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| Aufgabe 1 | a)
Berechne mit Hilfe des Residuenkalküls das Integral [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{2x+3}{(x^2+2x+5)^2} dx}[/mm].
b)
Sei [mm] \lambda [/mm] der dreifach im Uhrzeigersinn durchlaufene Einheitskreis.
Berechne [mm]\integral_{\lambda}^{}{\bruch{1}{8z-1} dz}[/mm]. |
| Aufgabe 2 | | Zeige, dass die Automorphismen (also die bijektiven, biholomorphen Abbildungen) von [mm] \IC [/mm] gerade die Abbildungen [mm]z \mapsto az + b[/mm] mit [mm]a,b \in \IC, a \not=0 [/mm] sind. |
Hallo!
Ich brauche mal wieder Eure Hilfe!
Sitze wieder an meinem Blatt und komm nicht weiter!
Wäre Euch für hilfreiche Tipps sehr dankbar!
Zur Aufgabe 1 hab ich (noch) keine Idee.
Zur Aufgabe 2 wurde mir als Hinweis gegeben, dass ich zeigen solle,
dass ein Automorphismus in [mm] \infty [/mm] weder eine hebbare,
noch eine westentliche Singularität haben kann.
Wäre Eich dankbar, wenn ihr mir (mal wieder) helfen könntet.
Vielen Dank schon mal im Voraus.
VlG
Karin
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Bei 1a) habt ihr in der Vorlesung sicher behandelt, daß man Integrale dieses Typs berechnen kann durch
[mm]2 \pi \operatorname{i} \ \sum_{\nu}~t_{\nu}[/mm]
wobei die [mm]t_{\nu}[/mm] die Residuen der Pole der oberen Halbebene sind.
Betrachte den Nenner von
[mm]f(z) = \frac{2z+3}{\left( z^2 + 2z + 5 \right)^2} = \frac{2z+3}{\left( (z+1)^2 + 4 \right)^2}[/mm]
Die Nullstellen erhält man durch
[mm](z+1)^2 = - 4 \ \ \Leftrightarrow \ \ z+1 = \pm 2 \operatorname{i} \ \ \Leftrightarrow \ \ z = -1 \pm 2 \operatorname{i}[/mm]
Der einzige Pol in der oberen Halbebene ist [mm]z_0 = -1 + 2 \operatorname{i}[/mm] (der andere Pol [mm]\overline{z_0}[/mm] liegt in der unteren Halbebene). Sei [mm]t_0[/mm] das Residuum von [mm]z_0[/mm]. Damit reduziert sich die obige Summe auf einen einzigen Summanden, und das Integral hat den Wert
[mm]\int_{-\infty}^{\infty}~\frac{2x+3}{\left( x^2 + 2x + 5 \right)^2}~\mathrm{d}x \ = \ 2 \pi \operatorname{i} t_0[/mm]
Jetzt fehlt noch der Wert von [mm]t_0[/mm]. Dazu rechnet man
[mm]f(z) = \frac{2z+3}{\left( (z+1)^2 + 4 \right)^2} = \frac{1}{\left( z - z_0 \right)^2} \cdot \frac{2z+3}{\left( z - \overline{z_0} \right)^2}[/mm].
Den zweiten Bruch mußt du jetzt in eine Potenzreihe um [mm]z_0[/mm] entwickeln:
[mm]\frac{2z+3}{\left( z - \overline{z_0} \right)^2} = a_0 + a_1 (z - z_0) + a_2 (z - z_0)^2 + \ldots[/mm]
Und für das gesuchte Residuum braucht man gar nicht die ganze Potenzreihe, es interessiert nur der Koeffizient [mm]a_1[/mm]. Jetzt überlege selbst, warum das so ist und wie man [mm]a_1[/mm] berechnen kann.
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Hi!
Danke Leopold für Deine nette Hilfe!
Schau mir das sofort morgen nochmal an.
Hast Du/ Ihr auch noch einen Tipp für die anderen Aufgaben/ Teilaufgaben?
Wäre echt super toll 
GuK
Karin
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1b) ist doch eine unmittelbare Anwendung des Residuensatzes in der einfachsten Form.
[mm]\frac{1}{8z-1} = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{z - \frac{1}{8}}[/mm]
Der einzige Pol im Innern des Einheitskreises befindet sich also bei [mm]z = \frac{1}{8}[/mm], und sein Residuum ist auch [mm]\frac{1}{8}[/mm]. Und dreimal herumlaufen bedeutet Verdreifachung des Integrals.
Bei Aufgabe 2) kann man sich zunächst überlegen, warum [mm]\infty[/mm] keine wesentliche Singularität sein kann. Die Aussage des Satzes von Casorati-Weierstraß verträgt sich nicht mit der Injektivität der Funktion (Biholomorphie).
Daher muß [mm]f(z)[/mm] ein Polynom sein. Und der Fundamentalsatz der Algebra sagt etwas darüber, welchen Grad dieses nun haben muß.
So im Groben müßte das gehen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:47 So 25.06.2006 | | Autor: | karin1982 |
Hallo nochmal an alle!
Brauche dringend Hilfe bei den Aufgaben!
Kann mir keiner mehr weiterhelfen!
Sitze schon seit Stunden dran und komme nicht weiter!
Verzweifle langsam :-(
Wäre Euch so dankbar, wenn ihr mir helfen könnt!
GuK
Karin
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