ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2014 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ. β) Το πραγματικό και το φανταστικό μέρος της f1( z ) γράφονται. Οι πρώτες μερικές παράγωγοι

Transcript

1 ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 4 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ α) Δείτε στο e-course στις «Περιλητικές Σημειώσεις» σελ7 και σελ5 β) Το ραγματικό και το φανταστικό μέρος της f( ) γράφονται uxy (, ) = si( x) και vxy (, ) = si( y) Οι ρώτες μερικές αράγωγοι των uxy (, ) και vxy (, ) ux = cos( x), u =, v =, v = cos( y), y x y είναι ροφανώς συνεχείς σε όλο το είεδο x,y Εομένως, η f( ) θα έχει αράγωγο στα σημεία ου ικανοοιούνται οι εξισώσεις auchy- iema Αυτές μας δίνουν u = v cos( x) = cos( y) y=± x+ k με k Z, x y u y = v = x Βλέουμε λοιόν ότι υάρχει η αράγωγος μόνο άνω στις δύο οικογένειες ευθειών = x+ ix ( + k) και = x+ i( x+ k) με k Z y x

2 Η f( ) δεν είναι αναλυτική σε κανένα σημείο του μιγαδικού ειέδου ούτε και στα σημεία των ευθειών όου έχει αράγωγο Η f ( ) δεν είναι αναλυτική στα σημεία ου αντιστοιχούν στις ρίζες της εξίσωσης + si = Στα υόλοια σημεία του μιγαδικού ειέδου η f ( ) είναι αναλυτική Ο υολογισμός των σημείων αυτών έχει ως ακολούθως: e i e i i + = e + e = e e + = i i 4i i 6 6 Θέτουμε ρίζες τις i e w = w και η τελευταία εξίσωση γράφεται i = e = 3± Αό αυτή έεται ότι ( ) ( ) i ( ) ( ) i = log 3 ± = l 3 ± + i k, k Z = k l 3 ± = k il ±, k Z w 6w+ = με Παρατηρούμε ότι τα ανώμαλα σημεία της f ( ) είναι άειρα στο λήθος, είναι αλοί όλοι και βρίσκονται όλα άνω στις ευθείες ( ) και ( ) = x il + x i,88 γ) Υολογισμός του f ( ) d : = x il x+ i,88 Ο βρόχος αοτελείται αό τους δρόμους ΟΑ, ΑΒ και ΒΟ με αραμετρικές εξισώσεις: ΟΑ: = ( + ix ), με x Εδώ f [ x ( )] = ( + i )si( x ) και ( x) = + i ΑΒ: = x+ i, με x Εδώ f [ x ( )] = si( x ) και ( x) = ΒΟ: = ( ix ), με x Εδώ f [ x ( )] = ( i )si( x ) και ( x) = i Τα δρομικά ολοκληρώματα άνω σε αυτούς τους δρόμους έχουν ως εξής:

3 3 OA ( ) ( ) si( ) cos( x) 4 f d = + i x dx = i = i AB cos( x) f ( ) d = si( x) dx = = x f( ) d ( i) si( x) dx i BO 3 cos( ) 4i = = = Τελικά, f ( ) d = f ( ) d + f ( ) d + f ( ) d = i + + i = i OA AB BO Υολογισμός του ( ) d : Αό τα ανώμαλα σημεία της f ( ) f μόνο το σημείο = il( ),88i βρίσκεται στο εσωτερικό του βρόχου Όλα τα άλλα ανώμαλα σημεία βρίσκονται έξω αό τον Εομένως με εφαρμογή του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υολοίων και λαμβανομένου υόψη ότι το είναι αλός όλος θα έχουμε: Παρατηρούμε ότι Τελικά ΘΕΜΑ i f( ) d = ies f( ) = i = = si cos si( ) ( ) 3 3+ = = = i i e 3 si( ) i i f( ) d = = i α) Για το θεώρημα Taylor δείτε στο e-course στις «Περιλητικές Σημειώσεις» σελ 8 Τα ανώμαλα σημεία της συνάρτησης g ( ) είναι τα = και = + k με k Z Αό αυτά το = είναι διλή ρίζα της

4 4 εξίσωσης ( )si( ) = ενώ τα σημεία = + k με k είναι αλές ρίζες Έτσι συμεραίνουμε ότι: = : Πόλος τάξης = + k, k =±, ±, : Αλοί όλοι Το = είναι ουσιώδες ανώμαλο σημείο β) Η f( ) είναι αναλυτική αντού στον κυκλικό δίσκο < Γι αυτό σύμφωνα με το θεώρημα Taylor το ανάτυγμά της σε σειρά δυνάμεων του θα είναι ένα ανάτυγμα MacLauri (δηλαδή Taylor με κέντρο την αρχή = ) Για τον υολογισμό της σειράς MacLauri αναλύουμε αρχικά την ρητή συνάρτηση f( ) σε αλά κλάσματα: + f( ) = + Στο χωρίο < μορούμε να γράψουμε: = = = = + ( ), ( ) = = Έτσι στο χωρίο < η f( ) αναλύεται σε σειρά MacLauri ως εξής: + f( ) = ( + ) ( ) = ( ) ( ) = = = = = Αφού αρατηρήσουμε ότι η ροηγούμενη σχέση γράφεται + = +, = = = + f( ) = + ( ) + ( ) = =

5 5 Στα ανωτέρω αθροίσματα οι μη-μηδενικοί όροι είναι μόνο οι όροι με =άρτιος και έτσι μορούμε να γράψουμε f( ) = = ( + ) = = = γ) Η συνάρτηση f( ) δεν είναι αναλυτική στο σημείο = ου συνιστά τον (εκφυλισμένο σε ένα σημείο) κεντρικό κυκλικό δίσκο του δακτυλιοειδούς χωρίου < < Τα υόλοια ανώμαλα σημεία της συνάρτησης είναι τα + i και i των οοίων η αόσταση αό το = ισούται με Έτσι, αν <, η f( ) θα είναι αναλυτική σε όλα τα σημεία του δακτυλιοειδούς χωρίου και σύμφωνα με το θεώρημα Lauret το ανάτυγμα της σε σειρά δυνάμεων του θα είναι μια σειρά Lauret Στη συνέχεια θα ανατύξουμε την f( ) σε σειρά Lauret στο χωρίο < < Εειδή η f( ) έχει μη-ραγματικά ανώμαλα σημεία είναι βολικό για τον υολογισμό της σειράς Lauret να την αναλύσουμε εραιτέρω σε αλά κλάσματα στο : i + i f( ) = i + i Ο ρώτος όρος στο δεξί μέλος είναι ήδη δύναμη του Για τον δεύτερο όρο έχουμε i = = = i + i i i i i Παρατηρούμε ότι στο χωρίο < < έχουμε οότε Για τον τρίτο όρο γράφουμε = <, i i ( ) = ( ) i ( i) =

6 6 και εειδή θα έχουμε + i = = = + i + i+ + i + i + i + i = <, + i + i ( ) = ( ) + i ( + i) = Τελικά το ζητούμενο ανάτυγμα Lauret της f( ) γράφεται f( ) = ( ) + ( ) = ( i) ( + i) Το κύριο μέρος αυτής της σειράς Lauret συνίσταται αό τον μοναδικό όρο ( ) Αν αρατηρήσει κανείς ότι 4 i= e i και 4 + i= e i τότε θα μορέσει να γράψει αυτή τη σειρά Lauret σε μια ιο συμαγή μορφή ως εξής: ΘΕΜΑ 3 i 4 i 4 f( ) = ( ) ( e + e )( ) = = f( ) = ( ) cos( 4)( ) α) Θεωρούμε την συνάρτηση g ( ) = f( e ) i με f( ) = 3 ( + ) και τον θετικά ροσανατολισμένο ημικυκλικό βρόχο του σχήματος ου αοτελείται αό το ημικύκλιο κέντρου Ο και την διάμετρό του ( ) εί του άξονα των x

7 7 y - O x Η συνάρτηση g ( ) είναι αντού αναλυτική εκτός αό τα σημεία ου αντιστοιχούν στις ρίζες της τάξης ) και ( + ) = Αυτές είναι οι = i (όλος = i (όλος τάξης ) Παρατηρούμε ότι αό αυτές τις ρίζες μόνο η βρίσκεται στο άνω ημιείεδο ( y > ) ενώ καμία δεν βρίσκεται άνω στον άξονα των x Το θεώρημα των ολοκληρωτικών υολοίων εφαρμοζόμενο για το βρόχο και την συνάρτηση g ( ) μας δίνει gd ( ) = gd ( ) + gxdx ( ) = i es g ( ) = Αφήνουμε την ακτίνα να τείνει ρος το άειρο και η ιο άνω σχέση γίνεται lim gd ( ) + gxdx ( ) = ies g ( ) (3) = Το ολοκληρωτικό υόλοιο στο σημείο (ου είναι διλός όλος της g) ( ) είναι 3 i 3 i 3 3 e e ( + i)(3 + i) i es g ( ) = es = = e = e = 3 = ( + i ) ( i ) ( i ) + i ( + i = ) = i 4 οότε η σχέση (3) γράφεται

8 8 lim g( ) d + g( x) dx = i e (3) Τώρα θα δείξουμε με την βοήθεια του λήμματος Jorda (e-course, «Περιλητικές Σημειώσεις» σελ3) ότι lim g( ) d = Γι αυτό το σκοό αρατηρούμε ότι άνω στον δρόμο τριγωνική ανισότητα: (όου = ) ισχύει η + = = + Αό αυτή ροκύτει ότι άνω στον ( ) η f( ) φράσσεται ως εξής:, f( ) M 3 ( ) Όμως lim M = και έτσι αό το λήμμα Jorda έεται ότι lim g( ) d = Τώρα η σχέση (3) γράφεται 3 ix xe dx = i ( x + ) e Αό την εξίσωση του φανταστικού μέρους των δύο μελών της ανωτέρω σχέσης ροκύτει ότι si 3 x x dx = e ( x + ) Σημειώστε ότι εειδή η συνάρτηση κάτω αό την ολοκλήρωση είναι άρτια θα έχουμε και 3 x si x = dx = ( x + ) 4e I

9 9 β) Το ολοκλήρωμα αυτό εντάσσεται στην γενική κατηγορία των ολοκληρωμάτων της μορφής F(si θ,cos θ) dθ Τα ολοκληρώματα αυτά μορούν να υολογισθούν με την μετατροή τους σε ένα δρομικό ολοκλήρωμα άνω στον μοναδιαίο κύκλο ( θ) = e iθ, θ Δηλαδή το αρχικό ραγματικό ολοκλήρωμα θα ροκύτει σαν η αραμετροοίηση αυτού του δρομικού ολοκληρώματος Πάνω στον μοναδιαίο κύκλο με κέντρο την αρχή θα έχουμε λοιόν i = e θ, cos θ = ( + ) /, si θ = ( )i και dθ = d / i Έτσι το ροτεινόμενο ρος υολογισμό ολοκλήρωμα γράφεται στην μορφή του δρομικού ολοκληρώματος I I d d = = + i 3 + 3i ( i + i) + ( ) i d = ( i) + 6i i Εδώ η συνάρτηση ου ολοκληρώνεται άνω στον μοναδιαίο κύκλο είναι ρητή και εομένως αναλυτική αντού στο μιγαδικό είεδο εκτός αό τις ρίζες του αρονομαστή ου είναι αλοί όλοι Οι ρίζες αυτές υολογίζονται εύκολα (δευτεροβάθμιο τριώνυμο) και είναι i =, = i 5 Εειδή ο μοναδιαίος κύκλος έχει κέντρο την αρχή, για να ελέγξουμε αν τα σημεία ου αντιστοιχούν στους όλους και βρίσκονται εντός ή εκτός του δεν έχουμε αρά να υολογίσουμε τα μέτρα και Εειδή λοιόν = 55<, και = 5 >, συμεραίνουμε ότι μόνο ο όλος βρίσκεται στο εσωτερικό του

10 y x Τώρα με εφαρμογή του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υολοίων αίρνουμε Ι = ies i = ( i ) 6i i = = + ( i ) + 6i 5 i = i = ( i ) + 3 i ( i)( i) + 5i ΘΕΜΑ 4 α) Η μετασχηματισμένη Fourier γράφεται ikx F [ g( x)] G( k) = f ( x) e dx, οότε σύμφωνα θα έχουμε x ikx x ikx x ikx G( k) = e e dx e e dx e e dx = + = ( ik ) x ( + ik ) x = e + e = + ik ik + ik + ik και τελικά Gk ( ) = k +

11 Σύμφωνα με την αρχή της συμμετρίας (ecourse, «Περιλητικές Σημειώσεις», σελ3) η μετασχηματισμένη Fourier της συνάρτησης Gx ( ) = ( x + ) = f( x) είναι η συνάρτηση g( k) = e = e Δηλαδή ή ισοδύναμα, [ ] F k f( x) = F f( x) = e, k k k Fk ( ) = e Ο τύος Parseval Placherel γράφεται (ecourse, «Περιλητικές Σημειώσεις», σελ33): f ( x) dx = F( k) dk Εδώ οι συναρτήσεις f( x ) και Fk ( ) είναι ραγματικές και ο τύος γράφεται: k dx = e dk + x ( ) Αό αυτόν με στοιχειώδη ολοκλήρωση αίρνουμε k k k dx = e dk = e dk e dk + = ( + x ) β) Αν συμβολίσουμε με F τον μετασχηματισμό Fourier ως ρος την μεταβλητή x, και με U( kt,) = F [ u(,)] xt την μετασχηματισμένη Fourier της u(,) xt τότε γνωρίζουμε ότι u F = ku( kt,) x και u Ukt (,) F = t t

12 Λαμβάνοντας αυτά υόψη και δρώντας άνω στην διαφορική εξίσωση με τον μετασχηματισμό F αίρνουμε U U ku = = ku t t Αυτή είναι μια ρωτοτάξια γραμμική και ομογενής διαφορική εξίσωση της οοίας η γενική λύση γράφεται Ukt (, ) = Uk (,) e kt, (4) όου η σταθερά ολοκλήρωσης Uk (,) είναι η μετασχηματισμένη Fourier της αρχικής συνθήκης ux (,) = f( x) Πράγματι, αν δράσω άνω στην αρχική συνθήκη με τον μετασχηματισμό F αίρνω Uk (,) = Fk ( ), όου Fk ( ) είναι η μετασχηματισμένη Fourier ου έχουμε υολογίσει στο ερώτημα (α) Τώρα δρώντας και στα δύο μέλη της (4) με τον αντίστροφο μετασχηματισμό Fourier F αίρνουμε kt k kt (, ) = F (,) = F (4) u xt U k e e e Εδώ η αντίστροφη μετασχηματισμένη Fourier μορεί να γραφεί αμέσως με την βοήθεια του θεωρήματος της συνέλιξης Πράγματι, αό τα ροηγούμενα γνωρίζουμε ότι F k e = f( x) ενώ εύκολα βρίσκουμε ότι (δείτε τις σημειώσεις αράδειγμα 5 σελ88) tk x 4t F e = e t Έτσι, με εφαρμογή του θεωρήματος της συνέλιξης (ecourse, «Περιλητικές Σημειώσεις», σελ33) αίρνουμε: ( x ξ ) 4t u(,) xt = e dξ t ξ + (Δείτε τον αντίστοιχο τύο (534) σελ4 στις σημειώσεις του μιγαδικού λογισμού ου διανεμήθηκαν) Το ολοκλήρωμα αυτό δεν εκφράζεται με την βοήθεια στοιχειωδών συναρτήσεων οότε μορούμε να θεωρήσουμε τον τελευταίο τύο ως την τελική μορφή της ζητούμενης λύσης

13 3 Παρατηρήσεις: Για όσους ενδιαφέρονται σημειώνουμε ότι η ανωτέρω λύση μορεί να εκφρασθεί αλά με τη βοήθεια της «συνάρτησης σφάλματος» (error fuctio) Αυτή ορίζεται ως εξής: erf ( ) e dζ ζ =, όου η μεταβλητή και η μεταβλητή ολοκλήρωσης ζ είναι εν γένει μιγαδικές Η γραφή του δρομικού ολοκληρώματος με τα όρια είναι ειτρετή εδώ αφού δεδομένου ότι η είναι ακεραία αναλυτική συνάρτηση η τιμή του ολοκληρώματος δεν εξαρτάται αό τον δρόμο ολοκλήρωσης αλλά αό το αρχικό και τελικό σημείο του δρόμου Όμως, όως ροκύτει στη συνέχεια μας είναι τελικά ιο χρήσιμη για τη γραφή του τελικού τύου της u(,) xt η «συμληρωματική συνάρτηση σφάλματος» (complemetary error fuctio) η οοία ορίζεται μέσω της συνάρτησης σφάλματος αό τον τύο: e ζ erfc( ) erf ( ) e d ζ = = ζ Ας εανέλθουμε τώρα στον ανωτέρω τύο (4) Η αντίστροφη μετασχηματισμένη Fourier ου υεισέρχεται εκεί γράφεται: k k t k kt ikx ( + ix) k k t ( + ix) k k t F e e = e e dk = e dk + e dk Τα ανωτέρω δύο ολοκληρώματα μετασχηματίζονται εύκολα κατά τα γνωστά με συμλήρωση του τετραγώνου στον εκθέτη Δηλαδή αφού αρατηρήσουμε ότι + ix ( + ix) ( + ix) k k t = tk + t 4t, ix ( ix) ( + ix) k k t = tk + + t 4t, το ρώτο αό τα δύο ολοκληρώματα γράφεται:

14 4 ( + ix) + ix tk ( + ix) k k t 4t t e dk = e e dk Αν αλλάξουμε τώρα την μεταβλητή ολοκλήρωσης θέτοντας ζ = tk + ( + ix) t (όου τώρα η νέα μεταβλητή ζ είναι μιγαδική) το ολοκλήρωμα γράφεται ( ix) + ( + ix) ( + ix) k k t ix 4t ζ 4t + e dk = e e dζ = e erfc t + ix t t t Τώρα εντελώς ανάλογα θα έχουμε ( ix) ix tk ( ix) k k t 4t t e + dk = e e dk, και με την αλλαγή ζ = tk ( ix) t στην μεταβλητή ολοκλήρωσης αίρνουμε ( ix) ( ix) ( + ix) k k t ix 4t ζ 4t e dk = e e dζ = e erfc t t t ix t Τελικά ειστρέφοντας στην (4) μορούμε να γράψουμε τη λύση στη μορφή: x x x 4 (, ) i i t t + ix ix t u xt = e e erfc e erfc 4 t + t t