u x = 2uu y u y = 0 ϕ x = x t h (t), ϕ xx = x2 t 3 h (t) και ϕ y = y t h (t), ϕ yy = y2 t 3 h (t). t 2 h (t) + x2

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "u x = 2uu y u y = 0 ϕ x = x t h (t), ϕ xx = x2 t 3 h (t) και ϕ y = y t h (t), ϕ yy = y2 t 3 h (t). t 2 h (t) + x2"

Θήρα Τρύφαινα Βουγιουκλάκης
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μιγαδική Ανάλυση ΟΜΑΔΑ: Β 9 Ιουνίου, 07 Θ. αʹ) Αν το G είναι ένας τόπος, δηλαδή ένα ανοικτό και συνεκτικό σύνολο στο C, να βρεθούν όλες οι αναλυτικές συναρτήσεις f) fx+iy) ux, y)+ivx, y) στο G τέτοιες ώστε vx, y) u x, y), για κάθε x + iy G. μον.) βʹ) Αν η συνάρτηση h : 0, ) είναι δυο φορές συνεχώς παραγωγίσιμη, να βρεθούν όλες οι αρμονικές συναρτήσεις της μορφής ϕx, y) : h x + y ), x, y) \ {0, 0)}. Λύση. μον.) αʹ) Επειδή η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο G, ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy iemann: { } { } { } { } ux v y ux uu y ux uu y u x uu y u y v x u y uu x u y 4u u y + 4u ). u y 0 Επομένως, u x u y v x v y 0 και κατά συνέπεια f ) u x x, y) + iv x x, y) 0 στο τόπο G. Τότε από γνωστή πρόταση η f καθώς επίσης και οι u, v είναι σταθερές στο G. Άρα, βʹ) Αν t x + y, είναι Επομένως f) λ + iλ, λ. ϕ x x t h t), ϕ xx x t h t) + y t 3 h t) και ϕ y y t h t), ϕ yy y t h t) + x t 3 h t). ϕ xx + ϕ yy x + y t h t) + x + y t 3 h t) h t) + t h t) t th t) + h t)). Επειδή η συνάρτηση ϕ είναι αρμονική στο \ {0, 0)}, δηλαδή ϕ xx + ϕ yy 0, έχουμε 0 th t) + h t) [th t)] 0, για κάθε t > 0. Η λύση της διαφορικής εξίσωσης είναι ht) c ln t + c, t > 0, με c, c. Άρα, ϕx, y) c ln x + y + c, c, c. Θ. αʹ) Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση, δηλαδή αναλυτική στο C. Αν f) c n n n0 n0 f n) 0) n, C, n!

2 είναι το ανάπτυγμα Taylor της f, από το θεώρημα Cauchy-Taylor για κάθε r > 0 οι συντελεστές της δυναμοσειράς δίνονται από τον τύπο c n f n) 0) f) d. n! πi r n+ Δείξτε ότι αν η f είναι φραγμένη στο C, δηλαδή αν υπάρχει M > 0 τέτοιο ώστε f) M για κάθε C, τότε η συνάρτηση f είναι σταθερή στο C. μον.) βʹ) Δείξτε ότι δεν υπάρχει ακέραια συνάρτηση g : C C τέτοια ώστε Λύση. αʹ) Για κάθε n N είναι c n f n) 0) n! πi π M π g) >, για κάθε C. ) r r r M πr n+ f) n+ d f) d n+ r μον.) d f) M) rn+ d M πr n+ πr M r n 0. r Επομένως c n 0, για κάθε n. Άρα f) c 0, δηλαδή η f είναι σταθερή στο C. βʹ) Υποθέτουμε ότι υπάρχει ακέραια συνάρτηση g : C C τέτοια ώστε η ) ισχύει. Τότε η συνάρτηση g δεν μηδενίζεται, δηλαδή δεν έχει ρίζες στο C. Πράγματι, αν g 0 ) 0 για κάποιο 0 C, τότε g 0 ) 0 0. άτοπο λόγω της )) Επομένως η συνάρτηση h) : g) h) είναι ακέραια και από την ) έχουμε <, για κάθε C. g) Δηλαδή η ακέραια συνάρτηση h είναι φραγμένη στο C και από το α ), δηλαδή από το θεώρημα Liouville, η h είναι σταθερή στο C. Εστω h) g) c, για κάθε C. Ομως h0) 0 και αυτό συνεπάγεται ότι c 0. Επομένως 0, για κάθε C. άτοπο) g) Άρα, δεν υπάρχει ακέραια συνάρτηση g : C C που να ικανοποιεί την ). Θ3. αʹ) Εστω i f) i) + ). Να βρεθούν όλοι οι δυνατοί δακτύλιοι με κέντρο το 0 i στους οποίους η f αναπτύσσεται σε σειρά Laurent και να βρεθεί το ανάπτυγμα Laurent της f στο μεγαλύτερο δυνατό δακτύλιο που περιέχει το σημείο + i.,5 μον.)

3 βʹ) Εστω Λύση. sinπ) n a n n το ανάπτυγμα Laurent της συνάρτησης g) { C : < < } με κέντρο το 0 0. sinπ) στο δακτύλιο Χρησιμοποιώντας το θεώρημα Laurent καθώς επίσης και το θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων να υπολογιστούν ο συντελεστής a n, για κάθε n.,5 μον.) αʹ) Είναι f) i i) + ) + i) + i) i) i) + i) i). Τα μεμονωμένα ανώμαλα σημεία της f είναι: 0 και ±i. Επομένως, το ανάπτυγμα Laurent της f με κέντρο το i μπορεί να γίνει στους δακτυλίους { C : 0 < i < }, { C : < i < } και 3 { C : i > }. Επειδή + i) i + i και < + i <, το + i. Θα αναπτύξουμε την f στο δακτύλιο που είναι ο μεγαλύτερος δακτύλιος που περιέχει το σημείο + i. Επειδή ως γνωστόν έχουμε + w ) n w n, w <, γεωμετρική σειρά) n0 f) i) + i) i) i) [ i) + i] i) [ i) + i] i) 3 ) i i) ) + i i ) n + i i ) n i ) n i i) 3 i i i) ) n i n0 n0 i i < i > και i i < i < ) i) n i) n+3 + ) n+ i i) n. n0 n0 Το παραπάνω ανάπτυγμα ισχύει στο δακτύλιο { C : < i < } που είναι ο μεγαλύτερος δυνατός δακτύλιος που περιέχει το σημείο + i. βʹ) Είναι sinπ) 0 π kπ k, k Z. Τα k k, k Z, είναι μεμονωμένα ανώμαλα σημεία της g. Από το θεώρημα Laurent οι συντελεστές a n δίνονται από τον τύπο a n / sinπ) πi r n+ d n+ πi r sinπ) d, όπου ο κύκλος r με κέντρο 0, ακτίνα r, < r < και θετική φορά διαγραφής ανήκει στο δακτύλιο. Τα σημεία 0 και ± βρίσκονται στο εσωτερικό του κύκλου r. 3

4 i) n : Σ αυτή την περίπτωση έχουμε a 0 πi r sinπ) d. Τα σημεία 0 και ± είναι απλοί πόλοι της h) sinπ). Από το θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων έχουμε a 0 πi r d es sinπ) sinπ), sinπ)) + ii) n 0: Σ αυτή την περίπτωση είναι ) + es sinπ), 0 sinπ)) + 0 π cos π) + π cos 0 + π cos π π + π π π. h) n+, με n 0 n +. sinπ) ) ) + es sinπ), sinπ)) Τα σημεία ± είναι απλοί πόλοι της h ενώ το 0 είναι επουσιώδες ανώμαλο σημείο της h. Από το θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων έχουμε a n n+ ) ) n+ n+ d es πi r sinπ) sinπ), + es sinπ), n+ sinπ)) + n+ sinπ)) ) n+ π cos π) + π cos π ) n π { π π αν n περιττός 0 αν n άρτιος. Θ4. Αν n N, να λυθεί η εξίσωση n i 0 και στη συνέχεια να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα I n πi n i d. Λύση. Επειδή n i 0 n i e iπ/ n eiπ/,,5 μον.) οι ρίζες της εξίσωσης n i 0 δίνονται από τον τύπο k kπ+π/ ei n, k 0,,..., n. n 4

5 Επειδή οι k, k 0,,..., n, είναι απλές ρίζες της εξίσωσης n i 0 με k / n <, τα k είναι απλοί πόλοι της συνάρτησης f) n / n i) στο εσωτερικό του μοναδιαίου κύκλου. Επομένως από το θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων ) ) ) n n n I es n i, 0 + es n i, + + es n i, n n n i) + n 0 n i) + + n n i) n 0 n0 n + n n n + + n nn n n n. n Θ5. Εστω P, Q δύο πολυώνυμα. Αν γ είναι το ημικύκλιο του άνω ημιεπιπέδου με παραμετρική εξίσωση θ) e iθ, 0 θ π, διατυπώστε το λήμμα Jordan για το ολοκλήρωμα P ) γ Q) eiλ d, λ > 0. Ποια συνθήκη πρέπει να ικανοποιούν τα πολυώνυμα; Χρησιμοποιώντας μιγαδική ολοκλήρωση και το λήμμα Jordan, δείξτε ότι + cosπx) + x + x + dx e iπx ) x + x + dx πe π. Λύση. Λήμμμα Jordan: Αν βαθμός Q) βαθμός P ) + και λ > 0, τότε P ) lim + γ Q) eiλ d 0. Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση f) P ) Q) + +.,5 μον.) Τα ± i είναι μεμονωμένα ανώμαλα σημεία της f και το + i βρίσκεται στο άνω ημιεπίπεδο. Ολοκληρώνουμε τη συνάρτηση f πάνω στην κλειστή και τμηματικά λεία καμπύλη γ [, ] γ, με θετική φορά, όπου γ είναι το ημικύκλιο στο άνω ημιεπίπεδο με παραμετρική εξίσωση θ) e iθ, 0 θ π και > + i. Η συνάρτηση f είναι αναλυτική πάνω και στο εσωτερικό της γ εκτός από το σημείο + i που είναι απλός πόλος της f. Επειδή es f)e iπ, + i ) lim + i)) +i + i)) + + i) eiπ eiπ +i) i iπ e π e i e π i, από το θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων fx)e iπx dx + f)e iπ d πi es f)e iπ, + i ) πe π. γ Επειδή βαθμός + + ) > βαθμός ) + και π > 0, από το λήμμα Jordan lim f)e iπ d lim γ γ + + eiπ d 0. ) 5

6 Παίρνοντας στη ) το, έχουμε + cosπx) + x + x + dx e iπx ) x + x + dx πe π. Σημείωση: Εστω 0 C και έστω f αναλυτική συνάρτηση στο διάτρητο δίσκο D 0, ) : 0 < 0 <. Αν το 0 είναι πόλος τάξης k N της f, τότε es f, 0 ) [ lim 0 ) k f) ] k ). k )! 0 Αν f ϕ ϕ, όπου ϕ, ϕ αναλυτικές συναρτήσεις στο 0 με ϕ 0 ) 0, ϕ 0 ) 0 και ϕ 0 ) 0, τότε το 0 είναι απλός πόλος της f με es f, 0 ) ϕ 0 ) ϕ 0). Διάρκεια εξέτασης: 3 ώρες 6

Σχετικά έγγραφα

f(z) 1 + z a lim f (n) (0) n! = 1

f(z) 1 + z a lim f (n) (0) n! = 1 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ 3η Σειρά Ασκήσεων στη Μιγαδική Ανάλυση. Υποθέτουμε ότι η f : C C είναι ακέραια συνάρτηση και ότι το όριο Αποδείξτε ότι η f είναι σταθερή.