ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ. =. Οι πρώτες µερικές u x y

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ. =. Οι πρώτες µερικές u x y"

Αίγλη Βλαστός
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ α) Καταρχήν θα µελετήσουµε την συνάρτηση f Η f γράφεται f ( ) = ( x + )( x ) ( x ) ή ακόµα f ( ) = u( x, ) + v( x, ) µε (, ) u x = x + x x και v( x, ) x παράγωγοι των u( x, ) και v( x, ) γράφονται: u = x, v = x, v x x = Οι πρώτες µερικές u x x = +, = Παρατηρούµε ότι οι πρώτες µερικές παράγωγοι των u( x, ) και v( x, ) υπάρχουν και είναι συνεχείς παντού πάνω στο επίπεδο x, Εποµένως η f θα έχει παράγωγο στα σηµεία που ικανοποιούνται οι εξισώσεις auch-emann (Βλέπε σηµειώσεις Μιγαδ Λογ σελ, «Ικανές συνθήκες») Θα έχουµε λοιπόν: u = v x + = x x + = x u = v x= ( x) = x Βλέπουµε ότι οι εξισώσεις auch-emann ικανοποιούνται µόνο πάνω στο µοναδιαίο κύκλο = µε κέντρο την αρχή των αξόνων Άρα η f είναι παραγωγίσιµη µόνο πάνω σε αυτό τον κύκλο Εκεί η παράγωγός της γράφεται f ( ) = ux+ vx = x x Όσον αφορά την αναλυτικότητα, η f δεν είναι αναλυτική σε κανένα σηµείο του µιγαδικού επιπέδου Ειδικότερα δεν είναι αναλυτική και πάνω στον κύκλο = αφού σε οποιοδήποτε σηµείο πάνω σε αυτό τον κύκλο δεν µπορούµε να βρούµε γειτονιά του που σε όλα τα σηµεία της η f να είναι παραγωγίσιµη Εδώ ας σηµειώσουµε ότι στα σηµεία στα οποία ικανοποιούνται οι εξισώσεις auch-emann ισχύει (Βλέπε σηµειώσεις µιγαδικού λογισµού σελ) f / = = = Άρα όπως και πριν καταλήγουµε στο συµπέρασµα ότι αυτά βρίσκονται πάνω στον µοναδιαίο κύκλο µε κέντρο την αρχή των αξόνων Όσον αφορά τώρα την συνάρτηση f αυτή είναι ακεραία αναλυτική (δηλαδή παραγωγίσιµη σε όλα τα σηµεία του µιγαδικού επιπέδου) ως η σύνθεση ακέραιων αναλυτικών συναρτήσεων Η παράγωγός της σε κάθε σηµείο γράφεται f ( ) π cos( π ) = β) Το ολοκλήρωµα της f πάνω στον δρόµο υπολογίζεται µε παραµετροποίηση Η παραµετρική εξίσωση του δρόµου είναι η ( θ ) = e θ, µε θ [, π ] Θα έχουµε λοιπόν

2 [ ( )] ( ) ( θ θ θ) θ a= f θ θ dθ = e e e e dθ = dθ = π π Αφού η f είναι ακεραία αναλυτική το ολοκλήρωµά της πάνω στον δρόµο δεν εξαρτάται από την µορφή του δρόµου αλλά µόνο από το αρχικό και το τελικό σηµείο Σε κάθε σηµείο του µιγαδικού επιπέδου η f έχει την προφανή αντιπαράγωγο F ( ) = + cos( π ) Έτσι, b= F ( ) F ( ) = F () F ( ) = + co( π ) [ + cos( π )] = B A γ) Επειδή a = π και b = τα σηµεία a και b βρίσκονται έξω από τον κύκλο Εποµένως η συνάρτηση g( ) = cos /( a)( b) είναι αναλυτική παντού πάνω και στο εσωτερικό του απλού βρόχου υνάµει λοιπόν του θεωρήµατος auch-goursat θα έχουµε g( ) = ΘΕΜΑ α) Το χωρίο < < είναι ένα δακτυλιοειδές χωρίο που στον εσωτερικό του δίσκο βρίσκονται τα σηµεία = και = στα οποία η ρητή συνάρτηση f ( ) δεν είναι αναλυτική Εποµένως το ζητούµενο ανάπτυγµα θα είναι ένα ανάπτυγµα Laurent Για τον υπολογισµό του αναπτύγµατος πρέπει πρώτα να αναλύσουµε την f ( ) σε απλά κλάσµατα Η ανάλυση αυτή έχει την γενική µορφή 5+ 6 Α Β Γ f( ) = = + + ( )( ) Βρίσκουµε εύκολα ότι f( ) = + Η ανάλυση σε σειρά στο χωρίο < < κάθε όρου (εκτός βέβαια από τον όρο /) στο δεξί µέλος της παραπάνω εξίσωσης έχει ως εξής: n = = n n = = +, (διότι / < ) n= n= n= n = = n, (διότι / < ) n= Θα έχουµε λοιπόν n n f( ) = n = n n n n= n= n= n= π

3 Τελικά το ζητούµενο ανάπτυγµα Laurent γράφεται f ( ) = n n n n= n= β) Ο κύκλος έχει κέντρο το σηµείο (/,) και ακτίνα Τα ανώµαλα σηµεία της συνάρτησης f είναι τα =, =, = και είναι απλοί πόλοι Από αυτά µόνο τα και βρίσκονται στο εσωτερικό του Εποµένως µε εφαρµογή του θεωρήµατος των ολοκληρωτικών υπολοίπων θα έχουµε f( ) d π es f( ) es f( ) = + = = Τώρα, 5+ 6 es f( ) = cos( π ) = = ( )( ) = 5+ 6 es f( ) = cos( π ) = cosπ = = ( ) = Τελικά f( ) d= π(+ ) = π ΘΕΜΑ α) Θεωρούµε την συνάρτηση + g( ) = f ( ) e π, όπου f ( ) = + και τον θετικά προσανατολισµένο ηµικυκλικό βρόχο του σχήµατος που αποτελείται από το ηµικύκλιο κέντρου Ο και την διάµετρό του ( ) επί του άξονα των x Η συνάρτηση g( ) είναι παντού αναλυτική εκτός από τα σηµεία που αντιστοιχούν στις τέσσερις απλές ρίζες της εξίσωσης + = Οι ρίζες αυτές υπολογίζονται εύκολα (βλέπε σηµειώσεις Μιγαδ Λογ, Παράδειγµα σελ 5) αν επαναδιατυπώσουµε την εξίσωση σε πολική (ή τριγωνοµετρική) µορφή Βρίσκουµε ότι / = e π /, = e π 5 /, = e π /, = e π Παρατηρούµε ότι από αυτές τις ρίζες µόνο οι και βρίσκονται στο άνω ηµιεπίπεδο ( > ) ενώ καµία δεν βρίσκεται πάνω στον άξονα των x,

4 O x Το θεώρηµα των ολοκληρωτικών υπολοίπων εφαρµοζόµενο για το βρόχο και την συνάρτηση g( ) µας δίνει g( ) d g( ) d g( x) dx π es g( ) es g( ) = + = + = = Αφήνουµε την ακτίνα να τείνει προς το άπειρο και η πιο πάνω σχέση γίνεται lm g( ) d+ g( x) dx= π es g( ) + es g( ) = = Τα ολοκληρωτικά υπόλοιπα στα σηµεία και = (που είναι απλοί πόλοι της g( ) ) είναι () π + π + π e + π + π es g( ) = e = e = e = e, = π e + π + π + π π es g( ) = e = e = e = e, = π π ( + ) π π π όπου e = e = e e e Έτσι, + π π es g( ) + es g( ) = e = e = = Αντικαθιστούµε την ποιο πάνω τιµή στη σχέση () που γίνεται lm g( ) d+ g( x) dx= π e π () Τώρα θα δείξουµε µε την βοήθεια του λήµµατος Jordan (βλέπε σηµειώσεις Μιγαδ Λογ σελ 78) ότι lm g( ) d= Γι αυτό το

5 5 σκοπό παρατηρούµε ότι πάνω στον δρόµο (όπου = ) ισχύουν οι ακόλουθες ανισότητες: + = =, + Από αυτές προκύπτει ότι πάνω στον + + = + = + η f ( ) φράσσεται ως εξής: + f ( ) M, Τώρα επειδή lm M = από το λήµµα Jordan έπεται ότι lm g( ) d= και έτσι η σχέση () γράφεται x + x x e π e π = π x + Από αυτήν παίρνοντας τα φανταστικά µέρη και των δύο µελών προκύπτει ότι x + x π sn( π x) dx= π e x + Σηµειώστε ότι επειδή η συνάρτηση κάτω από την ολοκλήρωση είναι άρτια θα έχουµε και x + x π π sn( π x) dx= e x + ΘΕΜΑ α) Η µετασχηµατισµένη Fourer της f ( x ) γράφεται x x x ( + ) x F f x e dx e e dx e dx ( ) = ( ) = = = π π π ( + ) x = e = π + π + Τελικά η ζητούµενη µετασχηµατισµένη Fourer είναι η F( ) = π + β) Αν συµβολίσουµε µε F τον µετασχηµατισµό Fourer ως προς την µεταβλητή x, και µε U (, =F [ u( x, ] την µετασχηµατισµένη Fourer της u( x, t ) τότε γνωρίζουµε (βλέπε Συµπλ Σηµειώσεων σελ ) ότι F u = U (, x και F u U (, = t t

6 6 Λαµβάνοντας αυτά υπόψη και δρώντας πάνω στην διαφορική εξίσωση µε τον µετασχηµατισµό F παίρνουµε U U U U =, ή ισοδύναµα ( + ) U = t t Αυτή είναι µια πρωτοτάξια γραµµική και οµογενής διαφορική εξίσωση της οποίας η γενική λύση γράφεται ( ) t U (, = ce +, () όπου c αυθαίρετη σταθερά (η οποία εξαρτάται βέβαια από την παράµετρο ) Θέτοντας t= στην ανωτέρω σχέση () παρατηρούµε ότι c= U (,) Όµως η ποσότητα U (,) προκύπτει από την µετασχηµατισµένη Fourer της αρχικής συνθήκης u( x,) = f ( x) Πράγµατι, αν δράσω πάνω σε αυτή µε τον µετασχηµατισµό F παίρνω U (,) = F( ), όπου F( ) είναι η µετασχηµατισµένη Fourer που υπολογίσαµε στο ερώτηµα (α) Καταλήξαµε λοιπόν στο ότι η µετασχηµατισµένη Fourer u( x, t ) είναι η ( + ) t U (, = e () π + Με αντιστροφή αυτής της σχέσης παίρνουµε την λύση της διαφορικής εξίσωσης ηλαδή u( x, =F [ U (, ] ή αλλιώς, x u( x, = U (, e d π, από την οποία µετά την αντικατάσταση της U (, t ) από την () παίρνουµε t ( x+ e e u( x, = d π, + ή ακόµα, t ( x+ e e u( x, = d π () Ο υπολογισµός του ολοκληρώµατος στο δεξί µέλος της () γίνεται εύκολα µε την µέθοδο των ολοκληρωτικών υπολοίπων Για τον υπολογισµό αυτό είναι απαραίτητο να διακρίνουµε δύο περιπτώσεις ανάλογα µε τον αν x+ t> ή x+ t< Έστω πρώτα ότι x+ t> Θεωρούµε στο µιγαδικό επίπεδο την ( ) συνάρτηση g( ) = f ( ) e x+ t, όπου = + και f ( ) =

7 7 Θεωρούµε επίσης το ολοκλήρωµα f e ( ) ( ) x + t d, όπου ο ηµικυκλικός βρόχος που βρίσκεται στο άνω ηµιεπίπεδο και φαίνεται στο παρακάτω σχήµα Εδώ πρέπει να τονισθεί για την αποφυγή σύγχυσης ότι το πραγµατικό µέρος της µιγαδικής µεταβλητής είναι το και όχι το x O - Το µόνο ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης g( ) είναι το = που είναι απλός πόλος και βρίσκεται στο άνω ηµιεπίπεδο Εφαρµόζουµε τώρα το θεώρηµα των ολοκληρωτικών υπολοίπων για τον βρόχο ( ο οποίος αποτελείται από την διάµετρο (-)() και τον ηµικυκλικό δρόµο ) : ( x+ ( x+ ( x+ f ( ) e d+ f ( ) e d= π es f ( ) e Όµως es f ( ) e x t = e x t = e x t = ( + ) ( + ) ( + ) =, οπότε ( x+ ( x+ ( x+ f ( ) e d+ f ( ) e d= π e () Για να δείξουµε ότι το ολοκλήρωµα πάνω στον δρόµο µηδενίζεται στο όριο θα χρησιµοποιήσουµε το λήµµα Jordan Γι αυτό αναζητούµε πάνω στον ένα κατάλληλο φράγµα της συνάρτησης f ( ) Αυτό προφανώς είναι το M =, (αφού πάνω στον µε την βοήθεια της τριγωνικής ανισότητας έχουµε = = f ( ) M ) Επειδή τώρα lm M = θα έχουµε δυνάµει του λήµµατος Jordan ότι ( x+ lm f ( ) e d= Έτσι παίρνοντας το όριο και στα δύο µέλη της () βρίσκουµε ότι

8 8 ( x+ e ( x+ d= π e Με αντικατάσταση αυτής της σχέσης στην () παίρνουµε t x u( x, = e, µε x+ t> (5) Τώρα ο υπολογισµός της u( x, t ) όταν x+ t< µπορεί να γίνει µε δύο τρόπους Ο ένας είναι να θεωρήσουµε ένα θετικά προσανατολισµένο ηµικυκλικό βρόχο στο κάτω ηµιεπίπεδο (Βλέπε Συµπλ Σηµειώσεων σελ 9, Παράδειγµα ) Ο άλλος τον οποίο και θα εκθέσουµε εδώ είναι ο εξής: Στο προς υπολογισµό ολοκλήρωµα εκτελούµε την αλλαγή = στην µεταβλητή ολοκλήρωσης οπότε αυτό γράφεται ( x+ ( x+ ( x+ e e e d= d = d, όπου εδώ x+ t< + Στο τελευταίο αυτό ολοκλήρωµα µετονοµάζουµε τη µεταβλητή ολοκλήρωσης από σε και παίρνουµε ( x+ ( x+ e e d= d, όπου x+ t< + Το ολοκλήρωµα αυτό υπολογίζεται ακριβώς µε τον ίδιο τρόπο όπως και το προηγούµενο εκλέγοντας τον ηµικυκλικό βρόχο στο άνω ηµιεπίπεδο Όµως, επειδή το µόνο ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης ( x+ e / + είναι το = που βρίσκεται στο κάτω ηµιεπίπεδο και εποµένως έξω από τον βρόχο θα έχουµε µε εφαρµογή του θεωρήµατος auch-goursat ότι ( x+ ( x+ e e d+ d= +, όπου x+ t< (6) + Τώρα επειδή πάνω στον έχουµε /( + ) M = /( ), µε lm M =, µε εφαρµογή του λήµµατος Jordan βρίσκουµε ότι ( x+ e lm d = Τελικά παίρνοντας το όριο στην (6) + καταλήγουµε στο ότι ( x+ e d=, µε x+ t<, + και έτσι u( x, t ) = όταν x+ t< (7) Αποµένει να βρούµε την τιµή της u( x, t ) όταν x+ t= Εδώ το ολοκλήρωµα που πρέπει να υπολογίσουµε στην () γίνεται το

9 9 d Ο υπολογισµός του µπορεί να γίνει στοιχειωδώς ως εξής: d d d d d = + = + = + d d = + + d Το ολοκλήρωµα υπολογίζεται πολύ εύκολα µε την µέθοδο των + ολοκληρωτικών υπολοίπων ή και στοιχειωδώς αφού d π π = arctan ( x / ) = = + Έτσι, t t e π e u( x, = =, όταν x+ t= π Τελικά η λύση της διαφορικής εξίσωσης γράφεται t x e, όταν x+ t> u( x, =, όταν x+ t< t e /, όταν x+ t=

Σχετικά έγγραφα

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΘΕΜΑ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ α) Η f ( ) έχει πραγµατικό µέρος φανταστικό µέρος u( x, y) x y = και v( x, y) = ( x + y xy), όπου = x+