Matematiska institutionen. Tentamen i Komplex analys (TATA45) kl xsinx (x 2 +1) 2 dx. p(z) = z 3 +(2 2i)z 2 +2iz +4

Transkript

1 Linköpings universitet Matematiska institutionen Kurskod: TATA45 Provkod: TEN1 Tentamen i Komplex analys (TATA45) kl Inga hjälpmedel är tillåtna. Fullständiga lösningar krävs. Varje uppgift ger 3 poäng, och för betyg 3/4/5 räcker 8/11/14 poäng och 3/4/5 uppgifter bedömda med minst 2 poäng vardera. Lösningsskisser publiceras på kurshemsidan preliminärt kl (a) Lös ekvationen 3sinhz = 1+coshz. Svara i rektangulär form. (b) Vilken multiplicitet har nollstället z = 1 till funktionen f(z) = z 1 Logz? (c) Bestäm alla punkter z = a+ib där g(z) = z 4 +4iz 2 inte är konform. 2. Beräkna integralen xsinx (x 2 +1) 2 dx. 3. Bestäm en Möbiusavbildning w(z) som tar cirkelskivan z 3 < 5 på övre halvplanet Imw > samtidigt som w() = i och w( 2) =. Bestäm sedan bilden i w-planet av linjen Rez +Imz = i z-planet. 4. Bestäm antalet nollställen som polynomet har i första kvadranten Rez >, Imz >. p(z) = z 3 +(2 2i)z 2 +2iz Beräkna integralen lnx x 3 +1 dx, förslagsvis genom att integrera längs randen till en naggad tårtbit < r < R, < θ < α för lämplig vinkel α (tårtbiten är given i polär form z = re iθ ). 6. Antag att f äranalytiskinågonskivad r = {z C : z < r}, r >, och att f (n) () n 2 för alla n N.Visaattdetfinnsenhelanalytiskfunktiong sådanattg = f id r och g(z) ( z + z 2) e z för alla z C. 7. Antag att Ω C är ett begränsat område och att f,g A(Ω) C( Ω). Visa att f + g antar sitt maximum någonstans på randen Ω.

2 TATA45 Komplex analys , lösningsskisser 1. (a) Med w = e z kan ekvationenskrivas3(w w 1 )/2 = 1+(w+w 1 )/2,d.v.s.w 2 w 2 =, med lösningarna w 1 = 2 och w 2 = 1. Eftersom z = logw får vi därför följande Svar: z = log2 = ln2+2mπi eller z = log( 1) = πi+2nπi, m,n Z. (b) f(z) = z 1 Logz ger f (z) = 1 1/z och f (z) = 1/z 2 i en omgivning till z = 1, så f(1) = och f (1) = medan f (1) = 1 ; nollstället z = 1 har därmed multiplicitet 2. Svar: Två. (c) g är inte konform precis där = g (z) = 4z 3 +8iz = 4z(z 2 +2i) z = eller z 2 = 2i. Ekvationen z 2 = 2i kan vi lösa via z = x+iy, där x,y R, och får det reella ekvationssystemet x 2 y 2 =, 2xy = 2, och lösningarna z = ±(1 i). Svar: z 1 = och z 2,3 = ±(1 i). 2. Eftersom integranden är rent reell och sinx = Im(e ix ) inser vi att den sökta integralen kan skrivas xsinx xe ix I = (x 2 dx = ImJ, där J = +1) 2 (x 2 +1) 2 dx. L R+C + R Låt f(z) = ze iz /(z 2 +1) 2 = z(z + i) 2 (z i) 2 e iz ; då är J = f(t)dt. Låt vidare L R vara sträckan från z = R till z = R och C + R halvcirkeln från z = R till z = R i övre halvplanet (rita figur!). Vi observerar att e iz = e y 1 på C + R eftersom y där, så ML-uppskattning ger f(z)dz ( C R 1/(R 2 1) 2) πr då R, av gradskäl. Residysatsen ger, då R > 1, + R f(z)dz = ires /f(z) f(z) = = z(z +i) 2 e iz / z=i (z i) 2 = i d ( z(z +i) 2 e iz) z=i dz = i ( (z +i) 2 2z(z +i) 3 +iz(z +i) 2) e iz z=i = πi 2e, och genom att låta R här (observera att L R f(z)dz = R Rf(t)dt J då R ) får vi J + = πi 2e, så I = ImJ = π 2e = svar. 3. Att w() = i ger med nödvändighet w( 16/3) = i, eftersom och 16/3 är spegelpunkter m.a.p. cirkeln z 3 = 5, och i och i är spegelpunkter m.a.p. linjen Imw = (rita figurer och redovisa detaljerna; fullständiga lösningar krävs!). Eftersom dessutom w( 2) = (randpunkt på randpunkt) är Möbiusavbildningen entydigt bestämd: w(z) = i(8 + 4z)/(8 z). Denna avbildar cirkeln z 3 = 5 på linjen Imw =, och eftersom w() = i avbildar den dessutom området z 3 < 5 på halvplanet Imw > (inre punkt avbildas på inre punkt). Låt L vara linjen Rez + Imz = i z-planet och L den Ĉ-cirkel i w-planet som L avbildas på under w(z) ovan. Eftersom w(8) = och 8 / L är L en vanlig cirkel w c = r, där centrum c = w( 8i) = (5 3i)/2 eftersom 8 och 8i är spegelpunkter m.a.p. L och och c är spegelpunkter m.a.p. L. Vidare, L ger w() = i L, så r = i (5 3i)/2) = 5 2/2, och L är cirkeln w (5 3i)/2 = 5 2/2. Svar: w(z) = i 8+4z ; bilden är cirkeln 5 3i 8 z w 2 = Studera argumenttillskottet för p(z) = z 3 + (2 2i)z 2 + 2iz + 4 när z genomlöper konturen C R +I R +L R (se figur nedan). Vi får att CR argp(z) = CR argz 3 + CR arg ( 1+(2 2i)/z+ 2i/z 2 +4/z 3) 3 π/2+ = 3π/2 då R. På I R är p(z) = p(iy) = ( 2y 2 2y+4)+i( y 3 +2y 2 ) = 2(y+2)(y 1)+iy 2 (2 y) = u+iv, där y : R (obs. orienteringen), och u/v då y + av gradskäl, så v drar mer än u. På L R är p(z) = p(x) = (x 3 +2x 2 +4)+i2x(1 x) = u+iv, där x : R; notera att u 4 för aktuella x och att v/u då x + av gradskäl, så här drar u mer än v. Vi får därför nedanstående teckentabeller och kurva w = p(z) när z genomlöper I R +L R :

3 I R y L R C R x I R : L R : y > 2 > 1 > u + 4 v x < 1 < u v + v w(i R ) 4 w(l R ) Från figuren ovan till höger ser vi att IR+L R argp(z) 3π/2 då R, och eftersom poler saknas medför argumentprincipen att antalet nollställen för p(z) i första kvadranten är (1/)lim R CR+I R+L R argp(z) = (3π/2 3π/2)/ =. Svar: Noll. 5. Eftersom (te iα ) 3 = t 3 e i3α = t 3 om α = /3 betraktar vi f(z) = (Logz)/(z 3 + 1) på konturen Γ,R = L 1,R +C R+L 2,R +C,därsträckanL 1,R gesavz = t,t : R;cirkelbågenC R avz = Re iθ, θ : α; sträckan L 2,R av z = teiα, t : R ; och cirkelbågen C av z = e iθ, θ : α. Om < < 1 < R är f analytisk på och innanför Γ,R förutom i enkelpolen z = e iπ/3 = e iα/2, så residysatsen ger Logz Logz ( ) f(z)dz = i Res Γ,R z=e iα/2 z 3 = i iα/2 απ +1 3z 2 z=e = i = e iα iα/2 3eiα 3. Sätt I = ( (lnt)/(t 3 + 1) ) dt och, vilket kommer att behövas, J = dt/(t 3 + 1). Eftersom Logz ln z +π ger ML-uppskattningar C R f(z)dz ( ( lnr +π)/(r 3 1) ) αr då R och C f(z)dz ( ( ln +π)/(1 3 ) ) α då +, enligt standardgränsvärden. Parametriseringarna av L 1,R och L2,R ger L 1,R f(z)dz + L 2,R f(z)dz = R = (1 e iα ) lnt t 3 +1 dt+ lnt+iα R (te iα ) 3 +1 eiα dt R lnt t 3 +1 dt iαeiα R dt t Genom att låta + och R i ( ) får vi (1 e iα )I iαe iα J = e iα απ/3, och eftersom α = /3 och därmed e ±iα = ( 1±i 3)/2 får vi (3 i 3)I +( 3+i)J/3 = 2 (1+i 3)/9. MenI,J R,såvifårekvationerna3I+J/ 3 = 2 /9(realdel)och 3I+J/3 = 2 3/9 (imaginärdel), vilket ger I = 2 /27 (och, på köpet, J = 3/9). Svar: 2 / f är analytisk i skivan z < r, så f(z) = n= c nz n då z < r, där c n = f (n) ()/n! (Maclaurinserien för f). Låt nu g(z) = n= c nz n. Denna potensserie har någon konvergensradie R r, och g är analytisk i skivan z < R och sammanfaller med f i skivan z < r. Eftersom c n z n f (n) () = z n n 2 n! n! z n n=2 n= n= får vi, med a n = n 2 z n /n! för fixt z, a n+1 /a n = (1 + 1/n) 2 z /(n + 1) = Q då n, och eftersom Q < 1 är n= a n konvergent enligt kvotkriteriet. Enligt jämförelsekriteriet är n= c nz n absolutkonvergent för alla z C, så R = och g är därmed hel. Till sist, g(z) = c n z n c n z n n 2 n(n 1)+n n! z n = z n n! n= n= n= n= z n = (n 2)! + z n (n 1)! = ( z 2 + z ) z n = ( z 2 + z ) e z, z C. n! n=1 7. Eftersom f + g är en kontinuerlig reellvärd funktion på den kompakta mängden Ω antar den ett största värde M i någon punkt c Ω, så f(z) + g(z) f(c) + g(c) = M för alla z Ω. Låt α,β R vara sådana att f(c) = e iα f(c) och g(c) = e iβ g(c), och sätt h = e iα f + e iβ g. Då är h(c) = f(c) + g(c), och speciellt är h(c) = h(c). Eftersom h A(Ω) C( Ω) antar h sitt maximum i någon punkt c Ω, enligt maximumprincipen i begränsade områden. Men M = f(c) + g(c) = h(c) = h(c) h( c) = e iα f( c) + e iβ g( c) e iα f( c) + e iβ g( c) = f( c) + g( c) M, så f + g antar sitt maxvärde M även i punkten c Ω. Beviset är klart. n= n= u

4 1. (a) Inget att kommentera. TATA45 Komplex analys , kommentarer (b) Några har tagit fram början av Taylorutvecklingen för f kring z = 1, vilket också går utmärkt. Enklast blir det via bytet w = z 1 och Maclaurinutveckling i variabeln w: f(z) = z 1 Logz = w Log(1+w) = w ( w w 2 /2+O(w 3 ) ) = w 2( 1/2+O(w) ) = (z 1) 2( 1/2+O(z 1) ) = (z 1) 2 h(z) där h är analytisk i punkten 1 och h(1) = 1/2 ; således är multipliciteten två. Flera tycks ha blandat ihop begreppen multiplicitet och flervärdhet och säger i praktiken att multipliciteten är ett eftersom f(z) bara antar ett värde (nämligen ) i punkten 1, till skillnad från z 1 logz som antar oändligt många värden (2nπi, n Z) i denna punkt. Detta är förstås ett FELAKTIGT resonemang om detta vore sant skulle ju alla nollställen till alla (vanliga envärda) analytiska funktioner vara enkla! (c) Det går också bra att lösa z 2 = 2i som en binomisk ekvation. Med z = re iθ får vi då { { r 2 e i2θ = 2e iπ/2 r 2 = 2 r = 2 2θ = π/2+2nπ, n Z θ = π/4+nπ, n Z med de två lösningarna z 2 = 2e iπ/4 = 1 i och z 3 = 2e i3π/4 = 1+i. Notera speciellt var heltalet n dyker upp: i mitten och inte längst till vänster på raden ovan, som många tror. 2. Integralen är rent reell, så icke-reella svar är orimliga. Väldigt många (hela 58 studenter av 131) integrerar f(z) = zsinz (z 2 +1) 2 på samma kontur (L R +C + R ) som i lösningsskissen (PRINCIPFEL) i stället för ze iz /(z 2 + 1) 2. Problemet är ju att sinz inte är begränsad i övre halvplanet y eftersom sinz 2 = sin 2 x + sinh 2 y, som blir gigantiskt stort när y blir stort (se övningarna i kapitel 2.4); däremot är ju e iz = e y 1 när y. Några skriver explicit att sinz 1 på C + R (FEL) eller sinz R där (FEL), andra t.o.m. att sinz sinr där (ÄNNU VÄRRE; sinr är ju < för många R > ). Att så många gjorde detta fel var överraskande, inte minst med tanke på att en snarlik uppgift fanns med så sent som (nr 4). Faktum är att ytterligare 12 studenter hade blivit godkända på tentan om de inte gjort just detta fel. 3. Några få har inte använt spegelpunkter utan har kompletterat de givna w() = i och w( 2) = med att avbilda en andra punkt på cirkeln z 3 = 5 på en andra punkt på linjen Imw =, typiskt w(8) = 1 eller w(8) = ; valet w(8) = 1 ger fel avbildning medan valet w(8) = RÅKAR ge rätt avbildning, men utan ytterligare argument duger inte en sådan lösning. Spegelpunktsmetoden är överlägsen och är den jag rekommenderar, men man kan motivera valet w(8) = ovan så här: Möbiusavbildningar avbildar Ĉ-cirklar på Ĉ-cirklar och är konforma, och tre olika punkter i Ĉ bestämmer entydigt en Ĉ-cirkel. Låt w(z) vara den Möbius som tar (, 2,8) på (i,, ), och låt C vara den Ĉ-cirkel i w-planet som cirkeln C : z 3 = 5 i z-planet avbildas på under w(z). Eftersom 8 C och därmed w(8) = C är C en linje. Vidare, eftersom (, 2,8) (i,, ) avbildas realaxeln R z på imaginäraxeln I w, och den räta skärningsvinkeln mellan C och R z i punkten z = 2 bevaras därför som en rät skärningsvinkel mellan linjerna C och I w i w = ; således är linjen C realaxeln Imw =. 4. Det går naturligtvis bra att rita två separata figurer, en för L R och en för I R. Man kan lika gärna låta I R ha omvänd orientering: z = iy, y : R, bara man då tänker på att konturen blir C R I R +L R och argumenttillskottet CR argp(z) IR argp(z)+ LR argp(z). Vid undersökningen längs L R tror en handfull studenter att det räcker att påpeka att u > då x för att kunna dra slutsatsen att LR argp(z) då R (FEL); man måste också beakta v, och en kurva i w-planet ska ritas även nu. Om t.ex. q(x) = (x 2 + 1) + ix 3 får vi LR argq(z) π/2 då R (rita figur!) trots att realdelen även här är > på L R.

5 5. Integralen är rent reell, så icke-reella svar är orimliga. Flera försöker (chansar?) med någon vinkel α /3, typiskt α = π/2, α = π/3 eller α = π/4. Notera att det av parametriseringen z = te iα, t : R, av L 2,R och det faktum att L 2,R f(z)dz = R lnt+iα (te iα ) 3 +1 eiα dt framgår varför α = /3 är ett bra val: nämnaren (te iα ) 3 +1 = t 3 e i3α +1 = t 3 +1, samma som i den sökta integralen. Tar man t.ex. α = π/2 får man i stället nämnaren it 3 +1, och räkningarna leder inte fram till den sökta integralen I; tar man α = π/3 blir det ännu värre: man får nämnaren t 3 +1 som ju är noll om t = 1 och integralen längs L 2,R blir divergent! 6. Det är funktionen f som är given från början. Existensen av g ska bevisas. I synnerhet måste det framgå hur g(z) definieras för alla z C, inte enbart för z < r. 7. Notera till att börja med att maximumprincipen säger att om h A(Ω) C( Ω), så antar beloppet av h, alltså h, sitt maximum på randen Ω; funktionen h själv är ju komplexvärd och det är bokstavligen meningslöst att tala om maximum av h. Som ett alternativ till lösningen i lösningsskissen kan man, som en student också gjorde, använda att submedelvärdesegenskapen gäller för f och g separat. Av det följer att den gäller även för summan h = f + g, ty h(c) = f(c) + g(c) 1 f(c+re iθ ) dθ + 1 g(c+re iθ ) dθ = 1 h(c+re iθ )dθ närhelst r < R där D(c,R) är den största skivan med centrum i c som ryms i Ω. Funktionen h är kontinuerlig och reellvärd på den kompakta mängden Ω, så den antar maximum i någon punkt c Ω. Om c Ω är vi klara. Annars medför olikheten ovan att h är konstant = h(c) i hela skivan D(c, R), jfr inledningen av beviset för maximumprincipen i kompendiet, och kontinuiteten hos h i Ω medför att h = h(c) även i en punkt på Ω, ty D(c,R) Ω (rita figur!). Någraharresoneratsomföljer: Eftersomf,g A(Ω) C( Ω),såantarbåde f och g sinamaxima på Ω, och därför antar även f + g sitt maximum på Ω (min kursivering). Att slutsatsen inte håller ser man enkelt redan i en reell dimension med motexemplet ϕ(t) = t och ψ(t) = 1 t 2 på [,1]: då blir ϕ max = ϕ(1) = 1, ψ max = ψ() = 1 medan, med h = ϕ+ψ, h max = h(1/2) = 5/4 men h() = 1 = h(1). Att f + g ändå antar sitt maximum på Ω har alltså andra orsaker. Lars Alexandersson, 25 januari 219