1. Lös ekvationen (2 i) sin z + cos z = 2 i. Svara med komplexa tal på formen a + bi. u(x, y) = φ(x)(1 y),

Transkript

1 Tentamensproblem Lös ekvationen ( i) sin z + cos z = i Svara med komplexa tal på formen a + bi Bestäm alla analytiska funktioner f = u + iv med realdel u(x, y) = φ(x)( y), där φ är en två gånger deriverbar reellvärd funktion, och som vidare uppfyller f(0) = 0 3* Betrakta Möbiusavbildningen w = z i, och sätt som vanligt z = z i x + yi (a) Avgör (helst med så få räkningar som möjligt) om bilden av den räta linjen y = är en rät linje eller en äkta cirkel (b) Avgör också om bilden av linjen y = x är en rät linje eller en äkta cirkel (c) Bestäm explicit bilden av linjerna y = och y = x (Om någon av bilderna är en cirkel skall du ange dess medelpunkt och radie) (d) Beskriv bilden av området < y < x 4 Funktionen f(z) = Log z sin πz utvecklas i Taylorserie kring punkten z = Bestäm konvergensradien samt ange Taylorpolynomet av grad 3 (Med Log z menas den gren av logaritmen som är definierad i komplexa planet uppskuret utefter negativa reella axeln och som är reell på positiva reella axeln) 5 Hur många nollställen har polynomet z 0 z 0 + i första kvadranten?

2 6 Funktionen f har en isolerad singularitet i origo Vilken typ av singularitet kan det vara om man dessutom vet att lim f(x + 0i) = och lim f(x + ix) =? x 0 x 0 7 Funktionen f är analytisk i hela planet och uppfyller Visa att f (3) (0) = 0 f(z) 9 z för z 8 Med fouriertransformen ˆf(ω) av en funktion f(x) menas integralen ˆf(ω) = f(x)e iωx dx (ω R) Beräkna fouriertransformen av funktionen e x, dvs beräkna integralen e (x +iωx) dx, genom att integrera funktionen e z längs en rektangel i komplexa talplanet med hörn i punkterna R, R, R + i ω och R + i ω samt göra en lämplig gränsövergång (Motivera gränsövergången noga) Det kan anses som bekant att e x dx = π Lösningar Ekvationen kan skrivas vilket efter förenkling ger ( i) eiz e iz i + eiz + e iz = i, e iz + (i )e iz = + i ( e iz ) ( + i)e iz + i = 0 Vi får således två fall, nämligen e iz = + i ± 4 = + i ± iz = log( + i) = ln + i( π 4 + nπ) resp iz = log i = i(π + nπ),

3 3 med lösningarna z = π 4 + nπ i ln och z = π + nπ, n Z Eftersom f(0) = 0, är u(0, 0) = v(0, 0) = 0 Realdelen u är harmonisk, varför u x + u y = φ (x)( y) = 0, vilket medför att φ (x) = 0 för alla x Det följer att φ(x) = Ax + B Då φ(0) = u(0, 0) = 0, är B = 0 Vi har alltså u(x, y) = Ax( y), och Cauchy-Riemanns ekvationer ger nu v y = u = A( y) x v x = u y = Ax Av den andra ekvationen följer först att v(x, y) = A x + h(y), vilket insatt i den första ekvationen ger h (y) = A( y), varav h(y) = Ay A y +B Nu är h(0) = v(0, 0) = 0, så B = 0 Detta innebär att v(x, y) = A( x y + y), och att f(x + iy) = A ( x xy + i( x y + y) ) Speciellt är således f(x) = A(x + i x ) för alla reella x På grund av entydighetssatsen är därför där A är en godtycklig reell konstant f(z) = A(z + i z ), 3 Vi vet att bilden av en linje är en linje eller en cirkel a) Eftersom i ligger på linjen y = och avbildas på måste bilden av y = innehålla oändlighetspunkten, dvs vara en rät linje b) Eftersom i inte ligger på linjen y = x kan bilden av denna linje inte innehålla oändlighetspunkten, dvs bilden måste vara en äkta cirkel c) Punkterna i, + i och avbildas i tur och ordning på, + i och Bilden av linjen y = är med andra ord linjen genom punkterna + i och Punkterna i och är spegelpunkter, dvs symmetriska med avseende på linjen y = x och avbildas av Möbiusavbildningen på respektive och, som därför är konjugerade med avseende på bildcirkeln, vars medelpunkt måste vara punkten Eftersom oändlighetspunkten på y = x avbildas på punkten, ligger på bildcirkeln, så dennes radie är lika med = Bildcirkeln är med andra ord en cirkel med medelpunkt i och radie

4 4 y = x y = z w i d) Genom att utnyttja att orienteringen bevaras ser man att bilden av området < y < x blir den del av cirkelskivan som markeras i ovanstående figur 4 Såväl täljaren som nämnaren har ett enkelt nollställe i z =, som därför är en hävbar singularitet till f Täljaren är inte definierad på negativa reella axeln inklusive origo, och talen, 3, 4, är nollställen till nämnaren men inte till täljaren och därför poler till f Den största cirkelskiva kring i vilken f är analytisk är därför cirkelskivan z < Taylorseriens konvergensradie är därför lika med Vi har vidare Log z = Log( + (z )) = (z ) (z ) + (z )3 3 (z )4 4 + O((z ) 5 ) sin πz = sin π(z ) = π(z ) + π3 (z ) O((z ) 5 ) = π(z ) ( π 6 (z ) O((z ) 4 ) ) sin πz = π(z ) ( π 6 (z ) + O((z ) 4 )) = π(z ) ( + π 6 (z ) + O((z ) 4 ) ) f(z) = π ( z + (z ) 3 (z )3 4 + O((z ) 4 ) ) ( + π 6 (z ) + O((z ) 4 ) ) = π + z π (π 6 + 3π )(z ) + ( π + 4π )(z )3 + O((z ) 4 ) 5 Polynomet P (z) = z 0 z 0 + saknar nollställen på positiva reella

5 axeln, ty P (x) = { x 0 (x ) + för x x 0 + ( x 0 ) > x 0 > 0 för 0 < x < Vidare saknas nollställen på positiva imaginära axeln, ty P (iy) = y 0 iy 0, och imaginär- och realdelen kan uppenbarligen inte vara noll samtidigt Alla nollställen i första kvadranten befinner sig innanför en stor kvartscirkel C R med centrum i origo Vi studerar argumentvariationen hos P (z) då z genomlöper den kurva som begränsas av sträckan [0, R] på reella axeln, kvartscirkeln z = R i första kvadranten samt sträckan från ir till origo längs imaginära axeln Utefter sträckan [0, R] på reella axeln är P (x) positivt, så argumentvariationen är 0 Punkten P (R) ligger förstås på reella axeln Längs kvartscirkeln är P (z) = z 0 ( + O(/z)), så argumentvariationen är 0 π + ɛ = 5π + ɛ När z varierar från R till ir utefter kvartcirkeln vrider sig således punkten P (z) 5,5 +ɛ varv runt origo För z = iy på imaginära axeln är P (iy) = ( y 0 ) iy 0 För y > är realdelen negativ och imaginärdelen negativ, dvs P (iy) ligger i 3:e kvadranten Då > y > 0 är realdelen positiv och imaginärdelen negativ, så P (iy) ligger nu i den fjärde kvadranten Slutligen är P (0) = en punkt på reella axeln Då z rör sig utefter imaginära axeln från ir till origo beskriver således P (z) minst /4 varv och högst / varv i positiv riktning runt origo Eftersom vi totalt sett måste gå ett jämnt antal varv runt origo, blir slutsatsen att bildkurvan går exakt 6 varv runt origo Polynomet har därför 6 nollställen i den första kvadranten 6 f kan inte ha en pol i origo, ty i så fall skulle lim z 0 f(z) = Funktionen kan inte heller ha en hävbar singularitet i origo, ty i så fall skulle lim z 0 f(z) existera Således måste det röra sig om en väsentlig singularitet 7 Cauchys integralformel ger: f (3) (0) = 6 πi z =R f(z) (z 0) 4 dz, där R är ett godtycklig positivt tal Om vi speciellt väljer R > får vi med hjälp av förutsättningarna olikheten f (3) (0) 6 f(z) dz 6 9 z π z =R z 4 π z =R z dz 4 = 7 7 dz = π R π 54 πr = R R z =R 5

6 6 Genom att låta R + ser vi nu att f (3) (0) = 0 8 Låt Γ vara randen av rektangeln med hörn i punkterna R, R, R + i ω och R + i ω, och skriv Γ = Γ + Γ + Γ 3 + Γ 4, där Γ i är rektangelns sidor tagna i tur och ordning med Γ lika med den som ligger utefter reella axeln R + iω/ Γ 3 R + iω/ Γ 4 Γ R Γ R Eftersom funktionen e z är analytisk är integralen av e z längs den slutna kurvan Γ lika med noll Å andra sidan gäller att R dz = e x dx e x dx = π, då R och Γ 3 e z Γ e z R R R dz = e (x+ i ω) dx R R = e ω /4 e (x +iωx) dx e ω /4 e (x +iωx) dx, då R På de vertikala sidorna Γ och Γ 4 är z = ±R + iy, där 0 y ω/, varför Re ( z ) = y R ω /4 R Det följer att e z = e Re ( z) e ω /4 R och e z dz e ω /4 R dz ω Γ k Γ k eω /4 R 0, då R, k =, 4 Eftersom Γ e z dz + Γ e z dz + får vi slutligen genom gränsövergång π + 0 e ω /4 dvs Γ 3 e z dz + Γ 4 e z e (x +iωx) dx + 0 = 0, e (x +iωx) dx = πe ω /4 dz = 0

7 * Bestäm en konform avbildning som avbildar första kvadranten Re z > 0, Im z > 0 på övre halvplanet Im w > 0 så att 0 avbildas på och + i avbildas på sig själv Bestäm alla funktioner f = u+iv som är analytiska i hela planet och som har egenskapen att realdelen u är en funktion av enbart y = Im z 4 Beräkna integralen 6 Sätt π 0 sin θ + sin θ dθ f(z) = (z 4π ) sin z cos z a) Bestäm den singulära delen i origo av f (dvs den negativa delen av den Laurentutveckling av f som gäller i en punkterad omgivning av 0) b) I vilket område konvergerar denna Laurentutveckling? 7 Bestäm alla hela funktioner f som uppfyller villkoren f(0) =, f() = 0 och f(z) 3 z e Re z för z 8 Hur många nollställen har funktionen f(z) = z 4 + 6π 4 e z i första kvadranten Re z > 0, Im z > 0? Lösningar Avbildningen ζ = z avbildar första kvadranten på övre halvplanet, punkten 0 på sig själv och + i på i Med en Möbiusavbildning avbildar vi nu övre halvplanet på sig självt så att 0 avbildas på och i avbildas på + i Eftersom konjugerade punkter bevaras måste därvid i avbildas på i Detta bestämmer Möbiusavbildningen entydigt, och den ges av att (w, + i, i, ) = (ζ, i, i, 0), dvs w ( + i) i = ζ i ζ i 4i Efter förenkling fås w = ζ = z

8 8 Sätt u(x, y) = g(y); eftersom u är harmonisk följer det att g (y) = 0, dvs g(y) = ay + b Cauchy-Riemanns ekvationer ger nu att v v = a och = 0, x y varav följer att v = ax + c Följaktligen är f(z) = ay + b + i( ax + c) = ia(x + iy) + b + ic = iαz + C, där α är en reell och C är en komplex konstant 4 Genom att sätta z = e iθ överför vi den givna integralen till integralen z z z = 4i + z dz iz = z i z z = z(z + 4iz ) dz Integranden har enkelpoler i z 0 = 0, z = ( + 3)i och z = ( 3)i, varav de två första punkterna ligger innanför enhetscirkeln Residyn i punkten 0 är lika med och residyn i den andra polen z är z z(z + 4i) = 4i z 3i = 3 Det följer nu av residysatsen att integralens värde är lika med i πi( ) ( ) = π Ekvationen cos z = 0 har dubbelrötterna z = nπ Eftersom z = nπ också är enkla nollställen till sin z, och ±π är enkla nollställen till z 4π, följer det att 0, ±4π, ±6π, osv är enkelpoler till funktionen f, medan ±π är hävbara singulariteter Funktionen f är därför analytisk i cirkelringen 0 < z < 4π och Laurentserien är konvergent i precis detta område Taylorutveckling av sinus och cosinus ger vidare f(z) = (z 4π ) ( z + O(z 3 ) ) = (z 4π ) ( + O(z ) ) z / O(z 4 ) z ( O(z ) ) = ( z 4π )( + O(z ) )( + O(z ) ) z = z ( 4π + O(z ) ) = 8π z + O(z) Den singulära delen är med andra ord lika med 8π z 7 Sätt g(z) = f(z)e z ; funktionen g(z) är då analytisk och uppfyller g(z) = f(z) e Re z 3 z

9 för z Det följer att g(z) är ett polynom av grad högst lika med, dvs g(z) = Az + B och f(z) = (Az + B)e z Villkorent f(0) = och f() = 0 ger A = och B =, så f(z) = ( z)e z Denna funktion uppfyller också den givna olikheten 8 Låt Γ R vara den kurva som består av sträckan från origo till R på reella axeln, kvartscirkeln med centrum i origo och radie R samt sträckan från ir till origo på imaginära axeln Vi skall bestämma antalet nollställen innanför Γ R för alla stora R På positiva reella axeln, z = x 0, fås f(x) = x 4 + 6π 4 e x > 0, så funktionen f avbildar sträckan [0, R] på en sträcka på positiva reella axeln För z på kvartscirkeln, z = Re iθ, 0 θ π/, får vi f(z) = R 4 e 4iθ + 6π 4 e R cos θ ir sin θ = R 4 e 4iθ ( + O(R 4 ) ) Argumentvariationen för f(z) då z genomlöper kvartscirkeln är således 4 π + O(R 4 ), dvs f avbildar kvartscirkeln på en kurva som beskriver (i stort sett) ett helt varv runt origo Det återstår att se hur f(iy) beter sig då y går från R till 0 Vi har f(iy) = y 4 + 6π 4 cos y (6π 4 sin y)i För y > π är Re f(iy) > 6π 4 ( + cos y) 0, dvs f(iy) ligger i högra halvplanet För y = π är f(iy) = 3π 4 > 0 För π > y > π är Im f(iy) > 0, dvs f(iy) ligger i övre halvplanet För y = π är f(iy) = 5π 4, dvs f(iy) har då y varierar från π till π beskrivit en kurva i övre halvplanet från en punkt på positiva reella axeln till en punkt på negativa reella axeln För π > y > 0 är Im f(iy) < 0, dvs f(iy) ligger i undre halvplanet För y = 0 är f(iy) = 6π 4 Då y varierar från π till 0 beskriver dårför f(iy) en kurva i undre halvplanet från en punkt på negativa reella axeln till en punkt på positiva reella axeln Följaktligen går f(iy) exakt ett varv runt origo i positiv riktning då y går från π till 0 Kurvan f(γ R ) går därför (för R π) två varv runt origo Följaktligen har f(z) två nollställen innanför Γ R för alla R > π och därmed också två nollställen i första kvadranten (Dugga) Bestäm alla lösningar till ekvationen tan z = i 9

10 0 Bestäm en analytisk funktion f = u + iv med realdel 3 Beräkna följande integraler: dz dz a) b) z z 4 Γ u(x, y) = x 3 6x y 3xy + y 3 + x + y C c) C z + dz d) (z ) C dz z 4 + 8, där Γ är sträckan i komplexa planet från + i till i, och C är cirkeln z = tagen ett varv moturs, dvs i positiv riktning 4* Låt Ω vara det område i komplexa planet som definieras av olikheterna z <, z >, z + > och Im z > 0 Bestäm bilden av Ω under Möbiusavbildningen f(z) = z 5* Bestäm en konform avbildning som avbildar vinkelområdet på bandet 0 < Re z < {z 0 < arg z < π 4 } 6* Bestäm en funktion u(x, y) som är harmonisk i området Ω = {z z <, Re z < 0} och som har randvärdet på den rätlinjiga delen av randen och randvärdet på cirkelbågen 7 Bestäm en så god uppskattning som möjligt för hur stor f (0) kan vara om f är analytisk i enhetsskivan z < och f(z) /( z ) Lösningar Vi har följande ekvivalenta ekvationer: tan z = i, e iz e iz = (e iz + e iz ), 3e iz = e iz, e iz =, 3 iz = log( ) = ln + i(π + nπ), z = π + nπ + i ln Cauchy Riemanns ekvationer ger v x = u y = 6x + 6xy 6y v y = u x = 3x xy 3y +

11 Integrera den första ekvationen med avseende på x; detta ger v = x 3 + 3x y 6xy x + g(y) Derivera detta med avseende på y och jämför med den andra ekvationen ovan: v y = 3x xy + g (y) = 3x xy 3y + Vi får g (y) = 3y +, dvs g(y) = y 3 + y + c, där c är en godtycklig reell konstant Det följer att f(x + iy) = u + iv = x 3 6x y 3xy + y 3 + x + y + i(x 3 + 3x y 6xy x y 3 + y + c), och speciellt är f(x) = ( + i)x 3 + ( i)x + ic för alla reella x entydighetssatsen följer därför att Av f(z) = ( + i)z 3 + ( i)z + ic för alla komplexa z 3 a) Funktionen F (z) = log z = ln z + i arg z, där vi väljer argumentet i intervallet ] π, 3π [, är analytisk i det vänstra halvplanet Re z < 0 och är en primitiv funktion till funktionen /z Eftersom kurvan Γ ligger i vänstra halvplanet följer det därför att dz = F ( i) F ( + i) z Γ = ln + i arg( i) (ln + i arg( + i)) = i( 5π 4 3π 4 ) = π i b) Notera att z 4 = (z )(z + )(z + ), där (z + )(z + ) saknar nollställen på och innanför C Funktionen f(z) = är därför (z + )(z + ) analytisk i ett enkelt sammanhängande område som innehåller C, så Cauchys integralformel ger oss C dz z 4 = C f(z) z dz = πif() = π i c) Cauchys integralformel för derivatan ger: z + (z ) dz = πi d dz (z + ) z= = πi = 4πi C

12 d) Polynomet z 4 + har sina fyra nollställen på cirkeln z = 3, dvs utanför cirkeln C Det följer att integranden är analytisk i ett enkelt sammanhängande område som innehåller C, så Cauchys sats ger C dz z = 0 4 Möbiusavbildningen w = f(z) = /z avbildar cirkeln z = på cirkeln w = och det inre av den förstnämnda cirkeln på det yttre av bildcirkeln Vidare avbildas reella axeln på reella axeln, övre halvplanet Im z > 0 på undre halvplanet Im w < 0 och 0 på De två cirklarna z = och z + = tangerar varandra i 0 och avbildas därför på parallella linjer Cirklarna skär vidare reella axeln under rät vinkel, så motsvarande gäller för bilderna, dvs de två parallella linjerna skär reella axeln under rät vinkel Eftersom vidare och är punkter på respektive cirkel, och dessa punkter avbildas på resp är de två parallella linjerna helt bestämda till att vara linjerna Re w = resp Re w = z w Ω Det givna området Ω avbildas därför på ett sammanhängande område i nedre halvplanet, utanför cirkeln w = och begränsat av de båda räta linjerna Re w = resp Re w =, dvs på området {w Im w < 0, w >, < Re w < } 5 Avbildningen ζ = z 4 avbildar vinkelområdet på övre halvplanet; avbildningen ξ = π Log ζ avbildar övre halvplanet på bandet 0 < Im ξ < och avbildningen w = iξ vrider bandet 90 så att vi får det önskade bandet 0 < Re w < Sammansättningen ger oss den sökta avbildningen, som är w = i Log z4 π = 4i Log z π 6 Cirkeln z = skär imaginära axeln i punkterna ±i 3 Vinkeln mellan radien från til i 3 och imaginära axeln är π 6 (vi har en rätvinklig

13 triangel med sidorna, 3 och ) Det följer att vinkeln mellan cirkeln och imaginära axeln är π π = π Betrakta nu den Möbiusavbildning w = T z 6 3 som avbildar i 3 på 0, 0 på, och i 3 på ; den ges av att w = i 3 + z i 3 z Möbiusavbildningen avbildar sträckan på imaginära axeln från i 3 till i 3 på positiva reella axeln, och följaktligen cirkelbågen mellan samma punkter (eftersom vinkeln bevaras) på en halvlinje från 0 som bildar vinkeln π 3 med positiva reella axeln Området Ω avbildas med andra ord på vinkelområdet Ω = {w 0 < arg w < π 3 } En lösning till Dirichlets problem i Ω med randvärdena på reella axeln och på den andra halvlinjen är U(w) = 6 π arg w = 6 π arctan Im w Re w, och en lösning till det ursprungliga problemet är därför u(z) = U(w) Eftersom w = i 3 + z i 3 z = (i 3 + z)( i 3 z) i = 3 z i 3 x 3 z i, 3 z så är Im w Re w = 3 x 3 (x + y ), och det följer att u(x, y) = 6 π arctan 3 x 3 x y ) = + 6 π arctan 3 x 3 x +y 7 Tillämpa Cauchys integralformel för andraderivatan med cirkeln z = r (0 < r < ) som integrationskurva På denna cirkel är f(z) ( z ) = ( r), varför f (0) = f(z) dz πi z =r z 3 π z =r = π r 3 ( r) πr = r ( r) f(z) z 3 dz π z =r 3 r 3 ( r) dz

14 4 För varje r i intervallet ]0, [ ger detta en övre begränsning på f (0), och den bästa uppskattningen får vi genom att välja det värde på r som minimerar högerledet, vilket är detsamma som det värde på r som maximerar nämnaren r ( r) Efter derivering finner vi att nämnaren är maximal då r = och 3 det maximala värdet är 4 Detta ger oss uppskattningen 7 f (0) 7 = 5 Finns det någon bättre uppskattning? Nej, ty betrakta funktionen g(z) = 7 4 z Denna funktion är analytisk i enhetsskivan och uppfyller olikheten g(z) z för 0 z <, ty denna olikhet är ekvivalent med olikheten z ( z ) 4 7, som ju gäller enligt vad vi just har konstaterat ovan Och g (0) = Funktionen f är analytisk i ett öppet område som innehåller z 0, som är ett nollställe av multiplicitet n till f Bevisa att f (z) dz = n, πi f(z) Γ om Γ är en tillräckligt liten cirkel kring z 0 med positiv omloppsriktning Bestäm konvergensradien för Taylorserien kring 0 av funktionen (z π ) tan z 4 4 Beräkna integralen cos x (x + 4) dx 5 Bestäm den singulära delen (= principaldelen) i origo till funktionen f(z) = z + z(e πz )

15 5 7 Bestäm antalet nollställen i övre halvplanet till funktionen z 5 + Log (z + i) 8 Funktionen f är analytisk i cirkelskivan z < bortsett från en enkelpol i punkten z 0, där z 0 = Visa att Lösningar nf (n ) (0) lim n f (n) (0) = z 0 Vi har f(z) = (z z 0 ) n g(z), där funktionen g är analytisk och saknar nollställen i en omgivning U av z 0 Derivering ger f (z) = n(z z 0 ) n g(z) + (z z 0 ) n g (z), varav följer att f (z) f(z) = n + g (z) z z 0 g(z) Funktionen g (z)/g(z) är analytisk i U, så därför följer det av residuesatsen och Cauchys sats att f (z) πi Γ f(z) dz = n + g (z) dz = n + 0 = n, πi Γ z z 0 πi Γ g(z) förutsatt att cirkeln Γ ligger i U Funktionen tan z = sin z/ cos z har enkla poler i punkterna z = π + nπ (n Z) Eftersom (z π ) = (z π)(z + π), är ± π hävbara singulariteter 4 till funktionen f(z) = (z π ) tan z, 4 som därför är analytisk i hela planet utom punkterna ±nπ/, där n = 3, 5, 7,, som är enkelpoler Taylorserien kring 0 av funktionen är konvergent i den största cirkelskiva kring 0 där funktionen är analytisk Eftersom de närmaste polerna från origo är punkterna ±3π/ är konvergensradien lika med 3π/ 4 Den sökta integralen fås som realdelen till integralen Betrakta därför integralen e ix (x + 4) dx Γ R f(z) dz

16 6 där f(z) = e iz (z + 4) och kurvan Γ R består av intervallet [ R, R] på reella axeln och halvcirkeln C R i övre halvplanet med centrum i 0 och radie R Funktionen f(z) har dubbelpoler i punkterna ±i Vi beräknar residuen i punkten i Den fås som d dz Enligt residuesatsen är (för R > ) e iz (z + i) = = 3i z=i 3 e Γ R f(z) dz = πi Res z=i f(z) = 3π 6 e För z i övre halvplanet är f(z) < C z 4, så det följer att f(z) dz < K R 3 0, C R då R Detta ger slutligen att cos x dx = Re (x + 4) e ix 3π dx = (x + 4) 6 e 5 Taylorutveckling av exponentialfunktionen och utnyttjande av den geometriska seriens summa ger: z + f(z) = z(πz + π z + O(z 3 )) = z + πz ( + πz + O(z )) = z + πz ( πz + O(z )) = πz z + O() Den singulära delen är med andra ord πz z 7 Funktionen Log är principalgrenen av logaritmen, som är definierad i planet uppskuret efter negativa reella axeln och vars imaginärdel är lika med principalargumentet Arg z, som är lika med noll på positiva reella axeln För Im z > ligger z + i i det övre halplanet, så det följer att funktionen f(z) = z 5 + Log (z + i)

17 7 är väldefinierad och analytisk i området Im z > För x reellt har vi Re f(x) = x 5 + ln x + och Im f(x) = Arg(x + i) Det följer speciellt att medan 0 < Im f(x) < π, lim Im f(x) = π och lim Im f(x) = 0 x x lim Re f(x) = och lim Re f(x) = x x Då x ligger på reella axeln ligger således f(x) i bandet 0 < Im f(x) < π, och då x går från till + varierar f(x) i bandet från + πi till + +0i Speciellt följer det att f(z) saknar nollställen på reella axeln och att argumentet hos f(x) varierar från π till 0, dvs argumentvariationen är π Eftersom Log (z + i) = o( z ), då z i övre halvplanet, är f(z) = z 5 ( + O(z 4 )), och det följer att argumentvariationen längs en halvcirkel i övre halvplanet med centrum i origo och radie R är 5π+o(), dvs totala variationen utefter den slutna kurva som begränsas av halvcirkeln och sträckan [ R, R] på reella axeln är 5π π = 4π, förutsatt att R är tillräckligt stort Enligt argumentprincipen finns det därför exakt två nollställen till f(z) innanför varje sådan halvcirkel och det följer att det finns två nollställen till funktionen i övre halvplanet 8 Utveckla f i Taylorserie kring origo: Observera att f(z) = n=0 a n z n, där a n = f (n) (0) n! a n = nf (n ) (0) a n f (n) (0) så vi skall alltså bevisa att lim n a n /a n = z 0 Låt K vara funktionen f:s residue i enkelpolen z 0 Då är K 0 och funktionen g(z) = f(z) K z z 0 är enligt förutsättningarna analytisk i hela cirkelskivan z < Utveckling i Taylorserie ger K = K = z z 0 z 0 z/z 0 n=0 Kz n+ 0 z n

18 8 Det följer att funktionen g har Taylorserien ( ) g(z) = an + Kz0 n+ z n, n=0 och den är konvergent för z < Speciellt konvergerar serien för z =, och det följer att termerna då går mot noll, dvs ( an + Kz (n+) ) = 0 lim n Eftersom z 0 = kan vi genom att multiplicera ovanstående med z0 n+ dra slutsatsen att lim a nz0 n+ = K n Vi får därfär vilket är ekvivalent med att a n z0 n lim n a n z0 n+ =, a n lim = z 0 n a n (a) Ange utan bevis en formel för konvergensradien till potensserien 0 a nz n (b) Vad är konvergensradien om a n = n + ( ) n? Funktionen f(z) = e /(z ) utvecklas i Laurentserie a nz n i området z > Bestäm koefficienterna a n för n = 0,,, 3 och 4 4 Beräkna integralen π 0 dθ + cos θ 5* Antag att 0 < r < Visa att serien ( n z n n= ) n är likformigt konvergent i cirkelskivan z r 6 Bestäm antalet nollställen i vinkelområdet 0 < arg z < π till polynomet 4 z 6 ( + i)z i 8 Visa att 0 är en väsentlig singularitet till funktionen e sin(/z)

19 Lösningar a) /R = lim n n a n b) a n = n ± n beroende på om n är jämnt eller udda Det följer att n a n n +, och att n a n då n Konvergensradien är således lika med / z = z /z = z + z + z + 3 z + O( 4 z ) 5 e w = + w + w! + w3 3! + w4 4! + O(w5 ) e z = + z + z + z + 3 z + 4 ( z + z + 4 z + 3 z ) ( z z ) = + z + 3 z z z + O( 4 z ) 5 Man kan visa att koefficienten för z n är n ( ) n k! k 0 k= 4 Med z = e iθ kan integralen uppfattas som en komplex integral över enhetscirkeln Vi får π dθ + cos θ = dz z = + (z + /z)/ iz = dz i z = z + 4z + Integranden har enkelpoler i z = ± 3 Endast polen z = + 3 ligger innanför enhetscirkeln, och residun i den polen är lika med ( + 3) + 4 = 3 Enligt residusatsen blir därför integralen lika med i πi 3 = π 3 5 Låt a vara ett reellt tal som uppfyller r < a < För n > /(a r) gäller att sup n(z n )n sup n( z + z r n )n n(r + n )n n(r + (a r)) n na n z r 9 z + O( 4 z ) 5

20 0 Serien na n är konvergent Enligt Weierstrass majorantsats är därför den givna funktionsserien likformigt konvergent i cirkelskivan z r 6 Antalet nollställen till P (z) = z 6 (+i)z i i vinkelområdet är lika med antalet nollställen inom den kurva Γ som begränsas av I: sträckan [0, R] på reella axeln, II: cirkelbågen z = R, 0 arg z π, och III: sträckan mellan 4 Re πi/4 och origo, förutsatt att R är stort Vi använder argumentprincipen och beräknar hur många varv bildkurvan p(γ) går runt origo Längs I är P (x) = x 6 x i(x + ) skilt från noll och eftersom imaginärdelen på I Bildkurvan startar i punkten i, ligger helt i undre halvplanet och slutar i en punkt i fjärde kvadranten eftersom x 6 x > 0 för stora x Längs II är P (z) = z 6 ( + O(/z 5 )) och argumentvariationen är därför lika med 6 π = 3π (plus ett litet tal) Detta betyder att bildkurvan går 3/4 4 varv runt origo Längs III är z = xe πi/4, där x varierar från R till 0, och P (z) = x 6 e 6πi/4 e πi/4 xe πi/4 i = i(x 6 + x + ) P (z) är således rent imaginärt (och skilt från 0), och bilden av kurvan ligger på negativa imaginära axeln och slutar i punkten i Sammantaget har således bildkurvan beskrivit ett varv runt origo, och följaktligen finns det ett nollställe i vinkelområdet Alternativt kan man använda Rouchés sats Vi skriver P (z) = f(z)+g(z), där f(z) = z 6 i och g(z) = ( + i)z Det är lätt att se att f(z) har exakt ett nollställe innanför Γ, så om man visar att g(z) < f(z) på Γ, så följer att också P (z) har exakt ett nollställe innanför Γ På I är f(x) = x + 4 och g(x) = x och det är lätt att se att x + 4 > x för alla x (Minimimum för x + 4 x fås då x 0 = /3 och minimivärdet är > 0) På II är uppenbarligen f(z) > g(z) om z = R är tillräckligt stort På III, med z = xe πi/4 som ovan, är f(z) = x 6 + och g(z) = x, och olikheten x 6 + > x visas lätt 8 För z n =, som konvergerar mot 0 då n, antar funktionen värdena nπ e sin(nπ/), dvs, e,, e, allteftersom n är på formen 4k, 4k +, 4k + och 4k + 3 Funktionen har således inte något gränsvärde och beloppet går heller inte mot +, när z 0 Det följer att 0 måste vara en väsentlig singularitet * Bestäm en Möbiusavbildning som avbildar reella axeln på cirkeln w =, punkten i på punkten, samt punkten på sig själv

21 Bestäm alla analytiska funktioner f = u + iv som uppfyller v x = u 3 Ange Laurentutvecklingen av funktionen i cirkelringen < z < f(z) = z + z + z 4 Funktionen f är analytisk i hela planet bortsett från en dubbelpol i punkten z =, där residyn är 3 Vidare år f(0) = f (0) = och f(z) lim z z = 0 Visa att funktionen f är entydigt bestämd och bestäm funktionen 5 Beräkna för a > integralen π dθ + a a cos θ 0 6 Bestäm antalet nollställen i högra halvplanet (Re z > 0) till polynomet Lösningar z 7 + z 5 + z 4 + 3z 4 Eftersom konjugerade punkter avbildas på konjugerade punkter måste i avbildas på Avbildningen är därför entydigt bestämd och ges av sambandet (w,,, ) = (z, i,, i), vilket innebär att Efter förenkling fås w = z i z + i + i i w = ( + i)z + + i z + i Cauchy Riemanns ekvationer och den givna relationen ger u y = v x = u, dvs u y + u = 0 med lösningen u = C(x)e y Realdelen u är vidare

22 harmonisk, varför u x + u y = C (x)e y + C(x)e y = 0 C (x) + C(x) = 0 Det följer att C(x) = A cos x + B sin x, varför u = (A cos x + B sin x)e y Av v x = u följer att v = (A sin x B cos x)e y +D(y) Cauchy Riemannekvationen v y = u ger nu x (A sin x B cos x)e y + D (y) = ( A sin x + B cos x)e y med slutsatsen att D (y) = 0 och D(y) = K, en konstant Vi får slutligen f = (A cos x + B sin x)e y + i(a sin x B cos x)e y + ik = (A ib)(cos x + i sin x)e y + ik = (A ib)e ix y + ik = Ce i(x+iy) + ik = Ce iz + ik, där C är en godtycklig komplex och K en godtycklig reell konstant 3 Partialbråksuppdelning och utnyttjande av den geometriska serien ger z + f(z) = (z )(z + ) = z + z + = z = z z n + ( z ) n = z n + för < z < 0 4 Singulära delen till f(z) i punkten har utseendet 0 A(z ) + 3(z ) Om vi subtraherar denna från f(z) får vi en funktion g(z) = f(z) A(z ) 3(z ), som är analytisk i hela planet och som uppfyller lim g(z)/z = lim f(z)/z = 0 z z /z + ( ) n (n+) z n 0 + z/

23 Det följer att g(z) z för tillräckligt stora z, så enligt (en generalisering av) Liouvilles sats är g(z) ett polynom av grad högst, g(z) = C + Dz säg Men D = 0 eftersom lim z g(z)/z = 0, så g(z) = C Följaktligen är f(z) = A(z ) + 3(z ) + C Villkoren f(0) = f (0) = ger nu A 3 + C = och A 3 =, med lösningen A = C = Detta visar att funktionen f(z) är entydigt bestämd och att f(z) = (z ) + 3 z + = z z + (z ) 5 Substitutionen z = e iθ överför den givna integralen I till en integral över enhetscirkeln av en komplex funktion: π dθ I = 0 + a a(e iθ + e iθ ) = dz z = + a a(z + z ) iz = i a z (a + a)z + dz z = Integranden är analytisk utom där nämnaren är noll Lösningen till andragradsekvationen z (a + a)z + = 0 är z = a + a (a + a) ± = a + a (a a) ± = a + a ± a a, 4 4 dvs a och a Integranden har således två enkelpoler, varav endast polen a ligger innanför enhetscirkeln (a > ) Residyn i denna punkt är [ ] z (a + a) a a = a a Residysatsen ger därför I = i a πi z=a = a a = π a 6 Vi använder argumentprincipen på kurvan Γ, bestående av en halvcirkel i högra halvplanet med centrum i origo och radie R samt diametern mellan ir och ir Här väljs R så stort att alla nollställen i högra halvplanet ligger inom halvcirkeln Sätt P (z) = z 7 + z 5 + z 4 + 3z 4 På imaginära axeln fås P (iy) = y 4 3y 4 i(y 7 y 5 ) = (y + )(y )(y + ) i(y + )(y )y 5 3

24 4 Eftersom realdel och imaginärdel av P (iy) inte är noll samtidigt, saknar polynomet nollställen på imaginära axeln Argumentprincipen kan därför tillämpas på kurvan Γ Vi skall räkna hur många varv bildkurvan P (Γ) beskriver runt origo Då z genomlöper halvcirkeln z = R, π/ arg z π/, så beskriver P (z) = z 7 ( + O(/z)) en kurva vars argument varierar mellan 7π/ och 7π/ (±O(/R)), en argumentvariation på (nästan) 7π Kurvan startar med andra ord i punkt nära positiva imaginära axeln och beskriver sedan 3, 5 varv för att sluta i en punkt nära negativa imaginära axeln ( Nära betyder att kvoten mellan real- och imaginärdel är liten) För att sedan se hur P (z) beter sig då z löper längs imaginära axeln från ir till ir studerar vi följande teckentabell: y 0 Re P (iy) Im P (iy) Kvadrant Tabellen visar att P (z) beskriver ett halvt varv baklänges Kurvan P (Γ) går alltså 3 varv runt origo Följaktligen har polynomet P (z) 3 nollställen i högra halvplanet