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+ iy Από την θεωρία γνωρίζουµε ότι η f ( ) έχει παράγωγο σε κάποιο σηµείο = x+ iy αν και µόνο αν σε αυτό το σηµείο οι πρώτες µερικές παράγωγοι των u ( x, y) και v ( x, y) είναι συνεχείς και ικανοποιούνται εκεί οι εξισώσεις auchy-iemann Για την f ( ) έχουµε u = x, v = 4x y, u = y, v = 4y x Οι x x συναρτήσεις αυτές είναι προφανώς συνεχείς σε όλα τα σηµεία του επιπέδου y x, y και εποµένως η f ( ) θα έχει παράγωγο µόνο στα σηµεία που ικανοποιούνται οι εξισώσεις auchy- iemann u = v, x y y x u = v Στην περίπτωσή µας οι εξισώσεις αυτές είναι ισοδύναµες µε την y= x Συµπεραίνουµε λοιπόν ότι η f ( ) έχει παράγωγο µόνο πάνω στην ευθεία (y= x, x ) ή ισοδύναµα πάνω στην ευθεία = ( + i) x µε x Στα σηµεία αυτά η παράγωγος γράφεται f ( ) = u + iv = x+ i(4x x) = ( + i) x Αν θεωρήσουµε µια x x γειτονιά ενός οποιουδήποτε σηµείου αυτής της ευθείας διαπιστώνουµε ότι πάντα υπάρχουν σηµεία αυτής της γειτονιάς που δεν ανήκουν στην ευθεία και βέβαια σε αυτά τα σηµεία η f ( ) δεν έχει παράγωγο Άρα η f ( ) δεν είναι αναλυτική σε κανένα σηµείο του µιγαδικού επιπέδου y Ας εξετάσουµε τώρα την f ( ) Η συνάρτηση 4 cos( ) π είναι ακεραία αναλυτική ως η σύνθεση των ακέραιων αναλυτικών
συναρτήσεων cos και 4 π Η i είναι και αυτή ακεραία αναλυτική ως πολυωνυµική Εποµένως η f ( ) είναι αναλυτική (και παραγωγίσιµη βέβαια) σε όλα τα σηµεία του µιγαδικού επιπέδου εκτός από τα σηµεία για τα οποία i = Επειδή i = / θέτουµε = e θ / και έτσι σε πολική µορφή αυτή η εξίσωση γράφεται iθ i( π /+ kπ ) e = e από την οποία θ = π / + kπ µε k = ακέραιος ίνοντας στον k τις διαδοχικές τιµές,, βρίσκουµε για το όρισµα θ τις τιµές θ = π / 4, θ= 5 π / 4, από τις οποίες λαµβάνουµε για το τις αντίστοιχες τιµές = e = +, = e = + iπ /4 / ( i) / i5 π /4 / ( i) / : β) Υπολογισµός του ολοκληρώµατος f ( ) d Καταρχήν υπολογίζουµε τις παραµετρικές εξισώσεις των δρόµων ΟΑ, ΑΒ, και ΒΟ ρόµος ΟΑ: ( x) = x, µε x Εδώ y = και f [ ( x )] = ( + ι ) x i ρόµος ΑΒ: ( θ ) = e θ, µε θ π / Εδώ f x = e + i [ ( )] iθ ρόµος ΒΟ: ( y) = iy, µε y Εδώ x= και f [ ( x)] ( ) = + i y Στην συνέχεια υπολογίζουµε ξεχωριστά τα δροµικά ολοκληρώµατα πάνω στους δρόµους ΟΑ, ΑΒ, και ΒΟ 3 x f( ) d= (+ i) xdx= (+ i) = (+ i) 3 3 OA π / / ( ) ( i ) i ( i i π θ θ θ θ f d= e + iie dθ = e + ie ) = i AB
3 3 y f( ) d= ( + i) yidy= i( + i) = ( + i) 3 3 BO Τελικά f ( ) d= f ( ) d+ f ( ) d+ f ( ) d= (+ i) ( + i) + ( + i) = 3 3 OA AB BO Σηµειώστε ότι η τιµή που βρήκαµε για το f ( ) d δεν µπορεί να δοθεί µε επίκληση του θεωρήµατος auchy-goursat αφού η f ( ) δεν είναι αναλυτική πάνω στον και το εσωτερικό του : β) Υπολογισµός του ολοκληρώµατος f ( ) d Είδαµε ότι η f ( ) δεν είναι αναλυτική µόνο στα σηµεία = ( + i) / και = ( + i) / Από αυτά µόνο το βρίσκεται στο εσωτερικό του βρόχου Με εφαρµογή του θεωρήµατος των ολοκληρωτικών υπολοίπων θα έχουµε f ( ) d= πi es f ( ) = Εδώ το σηµείο είναι απλός πόλος της f ( ) οπότε 4 + i cos π 4 cos( ) cos π( i / ) π es f( ) = = = = = 4 + i ( ) 4 + i = cos( π / 4) = ( i) = ( i) 4 8 Έτσι,
4 f( ) d= πi ( i) = π ( + i) 8 4 ΘΕΜΑ α) Η συνάρτηση f ( ) ως ρητή δεν είναι αναλυτική µόνο στα σηµεία = και = 3 που µηδενίζουν τον παρονοµαστή Στον εσωτερικό κυκλικό δίσκο του δακτυλιοειδούς χωρίου < < 3 (που περιέχει το σηµείο = ) η f ( ) δεν είναι παντού αναλυτική αφού δεν είναι αναλυτική στο f ( ) Εποµένως το ανάπτυγµα της f ( ) σε σειρά δυνάµεων του στο εν λόγω χωρίο θα είναι ένα ανάπτυγµα Laurent Για τον υπολογισµό αυτού του αναπτύγµατος αναλύουµε καταρχήν την f ( ) σε απλά κλάσµατα: 3 3 f ( ) = = ( ) ( 3) 3 ( ) Στο χωρίο < < 3αυτά τα επί µέρους απλά κλάσµατα αναπτύσσονται σε σειρά ως εξής: 3 n = = ( / 3), διότι < 3 / 3 3 n= n n n, διότι n = = = = n+ / n= n= n= Γνωρίζουµε ότι στο χωρίο > το ανάπτυγµα της < συνάρτησης / ( ) το οποίο είναι ένα ανάπτυγµα Laurent συγκλίνει οµοιόµορφα Η οµοιόµορφη σύγκλιση µας επιτρέπει να παραγωγίσουµε την σειρά όρο προς όρο στο ίδιο χωρίο για να πάρουµε
5 = n = ( n ) ( ) n n n+, µε n n= n= Τελικά η ζητούµενη σειρά Laurent γράφεται f ( ) = 3 ( n ) n n n n n n n= 3 n= n= >, µε 3 < < Με σύµπτυξη των δύο τελευταίων απειροαθροισµάτων του δεξιού µέλους (παρατηρείστε ότι n n n n ( n ) = ( n ) ) η σειρά Laurent γράφεται n= n= n n n n f ( ) = 3 ( n+ ) n= n= β) Το ανάπτυγµα της f ( ) σε σειρά δυνάµεων του στο χωρίο < < είναι πράγµατι ένα ανάπτυγµα Laurent Αυτό γιατί στο σηµείο = που έχει την θέση του εσωτερικού δίσκου στο δακτυλιοειδές χωρίο η f ( ) δεν είναι αναλυτική Για τον υπολογισµό του αναπτύγµατος γράφουµε την συνάρτηση στη µορφή + f ( ) = = Επειδή τώρα ( ) ( ) ( ) ( ) n = ( ), για <, ( ) n= Η f ( ) γράφεται
6 n n f ( ) = ( ) ( ) = n= n= n n = ( ) ( ) = ( ) n= n= 3 = ( ) ( ) ( ) n n n= n= Παρατηρούµε ότι ( ) n ( ) n = = ( ) n, οπότε η n= n= n= ζητούµενη σειρά παίρνει την τελική µορφή 3 n f ( ) = 3 ( ) ( ) n= Το κύριο µέρος της σειράς που αποτελείται από το κοµµάτι µε τις αρνητικές δυνάµεις του είναι το 3 Κύριο µέρος= ( ) Το ολοκληρωτικό υπόλοιπο της f ( ) στο σηµείο = είναι εξ ορισµού ο συντελεστής του όρου / στην σειρά Laurent ηλαδή, es f ( ) = 3 = ΘΕΜΑ 3 α) Θεωρούµε την συνάρτηση g( ) = f ( ) e i, όπου 3 f ( ) = ( + )
7 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 ρίζες της εξίσωσης ( + ) = Οι ρίζες αυτές είναι προφανώς οι = i και = i και είναι και οι δύο διπλές Παρατηρούµε ότι από αυτές µόνο η βρίσκεται στο άνω ηµιεπίπεδο ( y> ) ενώ καµία δεν βρίσκεται πάνω στον άξονα των x y O x Το θεώρηµα των ολοκληρωτικών υπολοίπων εφαρµοζόµενο για το βρόχο και την συνάρτηση g( ) µας δίνει g( ) d= g( ) d+ g( x) dx= πi es g( ) = Αφήνουµε την ακτίνα να τείνει προς το άπειρο και η πιο πάνω σχέση γίνεται lim g( ) d + g( xdx ) = πi es g( ) = (3)
8 Το ολοκληρωτικό υπόλοιπο στο σηµείο (που είναι διπλός πόλος της g( ) ) είναι 3 i 3 3 i e [(3 + i )( + i) ] e es g( ) = = = = i i e 3 ( + ) ( + ) 4 = i = i Αντικαθιστούµε την ποιο πάνω τιµή στη σχέση (3) που γίνεται π lim g( ) d+ g( xdx ) = i e Τώρα θα δείξουµε µε την βοήθεια του λήµµατος Jordan (βλέπε (3) σηµειώσεις Μιγαδ Λογ σελ 78) ότι lim g( ) d= Γι αυτό το σκοπό παρατηρούµε ότι πάνω στον δρόµο (όπου = ) ισχύει η ανισότητα: + = = + + ( ) Από αυτή προκύπτει ότι πάνω στον η f ( ) φράσσεται ως εξής: f ( ) M 3 ( ) Τώρα επειδή limm = από το λήµµα Jordan έπεται ότι lim g( ) d= και έτσι η σχέση (3) γράφεται, 3 x ix e = i ( x + ) π e Από αυτήν παίρνοντας τα φανταστικά µέρη και των δύο µελών προκύπτει ότι
9 3 x sinx dx π = ( x + ) e Όµως η συνάρτηση κάτω από την ολοκλήρωση είναι άρτια και εποµένως 3 x sinx π dx = ( x + ) 4e ΘΕΜΑ 4 α) Η µετασχηµατισµένη Fourier της f ( x ) γράφεται ikx x ikx ( + ik ) x F k f xe dx e e dx e dx ( ) = ( ) = = = π π π ( + ik ) x = e = π + ik π + ik Τελικά η ζητούµενη µετασχηµατισµένη Fourier είναι η F( k) = ik π + k (Βλέπε και Συµπλ Σηµειώσεων Παράδειγµα σελ9) β) (Η λύση της κυµατικής εξίσωσης σε ένα άπειρο χωρίο µε την βοήθεια ενός µετασχηµατισµού Fourier εκτίθεται πλήρως στο Συµπλ Σηµειώσεων σελ5-7) Αν συµβολίσουµε µε F τον µετασχηµατισµό Fourier ως προς την µεταβλητή x, και µε U ( k, t) =F [ u( xt, )] την µετασχηµατισµένη Fourier της u( xt, ) τότε γνωρίζουµε (βλέπε Συµπλ Σηµειώσεων σελ ) ότι F u = iku ( k, t) x και F u U ( k, t) = t t
Λαµβάνοντας αυτά υπόψη και δρώντας πάνω στην διαφορική εξίσωση µε τον µετασχηµατισµό F παίρνουµε ku U tt + =, της οποίας η γενική λύση γράφεται U ( k, t) = Ak ( )cos( kt) + Bk ( )sin( kt) Οι σταθερές Ak ( ) και Bk ( ) θα προσδιορισθούν από τις αρχικές συνθήκες Έτσι ikx ikx Ak ( ) = U ( k,) = u( x,) e dx= f ( xe ) dx= F( k) π π, όπου F( k ) η µετασχηµατισµένη Fourier που υπολογίσαµε στο ερώτηµα (α), ενώ ikx Bk ( ) = Ut ( k,) = ut ( x,) e dx= k k π Βλέπουµε λοιπόν ότι U ( k, t) = F( k)cos( kt) ρώντας πάνω σε αυτή την εξίσωση µε τον αντίστροφο µετασχηµατισµό Fourier F παίρνουµε την ζητούµενη λύση στην µορφή ενός ολοκληρώµατος ikx u( xt, ) = F( k)cos( kt) e dk π Αντικαθιστούµε στην υπό ολοκλήρωση συνάρτηση την τιµή του F( k ) και το cos( kt ) από τον τύπο του Euler και παίρνουµε την λύση στην µορφή
u( xt, ) = [ φ( x t) + φ( x+ t)], (4) όπου φ ( x) η συνάρτηση φ( x) = ixk e dk πi (4) k i Η λύση (4) είναι η λύση D Alembert για την κυµατική εξίσωση (Βλέπε Συµπλ Σηµειώσεων σελ7, εξ (5)) Περιµένουµε λοιπόν σύµφωνα µε την γνωστή µας θεωρία ότι η τιµή του γενικευµένου ολοκληρώµατος στο δεξί µέλος της (4) θα είναι x e, αν x> φ( x) = f ( x) =, αν x< (43) Έτσι µπορούµε να γράψουµε την λύση και στην µορφή, αν x< t<, ( x+ t) u( xt, ) = e, αν t< x< t, ( x t) ( x+ t) ( e + e ), αν < t< x (44) Σηµειώστε ότι η επαλήθευση της (43) µπορεί να γίνει εύκολα µε υπολογισµό του ολοκληρώµατος στο δεξί µέλος της (4) µε την µέθοδο των ολοκληρωτικών υπολοίπων Παρακάτω δείχνουµε πως γίνεται αυτός ο υπολογισµός Υπολογισµός του ολοκληρώµατος ixk e dk : k i Για τον υπολογισµό αυτό πρέπει να διακρίνουµε τρεις περιπτώσεις ανάλογα µε το αν x>, x< ή x= εν ήταν απαραίτητο να γίνει στα πλαίσια της γραπτής εξέτασης
Έστω καταρχήν ότι x> Θεωρούµε στο µιγαδικό επίπεδο την συνάρτηση g( ) e ix, όπου = k+ iy και g( ) = i Θεωρούµε επίσης το ολοκλήρωµα g( ) e ix 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 k και όχι το x y i - Ο k Το µόνο ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης g( ) e ix είναι το = i που είναι απλός πόλος και βρίσκεται στο άνω ηµιεπίπεδο y> Εφαρµόζουµε τώρα το θεώρηµα των ολοκληρωτικών υπολοίπων για τον θετικά προσανατολισµένο βρόχο ( ο οποίος αποτελείται από την διάµετρο (-)() και τον ηµικυκλικό δρόµο ) : ix ixk ix g( ) e d+ g( k) e dk= πi es g( ) e =i
3 ix ixi x Όµως es g( ) e = e = e, οπότε = i ix ixk x g( ) e d+ g( k) e dk= πie (45) Θα δείξουµε τώρα µε την βοήθεια του λήµµατος Jordan ότι το ολοκλήρωµα πάνω στον δρόµο µηδενίζεται στο όριο Γι αυτό αναζητούµε πάνω στον ένα κατάλληλο φράγµα της συνάρτησης g( ) Αυτό προφανώς είναι το M =, (αφού πάνω στον µε την βοήθεια της τριγωνικής ανισότητας έχουµε i = = g( ) M ) Επειδή τώρα limm = θα έχουµε δυνάµει του λήµµατος Jordan ότι ix lim g( ) e d= Έτσι παίρνοντας το όριο και στα δύο µέλη της (45) βρίσκουµε ότι ixk e x dk= πie, µε x> (46) k i Έστω τώρα ότι x< Εκτελούµε την αλλαγή k = k στην µεταβλητή ολοκλήρωσης και έχουµε ixk ixk ixk e e e dk= dk = dk k i k i k + i Μετονοµάζουµε την µεταβλητή ολοκλήρωσης από k σε k και παίρνουµε
4 ixk ixk e e dk= dk k i k+ i, όπου x > (47) Θεωρούµε πάλι τον προσανατολισµένο ηµικυκλικό βρόχο στο άνω ηµιεπίπεδο και το ολοκλήρωµα ix w( ) e d, µε w( ) = / + i και x> Επειδή το µόνο ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης w( ) e το = i που είναι απλός πόλος και βρίσκεται στο κάτω ηµιεπίπεδο y< και έξω από τον βρόχο, µε εφαρµογή του θεωρήµατος auchy-goursat παίρνουµε ix ixk w( ) e d+ wk ( ) e dk=, µε x> ix είναι Τώρα µε τον ίδιο τρόπο όπως και προηγουµένως δείχνουµε ότι ix lim w( ) e d=, οπότε στο όριο θα έχουµε ixk wk ( ) e dk=, µε x< Ή ακόµα λόγω της (47) ixk e dk k i =, µε x< (48) Τέλος έστω ότι x=
5 Σε αυτή την περίπτωση το ολοκλήρωµα γράφεται dk και k i µπορεί να υπολογισθεί στοιχειωδώς Αρκεί να παρατηρήσουµε πρώτα ότι dk d( k) d( k) = = k i ( k) + i ( k) + i, οπότε µε την αλλαγή k k στην παράµετρο ολοκλήρωσης παίρνουµε dk dk = k i k+ i Με την βοήθεια αυτής της σχέσης θα έχουµε dk dk dk dk dk dk = + = + = i = k i k i k i k i k i k + + = iarctank = πi Βέβαια ο υπολογισµός του ολοκληρώµατος σε αυτή την περίπτωση µπορεί να γίνει απλούστατα και µε την µέθοδο των ολοκληρωτικών υπολοίπων σε απόλυτη αναλογία µε την διαδικασία που ακολουθήσαµε στην περίπτωση x> Αρκεί να θεωρήσουµε το δροµικό ολοκλήρωµα της συνάρτησης / i πάνω στον ηµικυκλικό βρόχο Τώρα µπορούµε να δώσουµε και την τιµή της λύσης u( xt, ) στην περίπτωση που x t= ή x+ t= Έτσι αν x t= x+ t= t>, και η (4) γράφεται u( xt, ) i e e πi π = + = + 4 t t Ενώ αν x+ t= x t= t<, η (4) γράφεται
6 u( xt, ) i πi π = + = 4 Είναι αξιοσηµείωτο ότι η τιµή της λύσης σε αυτή την περίπτωση δεν εξαρτάται από την τιµή που ενδεχόµενα µπορεί να δώσουµε στην αρχική συνάρτηση f ( x ) στο σηµείο ασυνέχειας x=