ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2014 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

Transcript

1 ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ α) Δείτε στις «Σημειώσεις Μιγαδικού Λογισμού» β) Το ραγματικό και το φανταστικό μέρος της f ( ) γράφονται uy (, ) = y και v(, y) = y Οι ρώτες μερικές αράγωγοι των uy (, ) και vy (, ) u =, u = y, v = y, v =, y y είναι ροφανώς συνεχείς σε όλο το είεδο,y Εομένως, η f ( ) θα έχει αράγωγο στα σημεία ου ικανοοιούνται οι εξισώσεις auchy- emann Αυτές μας δίνουν u = v = =, y u = v y= y y= y Βλέουμε λοιόν ότι υάρχει η αράγωγος μόνο στο σημείο = Παρατήρηση: Η ικανοοίηση των εξισώσεων auchy-emann μορεί να ελεγχθεί και μέσω της εξίσωσης f = Περνώντας αό τις ραγματικές μεταβλητές,y στην μεταβλητή η f ( ) γράφεται f ( ) =, οότε f = = = Η f ( ) δεν είναι αναλυτική στα σημεία εγκοής κλάδου της Log( ) και στα σημεία ου αντιστοιχούν στις ρίζες των συναρτήσεων +, snh( ) Στα υόλοια σημεία του μιγαδικού ειέδου η f ( ) είναι αναλυτική Έτσι, τα σημεία μη-αναλυτικότητας της f ( ) έχουν ως εξής: Για την Log( ) : Τα σημεία εγκοής κλάδου ροσδιορίζονται αό τις σχέσεις Im( ) = και e( ) Αυτά ροφανώς είναι τα σημεία της ημιευθείας = + με

2 Για την + = : Οι ρίζες της + είναι οι = ± Για την snh( ) : Είναι γνωστό ότι οι ρίζες της συνάρτησης snh είναι οι k = k με k Z (Αυτό είναι ροφανές αό το ότι snh = sn( ) ) Εομένως οι ρίζες της snh( ) είναι οι = ( + k ) με k Z k γ) Υολογισμός του f ( ) d : Ο βρόχος αοτελείται αό τους δρόμους ΟΑ, ΑΒ και ΒΟ με αραμετρικές εξισώσεις: ΟΑ: =, με Εδώ f[ ( )] = = και ( ) ΑΒ: = e θ, με θ (ή και θ 7 ) Εδώ f θ = θ = e θ και ( θ ) = e θ [ ( )] ( ) 9 ΒΟ: = ( ), με Εδώ ( ) = f [ ( )] ( ) = + και Τα δρομικά ολοκληρώματα άνω σε αυτούς τους δρόμους έχουν ως εξής: f( ) d = d = = 9 OA AB θ θ θ f( ) d = 9e e dθ = 7e = 7( e + ) = BO Τελικά, 9 f ( ) d = ( + ) ( ) d == ( ) = ( + )

3 f ( ) d = f ( ) d + f ( ) d + f ( ) d = OA AB BO 9 = ( + ) = 8 ( + + ) Υολογισμός του ( ) d : Τα σημεία ±, + με f βρίσκονται όλα έξω αό το βρόχο Αό τα σημεία ( + k ) με k Z μόνο το σημείο = ( ) το οοίο είναι αλός όλος βρίσκεται μέσα στο βρόχο Εομένως με εφαρμογή του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υολοίων θα έχουμε: Log( ) ( ) = es ( ) = = = + cosh( ) f d f ( ) Log[( ) ] ln( ) + ln( ) = = = ( ) cosh( ) ( )cos ΘΕΜΑ α) Η αεικόνιση δεν είναι σύμμορφη στα σημεία ου η f ( ) δεν είναι αναλυτική και στα σημεία ου f ( ) ( ) = + = Αυτά τα σημεία είναι τα =, =, = Η γωνία στροφής στο σημείο = + ισούται με f Ο arg[ ( )] = arg ( + ) = arg( + ) = συντελεστής κλίμακας ισούται με f ( ) = + = Η f ( ) είναι αναλυτική στο σημείο = Η ακτίνα σύγκλισης της σειράς Taylor ισούται με όσο είναι η αόσταση αό το λησιέστερο ρος το ανώμαλο σημείο ου είναι το Το χωρίο στο οοίο η σειρά Taylor συγκλίνει είναι το < Θα έχουμε κατά σειρά n f( ) = + = + + = + + [ ( )] = [ ( )] n= n= n= n n n n = + + ( ) ( ) = ( ) + ( ) ( )

4 β) Το χωρίο < < είναι ένα δακτυλιοειδές χωρίο ου στο εσωτερικό του δηλαδή στο χωρίο υάρχει ένα ανώμαλο σημείο της f ( ) Εομένως το ανάτυγμα σε σειρά δυνάμεων του της f ( ) σε αυτό το χωρίο δεν μορεί να είναι ένα ανάτυγμα Taylor αλλά θα είναι ένα ανάτυγμα Laurent Για τον υολογισμό του αναλύουμε αρχικά την ρητή συνάρτηση f ( ) σε αλά κλάσματα + = ( )( ) Καθένα αό αυτά τα αλά κλάσματα στο χωρίο < < όου < και < ανατύσσεται ως εξής: n n n+ n= n= = = = n n n+ n= n= = = = Εομένως το ζητούμενο ανάτυγμα Laurent γράφεται γ) Η συνάρτηση n f ( ) = n+ n+ n= n= = είναι αντού αναλυτική εκτός αό το f( ) ( ) e σημείο = το οοίο είναι ουσιώδες ανώμαλο σημείο Το ανάτυγμα της f( ) σε σειρά Laurent στο χωρίο > γράφεται: n f( ) = ( ) ( ) n = + n = n= n! n= n! = n n + n = + + = n n= n! n= n! n= n! n= n! ( n+ )! ( n+ )! n + n = + n n= ( n+ )!

5 5 Το ολοκληρωτικό υόλοιο της f( ) στο = είναι ο συντελεστής του στην ανωτέρω σειρά Laurent Δηλαδή es f( ) = + = = =!!! 6 Τώρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα γράφεται ΘΕΜΑ α) Θεωρούμε την συνάρτηση f( ) = ( + )( ) f( ) d = es f( ) = = 6 = και τον θετικά ροσανατολισμένο ημικυκλικό βρόχο του σχήματος ου αοτελείται αό το ημικύκλιο κέντρου Ο και την διάμετρό του ( ) εί του άξονα των Η συνάρτηση f( ) είναι αντού αναλυτική εκτός αό τα σημεία ου αντιστοιχούν στις ρίζες της Αυτές είναι οι = (όλος τάξης ) και = (αλός όλος) - O Το θεώρημα των ολοκληρωτικών υολοίων εφαρμοζόμενο για το βρόχο και την συνάρτηση f( ) μας δίνει

6 6 f( ) d = f( ) d+ f( ) d = es f( ) Αφήνουμε την ακτίνα να τείνει ρος το άειρο και η ιο άνω σχέση γίνεται lm f( ) d = f( ) d+ lm f( ) d = es f( ) () = = Το ολοκληρωτικό υόλοιο στο σημείο γράφεται + es f( ) = es = ( ) = = = = =! ( ) ( ) + + = 8 = Αντικαθιστούμε την οιο άνω τιμή στη σχέση () ου γίνεται lm f ( ) d + f ( ) d = () Τώρα θα δείξουμε με την βοήθεια της ανισότητας Darbou ότι lm f ( ) d = Γι αυτό το σκοό χρησιμοοιούμε την τριγωνική ανισότητα για τα σημεία άνω στον δρόμο άρουμε: (όου = ) για να ( + )( ) = + = ( ) οότε f( ) ( ) Τώρα η ανισότητα Darbou γράφεται ( ) ( ) f d

7 7 Στο όριο ου εειδή Darbou έεται ότι = αό την ανισότητα lm ( ) lm f ( ) d = lm f ( ) d =, και έτσι lm f ( ) d =, και η () γράφεται d = ( + )( ) Σημείωση: Εναλλακτικά ο υολογισμός του ολοκληρώματος θα μορούσε να γίνει με ειλογή του ημικυκλικού βρόχου στο κάτω ημιείεδο ( y < ) Το λεονέκτημα είναι ότι με αυτό τον τρόο αντί να έχουμε να υολογίσουμε το ολοκληρωτικό υόλοιο στον όλο τρίτης τάξης = θα έχουμε να υολογίσουμε το ολοκληρωτικό υόλοιο στον αλό όλο = β) Το ολοκλήρωμα αυτό εντάσσεται στην γενική κατηγορία των ολοκληρωμάτων της μορφής F(sn θ,cos θ) dθ Τα ολοκληρώματα αυτά μορούν να υολογισθούν με την μετατροή τους σε ένα δρομικό ολοκλήρωμα άνω στον μοναδιαίο κύκλο ( θ) = e θ, 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 = e θ, cos θ = ( + ) /, sn θ = ( ) και dθ = d / Έτσι το ροτεινόμενο ρος υολογισμό ολοκλήρωμα γράφεται στην μορφή του δρομικού ολοκληρώματος

8 8 I = d = d + ( + ) 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 ( ), ( ) + + = = + 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 = <, και = + >, συμεραίνουμε ότι μόνο το βρίσκεται στο εσωτερικό του y Τώρα με εφαρμογή του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υολοίων αίρνουμε Ι= es = ( ) = = = ( + ) ( )( ) Τελικά

9 9 dθ = snθ + cosθ + ΘΕΜΑ α) Παρατηρούμε ότι αό τον ορισμό της η συνάρτηση f( ) είναι διάφορη του μηδενός μόνο στο διάστημα (,) Ειδικότερα, sn αν (, ) f( ) = αν (,) (, ) Η μετασχηματισμένη Fourer της f( ) γράφεται k k k F( k) = f ( ) e d sn e d ( e e ) e d = = = ( k) ( + k) ( k) ( + k) e e = ( e e ) d = + = ( k) ( + k) ( k) ( + k) e e = + = + k + k k + k k + k k + e = k Ο τύος Parseval-Plancherel γράφεται Εδώ f ( ) d = F( k) dk f ( ) d = sn d =, k k + e + e F( k) dk = F( k) F( k) dk = dk = k k k k + e + e + cos( k ) = dk = dk ( k ) ( k ) k ( e ) + =

10 Τελικά ο τύος Parseval-Plancherel μας δίνει + cos( k) dk = ( k ), και εειδή η υό ολοκλήρωση συνάρτηση είναι άρτια + cos( k) dk = ( k ) β) Αν συμβολίσουμε με F τον μετασχηματισμό Fourer ως ρος την μεταβλητή, και με U( kt,) = F [ u(,)] t την μετασχηματισμένη Fourer της u(,) t τότε γνωρίζουμε ότι u F = ku ( k,) t και u Ukt (,) F = t t Λαμβάνοντας αυτά υόψη και δρώντας άνω στην διαφορική εξίσωση με τον μετασχηματισμό F αίρνουμε U U ku = + U = ( k ) U t t Αυτή είναι μια ρωτοτάξια γραμμική και ομογενής διαφορική εξίσωση της οοίας η γενική λύση γράφεται Ukt (, ) Uk (,) e ( k ) t =, () όου η σταθερά ολοκλήρωσης Uk (,) είναι η μετασχηματισμένη Fourer της αρχικής συνθήκης u (,) = f( ) Πράγματι, αν δράσω άνω στην αρχική συνθήκη με τον μετασχηματισμό F αίρνω Uk (,) = Fk ( ), όου Fk ( ) είναι η μετασχηματισμένη Fourer ου υολογίσαμε στο ερώτημα (α) Τώρα δρώντας και στα δύο μέλη της () με τον αντίστροφο μετασχηματισμό Fourer F αίρνουμε ut (, ) = Uk (,) e = e Uk (,) e ( k ) t t kt F F

11 Όμως, [ ] F Uk (,) = u (,) = f( ) και έτσι με τη βοήθεια της ιδιότητας μετατόισης της ανεξάρτητης μεταβλητής για το μετασχηματισμό Fourer καταλήγουμε στην ζητούμενη λύση [ ] t t u(, t) = e f( + t) = e H( + t) H( + t ) sn( + t)