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