈N √ Skalarprodukt hx, yi = x · y und der dadurch erzeugten Norm |x| = x2 auffassen. Tipp: Fr lineare Funktionale gibt es einen engen Zusammenhang zwischen Stetigkeit und Beschrnktheit, den man ausnutzen kann. F¨ ur a) ist ein Blick auf die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung hilfreich.

Lo ¨sung von Aufgabe 06.5 Ein linearer Operator/Funktional ist genau dann stetig, wenn er beschr¨ankt ist. D.h. es gen¨ ugt f¨ ur a), dass man zeigt, dass ein c ∈ R existiert, so dass |Ax| ≤c kxk2

bzw. ¨aquivalent dazu

|Ax| ≤ ckxk2

∀x ∈ l2 .

|Ax| beliebig groß werden kann. F¨ ur b) wiederum gen¨ ugt es zu zeigen, dass kxk ∞ a) Es gilt wegen der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung v u∞ uX 1 1 1 1 1 π |Ax| = |hx, (1, , , . . .)i| ≤ kxk2 · k(1, , , . . .)k = kxk2 · t = √ kxk2 . 2 2 3 2 3 k 6 k=1

b) Sei x := (1, 1, . . . , 1, 0, . . . ) (die n ersten Glieder = 1 , alle anderen = 0 ). Dann ist n P 1 kxk∞ = 1 , aber |Ax| = → ∞. k k=1

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Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 07 (Ubung vom 5. Juni 2007)

Lineare, stetige, beschr¨ ankte Operatoren • Sei X ein Hilbertraum, A : X → X ein linearer stetiger Operator. Die Abbildung A∗ heißt adjungiert zu A genau dann, wenn folgendes gilt: ∀x, y ∈ X : (Ax, y) = (y, A∗ x). • A∗ : X → X ist notwendigerweise ebenfalls linear und stetig, mit der Norm kA∗ k = kAk. • F¨ ur A, B ∈ L(X, X), α ∈ K gelten auch (i) (A + B)∗ = A∗ + B ∗ . (ii) (αA)∗ = α ¯ A∗ . (iii) (AB)∗ = B ∗ A∗ . (iv) (A∗ )∗ = A . • Bei X = Rn l¨asst sich jeder lineare Operator (der in diesem Falle zwangsl¨aufig stetig ist) als Multiplikation mit einer Matrix (aij )i,j=1,...,n auffassen. Man kann den Operator mit dieser Matrix sogar identifizieren. Dann ist A∗ = (aji )i,j=1,...,n . • Wenn A = A∗ , nennt man den Operator A selbstadjungiert. ˜ : l∞ → l∞ Aufgabe 07.1 (LIN050) Wir definieren zwei Operatoren D : l∞ → l∞ , D mit l∞ := {x = (xn ) : ∀n ∈ N xn ∈ R, kxk∞ := sup |xn | < ∞} durch: n∈N

D(x1 , x2 , . . . ) = (x2 − x1 , x3 − x2 , . . . ) bzw ˜ 1 , x2 , . . . ) = (x2 , x3 , . . . ). D(x ˜ beschr¨ankt? Wenn ja, dann berechne kDk bzw. kDk ˜ . Sind D bzw. D Lo ¨sung von Aufgabe 07.1 (LIN050lsg) Untersuchen als erstes die Linearit¨at von D . Zu zeigen sind Additivit¨at und Homogenit¨at, d.h. es muss gelten D(x + y) = D(x) + D(y)

und

D(λx) = λD(x)

f¨ ur beliebige x, y ∈ l∞ , λ ∈ R.

Seien also x, y ∈ l∞ , dann ist D(x + y) = D(x1 + y1 , x2 + y2 , . . .) = ((x2 + y2 ) − (x1 + y1 ), (x3 + y3 ) − (x2 + y2 ), . . .) = ((x2 − x1 ) + (y2 − y1 ), (x3 − x2 ) + (y3 − y2 ), . . .) = (x2 −

x1 , x3 − x2 , . . .) + (y2 − y1 , y3 − y2 , . . .) = D(x) + D(y) und D(λx) = D(λx1 , λx2 , . . . ) = ˜ folgt (λx2 − λx1 , λx3 − λx2 , . . . ) = λ(x2 − x1 , x3 − x2 , . . . ) = λD(x) . Die Linearit¨at von D analog. ˜ : Es gilt Zeigen jetzt die Beschr¨anktheit von D ˜ kD(x)k = sup |xi | ≤ sup |xi | = kxk. i∈N,i≥2

i∈N,i≥1

˜ ˜ beschr¨ankt und es gilt kD(x)k ≤ 1∀x ∈ l∞ . Damit gilt auch Also ist D kxk ˜ = kDk

˜ kD(x)k ≤ 1. kxk x∈l∞ ,x6=0 sup

Diese Schranke ist bestm¨oglich, wie die Wahl von xˆ = (0, 1, 0, 0, . . .) ∈ l∞ zeigt, denn hier gilt ˜ x)k ˜ kD(ˆ kD(x)k ˜ 1= ≤ sup = kDk kˆ xk kxk x∈l∞ ,x6=0 ˜ = 1. Somit folgt kDk Die Beschr¨ankheit von D kann man sich mit Hilfe der Dreiecksungleichung u ¨berlegen: kD(x)k = sup |xi+1 − xi | ≤ sup |xi+1 | + | − xi | ≤ sup 2|xi | = 2kxk. i∈N,i≥1

i∈N,i≥1

i∈N,i≥1

˜ und xˆ = (1, −1, 0, 0, . . . ) folgert man sofort ¨ Mit den gleichen Uberlegungen wie bei D kDk = 2 . Ein alternativer Nachweis der Beschr¨anktheit geht wie folgt. Der Operator D l¨aßt sich ˜ − Id . Wobei Id der Identit¨atsoperator ist, also Id(x) = x ∀x ∈ l∞ . schreiben als D = D Offensichtlich ist kIdk = 1 . Die linearen, beschr¨ankten Operatoren, die von l∞ in l∞ abbilden, bilden einen normierten Raum L(l∞ , l∞ ) , d.h. insbesondere D ∈ L(l∞ , l∞ ) , also ˜ + k − Idk = 2 , also ist D beschr¨ankt. In L(l∞ , l∞ ) gilt die Dreiecksungleichung kDk ≤ kDk kDk ≤ 2 . Andererseits bei xˆ = (1, −1, 0, 0, . . . ) gilt kD(ˆ x)k = 2kˆ xk und somit kDk = 2 . Aufgabe 07.2 (LIN058) Man bestimme die Adjungierte A∗ f¨ ur die Abbildung A : C2 → C, A(x1 , x2 ) = (ix1 + 2x2 , x1 + (3 − i)x2 ) . Lo ¨sung von Aufgabe 07.2 (LIN058lsg)  A=

i 2 1 3−i

 ,

∗

A =



¯i ¯2 ¯ i ¯1 3 −

T

 =

−i 1 2 3+i

 .

Aufgabe 07.3 (LIN060) Sei k : [a, b]2 → C stetig und K : C[a, b] → C[a, b] definiert durch Z b (Kf )(x) := k(x, t)f (t)dt. a

Man berechne die Adjungierte K ∗ von K . ( C[a, b] mit dem Innenprodukt (f, g) =

Rb a

f (x)g(x)dx .)

L¨ osung von Aufgabe 07.3 (LIN060lsg) Seien f, g ∈ C[a, b] , dann gilt:  Z b Z b k(x, t)f (t)dt g(x)dx (Kf, g) = a a  Z b Z b k(x, t)g(x)dx f (t)dt = (f, K ∗ g), = a

a

wobei Z

∗

(K g)(x) =

b

k(t, x)g(t)dt. a

Aufgabe 07.4 (LIN062) Seien X ein Hilbertraum, A : X → X ein linearer stetiger Operator, und A∗ der Adjungierte von A . Man zeige, dass kAk = kA∗ k . L¨ osung von Aufgabe 07.4 (LIN062lsg) Aus kA∗ xk2 = (A∗ x, A∗ x) = (x, AA∗ x) ≤ kxk kAA∗ xk ≤ kxk kAk kA∗ xk folgt kA∗ xk ≤ kxk kAk und somit kA∗ k ≤ kAk.

(1)

kAk = k(A∗ )∗ k ≤ kA∗ k.

(2)

Anwendung von (1) auf A∗ liefert

(1) und (2) implizieren die Behauptung.

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¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 07 Abgabetermin: 12. Juni 2007 Aufgabe 07.1 F¨ ur  −i  2 a) A = 1

die folgenden linearen Abbildungen A berechne man die Adjungierte A∗ .      1 3+i x1 2ix1 + (3 − i)x2  0 i , b) A = x2 i(x1 − x2 ) 3 4 − 2i

Aufgabe 07.2 Sei H ein Hilbertraum und A : H → H eine stetige lineare Abbildung. A∗ sei die adjungierte Abbildung von A und N (A∗ ) sei die Nullstellenmenge(Kern) von A∗ . Man zeige, dass A(H)⊥ ⊆ N (A∗ ) gilt. Aufgabe 07.3 Sei X ein Hilbertraum und A : X → X ein linearer stetiger Operator. Ferner sei A∗ die Adjungierte von A. Man zeige, dass kA∗ Ak = kAA∗ k = kAk2 . R1 Aufgabe 07.4 Sei L2 := {f : [0, 1] → C : 0 |f (x)|2 dx < ∞}. L2 mit dem Innenprodukt R1 (f, g) = 0 f (x)g(x)dx ist ein Hilbertraum. Sei nun h : [0, 1] → C stetig gegeben. Wir definieren die lineare Abbildung A : L2 → L2 durch Af (x) = h(x)f (x). Man gebe notwendige und hinreichende Bedingungen an h an, damit A selbstadjungiert ist.

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Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 07

Aufgabe 07.1 F¨ ur die folgenden linearen Abbildungen A berechne man die Adjungierte ∗ A .       −i 1 3 + i x 2ix + (3 − i)x 1 1 2  , b) A i a) A =  2 0 = x2 i(x1 − x2 ) 1 3 4 − 2i Lo ¨sung von Aufgabe 07.1 a) 

 i 2 1 0 3  A∗ =  1 3 − i −i 4 + 2i b)  A=

2i 3 − i i −i



∗

, A =



−2i 3 + i 2−i i

 .

Aufgabe 07.2 Seien E, F Hilbertr¨aume und sei A : E → F eine stetige lineare Abbildung. A∗ sei die adjungierte Abbildung von A und N (A∗ ) sei die Nullstellenmenge von A∗ . Man zeige, dass A(E)⊥ ⊆ N (A∗ ) gilt. L¨ osung von Aufgabe 07.2 x ∈ A(E)⊥ , y ∈ E ⇒ 0 = (x, Ay) = (Ay, x) = (y, A∗ x) ⇒ A∗ x = 0 ⇒ x ∈ N (A∗ ) . Aufgabe 07.3 Sei X ein Hilbertraum und A : X → X ein linearer stetiger Operator. Ferner sei A∗ die Adjungierte von A . Man zeige, dass kA∗ Ak = kAA∗ k = kAk2 . L¨ osung von Aufgabe 07.3 Mit kAk = kA∗ k ergibt sich kA∗ Axk ≤ kA∗ k kAk kxk = kAk2 kxk, also kA∗ Ak ≤ kAk2 . Andererseits ist kAxk2 = (Ax, Ax) = (x, A∗ Ax) ≤ kA∗ Ak kxk2 , also kAk2 ≤ kA∗ Ak . Insgesamt gilt somit kA∗ Ak = kAk2 . Daraus folgt weiter kAA∗ k = k(A∗ )∗ A∗ k = kA∗ k2 = kAk2 .

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2

R1 Aufgabe 07.4 Sei L2 := {f : [0, 1] → C : 0 |f (x)|2 dx < ∞} . L2 mit dem Innenprodukt R1 (f, g) = 0 f (x)g(x)dx ist ein Hilbertraum. Sei nun h : [0, 1] → C stetig gegeben. Wir definieren die lineare Abbildung A : L2 → L2 durch Af (x) = h(x)f (x) . Man gebe notwendige und hinreichende Bedingungen an h an, damit A selbstadjungiert ist. L¨ osung von Aufgabe 07.4 Z 1 Z 1 (Af, g) = h(x)f (x)g(x)dx = f (x)h(x)g(x)dx = (f, A∗ g), 0

0

das heißt, A∗ : L2 → L2 ist definiert durch A∗ g(x) = h(x)g(x) . Also ist A = A∗ genau dann, wenn h(x) = h(x) gilt f¨ ur alle x ∈ [0, 1] . Das heißt, A ist selbstadjungiert genau dann, wenn h : [0, 1] → R .

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Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 08 (Ubung vom 12. Juni 2007)

Projektoren, Unit¨ are Operatoren • Sei X ein Hilbertraum und L einer seiner nichttrivialen Unterr¨aume. Eine Projektion ist ein linearer Operator, der X auf L abbildet. • Sei X ein Hilbertraum und L einer seiner nichttrivialen Unterr¨aume. F¨ ur jedes x ∈ X existiert eine eindeutig bestimmte Darstellung x = y + z mit y ∈ L und z ∈ L⊥ . Der Operator P , der jedem x ∈ X seine Projektion y ∈ L zuordnet, heißt orthogonaler Projektor (Projektionsoperator auf L ). P hat folgende Eigenschaften: 1. P ist linear und beschr¨ankt, kP k = 1 . 2. P ist selbstadjungiert. 3. P ist idempotent, d.h. P 2 = P und damit auch P n = P f¨ ur alle n ∈ N . • Andererseits ist jeder lineare beschr¨ankte Operator mit Eigenschaften 2. und 3. ein Projektor. • Ein Operator U ∈ L(X) heißt unit¨ ar, falls U U ∗ = U ∗ U = I (d.h. U −1 = U ∗ ). ¨ Aquivalente Definitionen: 1. (U x, U y) = (x, y) f¨ ur alle x, y ∈ X . 2. kU xk = kxk f¨ ur alle x ∈ X . • F¨ ur X = Rn ist eine Matrix A = (aij )i,j=1,...,n genau dann unit¨ar, wenn n X k=1

aik ajk =

n X

aki akj = δij (i, j = 1, . . . , n).

k=1

Spektraltheorie selbstadjungierter Operatoren • Sei X ein Banachraum u ¨ber C , A : X → X ein linearer Operator. Sei λ ∈ C . Falls der inverse Operator R(λ, A) := (A − λI)−1 : X → X existiert, wird er Resolvente genannt. Die Menge ρ(A) := {λ ∈ C : ∃(A − λI)−1 : X → X}

nennt man die resolvente Menge von A , und ihr Komplement σ(A) := C \ ρ(A) das Spektrum von A . Falls λ ∈ ρ(A) , heißt es regul¨ ar. Falls die Gleichung Ax = λx eine L¨osung x ∈ X \ {0} besitzt, nennt man λ einen Eigenwert (EW) von A , und x eine Eigenl¨ osung (EL) oder Eigenvektor (EV) zu λ . Offenbar geh¨oren alle Eigenwerte von A zu σ(A) dazu. Aufgabe 08.1 (LIN065) a) Existiert eine Projektion vom Raum P der Polynome auf V1 := {p(x) =

n X

aj xj ∈ Pn : a0 = 0} ⊂ P,

j=0

wobei n ∈ N eine feste nat¨ urliche Zahl ist? b) Existiert eine Projektion vom Raum P der Polynome auf V2 := {p(x) : sup{|p(x)| : −1 ≤ x ≤ 1} ≤ 1} ⊂ P? L¨ osung von Aufgabe 08.1 (LIN065lsg) a) Sei P r : P → V1 definiert durch  0 m = 0 oder m > n m P r(x ) := xm 1 ≤ m ≤ n. Da 1, x, x2 , . . . eine Basis von P ist, kann man P r auf P fortsetzen. Dann ist P r lin. und P r2 = P r . Also ist P r eine solche Projektion, die im allgemeinen nicht selbstadjungiert ist. F¨ ur eine selbstadjungierte Projektion sollte man die Basiselemente x, x2 , . . . , xn abbilden in eine (bzgl. eines gegebenen Skalarproduktes) Menge von n orthonormierten Polynome aus V1 . b) Nein, weil V2 kein linearer Raum ist, aber die Bilder linearer Abbildungen immer lineare R¨aume sind. Aufgabe 08.2 (LIN063) Seien A, B ∈ L(X) unit¨are Operatoren. Ist AB auch unit¨ar? L¨ osung von Aufgabe 08.2 (LIN063lsg) AB(AB)∗ = ABB ∗ A∗ = AA∗ (da B unit¨ar) = I (da A unit¨ar). Analog wird gezeigt, dass auch (AB)∗ AB = I . Also ist AB unit¨ar. Alternativ: kABxk = kBxk = kxk Aufgabe 08.3 (LIN064) Gibt es Zahlen α, β , so dass sind? Wenn ja, berechne man alle diese Zahlen. √  √   3 i 2 1 √ √ a) A = α  i 3 √2 −i  , b) B =  0 2 2i

die folgenden Matrizen unit¨ar  1 3 4β 3 1 5β  . 4 0 −1

Lo ¨sung von Aufgabe 08.3 (LIN064lsg) a) aus AA∗ = AAT = I folgt α = √16 . b) Nein, da z. B. kB(1, 0, 0)T k = k(1, 3, 4)T k = 6 k(1, 0, 0)T k = 1 .

Aufgabe 08.4 (LIN070) Sei A : l2 → l2 der Verschiebungsoperator A(x1 , x2 , . . . ) := (0, x1 , x2 , . . . ) . Zeigen Sie: λ = 1 ist f¨ ur A nicht regul¨ar. L¨ osung von Aufgabe 08.4 (LIN070lsg) Die Gleichung (A − I)x = y in Koordinatenschreibweise ergibt −x1 = y1 , x1 − x2 = y2 , .. ., xk − xk+1 = yk+1 , .. . Insbesondere f¨ ur y=

1 1 √ √ ,..., p √ ,... −1, √ √ 1 · 2( 1 + 2) k(k + 1)( k + k + 1)

! ,

welches zu l2 geh¨ort (da yk ∼ 1/2k, yk2 ∼ 1/4k 2 ), erh¨alt man wegen √ √ 1 1 k+1− k 1 √ −√ √ = √ √ =p √ k+1 k k k+1 k(k + 1)( k + k + 1) √ die L¨osung x = (x1 , x2 , . . . ) mit xk = 1/ k . Wegen ∞ X

x2k

=

∞ X 1 k=1

k=1

k

=∞

ist x 6∈ l2 , d.h. (A − λI)−1 existiert nicht auf ganz l2 . Aufgabe 08.5 (LIN071) Sei A : l2 → l2 der Verschiebungsoperator A(x1 , x2 , . . . ) := (0, x1 , x2 , . . . ) . Zeigen Sie: λ 6∈ {−1, 0, 1} sind f¨ ur A regul¨ar. L¨ osung von Aufgabe 08.5 (LIN071lsg) Man betrachte komponentenweise die Gleichung (A − λI)x = y : 0 = y1 + λx1 , x1 = y2 + λx2 , x2 = y3 + λx3 , .. . xk = yk+1 + λxk+1 , .. . Quadrieren ergibt x2k

=

2 yk+1

+

λ2 x2k+1

2

+ 2λxk+1 yk+1 ≤ (λ +

)x2k+1

λ2 + 1+  



2 yk+1

bei jedem  > 0 , und nach Aufsummieren der Ungleichungen f¨ ur k = 1, 2, . . . hat man x21

+

∞ X k=2

2

(1 − λ −

)x2k

≤

∞  X k=2

λ2 1+ 



yk2 .

Bei |λ| < 1 kann man  so klein w¨ahlen, dass 0 <  < 1 − λ2 ⇒ 1 − λ2 −  > 0, also folgt aus

∞ P

yk2 < ∞ , dass auch

∞ P

x2k < ∞ und somit x ∈ l2 gelten. Analog bei

k=1

k=1

|λ| > 1 hat man λx1 = −y1 , λx1 = x1 − y2 , λx2 = x2 − y3 , .. . λxk+1 = xk − yk+1 , .. . also λ2 x2k+1

−

x2k

=

2 yk+1

− 2λxk yk+1 ≤





∞  X



x2k

1 + 1+ 

2 yk+1 ,

und nach Aufsummieren −(1 +

)x21

+

∞ X k=2

2

(λ − 1 −

)x2k

≤

k=2

1 1+ 

Falls  > 0 so klein gew¨ahlt ist, dass 0 <  < λ2 − 1 ⇒ λ2 −  − 1 > 0, folgt x ∈ l2 aus y ∈ l2 .

yk2 .

Universität Rostock 7.7.2005

Prof. Dr. Manfred Krüppel Evgeny Galakhov

Aufgabe 1

(2+2+2 Punkte)

Man berechne für die folgenden Funktionen die Residuen in allen isolierten Singularitäten. a) f (z) = sin(2z) z 2 +1 . 2

+5 b) f (z) = z2z−4z+4 . −3/z c) f (z) = 2e + z5 .

Lsg: a) Einfache Pole in ±i: 2 −2 sin(2z)·(z−i) = sin(2i) = e −e , 2 +1 z 2i 4 z→i sin(2z)·(z+i) sin(−2i) e2 −e−2 lim = −2i = . z 2 +1 4 z→−i

Res f (z)|z=i = lim Res f (z)|z=−i = b) Zweifacher Pol in 2: Res f (z)|z=2

d = lim z→2 dz



(z 2 + 5)(z − 2)2 (z − 2)2

 = lim (2z) = 4. z→2

c) Wesentliche Singularität in 0: ∞

f (z) = 2 +

X (−3)n 5 + 2 · (−3) +2 z n!z n k=2

und somit Res f (z)|z=0 = c−1 = −1. Aufgabe 2

(4 Punkte)

Man entwickle die Funktion f (x) = 3x + | sin x| (x ∈ (−π, π)) in eine Fourierreihe. Lsg: Da 3x bzw. | sin x| eine ungerade bzw. gerade Funktion ist, werden bk nur durch 3x erzeugt, ak dagegen durch | sin x|(= sin x auf (0, π)). Also, a0 =

2 π

a1 =

2 π 1 π

Rπ 0

Rπ

sin(x) dx = − π2 cos(x)|π0 = sin(x) cos(x) dx =

0

Rπ

Rπ

1 π

| sin x| cos kx dx =

0 2 π

4 π,

1 cos(2x)|π0 = 0, sin(2x) dx = − 2π

Rπ

sin x cos kx dx =   Rπ cos((k+1)x) π cos((k−1)x) π 4 4 (sin((k + 1)x) − sin((k − 1)x)) dx = − | − | = 0 0 π π k+1 k−1 0     k+1 k−1 k+1 k+1 −1) 1 1 − π4 (−1)k+1 −1 − (−1)k−1 −1 = 4((−1)π −1) k+1 − k−1 = 8((−1) (k ≥ 2), π(k2 −1) π π R R 6 bk = π3 x sin(kx) dx = − πk xd(cos(kx)) = ak =

−π

−π

6 − πk x cos(kx)|π0

und somit

+

6 πk

Rπ

0

0

cos(kx) dx =

0 ∞

X 2 f (x) = + 6 sin(x) + π

k=2



6(−1)k+1 k

+

6 πk2

sin(kx)|π0 =

6(−1)k+1 . k

 8((−1)k+1 − 1) 6(−1)k+1 cos(kx) + sin(kx) . π(k 2 − 1) k

Aufgabe 3

(2+2+2 Punkte)

Sei ek = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (mit der einzigen 1 an der k-ten Stelle) und sn =

n P k=1

1 2 ∞ (sn )∞ konvergent ist. n=1 a) im l , b) im l , c) im l

ek k .

Man überprüfe, ob die Folge

Lsg: a) Seien m, n ∈ N, n > m. Dann ksn − sm k1 =

n P k=m+1

1 k

→ ∞ bei n − m → ∞. Also ist (sn )∞ n=1 keine Cauchy-Folge

im l1 und somit nicht konvergent. ∞ n P P ek 1 b) Sei s = , ksk = 2 k k2 < ∞. Dann ks − sn k2 = k=1

k=m+1

∞ P k=n+1

1 k2

→ 0, also sn → s im l2 .

Aufgabe 4

(3+2+3 Punkte).

Für x ∈ (0, 1) sei 0, x1 x2 x3 . . . die Dezimaldarstellung. Sei die Funktion f : (0, 1) → R definiert durch 
n−1  31 , x ∈ An := {xk 6= 5 ∀k = 1, . . . , n − 1, xn = 5}, n = 1, 2, 3, . . . , ∞ S f (x) = 0, x ∈ B := [0, 1] \ An .  n=1

a) Welches Maß hat die Menge B? b) Man zeige, dass f messbar ist. R1 c) Man berechne f (x) dx. 0

Lsg: a) Jedes An besteht aus 9n−1 Intervallen von der Länge jeweils 10−n . Also µ(An ) = 0, 1 · 0, 9n−1 und µ(B) = ∞ ∞ ∞ P P P 0,1 = 0. 1− µ(An ) = 1 − 0, 1 · 0, 9n−1 = 1 − 0, 1 · 0, 9n = 1 − 1−0,9 n=1

n=1

n=0

b) Eα = {x : f (x) < α} = R, falls α ≥ 1, und Eα = [0, 1] \

n S

Ak , falls 3−n < α ≤ 3−n+1 . In beiden Fällen ist die

k=1

Menge messbar, also auch f . ∞ R ∞ R1 P P c) f (x) dx = 31−n dx = 0, 1 · n=1 An

0

n=0

µ(An ) 3n

= 0, 1 ·

∞ P

0, 3n = 1/7.

n=0

Aufgabe 5

(3+2+3 Punkte)

R1 Sei A : C[0, 1] → C[0, 1] definiert durch (Af )(x) = f (x) − x yf (y) dy. 0

a) Man zeige, dass A stetig ist. b) Man zeige, dass jeder Eigenvektor v von A zum Eigenwert λ 6= 1 die Form v(x) = αx, mit einem α ∈ R, hat. c) Man berechne alle Eigenwerte λ 6= 1 mit zugehörigen Eigenvektoren von A. Lsg: a) 

Z1 |Af (x)| ≤ |f (x)| + x

Z1

y|f (y)| dy ≤ kf k∞ 1 + 0

 y dy  =

3 kf k∞ . 2

0

Also kAk∞ ≤ 3/2 und A ist stetig. b) Sei λ 6= 1. Z1 Af (x) = λf (x) ⇔ (1 − λ)f (x) = x

yf (y) dy ⇔ f (x) = αx 0

mit α =

1 1−λ

R1

yf (y) dy.

0

c) Mit Teil b) kommen nur die Funktionen f (x) = αx als Eigenvektoren in Frage. Für diese f gilt:   Z1 2αx Af (x) = α 1 − y 2 dy  x = , 3 0

also folgt aus Af (x) = λf (x) und α 6= 0 (da f Eigenvektor): λ = 23 . Also ist 2/3 der einzig mögliche EW (außer 1). Einsetzen liefert sofort, dass v(x) = αx2 mit α 6= 0 ein EV zum EW λ = 2/3 ist.

Universität Rostock 6.7.2005

Prof. Dr. Manfred Krüppel Dr. Evgeny Galakhov

Klausur Analysis IV Bitte in Druckschrift ausfüllen. Name:

Vorname:

Matrikelnummer:

1

2

3

4

5

Σ

Aufgabe 1 (2+2+2 Punkte) Man berechne für die folgenden Funktionen die Residuen in allen isolierten Singularitäten. a) f (z) =

sin(2z) . z 2 +1

b) f (z) =

z 2 +5 . z 2 −4z+4

c) f (z) = 2e−3/z + z5 . Aufgabe 2 Man entwickle die Funktion f (x) = 3x + | sin x| (x ∈ (−π, π)) in eine Fourierreihe.

(4 Punkte)

Aufgabe 3

(2+2+2 Punkte)

Sei ek = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (mit der einzigen 1 an der k-ten Stelle) und sn = 1 2 ∞ konvergent ist. die Folge (sn )∞ n=1 a) im l , b) im l , c) im l

n P k=1

ek k .

Man überprüfe, ob

Aufgabe 4 (3+2+3 Punkte). Für x ∈ (0, 1) sei 0, x1 x2 x3 . . . die Dezimaldarstellung. Sei die Funktion f : (0, 1) → R definiert durch 
n−1  31 , x ∈ An := {xk 6= 5 ∀k = 1, . . . , n − 1, xn = 5}, n = 1, 2, 3, . . . , ∞ S f (x) = 0, x ∈ B := [0, 1] \ An .  n=1

a) Welches Maß hat die Menge B? b) Man zeige, dass f messbar ist. c) Man berechne

R1

f (x) dx.

0

Aufgabe 5

(3+2+3 Punkte) R1

Sei A : C[0, 1] → C[0, 1] definiert durch (Af )(x) = f (x) − x yf (y) dy. 0

a) Man zeige, dass A stetig ist. b) Man zeige, dass jeder Eigenvektor v von A zum Eigenwert λ 6= 1 die Form v(x) = αx, mit einem α ∈ R, hat. c) Man berechne alle Eigenwerte λ 6= 1 mit zugehörigen Eigenvektoren von A.

1

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 01A (Ubung vom 3. April 2007)

Komplexe Funktionen, komplexe Kurvenintegrale, Residuensatz • Die wichtigsten theoretische Grundlagen zum L¨osen der hier gestellten Aufgaben sind ¨ auszugsweise auf den Zusatzaufgabenbl¨atter 10, 11 und 12 der Analysis III Ubung im Wintersemester 2006/07 beschrieben. Zu erg¨anzen sind folgende Aussagen: • Verallgemeinerte Cauchy’sche Integralformel: F¨ ur jede holomorphe Funktion f : D → C auf einem einfach zusammenh¨angenden Gebiet D ⊂ C und jede geschlossene Kurve γ in D , die z0 ∈ D einmal uml¨auft, gilt Z (n − 1)! f (z) (n−1) dz. f (z0 ) = n 2πi γ (z − z0 ) • Ist z0 eine n -fache Polstelle von f (z) , dann ist resz0 f (z) = lim

z→z0

1 ((z − z0 )n f (z))(n−1) . (n − 1)!

Darin ist der Spezialfall resz0 f (z) = lim (z − z0 )n f (z) z→z0

f¨ ur eine einfache Polstelle z0 enthalten. Zusatzaufgabe 01A.1 F¨ ur welche reellen Konstanten a, b, c ist die Funktion u(x, y) := ay 4 + x2 y 2 + cxy + bx4 Realteil einer holomorphen Funktion? Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 01A.1 Zu u ufen ist, f¨ ur welche reellen Konstanten a, b, c die Cauchy-Riemann’schen-Differential¨berpr¨ gleichungen erf¨ ullt sind: ux = 2xy 2 + cy + 4bx3 = vy uy = 4ay 3 + 2yx2 + cx = −vx .

(1) (2)

Man erh¨alt aus (1) und (2) mittels Integration 2 3 c 2 xy + y + 4bx3 y + c1 (x) 3 2 2 c 3 −v = 4ay x + x3 y + x2 + c2 (y). 3 2 v =

(3) (4)

Addiert man nun die Gleichungen (3) und (4) folgt     2 2 c 3 0 = + 4a xy + + 4b yx3 + (x2 + y 2 ) + c1 (x) + c2 (y), 3 3 2 und man erkennt durch Koeffizientenvergleich, dass f¨ ur a = b = − 61 und c ∈ R beliebig die Cauchy-Riemann’schen-Differentialgleichungen erf¨ ullt sind. Es gilt dann c1 (x) = − 2c x2 und c2 (x) = − 2c y 2 . Somit ist die Funktion u(x, y) f¨ ur a = b = − 16 und c ∈ R Realteil einer holomorphen Funktion   1 4 2 3 2 3 c 2 c 2 1 4 2 2 xy − x y + y − x . f (z) = f (x + iy) = − y + x y + cxy − x + i 6 6 3 3 2 2

Zusatzaufgabe 01A.2 Berechnen Sie folgende Integrale Z (a) e−z dz |z|=2

Z (b) |z|=2

Z (c) |z|=2

−ez dz (z − 1)(z − 3) −ez dz (z − 1)2 (z − 3)

L¨ osung von Zusatzaufgabe 01A.2 (a) Die Funktion f (z) = e−z ist holomorph auf ganz C undZdamit auch auf G := {z : e−z dz = 0. |z| ≤ 2} . Damit gilt nach dem Cauchy’schen Integralsatz |z|=2

(b) Die Funktion f (z) := −ez /(z − 3) ist holomorph 3} und damit auch auf Z auf {z : |z| < −ez e G . Nach der Cauchy’schen-Integralformel gilt dz = f (1) = . 2 |z|=2 (z − 1)(z − 3) (c) Die Funktion f (z) := −ez /(z − 3) ist holomorph auf G . Nach der verallgemeinerten Cauchy’schen-Integralformel gilt Z f (z) 1 0 f (1) = dz. 2πi |z|=2 (z − 1)2 z (z−3)−ez

Mit f 0 (z) = − e

(z−3)2

und f 0 (1) = 34 e folgt dann Z |z|=2

f (z) 3 dz = π · i · e. 2 (z − 1) 2

Zusatzaufgabe 01A.3 Berechnen Sie folgendes Integral Z 0

2π

4 cos3 (t) − 3 cos(t) dt 5 − 4 cos(t)

Lo ¨sung von Zusatzaufgabe 01A.3 Im Komplexen gilt cos(t) = 12 (eit + e−it ) und wenn t das Intervall [0, 2π] durchl¨auft, dann durchl¨auft z = eit den Einheitskreis. Also kann das Integral als Kurvenintegral u ¨ber dem Einheitskreis |z| = 1 geschrieben werden, mit der Substitution z = eit . Dies f¨ uhrt auf folgendes Integral in z Z

2π

0

4 cos3 (t) − 3 cos(t) dt = 5 − 4 cos(t)

4 (z 8

Z |z|=1

+ z1 )3 − 23 (z + z1 ) dz 1 =− 1 iz 2i 5 − 2(z + z )

Die Funktion f (z) =

Z |z|=1

z6 + 1 dz (2z − 1)(z − 2)z 3

z6 + 1 (2z − 1)(z − 2)z 3

ist holomorph mit der Ausnahme der einfachen Polstellen z0 = 2 , z1 = 1/2 und der dreifachen Polstelle z2 = 0 . Dabei liegen nur z1 und z2 in G := {z : |z| ≤ 1} . Der Residuensatz l¨aßt sich anwenden und liefert: !   Z 2 X 1 1 z6 + 1 1 65 21 π dz = − 2πi resz=zi f (z) = − 2πi(− + ) = , − 3 2i |z|=1 (2z − 1)(z − 2)z 2i 2i 24 8 12 i=1 denn es gilt 1 z6 + 1 65 resz= 1 = lim1 (z − )f (z) = lim1 = − 3 2 2 24 z→ 2 2(z − 2)z z→ 2 und resz=0

 00
00 1 1 z6 + 1 3 = lim (z − 0) f (z) = lim z→0 2! z→0 2! (2z − 1)(z − 2) 8 7 6 5 6 8z − 50z + 106z − 80z + 20z 4 + 4z 2 − 10z + 7 = lim z→0 2! (2z 2 − 5z + 2)3 21 = . 8

Vorlesung: Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel ¨ Ubungen: Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

www.math.uni-rostock.de/∼mgruttm/

¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 08 Abgabetermin: 19. Juni 2007 Man gebe einen Operator f : R3 → R3 an mit h i ker f = U := (1, 1, 1)T , (2, 0, 0)T .

Aufgabe 08.1

Aufgabe 08.2 Sei E ein unendlich dimensionaler Hilbertraum, µn eine Folge reeller Zahlen, die gegen 0 strebt, und {u1 , u2 , . . . } ein Orthonormalsystem. Weiter sei A : E → E definiert durch X Ax := µn (x, un )un . n

Zeigen Sie, dass A ein selbstadjungierter Operator ist. Aufgabe 08.3 Sind alle Projektionen vom Raum P der Polynome auf V1 := {p(x) =

n X

aj xj ∈ Pn : a0 = 0} ⊂ P,

j=0

mit n ∈ N stetig bzgl. der Norm kpk := sup(|p(x)| : −1 ≤ x ≤ 1)? Aufgabe 08.4 Gibt es Zahlen γ, δ, so dass die Matrix ! √i γ 3 1+i √ δ 3 unit¨ar ist? Wenn ja, berechne man diese Zahlen. Aufgabe 08.5 Sei A : l2 → l2 der Verschiebungsoperator A(x1 , x2 , . . . ) := (0, x1 , x2 , . . . ). Zeigen Sie: λ = −1 ist f¨ ur A nicht regul¨ar.

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 08

Aufgabe 08.1

Man gebe einen Operator f : R3 → R3 an mit h i ker f = U := (1, 1, 1)T , (2, 0, 0)T .

L¨ osung von Aufgabe 08.1 Zum Beispiel:   0 1 −1 f := 0 1 −1 0 1 −1

Aufgabe 08.2 Sei E ein unendlich dimensionaler Hilbertraum, µn eine Folge reeller Zahlen, die gegen 0 strebt, und {u1 , u2 , . . . } ein Orthonormalsystem. Weiter sei A : E → E definiert durch X µn (x, un )un . Ax := n

Zeigen Sie, dass A ein selbstadjungierter Operator ist. L¨ osung von Aufgabe 08.2 X X µn (x, un )(un , y) = (x, un )µn (y, un ) = (x, Ay). (Ax, y) = n

n

Aufgabe 08.3 Sind alle Projektionen vom Raum P der Polynome auf V1 := {p(x) =

n X

aj xj ∈ Pn : a0 = 0} ⊂ P,

j=0

mit n ∈ N stetig bzgl. der Norm kpk := sup(|p(x)| : −1 ≤ x ≤ 1) ? L¨ osung von Aufgabe 08.3 Beispiel f¨ ur eine nichtstetige Projektion:  m=0  0 m m x 1≤m≤n A(x ) :=  mx m > n. A kann zu einer lin. Abb. auf P erg¨anzt werden, A2 = A , also ist A Projektion. Aber kAk ≥ |A(xm )| = m , also ist A nicht stetig.

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 08

2

Aufgabe 08.4 Gibt es Zahlen γ, δ , so dass die Matrix ! √i γ 3 1+i √ δ 3 unit¨ar ist? Wenn ja, berechne man diese Zahlen. √ )k2 = 1 + 2 = 1 . Also ist die Matrix genau dann L¨ osung von Aufgabe 08.4 k( √i3 , 1+i 3 3 3 √ = 0 . Letztere Bedingung ist ¨ aquivalent zu unit¨ar, wenn k(γ, δ)k = 1 und γ¯ √i3 + δ¯ 1+i 3 γ = −(1 + i)δ. Damit wird erstere Bedingung zu 1 = |γ|2 + |δ|2 = 3|δ|2 . D.h. genau dann ist die Matrix unit¨ar, wenn |δ| = √13 und γ wie oben. Aufgabe 08.5 Sei A : l2 → l2 der Verschiebungsoperator A(x1 , x2 , . . . ) := (0, x1 , x2 , . . . ) . Zeigen Sie: λ = −1 ist f¨ ur A nicht regul¨ar. L¨ osung von Aufgabe 08.5 Die Gleichung (A+I)x = y in Koordinatenschreibweise ergibt x1 = y1 , x1 + x2 = y2 , .. . xk + xk+1 = yk+1 , .. . √ F¨ ur y aus Zusatzaufgabe 9.2 erh¨alt man x = (x1 , x2 , . . . ) mit xk = (−1)k / k , also x 6∈ l2 , d.h. (A + I)−1 existiert auch nicht auf ganz l2 .

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Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 09 (Ubung vom 19. Juni 2007)

Spezielle Vektorr¨ aume, Banachr¨ aume, Hilbertr¨ aume (Bezeichnungen nach Vorlesung/Bronstein) • C[a, b] bezeichnet den Vektorraum der auf dem Intervall [a, b] stetigen reell oder komplexwertigen Funktionen. • C m [a, b] bezeichnet den Vektorraum der auf dem Intervall [a, b] m -mal stetig differenzierbaren reell oder komplexwertigen Funktionen. • Mit kxk = max |x(t)| ist C[a, b] ein normierter Vektorraum t∈[a,b]

• Rn , Cn sind Vektorr¨aume auf denen eine Norm durch kxk = definiert werden kann. Sind sogar vollst¨andig, also Banachr¨aume.

p

|x1 |2 + . . . + |xn |2

• Die Menge der Zahlenfolgen l∞ (K) := {x = (xn )n∈N : xn ∈ K, supn∈N |xn | < ∞} mit kxk∞ = supn∈N |xn | ist ein Banachraum P p • F¨ ur p ∈ [1, ∞) ist lp (K) := {x = (xn )n∈N : xn ∈ K, ∞ n=0 |xn | < ∞} mit kxkp = P∞ 1 ( n=0 |xn |p ) p ein Banachraum • F¨ ur p ∈ [1, ∞) sind die Elemente des Raumes Lp [a, b] Klassen ¨aquivalenter Funktionen x(t) , die auf [a, b] Lebesgue-meßbar sind und f¨ ur die |x(t)|p Lebesgue-summierbar ist. Zwei Funktionen x(t), xˆ(t) sind a¨quivalent falls x(t) = xˆ(t) f¨ ur fast alle t ∈ [a, b] . Rb 1 Die Norm in Lp [a, b] ist definiert durch kxk = ( a |x(t)|p dt) p • Mit dem Innenprodukt (x, y) := xT y¯ sind Rn und Cn n -dimensionale Hilbertr¨aume P • Mit dem Innenprodukt (x, y) := ∞ ¯n ist der l2 (K) ein unendlich-dimensionaler n=0 xn y Hilbertraum (Hilbertscher Folgenraum). • Sei ϕ(t) eine auf [a, b] definierte, summierbare und fast u ¨berall positive Funktion. Mit L2 ([a, b], ϕ) bezeichnet man den linearen Raum der auf [a, b] meßbaren Funktionen x(t) , f¨ ur die ϕ(t)|x(t)|2 summierbar ist. Der Raum L2 ([a, b], ϕ) ist mit dem Rb Innenprodukt (x, y) = a ϕ(t)x(t)y(t) dt ein Hilbertraum. Falls ϕ(t) = 1 , dann kurz L2 [a, b] . • Seien H, E Hilbertr¨aum. L(H, E) ist der normierte Vektorraum der linearen, beschr¨ankten Operatoren A : H → E mit kAk = sup x∈H

kHxk kHxk kHxk = sup = sup . kxk x∈H,kxk≤1 kxk x∈H,kxk=1 kxk

Wenn H = E ist, dann benutzt man Abk¨ urzung L(H) .

• c(K) := {x = (xn )n∈N : xn ∈ K, (xn ) konvergiert} • c0 (K) := {x = (xn )n∈N : xn ∈ K, xn → 0} ; Sowohl c(K) wie auch c0 (K) sind vollst¨andige Unterr¨aume von l∞ (K)

Vollstetig, Spektraltheorie selbstadjungierter Operatoren • Ist A : H → H ein linearer und beschr¨ankter Operator und ist |λ| > kAk , so existiert die Resolvente (A − λI)−1 : H → H und es gilt ∞

−1

(A − λI)

1 X Ak =− λ k=0 λk

Neumannsche Reihe.

• Sei K(s, t) eine quadratisch integrierbare Funktion u ¨ber (a, b)×(a, b) und A : L2 (a, b) → L2 (a, b) der Integraloperator Zb Ax(s) :=

K(s, t)x(t) dt. a

Dann ist die Norm kAk2 =

Zb Zb a

|K(s, t)|2 ds dt =: N < ∞

a

und die Gleichung (A − λI)x = f ist eindeutig l¨osbar f¨ ur alle |λ| > N 2 . Die Gleichung (A − λI)x = f ¨aquivalent zur Fredholmschen Integralgleichung Zb λx(s) −

K(s, t)x(t) dt = −f (s). a

Nach obigen Ausf¨ uhrungen ist dann ∞

x(s) = − mit Ak f (s) =

1 X Ak f (s) λ k=0 λk

Zb Kn (s, t)f (t) dt a

Dabei sind die Kn (s, t) die iterierten Kerne welche sich iterativ berechnen lassen durch K1 (s, t) := K(s, t) und

Zb Kn (s, t) =

K(s, τ )Kn−1 (τ, t) dτ. a

Setzt man

n

1 X Ak xn (s) = − f (s) λ k=0 λk

so konvergieren die xn (s) gegen das gesuchte x(s) f¨ ur n → ∞ . Dies sind auch die Zwischenl¨osungen, die sich nach dem Prinzip der sukzessiven Approximation ergeben: In der zu l¨osenden Gleichung (A − λI)x = Ax − λx = f wird ein x durch xn und das andere x durch xn+1 ersetzt, um die Iterationsgleichung Axn − λxn+1 = f bzw. xn+1 = − λ1 f + λ1 Axn zu erhalten. Mit der Startl¨osung x−1 = 0 ergibt sich x1 = − λ1 f + λ1 A(0) = − λ1 f , x2 = − λ1 f + λ1 A(− λ1 f ) , x3 = − λ1 f + λ1 A(− λ1 f + λ1 A(− λ1 f )) = − λ1 (f + λ1 Af + λ12 A2 f ) , . . . • Eine Teilmenge X ⊂ H heißt kompakt, wenn jede Folge (xn )n∈N ⊂ X eine konvergente Teilfolge besitzt. Jede kompakte Menge ist offenbar beschr¨ankt. Falls f¨ ur jede beschr¨ankte Teilmenge Z ⊂ X das Bild A(Z) kompakt ist, nennt man den Operator A vollstetig. Da A(Z) beschr¨ankt ist, ist A zwangsl¨aufig stetig. Dazu ¨aquivalent ist die Definition: Ein linearer und beschr¨ankter Operator A : H → H heißt vollstetig, wenn f¨ ur jede beschr¨ankte Folge {xn } (d.h. f¨ ur jede Folge {xn } mit kxn k ≤ γ ) die Folge {Axn } der Bildelemente eine konvergente Teilfolge enth¨alt. • Sei λn ein k -facher Eigenwert von A (d.h. λn = λn+1 = · · · = λn+k−1 . Seien die zugeh¨origen Eigenvektoren xn , xn+1 , . . . , xn+k orthonormiert und f ∈ X . Dann ist die Gleichung Ax − λn x = f genau dann l¨osbar, wenn (f, xj ) = 0 f¨ ur j = n, n + 1, . . . , n + k − 1 gilt, und deren allgemeine L¨osung lautet n+k−1 X 1 Pj f + pj xj , x= λ j − λn j=n j6=n,...,n+k−1

X

wobei die pn , . . . , pn+k−1 frei w¨ahlbare Parameter sind. Also ist die L¨osungsmenge unendlich und k -dimensional. Aufgabe 09.1 (INT167) Es sei der Integraloperator A : L2 (0, π) → L2 (0, π) definiert durch Zπ Ax(s) := sin(s + t)x(t) dt. 0

Berechnen Sie die L¨osung x(s) der Fredholmschen Integralgleichung Zπ πx(s) −

sin(s + t)x(t) dt = 1 0

mit Hilfe der Methode der iterierten Kerne und sukzessiver Approximation. Tipp: Folgende trigonometrische Identit¨aten sind hilfreich beim Bestimmen der auftretenden Integrale: 1 sin(α) · sin(β) = (cos(α − β) − cos(α + β)) 2 1 sin(α) · cos(β) = (sin(α − β) + sin(α + β)) 2

Lo ¨sung von Aufgabe 09.1 (INT167lsg) Die iterierten Kerne berechnen sich iterativ durch K1 (s, t) := K(s, t) = sin(s + t) und

Zπ Kn (s, t) =

K(s, τ )Kn−1 (τ, t) dτ. 0

Mit vollst¨andiger Induktion erh¨alt man dann sofort  π n−1 sin(s + t) n ungerade (2) , Kn (s, t) = K(s, t) = ( π2 )n−1 cos(s − t) n gerade denn f¨ ur n gerade ist Zπ Kn (s, t) =

π π sin(s + τ )( )n−2 sin(τ + t) dτ = ( )n−2 2 2

0

Zπ cos(s − t) − cos(s + t + 2τ ) dτ 0

 π π 1 π n−2 cos(s − t)τ − cos(s + t + 2τ ) = ( )n−1 cos(s − t). =( ) 2 2 2 0 Der Fall n ungerade kann analog ausgerechnet werden. Damit kann man schlußfolgern, dass ur alle k ∈ N>0 . A2k−1 = ( π2 )2k−2 A bzw. A2k = ( π2 )2k−2 A2 f¨ Es gilt v uZπ Zπ u π u λ = π > kAk = t |K(s, t)|2 ds dt = √ 2 0

0

also existiert (A − λI)−1 und damit eine eindeutig bestimmte L¨osung x(s) der Fredholmschen Integralgleichung Zπ λx(s) − K(s, t)x(t) dt = −f (s). 0

Setzt man

n

xn (s) = −

1 X Ak f (s) λ k=0 λk

so konvergieren die xn (s) gegen das gesuchte x(s) mit n → ∞ . Dann konvergiert auch jede Teilfolge gegen x(s) , insbesondere die Teilfolge mit geradem Index n . Jetzt ist  n/2  n n n 1 X Ak 1 X Ak 1 1 X Ak 1 1 X A2k−1 A2k xn (s) = − f (s) = − (−1) = + (1) = + (1) + 2k (1) λ k=0 λk π k=0 π k π π k=1 π k π π k=1 π 2k−1 π  n/2  1 1X 1 π 2k−2 1 π 2k−2 2 = + ( ) A(1) + 2k ( ) A (1) π π k=1 π 2k−1 2 π 2  Z Z n/2  1 1 X 1 2k−2 π 1 1 2k−2 π π = + 2 ( ) sin(s + t) · 1 dt + ( ) cos(s − t) · 1 dt π π k=1 2 π 2 0 0 2

 n/2  1 1 X 1 2k−2 1 1 2k−2 π = + 2 2 cos(s) + ( ) 2 sin(s) ( ) π π k=1 2 π 2 2 n/2 n/2 X 1 − 14 1 1 1 n/2 1 1 1 1 4 1 2k−2 = + 2 (2 cos(s)+sin(s)) + (1− ) = + 2 (2 cos(s)+sin(s)) = (2 cos(s)+sin(s)) ( ) 1 2 π π 2 π π π π 3 4 1 − 4 k=1

und folglich mit n → ∞ 1 8 cos(s) + 4 sin(s) + . π 3π 2

x(s) =

Aufgabe 09.2 (INT169) Die Fouriertransformation F : L2 (−∞, ∞) → L2 (−∞, ∞) ist ein unit¨arer Operator definiert durch 1 F x(t) := √ 2π Berechnen Sie f¨ ur

 x(t) :=

Z∞

e−ist x(s) ds.

−∞

1 − π1 |t| t ∈ (−π, π) 0 sonst

die Fouriertransformierte F x . L¨ osung von Aufgabe 09.2 (INT169lsg) Es ist nach Definition f¨ ur t 6= 0 1 F x(t) := √ 2π 1 =√ 2π

Zπ −π

Z∞

−ist

e −∞

1 x(s) ds = √ 2π

2 s (cos(st)−i sin(st))(1− ) ds = √ π 2π

Zπ

Zπ

e−ist (1 −

s ) ds π

−π

√ s 2 1 − cos(πt) . cos(st)(1− ) ds (da sin(st) ungerade) = 2 π π t2

0

und f¨ ur t = 0 ergibt sich 1 F x(0) := √ 2π

Z∞ −∞

1 x(s) ds = √ 2π

Zπ (1 − −π

s π ) ds = √ . π 2π

Aufgabe 09.3 (EWV059) a) Sei A : Cn → Cn eine lineare Abbildung. Man zeige, dass A genau dann invertierbar ist, wenn 0 kein Eigenwert ist. Rx b) Sei A : L2 (−1, 1) → L2 (−1, 1) definiert durch Af (x) = 0 f (s)ds . Ist 0 ein Eigenwert von A ? Ist A invertierbar? Rx Bemerkung: Aus 0 f (s)ds = 0 f¨ ur alle x folgt f (x) ≡ 0 (ohne Beweis). L¨ osung von Aufgabe 09.3 (EWV059lsg) a) 0 ⇒0 : Annahme: 0 EW. Dann gilt Av = 0 f¨ ur den zugeh¨origen EV v , also ist A nicht injektiv und damit auch nicht bijektiv. 0 ⇐0 : Sei 0 kein EW, dann hat Av = 0 nur die triviale Lsg, also ist A injektiv. Jede injektive (quadr.) Matrix ist auch surjektiv ( A injektiv ⇒ Rang A = n = Spaltenrang = Dimension des Bildraumes), also ist A bijektiv und damit invertierbar.

Rx b) Annahme: 0 ist EW. Dann gilt mit f EV: 0 = Af (x) = 0 f (s)ds f¨ ur alle x , also ist f ≡ 0 , was nicht sein darf. Widerspruch, 0 ist kein EW. Rx A−1 existiert nicht, da A nicht surjektiv ist: Af (x) = 1 f¨ ur alle x ⇒ 1 = 0 f (s)ds → 0 , bei x → 0 # . Aufgabe 09.4 (EWV060) Sei der Operator A : C[0, 1] → C[0, 1] durch Z1 (Af )(s) = s

tf (t) dt 0

definiert. Hat A Eigenwerte und -l¨osungen? Wenn ja, welche? L¨ osung von Aufgabe 09.4 (EWV060lsg) Sei λx = Ax . F¨ uhren die Bezeichnung α = R1 tf (t) dt als Abk¨ urzung ein. 0

Falls λ = 0 ist, so gilt f¨ ur die Eigenl¨osungen x : Z1 0=s

Z1 tf (t) dt =

0

tf (t) dt = (s, f (s)). 0

Also alle stetigen Funktionen ( 6= 0 ), die orthogonal zu s bzgl. des Standardskalarproduktes sind, sind Eigenl¨osungen zu λ = 0 . Eine solche orthogonale Funktion w¨are zum Beispiel f (s) = 3s − 2 . = Falls λ 6= 0 ist, kann man die Gleichung λx = Ax durch λ teilen und erh¨alt x(s) = Ax λ αs . Multipliziert man diese Gleichung mit s und integriert anschließend bzgl. s , dann folgt λ α α= λ

Z1

t2 dt =

α . 3λ

0

Dies impliziert 1 ) = 0. 3λ Wir k¨onnen α 6= 0 annehmen, da Funktionen f (s) f¨ ur die dies gilt bereits die Eigenl¨osungen zum Eigenwert 0 sind. (Ist eine Funktion Eigenl¨osung, dann geh¨ort ein eindeutig bestimmter 1 Eigenwert dazu.) Also muß 1 − 3λ = 0 gelten. Damit ist λ = 13 der einzige Eigenwert 6= 0 . 1 Die Eigenl¨osungen zu λ = 3 sind alle Funktionen von der Form x(s) = α3 s (α 6= 0) , dabei h¨angt per Definition das α von x(s) ab, ist aber f¨ ur fixiertes x(s) eine konstante Zahl. 1 Ax W¨ahlt man λ = 3 , dann ist die Gleichung x(s) = λ = αs f¨ ur beliebiges α erf¨ ullt. Also λ sind die Eigenl¨osungen zum Eigenwert λ = 31 alle Funktionen der Bauart x(s) = βs mit β 6= 0 . Bemerkung: Der betrachtete Integraloperator ist definiert als α(1 −

Z1 stf (t) dt 0

mit dem Kern K(s, t) = st . Dieser Kern hat Produkttyp, da K(s, t) = g(s) · h(t) und die zu l¨osende Gleichung λx = Ax ist ¨aquivalent zu einer homogene Fredholmsche Integralgleichung. F¨ ur Kerne vom Produkttyp gibt es eine geschlossene L¨osungstheorie solcher Integralgleichungen (siehe z.B. Bronstein).

Vorlesung: Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel ¨ Ubungen: Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

www.math.uni-rostock.de/∼mgruttm/

¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 09 Abgabetermin: 26. Juni 2007 Aufgabe 09.1 Die Fouriertransformation F : L2 (−∞, ∞) → L2 (−∞, ∞) ist ein unit¨arer Operator definiert durch Z∞ 1 F x(t) := √ e−ist x(s) ds. 2π −∞

Berechnen Sie f¨ ur   1 1 x(t) :=  2 0

t ∈ (−π, π) t = ±π sonst

die Fouriertransformierte F x. Aufgabe 09.2 Aufgabe entf¨allt Aufgabe 09.3 Sei der lineare Operator A : L2 (0, 1) → L2 (0, 1) mit D(A) = C[0, 1] durch Rs (Ax)(s) = x(t) dt definiert. 0

a) Ist A selbstadjungiert? b) Hat A Eigenwerte? Wenn ja, welche? Tipp: Untersuchen Sie f¨ ur a), ob A der Gleichung (Ax, y) = (x, Ay) gen¨ ugt f¨ ur x(t) = 1, y(t) = t. In b) kann man durch Differenzieren die zu untersuchende Integralgleichung in eine Differentialgleichung u uhren. ¨berf¨ Aufgabe 09.4 Sei der Operator A : C[0, 1] → C[0, 1] durch 2

Z1

(Ax)(s) = 2s

t2 x(t) dt

0

definiert. Hat A Eigenwerte und -l¨osungen? Wenn ja, welche? Aufgabe 09.5 Es sei der Integraloperator A : L2 (0, 1) → L2 (0, 1) definiert durch Z1 Ax(s) :=

es−t x(t) dt.

0

Berechnen Sie die L¨osung x(s) der Fredholmschen Integralgleichung Z1 2x(s) −

es−t x(t) dt = s

0

mit Hilfe der Methode der iterierten Kerne und sukzessiver Approximation.

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 09

Aufgabe 09.1 Die Fouriertransformation F : L2 (−∞, ∞) → L2 (−∞, ∞) ist ein unit¨arer Operator definiert durch Z∞ 1 e−ist x(s) ds. F x(t) := √ 2π −∞

Berechnen Sie f¨ ur

  1 t ∈ (−π, π) 1 t = ±π x(t) :=  2 0 sonst

die Fouriertransformierte F x . L¨ osung von Aufgabe 09.1 Es ist nach Definition f¨ ur t 6= 0 1 F x(t) := √ 2π

Z∞

−ist

e −∞

2 =√ 2π

1 x(s) ds = √ 2π

Zπ

−ist

e −π

1 ds = √ 2π

Zπ cos(st) − i sin(st) ds −π

Zπ cos(st) ds (da sin(st) ungerade) =

√

2π

sin(πt) t

0

und f¨ ur t = 0 ergibt sich 1 F x(0) := √ 2π

Z∞ −∞

1 e−ist x(s) ds = √ 2π

Zπ −π

√ 2π 1 ds = √ = 2π. 2π

Aufgabe 09.2 Sei E ein unendlich dimensionaler Hilbertraum, µn eine Folge reeller Zahlen, die gegen 0 strebt, und {u1 , u2 , . . . } ein Orthonormalsystem. Zeigen Sie, dass dann A : E → E definiert durch X Ax := µn (x|un )un n

ein selbstadjungierter Operator ist. L¨ osung von Aufgabe 09.2 X X (Ax|y) = µn (x|un )(un |y) = (x|un )µ¯n (y|un ) = (x|Ay). n

n

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 09

2

Aufgabe 09.3 Sei der lineare Operator A : L2 (0, 1) → L2 (0, 1) mit D(A) = C[0, 1] durch Rs (Ax)(s) = x(t) dt definiert. 0

a) Ist A selbstadjungiert? b) Hat A Eigenwerte? Wenn ja, welche? Tipp: Untersuchen Sie, ob A der Gleichung (Ax, y) = (x, Ay) gen¨ ugt f¨ ur x(t) = 1 , y(t) = t. L¨ osung von Aufgabe 09.3 2 a) Nein: bei x(t) ≡ 1, y(t) = t hat man (Ax)(s) = s, (Ay)(s) = s2 und somit (Ax|y) = R1 R1 2 s ds = 31 , aber (x|Ay) = 12 s2 ds = 16 . 0

0

b) Sei λx(s) = Ax(s) (s ∈ [0, 1]) . Bei λ = 0 gilt Ax(s) ≡ 0 und somit x(s) = (Ax)0 (s) ≡ 0 . Bei λ 6= 0 ist x(s) = Ax(s) ableitbar mit x0 (s) = x(s) , also x(s) = Ces/λ mit C ∈ R . Aber λ λ C = 0 wegen x(0) = Ax(0) = 0 . Also hat A keine Eigenwerte. λ Aufgabe 09.4 Sei der Operator A : C[0, 1] → C[0, 1] durch

(Ax)(s) = 2s

2

Z1

t2 x(t) dt

0

definiert. Hat A Eigenwerte und -l¨osungen? Wenn ja, welche? L¨ osung von Aufgabe 09.4 Sei λx = Ax . Mit Bezeichnung α =

R1

t2 x(t) dt hat man bei

0

λ= 6 0 x(s) = s ergibt sich

2αs2 λ

. Multiplikation mit s2 liefert s2 x(s) = Z1 0

2α s2 x(s) ds = α = λ

Z1

s4 ds =

2αs4 λ

und nach Integration bzgl.

2α , 5λ

0

also sind λ1 = 0 und λ2 = 2/5 die einzige Eigenwerten von A . Die Eigenl¨osungen zu λ2 sind alle Funktionen von der Form x(s) = 5αs2 (α 6= 0) , und zu λ1 sind es alle Funktionen aus [s2 ]⊥ (außer 0).

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 09

3

Aufgabe 09.5 Es sei der Integraloperator A : L2 (0, 1) → L2 (0, 1) definiert durch Z1 Ax(s) :=

es−t x(t) dt.

0

Berechnen Sie die L¨osung x(s) der Fredholmschen Integralgleichung Z1 2x(s) −

es−t x(t) dt = s

0

mit Hilfe der Methode der iterierten Kerne und sukzessiver Approximation. L¨ osung von Aufgabe 09.5 Die iterierten Kerne berechnen sich iterativ durch K1 (s, t) := K(s, t) = es−t und

Z1 Kn (s, t) =

K(s, τ )Kn−1 (τ, t) dτ. 0

Mit vollst¨andiger Induktion erh¨alt man dann sofort Kn (s, t) = K(s, t) = es−t , denn Z1 Kn (s, t) =

Z1

es−τ eτ −t dτ =

0

es e−τ eτ e−t dτ =

0

Z1

es e−t dτ = es−t

Z1

0

1 dτ = es−t .

0

Damit kann man schlußfolgern, dass Ak = A f¨ ur alle k ∈ N>0 . Es gilt v uZ1 Z1 u u |K(s, t)|2 ds dt λ = 2 > kAk = t 0

0

also existiert (A − λI)−1 und damit eine eindeutig bestimmte L¨osung x(s) der Fredholmschen Integralgleichung Z1 λx(s) − K(s, t)x(t) dt = −f (s). 0

Setzt man

n

1 X Ak f (s) xn (s) = − λ k=0 λk so konvergieren die xn (s) gegen das gesuchte x(s) f¨ ur n → ∞ . Jetzt ist n ∞ n−1 X 1 X Ak −s 1 X A s 1 1 xn (s) = − f (s) = − − (−s) = + 2 A(s) k k λ k=0 λ λ λ k=1 λ λ λ λk k=0

s 1 = + 2 λ λ

Z1

s−t

e 0

1 − λ1n s es 2 1 − λ1n t dt = + 2 (1 − ) λ λ e 1 − λ1 1 − λ1

und folglich x(s) =

s es 2 1 + 2 (1 − ) λ λ e 1−

1 λ

=

s es 2 s (1 − 2e )es + (1 − ) = + . λ λ(λ − 1) e 2 2

Institut fu at Rostock ¨ r Mathematik der Universit¨ Prof. Dr. Manfred Kr¨ uppel Dr. Martin Gr¨ uttm¨ uller

Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 10 (Ubung vom 26. Juni 2007)

Laplace Transformation, L¨ osen linearer Differentialgleichungen mit Hilfe der Laplace-Transformation • Nachfolgend werden ausserdem nur solche Funktionen y(x) betrachtet, die f¨ ur x ≥ 0 definiert sind und f¨ ur die uneigentliche Integrale der Form Z∞

e−pt y(x) dx

0

existieren mit Re (z) ≥ 0 . • Anwendung zum L¨osen von Differentailgleichungen:

• R¨ ucktransformation mit Hilfe der folgenden Tabelle

Aufgabe 10.1 (INT174) Untersuche die Existenz der Laplace-Transformierten der folgenden Funktionen y(x) . (a) x2 + (b) ex

1 x

2 −x

(c) cos(xx ) (d) e2x (e)

√1 x

L¨ osung von Aufgabe 10.1 (INT174lsg) (a) existiert nicht, da Z∞

−pt

e

1 (t + ) dt = lim →0+ t 2

Z1

−pt

e

1 (t + ) dt + t 2



0

Z∞

1 e−pt (t2 + ) dt t

1

und der Limes des ersten Integrals strebt f¨ ur beliebiges p gegen Unendlich, und damit existiert das gesamte uneigentliche Integral nicht. 2 −t

(b) existiert nicht, da Integrand e−pt et

2 −t−pt

= et

unbeschr¨ankt w¨achst f¨ ur t → ∞ .

(c) existiert, da hinreichendes Kriterium |y(x)| ≤ 1 ≤ aebx erf¨ ullt f¨ ur geeignete Koeffizienten a, b , z.B. a = 1, b = 1 (d) existiert, da hinreichendes Kriterium |y(x)| ≤ aebx erf¨ ullt f¨ ur geeignete Koeffizienten a, b , z.B. a = 2, b = 2 ; Achtung: existiert nur f¨ ur p > 2 (e) existiert, (obwohl Kriterium |y(x)| ≤ aebx nicht erf¨ ullt werden kann,) dazu sch¨atzt man f¨ ur p > 0 das Integral einfach nach oben ab durch Z∞

−pt

e

1 √ dt = t

≤

−pt

e

1 √ dt + t

0

0

Z1

Z1

1 √ dt + t

0

Z∞

Z∞

1 e−pt √ dt t

1

√ 1 −pt ∞ e e−pt dt = 2 t|10 + e |1 = 2 + . −p p

1

Aufgabe 10.2 (INT170) Ermittle die Laplace-Transformation von sin(ax) mit a ∈ R direkt unter Verwendung der Definition der Laplace-Transformation. L¨ osung von Aufgabe 10.2 (INT170lsg) Nach Definition gilt f¨ ur p > 0 Z∞ L(sin(ax)) =

e−pt sin(at) dt = lim

ZP

P →∞

0

F¨ ur p ≤ 0 existiert das uneigentliche Integral nicht.

0

e−pt sin(at) dt.

Durch (zweifache) partielle Integration ermittelt man dann ZP lim

P →∞

P 1 −pt 0 · e (−p sin(at) − a cos(at)) P →∞ p2 + a2

e−pt sin(at) dt = lim

0

= lim

P →∞ p2

1 a · (−e−pP (p sin(at) + a cos(at)) + a) = 2 . 2 +a p + a2

Aufgabe 10.3 (INT172) Bestimme L(y(x)) f¨ ur  5 0<x<3 y(x) = 0 x≥3 L¨ osung von Aufgabe 10.3 (INT172lsg) Nach Definition gilt f¨ ur alle p Z∞ L(y(x)) =

e−pt y(t) dt =

0

Z3 =5

Z3

e−pt · 5 dt +

0

−pt

e 0

Z∞

e−pt · 0 dt.

3

3 e−pt 5 − 5e−3p dt = 5 · . = −p 0 p

Aufgabe 10.4 (INT176) Bestimme unter Ausnutzung der Eigenschaften der Laplacetransformation L(4e5x + 6x3 − 3 sin(4x) + 2 cos(2x)) . L¨ osung von Aufgabe 10.4 (INT176lsg) Unter Ausnutzung der Linearit¨at und der Voraussetzung s > 5 erh¨alt man L(4e5x + 6x3 − 3 sin(4x) + 2 cos(2x)) = 4L(e5x ) + 6L(x3 ) − 3L(sin(4x)) + 2L(cos(2x)) =

6 · 3! 12 2p 4 + 4 − 2 + 2 p−5 p p + 16 p + 4

Aufgabe 10.5 (INT178) Bestimme unter Ausnutzung der Eigenschaften der Laplacetransformation Z∞ te−2t cos(t) dt. 0

Lo ¨sung von Aufgabe 10.5 (INT178lsg) Unter Ausnutzung der Eigenschaft 5. erh¨alt man Z∞ L(x cos(x)) =

te−pt cos(t) dt = (−1)1

d d p p2 − 1 L(sin(x)) = (−1)1 = . dp dp p2 + 1 (p2 + 1)2

0

Y (2) =

3 25

impliziert Z∞ 0

te−2t cos(t) dt =

3 . 25

Aufgabe 10.6 (INT180) Berechne mit dem Faltungssatz   1 −1 L . (p − 1)(p − 2) L¨ osung von Aufgabe 10.6 (INT180lsg) L−1



1 (p − 1)(p − 2)

Zx

 =

et e2(x−t) dt = e2x − ex

0

Aufgabe 10.7 (DG1069) L¨ose y 00 + y = x mit den Anfangsbedingungen y(0) = 1, y 0 (0) = −2 mit Hilfe der Laplacetransformation. L¨ osung von Aufgabe 10.7 (DG1069lsg) Wir wenden die Laplace-Transformation auf beiden Seiten der Differentialgleichung an und verwenden die gegebenen Anfangswerte. L(y 00 ) + L(y) = L(x) impliziert p2 Y − py(0) − y 0 (0) + Y =

1 p2

bzw.

p2 Y − p + 2 + Y =

1 p2

Daraus folgt durch Umformen nach Y , Vereinfachen und Partialbruchzerlegung Y = L(y) =

1 p2 (p2

+ 1)

+

p−2 1 p 3 = 2+ 2 − 2 2 p +1 p p +1 p +1

Also gilt −1

y(x) = L Probe nicht vergessen!



1 p 3 + 2 − 2 2 p p +1 p +1

 = x + cos(x) − 3 sin(x)

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¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 10 Abgabetermin: 3. Juli 2007 Drei der folgenden Aufgaben sind Zusatzaufgaben und bringen daher je 5 Zusatzpunkte. Insbesondere interessant f¨ ur diejenigen mit knappen Punktekonto. Aufgabe 10.1 Untersuche die Existenz der Laplace-Transformierten der folgenden Funktionen y(x). (a)

1 x−1

(b) ex−x

2

(c) xx Aufgabe 10.2 Ermittle die Laplace-Transformation von cos(ax) mit a ∈ R direkt unter Verwendung der Definition der Laplace-Transformation. Aufgabe 10.3 Bestimme L(y(x)) f¨ ur  0 0<x<2 y(x) = 4 x≥2

Aufgabe 10.4 Bestimme unter Ausnutzung der Eigenschaften der Laplacetransformation L(3x4 − 2x3 + 4e−3x − 2 sin(5x) + 3 cos(2x)). Aufgabe 10.5 Bestimme unter Ausnutzung der Eigenschaften der Laplacetransformation Z∞

t3 e−t sin(t) dt.

0

Aufgabe 10.6 Berechne mit dem Faltungssatz   1 −1 L . p2 (p + 1)2

Aufgabe 10.7 L¨ose y 00 − 3y 0 + 2y = 4e2x mit den Anfangsbedingungen y(0) = −3, y 0 (0) = 5 mit Hilfe der Laplacetransformation.

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Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker L¨ osungen Blatt 10

Aufgabe 10.1 Untersuche die Existenz der Laplace-Transformierten der folgenden Funktionen y(x) . (a)

1 x−1

(b) ex−x

2

(c) xx Lo ¨sung von Aufgabe 10.1 (a) existiert nicht, da Z∞

1 dt = lim e−pt →0+ t−1

0

0

Z1− ≥ lim

→0+

1 dt+ t−1

0

Z1− Z∞ 1 1 e−pt dt + e−pt dt t−1 t−1

Z∞

−pt

e

1+

1 dt = lim e−p ln |t−1||1− 0 + lim →0+ →0+ t−1

1+

Z∞

e−pt

1 dt = −∞+. . . t−1

1+

also existiert schon das erste Integral nicht und damit auch nicht das gesamte uneigentliche Integral. (b) existiert, da hinreichendes Kriterium |y(x)| ≤ aebx erf¨ ullt f¨ ur geeignete Koeffizienten a, b (c) existiert nicht, da Integrand e−st tt unbeschr¨ankt w¨achst f¨ ur t → ∞ Aufgabe 10.2 Ermittle die Laplace-Transformation von cos(ax) mit a ∈ R direkt unter Verwendung der Definition der Laplace-Transformation. L¨ osung von Aufgabe 10.2 Nach Definition gilt f¨ ur p > 0 Z∞ ZP L(cos(ax)) = e−pt cos(at) dt = lim e−pt cos(at) dt. P →∞

0

0

F¨ ur p ≤ 0 existiert das uneigentliche Integral nicht. Durch (zweifache) partielle Integration ermittelt man dann ZP lim

P →∞

P 1 −pt 0 · e (−p cos(at) + a sin(at)) P →∞ p2 + a2

e−pt cos(at) dt = lim

0

= lim

P →∞ p2

1 p · (−e−pP (p cos(at) − a sin(at)) + p) = 2 . 2 +a p + a2

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 10

2

Aufgabe 10.3 Bestimme L(y(x)) f¨ ur  y(x) =

0 0<x<2 4 x≥2

L¨ osung von Aufgabe 10.3 Nach Definition gilt f¨ ur alle p Z∞ L(y(x)) =

−pt

e

Z2 y(t) dt =

0

−pt

e

Z∞ · 0 dt +

0

Z∞ =4

−pt

e 2

e−pt · 4 dt.

2

∞ e−pt 4e−2p dt = 4 · = . −p 2 p

Aufgabe 10.4 Bestimme unter Ausnutzung der Eigenschaften der Laplacetransformation L(3x4 − 2x3 + 4e−3x − 2 sin(5x) + 3 cos(2x)) . L¨ osung von Aufgabe 10.4 Unter Ausnutzung der Linearit¨at erh¨alt man L(3x4 −2x3 +4e−3x −2 sin(5x)+3 cos(2x)) = 3L(x4 )−2L(x3 )+4L(e−3x )−2L(sin(5x))+3L(cos(2x)) =

4 10 3p 72 12 + + − + p5 p4 p + 3 p2 + 25 p2 + 4

Aufgabe 10.5 Bestimme unter Ausnutzung der Eigenschaften der Laplacetransformation Z∞

t3 e−t sin(t) dt.

0

L¨ osung von Aufgabe 10.5 Unter Ausnutzung der Eigenschaft 5. erh¨alt man L(x3 sin(x)) =

Z∞

t3 e−pt sin(t) dt = (−1)3

3 1 p(p2 − 1) d3 3 d L(cos(x)) = (−1) = −24 . d3 p d3 p p2 + 1 (p2 + 1)4

0

Y (0) = 0 impliziert Z∞ 0

t3 e−t sin(t) dt = 0.

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 10

3

Aufgabe 10.6 Berechne mit dem Faltungssatz   1 −1 L . p2 (p + 1)2 Lo ¨sung von Aufgabe 10.6 Es gilt   1 −1 L =x und p2

−1



L

1 (p + 1)2



= xe−x .

Der Faltungssatz ergibt also −1

L



1 p2 (p + 1)2

Zx

 =

x te−t (x − t) dt = (tx − t2 )(−e−t ) − (x − 2t)(−e−t ) + (−2)(−e−t ) 0

0

= xe−x + 2e−x + x − 2

Aufgabe 10.7 L¨ose y 00 −3y 0 +2y = 4e2x mit den Anfangsbedingungen y(0) = −3, y 0 (0) = 5 mit Hilfe der Laplacetransformation. L¨ osung von Aufgabe 10.7 Wir wenden die Laplace-Transformation auf beiden Seiten der Differentialgleichung an und verwenden die gegebenen Anfangswerte. L(y 00 ) − 3L(y 0 ) + 2L(y) = 4L(e2x ) impliziert p2 Y −py(0)−y 0 (0)+−3(pY −y(0))+2Y =

4 p−2

bzw.

p2 Y +3p−5−3py−9+2Y =

4 p−2

Daraus folgt durch Umformen nach Y , Vereinfachen und Partialbruchzerlegung 4 14 − 3p −3p2 + 20p − 24 −7 4 4 Y = L(y) = 2 + 2 = = + + (p − 3p + 2)(p − 2) p − 3p + 2 (p − 1)(p − 2)2 p − 1 p − 2 (p − 2)2 Also gilt −1

y(x) = L Probe nicht vergessen!



−7 4 4 + + p − 1 p − 2 (p − 2)2



= −7ex + 4e2x + 4xe2x

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Sommersemester 2007

Zusatzaufgaben zur Analysis IV fu ¨ r Physiker ¨ Blatt 11 (Ubung vom 3. Juli 2007)

Partielle Differentialgleichungen • Jede Gleichung der Form F (x1 , x2 , . . . , xn , ux1 , . . . , uxn , ux1 x2 , . . . ...) = 0 heißt partielle Differentialgleichung f¨ ur die Funktion u = u(x1 , . . . , xn ) (n > 1). Die Ordnung der h¨ochsten auftretenden partiellen Ableitung heißt die Ordnung der partiellen Dgl. Falls u und alle partiellen Ableitungen in linearer Form auftreten, heißt die Dgl. linear. • Eine allgemeine lineare partielle Dgl. zweiter Ordnung hat die Form Lu =

n X

aij (x)uxi xj +

i,j=1

Den Operator L0 u =

n P

n X

ai (x)uxi + a0 (x)u = f (x).

(1)

i=1

aij (x)uxi xj nennt man der Hauptteil von (1). Die Eigen-

i,j=1 (aij )ni,j=1

werte der Matrix bezeichnet man mit λk (k = 1, . . . , n) . Falls die Matrix symmetrisch ist (was man immer durch die Substitution aij := (aij + aji )/2 gewahrleisten kann), sind alle λk reell. • Die Dgl. (1) heißt in einem Punkt x – elliptisch: wenn alle λk 6= 0 und dasselbe Vorzeichen haben, – parabolisch: wenn mindestens ein λk gleich 0 ist, – hyperbolisch: wenn alle λk 6= 0 sind und bis auf ein λk alle gleiches Vorzeichen haben. Falls n = 2 , ist die Dgl. a(x, y)uxx + b(x, y)uxy + c(x, y)uyy + · · · = 0 – bei D := b2 − 4ac < 0 elliptisch, – bei D = 0 parabolisch, – bei D > 0 hyperbolisch.

Die lineare partielle Dgl. (1) besitzt kanonische Form, wenn in ihrem Hauptteil keine gemischten Ableitungen auftreten, d.h. wenn (1) die Form Lu =

n X

aii (x)uxi xi +

i,j=1

n X

ai (x)uxi + a0 (x)u = f (x)

(2)

i=1

hat. Darauf f¨ uhrt man Dgl. durch Diagonalisierung der Koeffizeintenmatrix zur¨ uck, wie in linearer Algebra. • Einige L¨osungsmethoden: 1. Falls eine Dgl. nur Ableitungen nach einer Variablen enth¨alt, wird sie wie eine gew¨ohnliche Dgl. behandelt. 2. Falls in der Dgl. u in allen Summanden mindestens einmal nach x differenzuert wird, verwendet man die Substitution ux = v . 3. F¨ ur die eindimensionale Wellengleichung utt − a2 uxx = f (x, t) ist die Substitution ξ = x − at, η = x + at verwendbar. n P 4. Exponentialansatz: u = exp[ ai xi ] . i=1

5. Produktansatz (Superpositionsverfahren): u(x) = u1 (x1 ) . . . un (xn ) . Aufgabe 11.1 (PAR005) Bestimmen Sie den Typ partiellen Differentialgleichungen. a) uxx + 3uyy + ux = 0 , b) xuxx − 3uyy + 2uy − u = 0 . Lo ¨sung von Aufgabe 11.1 (PAR005lsg) a) λ1 = 1, λ2 = 3 : elliptisch. b) λ1 = x, λ2 = −3 : elliptisch (bei x < 0 ), parabolisch (bei x = 0 ), hyperbolisch (bei x > 0 ). Aufgabe 11.2 (PAR006) Bringen Sie die Gleichung uxy = 0 auf kanonische Form. L¨ osung von Aufgabe 11.2 (PAR006lsg) a) Koeffizientenmatrix:   0 1 A= , 1 0 det (A − λI) = λ2 − 1 = 0 bei λ1,2 = ±1 . √ √ Die normierten Eigenvektoren sind e1 = 1/ 2(1, 1)T , e2 = 1/ 2(1, −1)T . Die Transformation der Variablen x+y x−y ξ= √ ,η= √ 2 2 liefert ux = uξ ξx + uη ηx = √12 (uξ + uη ), uxy = √12 (uξ + uη )y = √12 (uξξ ξy + uξη ηy + uηξ ξy + uηη ηy ) = 21 (uξξ − uηη ).

Also ist die Gleichung hyperbolisch, mit der kanonischen Form uξξ − uηη = 0 . Aufgabe 11.3 (PAR007) L¨osen Sie die Differentialgleichung mit den Neben- und Anfangsbedingungen   ut (t, x) = uxx (t, x) + 2u(t, x) (t > 0, 0 < x < π), ux (t, 0) = ux (t, π) = 0 (t > 0),  u(0, x) = 1 + cos 3x (0 < x < π). Tipp: Benutzen Sie das Verfahren der Trennung der Ver¨anderlichen. L¨ osung von Aufgabe 11.3 (PAR007lsg) Ansatz U (t, x) = T (t)X(x) f¨ uhrt auf T0 X 00 + 2X = = −k T X und damit auf T (t) = ce−kt . Fall k < −2 : √

X(x) = c1 e

−k−2x

+ c2 e−

√

−k−2x

.

Einzige L¨osung mit Nebenbedingungen X 0 (0) = X 0 (π) = 0 ist die Nullfunktion. Fall k = −2 : X(x) = c√ 1 + c2 x und mit den Nebenbedingungen X(x) = 1 . Fall k > −2 : Sei ω := k + 2 . Dann gilt X(x) = c1 cos ωx + c2 sin ωx. Lin. unabh. L¨osungen mit den Nebenbedingungen: Xn (x) = cos nx,

n = 1, 2, . . . 2 )t

und k = kn = n2 − 2, n = 1, 2, . . . . Also erf¨ ullt Un (t, x) = cos nxe(2−n Nebenbedingungen. Da die Diffgl linear ist, ist die L¨osung:

die Diffgl mit den

X(t, x) = U0 (t, x) + U3 (t, x) = e2t + cos 3xe−7t .

Aufgabe 11.4 (PAR008) L¨osen Sie die Differentialgleichung  utt (t, x) = uxx (t, x) (t > 0, 0 < x < π),    u(t, 0) = u(t, π) = 0 (t > 0), u(0, x) = sin x (0 < x < π),    ut (0, x) = 3 sin 2x (0 < x < π). Tipp: Benutzen Sie das Verfahren der Trennung der Ver¨anderlichen. L¨ osung von Aufgabe 11.4 (PAR008lsg) Ansatz U (t, x) = T (t)X(x) liefert T 00 X 00 = = −k. T X Fall k < 0 :

√

X(x) = c1 e

−kt

+ c2 e−

√

−kt

, X(0) = X(π) = 0,

was nur die triviale L¨osung hat. Fall k = 0 : X(x) = c1 + c2 x, X(0) = X(π) = 0,

was nur die triviale L¨osung hat. Fall k > 0 : √ √ X(x) = c1 cos kx + c2 sin kx, X(0) = X(π) = 0, was die L¨osungen xn (x) = sin nx, n = 1, 2, . . . hat. Damit ist k = kn = n2 . Einsetzen in obige Gleichung ergibt f¨ ur T : T (t) = Tn (t) = k1 cos nt + Setze U (t, x) =

m X

k2 sin nt. n

sin nx(an cos nt +

n=1

bn sin nt), n

dann erf¨ ullt U die Diffgl. und die Randbedingungen. Um die Anfangsbedingungen zu erf¨ ullen, w¨ahle m = 2 , a1 = 1, a0 = b1 = 0, b2 = 3 , d.h. die L¨osung ist U (t, x) = sin x cos t +

3 sin 2x sin 2t. 2

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¨ Ubung Analysis IV fu ¨ r Physiker Sommersemester 2007 Serie 11 Abgabetermin: 10. Juli 2007 Aufgabe 11.1 Bestimmen Sie den Typ der partiellen Differentialgleichungen. a) uxy + uy = 0, b) y 2 uyy + xzuxz = 0. Aufgabe 11.2 L¨osen Sie die Randwertaufgabe (B1 (0) – Kreis in der x,y-Ebene um den Mittelpunkt (0,0) mit Radius 1)  uxx + 2uyy = 0 ((x, y) ∈ B1 (0)), u(x, y) = 5xy + 2 ((x, y) ∈ ∂B1 (0)).

Aufgabe 11.3 L¨osen Sie die Differentialgleichung mit den Neben- und Anfangsbedingungen   ut (t, x) = uxx (t, x) + 3u(t, x) (t > 0, 0 < x < π), ux (t, 0) = ux (t, π) = 0 (t > 0),  u(0, x) = 3 cos 2x (0 < x < π). Tipp: Benutzen Sie das Verfahren der Trennung der Ver¨anderlichen. Aufgabe 11.4 L¨osen Sie die  utt (t, x) = uxx (t, x)    u(t, 0) = u(t, π) = 0 u(0, x) = sin 3x    ut (0, x) = 2 sin 5x

Differentialgleichung (t > 0, 0 < x < π), (t > 0), (0 < x < π), (0 < x < π).

Tipp: Benutzen Sie das Verfahren der Trennung der Ver¨anderlichen.

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Sommersemester 2007

¨ Ubung zur Analysis IV fu ¨ r Physiker Lo ¨sungen Blatt 11

Aufgabe 11.1 Bestimmen Sie den Typ der partiellen Differentialgleichungen. a) uxy + uy = 0 , b) y 2 uyy + xzuxz = 0 . Lo ¨sung von Aufgabe 11.1 a) Koeffizientenmatrix:  A=

0 1/2 1/2 0

 ,

det (A − λI) = λ2 − 1 = 0 bei λ1,2 = ±1 . Also ist die Gleichung hyperbolisch. b)   0 0 xz/2 , y2 0 A= 0 xz/2 0 0 det (A − λI) = λ2 (y 2 − λ) − x2 z 2 (y 2 − λ)/4 = (y 2 − λ)(λ2 − x2 y 2 z 2 /4) . Also λ1 = y 2 , λ2,3 = ±xyz/2 und somit ist die Gleichung bei xyz = 0 parabolisch, sonst hyperbolisch. Aufgabe 11.2 L¨osen Sie die Randwertaufgabe ( B1 (0) – Kreis in der x,y-Ebene um den Mittelpunkt (0,0) mit Radius 1)  uxx + 2uyy = 0 ((x, y) ∈ B1 (0)), u(x, y) = 5xy + 2 ((x, y) ∈ ∂B1 (0)). Lo ullt bereits die Randfunktion u(x, y) = 5xy+2 ¨sung von Aufgabe 11.2 Offensichtlich erf¨ (falls sie ins Innere des Kreises fortgesetzt ist) die Gleichung. Aufgabe 11.3 L¨osen Sie die Differentialgleichung mit den Neben- und Anfangsbedingungen   ut (t, x) = uxx (t, x) + 3u(t, x) (t > 0, 0 < x < π), ux (t, 0) = ux (t, π) = 0 (t > 0),  u(0, x) = 3 cos 2x (0 < x < π). Tipp: Benutzen Sie das Verfahren der Trennung der Ver¨anderlichen. Lo ¨sung von Aufgabe 11.3 Ansatz U (t, x) = T (t)X(x) f¨ uhrt auf T0 X 00 + 3X = = −k T X

Analysis IV, Prof. Dr. Kr¨ uppel, SS 07, Blatt 11

2

und damit auf T (t) = ce−kt . Fall k < −3 : √

X(x) = c1 e

−k−3x

+ c2 e−

√

−k−3x

.

Einzige L¨osung mit Nebenbedingungen X 0 (0) = X 0 (π) = 0 ist die Nullfunktion. Fall k = −3 : X(x) = c√ 1 + c2 x und mit den Nebenbedingungen X(x) = 1 . Fall k > −3 : Sei ω := k + 3 . Dann gilt X(x) = c1 cos ωx + c2 sin ωx. Lin. unabh. L¨osungen mit den Nebenbedingungen: Xn (x) = cos nx,

n = 1, 2, . . . 2 )t

und k = kn = n2 − 2, n = 1, 2, . . . . Also erf¨ ullt Un (t, x) = cos nxe(2−n Nebenbedingungen. Da die Diffgl linear ist, ist die L¨osung:

die Diffgl mit den

X(t, x) = 3U2 (t, x) = 3e−2t cos 2x.

Aufgabe 11.4 L¨osen Sie die Differentialgleichung  utt (t, x) = uxx (t, x) (t > 0, 0 < x < π),    u(t, 0) = u(t, π) = 0 (t > 0), (0 < x < π),  u(0, x) = sin 3x   ut (0, x) = 2 sin 5x (0 < x < π). Tipp: Benutzen Sie das Verfahren der Trennung der Ver¨anderlichen. L¨ osung von Aufgabe 11.4 Ansatz U (t, x) = T (t)X(x) liefert T 00 X 00 = = −k. T X Fall k < 0 :

√

X(x) = c1 e

−kt

+ c2 e−

√

−kt

, X(0) = X(π) = 0,

was nur die triviale L¨osung hat. Fall k = 0 : X(x) = c1 + c2 x, X(0) = X(π) = 0, was auch nur die triviale L¨osung hat. Fall k > 0 : √ √ X(x) = c1 cos kx + c2 sin kx, X(0) = X(π) = 0, mit den L¨osungen xn (x) = sin nx, n = 1, 2, . . . . Damit ist k = kn = n2 . Einsetzen in obige Gleichung ergibt f¨ ur T : T (t) = Tn (t) = k1 cos nt + Setze U (t, x) =

m X

k2 sin nt. n

sin nx(an cos nt +

n=1

bn sin nt), n

dann erf¨ ullt U die Diffgl. und die Randbedingungen. Um die Anfangsbedingungen zu erf¨ ullen, w¨ahle m = 5 , a3 = 1, b5 = 2 und sonstige Koeffizienten gleich 0, d.h. die L¨osung ist U (t, x) = sin 3x cos 3t +

2 sin 5x sin 5t. 5

Klausur Analysis IV Prof. Kr¨ uppel

(SS 06) Dr. Galakhov

Aufgabe 1

(2+2+2 Punkte)

Man berechne f¨ ur die folgenden Funktionen die Residuen in allen isolierten Singularit¨aten. a) f (z) =

sin(z) . z2 + 4

z2 b) f (z) = 2 . z + 6z + 9 c) f (z) = 5e−3/z . Aufgabe 2

(4 Punkte)

Man entwickle die Funktion f (x) = 2x + sin2 x (x ∈ (−π, π)) in eine Fourierreihe. Aufgabe 3

(2+2+2 Punkte)

Sei ek = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (mit der einzigen 1 an der k-ten Stelle) und sn = n P kek . Man bestimme die Norm ksn k a) im l1 , b) im l2 , c) im l∞ . k=1

Aufgabe 4

(5 Punkte)

Man orthonormalisiere das Funktionensystem {1, sin t} bezu¨ uglich des SkalarproRπ duktes (x, y) := x(t)y(t) sin t dt. 0

Aufgabe 5 Sei A : C[0, 1] → C[0, 1] definiert durch (Af )(x) = sin x

(4+2+3 Punkte) R1

f (y) dy.

0

a) Ist A stetig? Vollstetig? b) Man zeige, dass jeder Eigenvektor v von A zum Eigenwert λ 6= 0 die Form v(x) = αx, mit einem α ∈ R, hat. c) Man berechne alle Eigenwerte λ 6= 0 mit zugeh¨origen Eigenvektoren von A.

Universität Rostock 4.7.2006

Prof. Dr. Manfred Krüppel Evgeny Galakhov

Aufgabe 1

(2+2+2 Punkte)

Man berechne für die folgenden Funktionen die Residuen in allen isolierten Singularitäten. a) f (z) = sin(z) z 2 +4 . 2

z b) f (z) = z2 +6z+9 . −3/z c) f (z) = 5e .

Lsg: a) Einfache Pole in ±2i: 2 −2 sin(z)·(z−2i) = sin(2i) = e −e , z 2 +4 4i 8 sin(−2i) sin(z)·(z+2i) e2 −e−2 = −2i = . lim z 2 +4 8 z→−2i

Res f (z)|z=2i = lim

z→2i

Res f (z)|z=−2i = b) Zweifacher Pol in −3: Res f (z)|z=−3

d = lim z→−3 dz



z 2 (z + 3)2 (z + 3)2

 = lim (2z) = −6. z→−3

c) Wesentliche Singularität in 0: f (z) = 5

∞ X (−3)n k=1

n!z n

und somit Res f (z)|z=0 = c−1 = 5 · (−3) = −15. Aufgabe 2

(4 Punkte) 2

Man entwickle die Funktion f (x) = 2x + sin x (x ∈ (−π, π)) in eine Fourierreihe. Lsg: Da 2x bzw. sin2 x eine ungerade bzw. gerade Funktion ist, werden ak nur durch sin2 x erzeugt (also a0 = −a2 = 1/2, ak = 0 für k 6= 0, 2, da sin2 x = (1 − cos(2x))/2), ak dagegen durch 2x. Also, gilt bk

=

4 π

Rπ

4 2 x cos(kx)|π0 + x sin(kx) dx = − πk

0 k − 4·(−1) k

und somit

−

4 πk2

sin(kx)|π0 =

4·(−1)k+1 k

4 πk

Rπ

cos(kx) dx =

0

∞

X (−1)k+1 · cos(kx) 1 cos(2x) f (x) = − +4 . 4 2 k k=1

Aufgabe 3

(2+2+2 Punkte)

Sei ek = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (mit der einzigen 1 an der k-ten Stelle) und sn = ksn k a) im l1 , b) im l2 , c) im l∞ .

n P

kek . Man bestimme die Norm

k=1

Lsg: n P

a) ksn k1 =

k=

k=1 s

b) ksn k2 =

n P

n(n+1) . 2

k2

=

q

k=1

n(n+1)(2n+1) . 6

c) ksn k∞ = max k = n. 1≤k≤n

Aufgabe 4 Orthonormalisieren Sie das Funktionensystem {1, sin t} bezüglich des Skalarproduktes (x, y) :=

(5 Punkte) Rπ 0

Lsg:

x(t)y(t) sin t dt.

Vorrechnung: Rπ

sin t dt = − cos t|π0 = 2,

0

Rπ 0

Rπ

sin2 t dt =

1 2

Rπ

(1 − cos(2t)) dt =

0

π 4,

Rπ sin3 t dt = − (1 − cos2 t) d(cos t) = cos t|π0 −

0

0

π

cos3 t 3

0

= 43 .

√ sin t dt = 2, e1 (t) := 1/ 2, 0   e˜2 (t) = sin t − √12 , sin t · √12 = R1 = sin t − 12 · sin2 t dt = sin t − π4 ,

Daraus folgen k1k2 = (1, 1) =

Rπ

2

k˜ e2 k = Rπ 0

Rπ

0

sin t · sin t −

0

sin3 t dt −

π 2

Rπ

π 4




π2 16

sin2 t dt +

0

und somit

r e2 (t) :=

dt = Rπ

sin t dt =

0

4 3

−

π2 4

+

π2 8

=

32−3π 2 24

 24 π sin t − . 32 − 3π 2 4

Aufgabe 5

(4+2+3 Punkte)

R1 Sei A : C[0, 1] → C[0, 1] definiert durch (Af )(x) = sin x f (y) dy. 0

a) Ist A stetig? Vollstetig? b) Man zeige, dass jeder Eigenvektor v von A zum Eigenwert λ 6= 0 die Form v(x) = α sin x, mit einem α ∈ R, hat. c) Man berechne alle Eigenwerte λ 6= 0 mit zugehörigen Eigenvektoren von A. Lsg: a) Z1 |Af (x)| ≤ | sin x| ·

|f (y)| dy ≤ kf k∞ . 0

Also kAk∞ ≤ 1, A ist linear und somit stetig. A ist auch vollstetig, da dimA(C[0, 1])=1 (der Bildraum von A besteht nur aus Vielfachen von sinx). b) Sei λ 6= 0. Dann gilt Z1 Af (x) = λf (x) ⇔ λf (x) = sin x

f (y) dy ⇔ f (x) = α sin x 0

mit α =

1 λ

R1

f (y) dy.

0

c) Mit Teil b) kommen nur die Funktionen f (x) = α sin x als Eigenvektoren in Frage. Für diese f gilt: Z1 Af (x) = α sin x ·

sin y dy = (1 − cos 1)α sin x, 0

also folgt aus Af (x) = λf (x) und α 6= 0 (da f Eigenvektor): λ = 1 − cos 1. Also ist 1 − cos 1 der einzig mögliche EW (außer 0). Einsetzen liefert sofort, dass v(x) = α sin x mit α 6= 0 ein EV zum EW 1 − cos 1 ist. Die EV zum EW 0 sind alle Funktionen f ∈ {1}⊥ \ {0}.

Universität Rostock 6.07.2007

Prof. Dr. Manfred Krüppel Dr. Martin Grüttmüller

Klausur Analysis IV für Physiker Bitte in Druckschrift ausfüllen. Name:

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Matrikelnummer:

Aufg. 1

Aufg. 2

Aufg. 3

Aufg. 4

Aufg. 5

Aufg. 6

Σ

Note

Zum Bestehen der Klausur brauchen Sie ≥ 12 Punkte.

Aufgabe 1

(5 Punkte)

Berechnen Sie für die folgenden Funktionen die Residuen in allen isolierten Singularitäten. 2z . (a) f (z) = 2 z +4 (b) f (z) =

iez+2 . z 2 + 4z + 4

(c) f (z) = πe−3/z . Aufgabe 2

(5 Punkte)

Bestimmen Sie die Fourierreihe der 2π-periodischen Funktion 1 f (x) = x2 4

− π ≤ x < π, f (x + 2π) = f (x).

für

Aufgabe 3

(5 Punkte)

Orthonormalisieren Sie das Funktionensystem {2, 2 + x} bezüglich des Skalarproduktes Zπ (x, y) :=

x(t)y(t) sin(t) dt. 0

Aufgabe 4

(5 Punkte)

Sei C[0, 1] der Raum der auf dem Intervall [0, 1] stetigen Funktionen mit dem Skalarprodukt (f, g) = Z 1 f (t) · g(t) dt und sei K : C[0, 1] → C[0, 1] ein Operator definiert durch 0

Z

1

(x + t)i · f (t) dt.

(Kf )(x) := 0

Zeigen Sie, dass K ein linearer Operator ist und bestimmen Sie den zu K adjungierten Operator. Aufgabe 5

(5 Punkte)

Sei A : C[0, 1] → C[0, 1] definiert durch (Af )(x) =

R1

e2x f (y) dy.

0

Berechnen Sie alle Eigenwerte λ 6= 0 von A mit den zugehörigen Eigenvektoren. Aufgabe 6 Lösen Sie die Differentialgleichung cetransformation.

(5 Punkte) y0

= y + 2x mit der Anfangsbedingung y(0) = 0 mit Hilfe der Lapla-

Universität Rostock 6.07.2007

Prof. Dr. Manfred Krüppel Dr. Martin Grüttmüller

Lösungen Klausur Analysis IV für Physiker Aufgabe 1

(5 Punkte)

Berechnen Sie für die folgenden Funktionen die Residuen in allen isolierten Singularitäten. (a) f (z) = (b) f (z) =

2z . +4

z2

iez+2 . z 2 + 4z + 4

(c) f (z) = πe−3/z . Lsg: a) Einfache Pole in ±2i: 2z·(z−2i) = 4i 4i = 1, z 2 +4 −4i = −4i = 1. lim 2z·(z+2i) 2 z→−2i z +4

resf (z)|z=2i = lim

z→2i

resf (z)|z=−2i = b) Zweifacher Pol in −2: resf (z)|z=−2

d = lim z→−2 dz



iez+2 (z + 2)2 (z + 2)2



= lim (iez+2 ) = i. z→−2

c) Wesentliche Singularität in 0; aufstellen der Laurent-Reihe über die bekannte Reihenentwicklung der Exponentialfunktion ∞ X (−3)n f (z) = π n!z n k=1

und somit resf (z)|z=0 = c−1 = π · (−3) = −3π. Aufgabe 2

(5 Punkte)

Bestimmen Sie die Fourierreihe der 2π-periodischen Funktion 1 f (x) = x2 4

für

− π ≤ x < π, f (x + 2π) = f (x).

Lsg: Die Funktion f (x) ist gerade, also bk = 0. Für k = 0 gilt Z Z π 1 π 1 1 a0 = f (x)dx = x2 dx = π 2 . π −π 4π −π 6 und für k > 0 Z Z π 1 π 2 ak = f (x) cos kx dx = ( x2 cos kx dx π −π 4π 0 π   1 1 2 1 2 = x sin kx + 2 2x cos kx − 3 sin kx 2π k k k 0 =

(−1)k k2

1

Aufgabe 3

(5 Punkte)

Orthonormalisieren Sie das Funktionensystem {2, 2 + x} bezüglich des Skalarproduktes Zπ (x, y) :=

x(t)y(t) sin(t) dt. 0

Lsg.: Es gilt

Zπ

2

k2k = (2, 2) =

4 sin(t) dt = 8 0

und somit

√ e1 (t) := 1/ 2.

Und weiter mit



 1 1 √ ,2 + x · √ 2 2

e˜2 (t) = 2 + x − Zπ

1 =2+x− · 2

1 (2 + t) sin(t) dt = x − π 2

0

ergibt sich

Zπ

2

k˜ e2 k =

1 (t − π)2 sin(t) dt = 2

0

Zπ

Zπ

2

t sin(t) dt − π 0

1 t sin(t) dt + π 2 4

0

Zπ

1 sin(t) dt = (2π 2 − 16) 4

0

und somit e2 (t) := √

2x − π . 2π 2 − 16

Aufgabe 4

(5 Punkte)

Sei C[0, 1] der Raum der auf dem Intervall [0, 1] stetigen Funktionen mit dem Skalarprodukt (f, g) = Z 1 f (t) · g(t) dt und sei K : C[0, 1] → C[0, 1] ein Operator definiert durch 0 1

Z

(x + t)i · f (t) dt.

(Kf )(x) := 0

Zeigen Sie, dass K ein linearer Operator ist und bestimmen Sie den zu K adjungierten Operator. Lsg.: Es ist zu zeigen, dass K(αf + βg) = αKf + βKg für alle f, g ∈ C[0, 1] und alle α, β ∈ C. Dies folgt aber sofort aus Z 1

(x + t)i · (αf (t) + βg(t)) dt

(K(αf + βg))(x) = 0

Z

1

Z (x + t)i · f (t) dt + β

=α 0

1

(x + t)i · f (t) dt = α(Kf )(x) + β(Kg)(x). 0

Gesucht wird Operator K ∗ , so dass gilt: (Kf, g) = (f, K ∗ g) für alle f, g ∈ C[0, 1]. Es muss also gelten Z

1

Z

1Z 1

(Kf )(t) · g(t) dt =

(Kf, g) = 0

Z (t + τ )i · f (τ ) dτ · g(t) dt =

0

0

Z f (τ ) ·

0

2

1

1

(t + τ )i · g(t) dt dτ 0

Z

1

1

Z f (τ ) ·

= 0

(−τ − t)i · g(t) dt dτ = (f, K ∗ g)

0

und somit Z

∗

1

(−x − t)i · g(t) dt.

(K g)(x) := 0

Aufgabe 5

(5 Punkte)

Sei A : C[0, 1] → C[0, 1] definiert durch (Af )(x) =

R1

e2x f (y) dy.

0

Berechnen Sie alle Eigenwerte λ 6= 0 von A mit den zugehörigen Eigenvektoren. Lsg.: Gesucht werden alle λ 6= 0, die (Af )(x) = λf (x) erfüllen. Dies ist nach der Definition von A genau dann der Fall, wenn Z1 λf (x) = e2x f (y) dy ⇔ f (x) = αe2x 0

mit α =

1 λ

R1

f (y) dy. Dabei ist α für festes f eine Konstante.

0

Als Eigenfunktionen kommen also nur Funktionen der Bauart f (x) = αe2x mit einer Konstante α in Frage. Für diese f gilt: Z1 1 Af (x) = e2x αe2y dy = (e2 − 1)αe2x , 2 0

also folgt aus Af (x) = λf (x) und α 6= 0 (da f Eigenvektor): λ = 12 (e2 − 1). Also ist 21 (e2 − 1) der einzig mögliche Eigenwert (außer 0). Einsetzen liefert sofort, dass genau die Funktionen f (x) = αe2x mit α 6= 0 ∈ K Eigenfunktionen zum Eigenwert 12 (e2 − 1) sind. Aufgabe 6

(5 Punkte) y0

Lösen Sie die Differentialgleichung = y + 2x mit der Anfangsbedingung y(0) = 0 mit Hilfe der Laplacetransformation. Lsg.: Wir wenden die Laplace-Transformation auf beiden Seiten der Differentialgleichung an und verwenden die gegebenen Anfangswerte. L(y 0 ) = L(y) + 2L(x) impliziert pY − y(0) = Y + 2

1 p2

bzw.

pY = Y +

2 p2

Daraus folgt durch Umformen nach Y , Vereinfachen und Partialbruchzerlegung Y = L(y) =

2 2 2 2 = − − 2 − 1) p−1 p p

p2 (p

Also gilt −1

y(x) = L



2 2 2 − − 2 p−1 p p

3



= 2ex − 2 − 2x