LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I KOMPLEKS ANALYSE

Transkript

1 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I KOMPLEKS ANALYSE DATO: 9 desember 3 Hver deloppgave teller like mye! Oppgave a) Finn eventuelle akkumulasjonspunkter til følgende mengder: ) z n = i n (n =,,...) ) z n = in n (n =,,...) 3) ( )n (n =,,...). n n Svar: ) ingen akkumulasjonspunkter er akkumulasjonspunkter ) er akkumulasjonspunkt 3) og b) Finn følgende verdier: ³ Arg( + 3i ) og Log( 3 i 6) Svar: + 3i = + i 3=e i π 3. Arg + 3i = π 3 Videre har vi at ³ 3 i =e 6 πi, som gir at ³ ³ 3 i 6 = e πi 6 ³ 6 = 6 e πi 6 6 = 6 e i = 6 e i+πi = 6 e πi. Log(³ 3 i 6) =ln 6 + i Arg 6 e πi =6ln+πi

2 c) Hvor mange løsninger har likningen innenfor sirkelen z =. 3z 5 + e z = Svar: e z = e x+iy = e x e iy. På sirkelen z =er dermed e z = e x <e z e =.7... I tillegg vet vi på sirkelen z =er 3z 5 =3 z 5 =3( 5 )=3. Altså er 3z 5 > e z på sirkelen z =. Rouché s teorem gir dermed at 3z 5 + e z har like mange nullpunkter innenfor sirkelen z =som 3z 5, dvs 5 nullpunkter. d) Hvordan deþnerer vi Mandelbrotmengden? Hva sier Morera s Teorem? Svar: 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 = Morera s Teorem: Hvis f er kontinuerlig i et område D og hvis Z f(z)dz = C for alle lukkede konturer C i dette området, da gjelder at f er analytisk i D. Oppgave a) La u(x, y) =y 3 6x y + x. Vis at u er harmonisk i hele xy-planet og Þnn en harmonisk konjungert funksjon v til u. Svar: u xx + u yy = y +y =, dvs u er harmonisk. v Þnnes på vanlig måte: v =x 3 6xy + y. b) La x y ++i y, x der z = x + iy (x of y er reelle tall). I hvilke punkter er:

3 . f(z) kontinuerlig?. f(z) deriverbar? 3. f(z) analytisk? Svar: ) f(z) er kontinuerlig i alle punkter utenom linjene y =og x =. ) u x =x, u y = y, v x =/x,v y =/y. CR-likningene er oppfylt når x =/y og y = /x, dvs. x =/y,y=/x = x = = =x 3, x som gir x =og y =. Vi observerer at CR-likningene er oppfylte for disse verdiene, dvs f(z) er deriverbar for z =+i 3) f(z) er ikke analytisk i noen punkter. c) Beregn integralene R C 3zdz og R C 3zdz der C er halvsirkelen z(t) =e it, t og C er det rette linjestykket fra til (for å beregne det sistnevnte integralet må du først Þnne en parameterframstilling for C ). Bruk svarene til å forklare hvorfor det ikke har noen mening å skrive R 3zdz. Går det an å Þnne en antiderivert til funksjonen 3z? Svar: Z 3zdz = 3z(t)z (t)dt = 3e it (ie it )dt = 3e it (ie it )dt = i3 dt =3πi C En parameterframstilling for C er for eksempel z(t) =t, t (En annen er for eksempel z(t) =t, t ) Z Z Z Z Z 3zdz = 3z(t)z (t)dt = 3(t )()dt = 3(t ) ()dt = (t 6) dt = C Begge konturene går fra til, men integralene blir ulike. Det har derfor ingen mening i å skrive R 3zdz (en skrivemåte som bare brukes i tilfeller der integralet mellom disse punktene er uavhengig av veien). Fra teoremet gitt på forelesningen har vi at en funksjonen f(z) har en antiderivert i et område hvis og bare hvis alle integraler mellom to gitte punkter i området har samme verdi. Ettersom de to integralene over har forskjellig verdi konkluderer vi med at f(z) ikke har en antiderivert. 3

4 Oppgave 3 (avhengig av studieretning) a) (Denne deloppgaven skal bare besvares av elektro-og romteknologistudenter). La (z +)z + ez. Bestem Laurentrekka til f(z) om z =for < z < /. BrukdennetilåÞnne den inverse z-transformen til f(z) i samme område. Svar: Vi får at z + = ( z) = X ( z) n = ( ) n z n. Dessuten er z ( ) n z n + e z = n! zn n! zn = ( ) n z n + n! zn. Erstattes vi n med n +i den første av disse rekkene får vi n= ( ) n+ z n + = Erstattes vi n med n får vi X n= n! zn =( ) z + ( ) n+ z n + ( ) n+ + z n +z n! ( ) n+ + z n + n! {z } x[n] {z} x[] z n! zn 4

5 ( ) n+ + n n! x[n] = n = n b) (Denne deloppgaven skal bare besvares av ingeniørdesignstudenter) Løs randverdiproblemet: T xx (x, y)+t yy (x, y) =( <x<, y>) T (x, ) = T(x, ) y ½ for x<, for x>6, = for <x<6 (dvs. isolert linjestykke). Svar: Fra forelesningene vet vi at den konforme avbildingen w = u + iv = F (z) =sin z avbilder linjestykkene <x<,y =på linjestykkene π < u< π,v =samt linjestykket x<,y =påvertikal-linjen u = π og linjestykket x>,y =på vertikal-linjen u = π. Dermed ser vi at den konforme avbildingen w = u + iv = sin (z 4 i) tranformerer linjestykkene <x<6,y=på linjestykkene π <u< π,v =samt linjestykket x<,y =på vertikal-linjen u = π og linjestykket x>6,y =på vertikal-linjen u = π. Benytter vi samme metode som på forelesningen får vi at det komplekse potensialet F (w) i det tilsvarende problemet i u, v- planet (hjelpeproblemet) blir Dermed blir det komplekse potensialet F (w) =+ π w. F (z) =F (f(z)) = + π sin (z 4 i). Dette gir at T (x, y) =Re + π sin ( (z 4 i)). 5