Oppgave 1 OPPGAVER OG LØSNINGSFORSLAG KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG SMN 6147 OG SMN 6195 KOMPLEKS ANALYSE STED: HØGSKOLEN I NARVIK. KLASSE:4EL,4RTog5ID

Transkript

1 OPPGAVER OG LØSNINGSFORSLAG KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG SMN 647 OG SMN 695 KOMPLEKS ANALYSE STED: HØGSKOLEN I NARVIK KLASSE:4EL,4RTog5ID DATO: 8 januar 004 TID: ANTALL SIDER: 0 (inklusiv formler) TILLATTE HJELPEMIDLER: Ingen KONTAKTPERSON UNDER EKSAMEN: Dag Lukkassen, tel (mob ) Hver deloppgave teller like mye! Oppgave a) Skriv funksjonen f(z) =z + z +på formen f(z) =u(x, y) +iv(x, y), der u og v er reelle functioner, x og y er reelle og z = x + iy. Er u og v harmoniske funksjoner (begrunn svaret)? Svar: f(z) = (x + iy) +(x + iy)+= x xy ++x + i x y y + y. u og v harmoniske funksjoner fordi de er henholdvis realdelen og imaginærdelen til en analytisk funksjon (siden f 0 (z) eksisterer for alle z).

2 b) Finn følgende verdier: ³ Log( + i ) og Arg( i 7) Svar: + i = i = π ei. Dermed er µ Log + =ln i + iπ = ln + iπ. Videre har vi at ³ i =e 6 πi, som gir at ³ ³ i 7 = e πi 7 ³ 6 = 7 e πi 7 6 = 7 e π7 6 i = 7 e 7π 6 i+πi = 7 e 5π 6 i. Dermed er ³ 5π Arg( i 7) = 6. c) Bestem antall nullpunkter til F (z) =z 5 +5iz + idisken z <. Har F (z) nullpunkter utenfor sirkelen z =? Svar: Sett F (z) =f(z)+g(z) der f(z) =z 5 og g(z) =5iz +. For z =har vi at f(z) = z 5 = 5 =, mens g(z) 5iz + =5 z +=5() += (trekantulikheten), altså g(z) < f(z) for z =. Vi vet at f(z) har 5 nullpunkter i disken z <. Rouché s theorem gir da at F (z) har 5 nullpunkter i disken z <. F (z) har ingen nullpunkter utenfor sirkelen z =ettersom F (z) er et polynom av grad 5 og har dermed kun 5 nullpunkter (i følge Algebraens fundamentalteorem).

3 d) Hva mener vi med at en avbildning er konform? Gi et kjennetegn på en konform avbildning. Hvordan deþnerer vi Mandelbrotmengden? Svar: Vi sier at f(z) er konform i punktet z 0 dersom f(z) er analytisk der og f 0 (z 0 ) 6= 0. Et kjennetegn: Vinkelen mellom to kurver som krysser hverandre i x, y planet og vinkelen mellom de to avbildede kurvene i u, v planet blir den samme (konform=bevarer). Mandelbrotmengden består av alle komplekse tall c slik at z n for alle n =,,..., der z n er deþnert rekursivt på følgende måte: ½ z z n = n + c for n z 0 =0 Oppgave a) La u(x, y) =x xy ++x. Vis at u er harmonisk i hele xy-planet og Þnn en harmonisk konjungert funksjon v til u. Svar: u xx + u yy =6x 6x =0, dvs u er harmonisk. v Þnnespåvanligmåte: v =x y y + y. b)la f(z) = z + z. Finn f 0 (z) uten å bruke formel og ved bare å ta i bruk deþnisjonen på f 0 (z), dvs. µ f(z + z) f(z) f 0 (z) = lim. z 0 z Svar: f(z + z) f(z) (z + z) +(z + z) (z + z) = z z = z +z z +( z) + z + z z z =z +( z)+ z +når z 0 z Dermed får vi : f 0 (z) =z +

4 c) Anta at f(z) er en hel funksjon. Bruk Liouville s teorem og ta i bruk eksponentialfunksjonen til å vise at dersom u =Ref(z) er begrenset, da er u konstant. Vis deretter at dersom v =Imf(z) er begrenset, da er v konstant. Svar: Som på øvingene setter vi g(z) =e f(z) og får g(z) = ef(z) = e u+iv = e u e iv = e u e iv = e u. Ettersom u C for en konstant C og e u er en voksende funksjon i u, har vi g(z) = e u e C = C. Videre er g(z) analytisk for alle z (g 0 (z) = f 0 (z)e f(z) eksisterer jo for alle z). Liouville s teorem gir nå at g(z) = e u+iv er konstant, dermed er g(z) = e u konstant, noe som innebærer at u er konstant (siden e u er en voksende funksjon i u). Tilsvarende gir betingelsen v C oss at v er konstant. For å vise dette ser vi på funksjonen h(z) =e if(z) og går fram på nøyaktig samme måte: h(z) = e if(z) = e i(u+iv) = ev+i( u) = ev e i( u) = e v e C = C. Liouville s teorem gir nå at h(z) =e i(u+iv) = e v iu er konstant, dermed er h(z) = e v konstant, noe som innebærer at v er konstant (siden e v er en voksende funksjon i v). Oppgave (avhengig av studieretning) a) (Denne deloppgaven skal bare besvares av elektro-og romteknologistudenter). La f(z) = +z + z z + z. Finn den inverse z-transformen til f(z) iområdet z >. Svar: Vi erstatter først z med x. Polynomdivisjon, deretter faktorisering av nevneren og til slutt delbrøksoppspalting gir =+ +x + x 5x =+ x + x x x + = 5x (x ) (x ) = 4 x + 9 x = 4

5 =+4 x 9. x De to siste leddene kan dermed for x < skrives som summen av geometriske rekker: +4 x 9 =+4 x n 9 ³ x n x = =+ 4 9 n x n. Bytter vi x med z får vi at for z > er f(z) =+ 4 9 n z n = = n z n = n= {z} x(0) z n z n n= 4 9 n {z } x(n),n Generelt har vi at dersom f(z) er z-transformen til x(n) da er f(z) = P n= x(n)z n. Dermed er den inverse z-transformen til f(z) iområdet z > : 0 n<0, x(n) = n =0, 4 9 n n. n= z n b) (Denne deloppgaven skal bare besvares av ingeniørdesignstudenter) Gjør nødvendige forutsetninger og anvend Navier Stokes likninger samt vektor-identiteten u + u Ou t = Op ρ + ν u, O u = 0, u Ou =(O u) u + O u, 5

6 til å bevise Bernoullis lov (ovenfor betyr O u det samme som div u, og O u det samme som curl u). Hvordan kan man under visse forutsetningene (oppgi hvilke) representere hastigheten u i -dimensjonale problemer ved hjelp av en analytisk funksjon? Svar: Ved å anvende vektor-identiteten vil den første Navier Stoke likningen kunne skrives slik: u t +(O u) u + O u = Op ρ + ν u. Forutsetter vi rotasjonsfri væske får vi at O u = 0. Dette gir oss likningen u t + O u = Op ρ + ν u. Legger vi til forutsetningen om stasjonær strømning, dvs. u/ t =0og ser bort i fra viskositeten, dvs. setter ν =0, får vi dermed at Ã! u O + p =0. ρ Dersom området væsken strømmer i er enkelt sammenhengende innebærer dette at u + p ρ =konst, Dette kalles Bernoulli s lov. Forutsetter vi at O u = 0 og kombinerer dette med den andre Navier Stoke likningen div u = 0 (som spesielt innebærer at [div u] =0) får vi ved anvendelse av Helmholtz teorem at φ u =[u,u ]= x, φ y der φ er en reell funksjon. Dette gir at φ x + φ y =div φ x, φ y =divu =0, dvs. φ er harmonisk. Lar vi ψ være den harmonisk konjungerte til φ, får vi at F (z) =φ(x,y) +iψ(x, y) er en analytisk funksjon. Representerer vi hastigheten u 6

7 som en kompleks funksjon u = u + iu og anvender Cauchy-Riemann -likningen ( φ/ y = ψ/ x) gir dette oss at u = φ x + i φ y = φ x i ψ x = φ x + i ψ x = F 0 (z). 7

8 Formler og tabellverdier. Tabell. Residuer φ (i radianer) sin φ cos φ tan φ π 6 π 4 π π 0 Theorem.. La C værepositivtorientertenkeltlukketkontur. Hvisf er analyisk innenfor og på C unntatt et endelig antall punkter z,... z n innenfor C, da er Z nx f(z)dz =πi Res z=zi f (x). C Theorem.. Hvis f er analytisk overalt i planet unntatt i et endelig antall punkter innenfor en enkelt lukket kontur C (positivt orientert). Da er Z µ µ f(z)dz =πi Res z=0 C z f. z Theorem.. Et isolert singulært punkt z 0 av f(z) er en pol av orden m hvis og bare hvis f(z) kan skrives på formen f(z) = i= der φ(z) er analytisk og ulik 0 iforz = z 0. φ(z) (z z 0 ) m Res z=z0 f(z) = φ(m ) (z 0 ) (m )!. Theorem.4. La p og q være analytisk i z 0. Hvis p(z 0 ) 6= 0,q(z 0 ) = 0 og q 0 (z 0 ) 6= 0, da er z 0 en enkel pol til p(z)/q(z) og p(z) Res z=z0 q(z) = p(z 0) q 0 (z 0 ). 8

9 . Noen rekker 4. Laurent-rekker sin z = cos z = e z = z n n! for alle z. ( ) n z n+ (n +)! ( ) n z n (n)! z m+ z = for alle z. for alle z. mx z n for z 6=. z = X z n for z <. Theorem 4.. Anta at en funksjon f(z) er analytisk i området R < z z 0 < R og la C væreenpositivtorientertenkeltlukketkontursomomslutterz 0 og som ligger i dette området. Da gjelder at f(z) = a n (z z 0 ) n + b n (z z 0 ) n, n= hvor og a n = Z f(z) πi C (z z 0 ) b n = Z f(z) πi C (z z 0 ) n+ dz n+ dz. 9

10 5. Cauchy s integralformel Theorem 5.. Cauchy s formel: La f være analytisk innenfor og på en enkelt lukket kontur C, tatt i positiv retning. Hvis z 0 er et punkt innenfor C, da gjelder at f(z 0 )= Z f(z) dz. πi C z z 0 Mer generelt gjelder at f (n) (z 0 )= n! Z f(z) dz. πi C (z z 0 ) n+ 6. Cauchy s ulikhet Theorem 6.. La f(z) være analytisk på og innenfor en sirkel med radius R og sentrum i z 0 og anta at f(z) M R på sirkelen, da er 7. z-transformen f (n) (z 0 ) n!m R R n. Følge x[n] nx[n] x[n n 0 ] Transform X(z) z dx(z) dz z n 0 X(z) 0