Klausur - Universität Innsbruck

Proseminar Mathematische Methoden der Physik II
Aufgabenblatt 13, 23. Jänner 2017
Universität Innsbruck
Name:....................................................................Matrikelnr:..................................................
Zahl der abgegebenen Blätter inkl Angabeblatt...................
Zweite Klausur
Begründen Sie Ihre Ergebnisse nachvollziehbar!
1. (6P) Geben Sie alle z ∈ C mit z 3 = −1 an.
√
2. (6P) Ist · die Hauptzweig(quadrat)wurzel, dann gilt für ε > 0
√
−4 + iε = ................................
√
lim −4 − iε = ............
εց0
3. (4P) (−i)i = .............
4. (4P) Die Funktion tan z = sin z/ cos z hat in π/2 einen Pol der Ordnung .........
5. (6P) Geben Sie den Wert des Residuums von f (z) = tan z im Punkt z = π/2 an:
Resπ/2 (f ) = .............
6. (8P) Bestimmen Sie die Menge M aller Funktionen u = f ◦ L mit ∂t u (t, x) = ∂x2 u (t, x) , wobei
f ∈ C 2 (R : R) und L : R2 → R linear ist.
7. (6P) Bestimmen Sie A ∈ C 2 R2 : R mit c−2 ∂t2 − ∂x2 A (t, x) = 0 für alle (t, x) ∈ R2 und mit
2
2
A (0, x) = e−x und ∂t A (0, x) = −2cxe−x . Hat A eine bestimmte Laufrichtung? Wenn ja, welche?
1
Lösung:
1) Eine Lösung ist z1 = −1. Die weiteren erhält man daraus durch Multiplikation von z1 mit den
dritten Einheitswurzeln ei2π/3 und e−i2π/3 . Also gilt
z 3 = −1 ⇔ z ∈ −ei2π/3 , −e−i2π/3 , −1 = e−iπ/3 , eiπ/3 , eiπ .
2) Für ε > 0 gilt: |−4 ± iε| =
√
16 + ε2 und arg (−4 ± iε) = ± π − arctan 4ε . Daher gilt
√
−4 ± iε =
4
16 + ε2 · e±i
π−arctan ε
4
2
π
→ 2 · e±i 2 = ±2i.
3) Es gilt
(−i)i = e−iπ/2
i
= e−iiπ/2 = eπ/2 =
√
eπ .
4) Es gilt tan z = sin z/ cos z. Der Nenner hat eine Nullstelle in π/2. Diese Nullstelle ist einfach, denn
es gilt cos′ (z) = − sin z und somit cos′ (π/2) = − sin (π/2) = −1. Es gilt also die Taylorreihenentwicklung
cos z = cos′ (π/2) z −
π
π
+o z−
2
2
=− z−
π
π
+o z−
.
2
2
Der Pol hat somit die Ordnung 1.
5) Es gilt nach Bsp 1) von Blatt 10)
Resπ/2 (f) = lim (z − π/2)
z→π/2
1
sin z
= 1 · lim (z − π/2)
= −1.
cos z
z→π/2
cos z
6) Für jede lineare Abbildung L : R2 → R existieren Zahlen a, b ∈ R, sodass L (t, x) = at + bx. Für
u (t, x) = f (at + bx) folgt
∂t u (t, x) = f ′ (at + bx) · a und ∂x2 u (t, x) = f ′′ (at + bx) · b2 .
Somit ist ∂t u (t, x) = ∂x2 u (t, x) genau dann erfüllt, wenn
f ′ (at + bx) · a = f ′′ (at + bx) · b2 .
a
Für g = f ′ und b = 0 gilt somit die DG erster Ordnung g ′ (s) = a/b2 g (s) . Daraus folgt g (s) = ce b2 s
und weiter mit C, D ∈ R
a
f (s) = Ce b2 s + D.
Für u folgt daher
a
a 2
a
u (t, x) = f (at + bx) = Ce b2 (at+bx) + D = Ce( b ) t e b x + D.
Im Fall b = 0 und a = 0 ist ∂t u (t, x) = ∂x2 u (t, x) genau dann erfüllt, wenn f ′ = 0. Dies ergibt die
konstanten Lösungen, also u (t, x) = C für ein C ∈ R.
Zusammenfassend gilt: Die Menge M aller C 2 -Lösungen von ∂t u = ∂x2 u, die als Hintereinanderausführung f ◦ L einer Funktion f ∈ C 2 (R : R) und einer linearen Funktion L : R2 → R zu erhalten sind,
erfüllt
2
M = {C · uk + D |C, D, k ∈ R } mit uk (t, x) = ek t ekx für t, x ∈ R.
7) d’Alemberts Lösungsformel ergibt
2
A (t, x) =
−(x−ct)2
=
2
−c
e−(x−ct) + e−(x+ct)
+
2
2c
e
−(x+ct)2
+e
2
= e−(x+ct) .
A ist linksläufig.
2
e
2
2ξe−ξ dξ
x−ct
−(x+ct)2
−
2
x+ct
2
− e−(x−ct)
2