[1] ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2012 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ. z : Παρατηρούμε ότι sin

Transcript

1 [] ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ. Τμήμα Α (α) Για τη συνάρτηση f () : Παρατηρούμε ότι si u= y x και v x u = ycos x, u = si x, v =, v =. x y x y = οότε Οι ανωτέρω ρώτες μερικές αράγωγοι είναι συνεχείς συναρτήσεις σε όλο το είεδο x,y. Άρα η f ( ) θα έχει αράγωγο μόνο στα σημεία ου ικανοοιούνται οι εξισώσεις Cauchy-Riema ( ux = vy, uy = vx) οι οοίες γράφονται και μας δίνουν ycos x= και si x= x= k με k =, ±, ±, και < y< ή ισοδύναμα y ( ) = k + iy με k=, ±, ±, και < y< Αυτή είναι η αραμετρική εξίσωση (αράμετρος y) μιας οικογένειας ευθειών ου είναι αράλληλες ρος τον φανταστικό άξονα. Μόνο στα σημεία αυτής της οικογένειας ευθειών η f () αραγωγίζεται. Η αράγωγος γράφεται f ( ) = ux + ivx =. x= k Η f ( ) δεν είναι αναλυτική σε κανένα σημείο του μιγαδικού ειέδου. Αυτό γιατί όοια γειτονιά ενός σημείου άνω σε αυτή την οικογένεια ευθειών και αν θεωρήσουμε θα υάρχουν σημεία αυτής της γειτονιάς ου δεν ανήκουν οικογένεια και στα οοία η f () δεν έχει αράγωγο.

2 [] Συνάρτηση f ( ) : Η f ( ) ως το άθροισμα ηλίκων αναλυτικών συναρτήσεων είναι αναλυτική αντού εκτός αό τα σημεία ου μηδενίζουν τους αρονομαστές. Αυτά τα σημεία (στα οοία βέβαια η f ( ) δεν έχει ούτε αράγωγο) είναι ρίζες των εξισώσεων Είλυση της i = και 5 4si =. = i: Παρατηρώ αίρνοντας τα μέτρα και των δύο μελών της εξίσωσης ότι =. Θέτω i = e θ και η εξίσωση γράφεται σε ολική iθ i(k ) μορφή e = e. Άρα θ = 4 + k με k =,. Έτσι αίρνουμε τα δύο σημεία i/4 i i3 /4 + i = e = και = e = ου συνιστούν αλούς όλους της f ( ). Είλυση της 5 4si = : Η εξίσωση αυτή γράφεται ( ) i i i i i 54 e e i= e 5ie = e = (5± 3) i 4, ή ακόμα, [ ] [ ] i = log (5± 3) i /4 = l (5± 3)/4 + i(k + ), αό όου αίρνουμε τα σημεία 3 = il + k + και 4 = il + k +, με k =, ±, ±, τα οοία αοτελούν αλούς όλους της f ( ). Τμήμα Β (α) Εντελώς ανάλογα βρίσκουμε ότι η f ( ) έχει αράγωγο στα σημεία της οικογένειας ευθειών x ( ) x k = + i με k=, ±, ±, και < x< Σε αυτά τα σημεία η αράγωγος γράφεται f ( ) = ux + ivx =. y= k

3 [3] Η f ( ) δεν είναι ουθενά αναλυτική. Η f ( ) είναι αντού αναλυτική εκτός αό τα σημεία ου αντιστοιχούν στις ρίζες των εξισώσεων = i και 5+ 4cos( ) =. Όως και ανωτέρω εύκολα βρίσκουμε ότι οι ρίζες της μεν ρώτης εξίσωσης είναι της δε δεύτερης = i και = + i, i i 3 = l + k + και 4 = l + k + με k =, ±, ±, Τμήμα Α (β) Υολογισμός του ολοκληρώματος I. Εειδή η f( ) δεν είναι αναλυτική ουθενά στο μιγαδικό είεδο είμαστε αναγκασμένοι για τον υολογισμό του δρομικού ολοκληρώματος να ροχωρήσουμε σε αραμετροοίηση. Ο βρόχος C αοτελείται αό τα τέσσερα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ, ΑΒ, ΒΓ, ΓΟ. Η αραμετρική εξίσωση για καθένα αό αυτά έχει ως εξής: Για το ΟΑ: Εδώ y = και άρα x ( ) = xμε x. Ενώ f () Η αραμετρική εξίσωση για καθένα αό αυτά έχει ως εξής: Για το ΑΒ: Εδώ x = και άρα y ( ) = + iyμε y 3 /. Ενώ f () = i. = ix. Για το ΒΓ: Εδώ y = 3 / και άρα x () = x+ i 3 με x. Ενώ f () = (3 )si x ix. Για το ΓΟ: Εδώ x = και άρα ( y) = iy με y 3 /. Ενώ f () =. Τα δρομικά ολοκληρώματα άνω σε κάθε δρόμο θα είναι: OA x f ( d ) = ( ixdx ) = i =i. 3 3 / 3 f( ) d = ( i ) idy = y = AB.

4 [4] BΓ ( ) ( 3 ) si ( 3 ) cos / f d = x ix dx= x ix = = 3 + i / f( ) d = idy=. ΓΟ 3 / Τελικά, C 3 f d= f d+ f d+ f d+ f d= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 OA ΑΒ BΓ ΓΟ Υολογισμός του ολοκληρώματος I. Εειδή τα ανώμαλα σημεία (αλοί όλοι) της συνάρτησης f ( ) είναι μεμονωμένα ανώμαλα σημεία και εφόσον κανένα αό αυτά δεν βρίσκεται άνω στον δρόμο ολοκλήρωσης το ολοκλήρωμα μορεί να υολογισθεί με την βοήθεια του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υολοίων. Άρα το ρώτο ράγμα ου ρέει να κάνουμε είναι να εξετάσουμε την θέση αυτών των σημείων στο μιγαδικό είεδο, να βεβαιωθούμε ότι κανένα αό αυτά δεν βρίσκεται άνω στον βρόχο C, και τέλος να ρέει να βρούμε οια αό αυτά βρίσκονται στο εσωτερικό του C. Είναι ροφανές ότι αό τα ανώμαλα σημεία μόνο το 3 = il + / βρίσκεται στο εσωτερικό του βρόχου C ενώ τα υόλοια βρίσκονται όλα έξω αό τον C. Τώρα το θεώρημα των ολοκληρωτικών υολοίων μας δίνει όου αφού το 3 είναι αλός όλος Εειδή si 3 5 / 4 C f ( d ) =ires f( ) = si Res f( ) = Res = = 3 = 3 5 4si 4cos 3 si 3 = και ( i 3 i3) ( ) cos = e + e / = i + i / = 3 i/ αίρνουμε τελικά I 54 5 = i =. 3i 6

5 [5] Τμήμα Β (β) Η εεξεργασία είναι ακριβώς η ίδια με αυτή του θέματος Α(β). Βρίσκουμε ότι ΘΕΜΑ. 3 5 I = + i + και I =. Τμήμα Α (α) Συνάρτηση f( ). Η συνάρτηση f( ) είναι ρητή και ως εκ τούτου αναλυτική αντού εκτός αό τα σημεία = (όλος τάξης ) και = (αλός όλος). Το ανάτυγμα εομένως με κέντρο το σημείο = είναι ένα ανάτυγμα MacLauri ή ένα ανάτυγμα Laure ανάλογα με το χωρίο στο οοίο ανατύσσουμε τη συνάρτηση. Έτσι θα έχουμε τα εξής: Στο χωρίο < ου είναι ένας ανοικτός κυκλικός δίσκος στον οοίο η f () είναι αντού αναλυτική το ανάτυγμα θα είναι ένα ανάτυγμα MacLauri και η ακτίνα σύγκλισης (αόσταση του κέντρου αό το κοντινότερο ανώμαλο σημείο) θα είναι. Αντίθετα, στο δακτυλιοειδές χωρίο < < το ανάτυγμα θα είναι ένα ανάτυγμα Laure αφού στον εσωτερικό κλειστό δίσκο υάρχει το ανώμαλο σημείο =. Στο δακτυλιοειδές χωρίο > το ανάτυγμα θα είναι άλι ένα ανάτυγμα Laure αφού στον εσωτερικό κλειστό δίσκο υάρχουν τα ανώμαλα σημεία = και =. Συνάρτηση f ( ). Η συνάρτηση f ( ) έχει αλό όλο το σημείο = και ουσιώδες ανώμαλο σημείο το =. Άρα το ανάτυγμα της f ( ) στο δακτυλιοειδές χωρίο < < θα είναι ένα ανάτυγμα Laure δυνάμεων

6 [6] του (αφού το ανώμαλο σημείο = βρίσκεται στον εσωτερικό κυκλικό δίσκο ου εδώ είναι εκφυλισμένος σε ένα σημείο). Είσης, το ανάτυγμα στο χωρίο < θα είναι και αυτό ένα ανάτυγμα Laure σε δυνάμεις του (αφού τα δύο ανώμαλα σημεία = και = βρίσκονται στον εσωτερικό κυκλικό δίσκο ). Τμήμα Β (α) Πανομοιότυη εεξεργασία με την ανωτέρω για το ζήτημα Α(α). Ίδια αοτελέσματα. Τμήμα Α (β) Για τον υολογισμό του ανατύγματος της f( ) την αναλύουμε σε αλά κλάσματα: = + ( + ) ( ) + ( + ) Ανάτυγμα MacLauri στο χωρίο < : Κάθε όρος στο δεξί μέλος αναλύεται σε σειρά στο χωρίο < ως εξής: 4 = = = = = 5 5 = = 5 ( ) + ( ) Ο υολογισμός του ανατύγματος της συνάρτησης ( + ) μορεί να γίνει εύκολα αν βασισθούμε στο ανάτυγμα της ( + ) και εικαλεσθούμε το θεώρημα 6. σελ. 49 στις σημειώσεις του μαθήματος. Θα έχουμε λοιόν στο χωρίο < : =

7 [7] = ( ) = ( ) + + = ( + ) ( + ) = ( + ) = = + ( ) ( ) = = = ( ) ( ) + = Τελικά το ζητούμενο ανάτυγμα MacLauri γράφεται f = + + = ( ) 5 ( ) 3 ( ) ( ) = = = = + ( ) (3) = Ανάτυγμα Laure στο χωρίο < < : Στο χωρίο αυτό < και <. Έτσι καθένα αό τα αλά κλάσματα θα έχει ένα ανάτυγμα σε σειρά δυνάμεων του ως εξής: 4 = = = = = = = ( ) ( ) = + = = Εειδή η ανωτέρω σειρά συγκλίνει ομοιόμορφα σε κάθε κλειστό υοχωρίο του χωρίου < < με είκληση γνωστού θεωρήματος (βλέε σημειώσεις σελ.44 θεώρημα 6.8) μορούμε να την αραγωγίσουμε όρο ρος όρο για να άρουμε + = ( ) = ( ) ( + ) ( + ) + = = Τελικά το ζητούμενο ανάτυγμα γράφεται

8 [8] + 3 ( ) = 5 ( ) 3 ( ) ( ) = = = = = = f Ανάτυγμα Laure στο χωρίο > : Στο χωρίο αυτό < και <. Με εντελώς ανάλογο τρόο όως και ανωτέρω βρίσκουμε ότι = = 4 = = + = = = Το ανάτυγμα των άλλων δύο αλών κλασμάτων 5 ( + ) και είναι το ίδιο με την ροηγούμενη ερίτωση και έτσι έχουμε = = = f ( ) = ( ) = ( ) (+ 3 ) Ολοκληρωτικό υόλοιο στο =. Εειδή η f( ) είναι αναλυτική στο =, ροφανώς θα έχουμε Res f ( ) =. = 3( + ) Σημείωση: Για την εεξεργασία αυτού του ερωτήματος θα ήταν αρκετό να υολογισθεί σωστά το ανάτυγμα της f () σε ένα μόνο αό τα ανωτέρω τρία χωρία. Το ίδιο ισχύει και για το τμήμα Β. Τμήμα Β (β) Με εντελώς ανάλογο τρόο με τον ανωτέρω εεξεργαζόμαστε το ερώτημα αυτό για να βρούμε

9 [9] Τμήμα Α (γ) 5 = +, ( ) ( + ) + ( ) ( ) f( ) =, στο χωρίο, + = < ( ) f ( ) =, στο χωρίο < <, + = = = f ( ) = ( ), στο χωρίο <, Res f ( ) =. = Το σημείο = είναι ουσιώδες ανώμαλο σημείο για την f (). Γι αυτό είναι ααραίτητο να ανατρέξουμε στην σειρά Laure της f () στο χωρίο < < αό όου θα βρούμε την τιμή ου έχει ο συντελεστής του όρου ως ρος /. Βασιζόμενοι στο ανάτυγμα MacLauri της εκθετικής συνάρτησης e = /! θα έχουμε = m m f( ) = m = = m= m! = m= m! m Ο όρος ως ρος / λαμβάνεται αό το ανωτέρω διλό άθροισμα όταν m= + και ο αντίστοιχος συντελεστής είναι ροφανώς ο Τμήμα Β (γ) + Res f( ) = = = + = + e. = = ( + )! =! =! Εντελώς ανάλογα βρίσκουμε ότι ( ) ( ) f ( ) = Res f ( ) = = m! ( + )! e m = = m= =

10 [] ΘΕΜΑ 3. Τμήμα Β (α) Θεωρούμε την συνάρτηση f( ) = = ( + i) ( i) ( + ) και τον θετικά ροσανατολισμένο ημικυκλικό βρόχο C του σχήματος ου αοτελείται αό το ημικύκλιο C κέντρου Ο και την διάμετρό του ( R) R εί του άξονα των x. Η συνάρτηση f () ως ρητή είναι αντού αναλυτική εκτός αό τα σημεία ου αντιστοιχούν στις δύο διλές ρίζες = i και = i του αρονομαστή. Παρατηρούμε ότι αό αυτές τις ρίζες η βρίσκεται στο άνω ημιείεδο ( y > ) ενώ η βρίσκεται στο κάτω ημιείεδο ( y < ). y R C R R Ο R x Το θεώρημα των ολοκληρωτικών υολοίων εφαρμοζόμενο για το βρόχο C και την συνάρτηση f () μας δίνει f ( d ) = f ( d ) + f ( xdx ) = i Res f ( ) C C R = R Αφήνουμε την ακτίνα R να τείνει ρος το άειρο και η ιο άνω σχέση γίνεται R

11 [] lim f ( d ) + f( xdx ) = ires f( ) C R. R = Το ολοκληρωτικό υόλοιο στο σημείο της f () ) γράφεται = i (ου είναι διλός όλος Res f( ) = Res = = = = =i και εομένως ( + i) i i 3 ( i) ( + i) ( + i ) 4 = i = i lim f( ) d+ f( x) dx= R C R. Τώρα θα δείξουμε με την βοήθεια της ανισότητας Darboux (βλέε σημειώσεις Μιγαδ. Λογ. σελ. 7 εξίσωση (5.4)) ότι lim f( ) d =. R Γι αυτό το σκοό χρησιμοοιούμε την τριγωνική ανισότητα για τα σημεία άνω στον δρόμο C R (όου = R> = i) για να άρουμε: C R R + = R ( + ) ( R ) ( + ) ( R ). Αό αυτή ροκύτει ότι άνω στον C R η f () φράσσεται ως εξής: R f( ) M ( R ). Τώρα η ανισότητα Darboux γράφεται 3 R R f( ) d R=. C R ( R ) ( R ) R Άρα lim f( ) d R =. C R Τελικά αοδείξαμε ότι x dx =. ( x + )

12 [] Τμήμα Α (α) Η εεξεργασία είναι εντελώς ανάλογη με την ανωτέρω. Θεωρούμε την συνάρτηση f( ) = ( + ) με = i, = i όλους τάξης και τον ίδιο ημικυκλικό βρόχο C. Βρίσκουμε ότι i Res f( ) = και dx= = + 4 ( x ) Τμήμα Β (β) Το ολοκλήρωμα ου θέλουμε να υολογίσουμε 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 θετικά ροσανατολισμένο μοναδιαίο κύκλο C με κέντρο την i αρχή θα έχουμε λοιόν = e θ, cos θ = ( + ) /, και dθ = d/ i. Έτσι το ροτεινόμενο ρος υολογισμό ολοκλήρωμα γράφεται στην μορφή του δρομικού ολοκληρώματος d d I = = + i i C C 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 ραγματικές: = + 3 και = 3.

13 [3] y C O x Αό αυτές μόνο η βρίσκεται στο εσωτερικό του βρόχου. Με εφαρμογή του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υολοίων μορούμε να γράψουμε: C d = ires = i = i = Τελικά θα έχουμε I = i=. i 3 3 Τμήμα Α (β) Η εεξεργασία του θέματος είναι ανομοιότυη με την ανωτέρω. Θεωρούμε και εδώ τον μοναδιαίο κύκλο C με κέντρο την αρχή Ο στα i σημεία του οοίου = e θ, si θ = ( ) / i, dθ = d/ i. Το ρος υολογισμό ραγματικό ολοκλήρωμα γράφεται στη μορφή του δρομικού ολοκληρώματος: d d I = = i + 4i + C C i Η ρος ολοκλήρωση ρητή συνάρτηση έχει τους δύο αλούς όλους = ( + 3) i και = ( + 3) i εκ των οοίων μόνο ο βρίσκεται στο εσωτερικό του C. Τελικά βρίσκουμε ότι

14 [4] I = ires = 4i =. = i + i ΘΕΜΑ 4. Τμήμα Β (α) Η μετασχηματισμένη Fourier της f ( x ) γράφεται κατά σειρά ikx x ikx ( + ik ) x ix ix ( ) ( ) ( ) si ( ) i [ + ( k) i] x [ + ( + k) i] x F k = f x e dx= H x e xe dx= e e e dx= [ + ( k) i] x [ + ( + k) i] x e e = ( e e ) dx i = i ( ki ) ( ki ) k + ( k + ) i = = 4. k + i + k i k Τελικά η ζητούμενη μετασχηματισμένη Fourier είναι η 3 k + ( k + ) i F ( k) =.. 4 k + 4 Τμήμα Α (α) Με εντελώς ανάλογο τρόο με τον ανωτέρω βρίσκουμε ότι 3 k + k i F ( k) =. 4 ( ki ) ( ki ) = + + k + 4 Τμήμα Β (β) Ας συμβολίσουμε με Uk (, ) την μετασχηματισμένη Fourier (ως ρος την ανεξάρτητη μεταβλητή x ) της ρος ροσδιορισμό συνάρτησης ux. (, ) Δηλαδή

15 [5] ikx F [ ux (, )] Uk (, ) = uxe (, ) dx. Αν δράσουμε άνω στην διαφορική εξίσωση με τον μετασχηματισμό Fourier F και χρησιμοοιήσουμε την ιδιότητα μετασχηματισμού της αραγώγου (βλέε στο e-course το «Συμλήρωμα σημειώσεων Μιγαδικού Λογισμού», σελ.) αίρνουμε U U k ( ) 4 4 ik U = iku = ik U της οοίας η ολοκλήρωση μας δίνει, k ik 4 Uk (, ) = Uk (,) e. Όμως αό την αρχική συνθήκη ux (,) = δ ( x) ροκύτει ότι (βλέε στο e-course το «Συμλήρωμα σημειώσεων Μιγαδικού Λογισμού», Παράδειγμα 3 σελ.) U( k,) = F[ u( x,)] = F [ δ ( x)] = και έτσι k ik 4 Uk (, ) = e. Η ζητούμενη λύση ροκύτει με την βοήθεια του αντίστροφου μετασχηματισμού Fourier: ux (, ) = [ Uk (, )] = e F F [ ik( k 4)]. Ο υολογισμός της [ ik( k 4)] F [ e ] είναι εύκολος. Θα έχουμε + + ( ) [ ( 4)] k i x k ik k ikx 4 ux (, ) = e e dk= e dk. Δείτε ένα αρόμοιο υολογισμό στο «Συμλήρωμα σημειώσεων Μιγαδικού Λογισμού» Παράδειγμα 4 σελ..

16 [6] Εδώ αρατηρούμε ότι ( ) ( ) x + x + k i x k k k i k i x = = 4 οότε ( x ) x + + k i ux (, ) = e e dk Με την αλλαγή k λ = ( ) k i( x+ ) στην μεταβλητή ολοκλήρωσης η ροηγούμενη σχέση γράφεται ( x+ ) ( x+ ) λ e ux (, ) = e dλ = e και τελικά ( x+ ) e ux (, ) =. Τμήμα A (β) Εντελώς ανάλογα με το ερώτημα Β(β) βρίσκουμε ότι και στη συνέχεια ότι F [ ux (,)] Uk (,) = e k 4 ux (, ) [ (, )] x + e = F Uk =.

17 [7]