Løsning til Kompleks Analyse, Øving 5 1. Oppgave For z = R> er z 1 z +1= z +1=R +1. Ved å innføre variabelen u = z får vi at som gir oss faktoriseringen z 4 +5z +4=u +5u +4=(u +1)(u +4) z 4 +5z +4= z +1 z +4. Siden z +1 z 1=R 1 og z +4 z 4=R 4 gir dette oss at z4 +5z +4 R 1 R 4. Alså har vi at z 1 z 4 +5z +4 R +1 (R 1) (R 4) = M R Lengden av C R er L = πr. Dermed er Z R +1 C R (R 1) (R 4) dz M RL = πr (R +1) (R 1) (R 4) når R. Oppgave a) R i/ i e πz dz = 1 b) R π+i cos z eπz i/ π i dz = 1 1 = i π + 1 π sin z π+i = c) R 3 1 (z )3 dz = 1 4 (z )4 3 1 = h i e i z e i z π+i i = e 1 + e
3. Oppgave Z Z π/ Z π/ Z π/ Z π/ zdz = z(t)z (t)dt = e it (ie it )dt = e it (ie it )dt = i 1dt = πi C 1 π/ π/ π/ π/ Z zdz = z(t)z (t)dt = i (t 1)(i)dt = i (t 1) (i)dt = (4t ) dt = C Begge konturene går fra i til i, men integralene blir ulike. Det har derfor ingen mening i å skrive R i zdz. 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 i to gitte punkter har samme verdi. Ettersom de to integralene over har forskjellig verdi konkluderer vi med at f(z) ikke har en antiderivert. 4. Oppgave Vi setter g(z) =e f(z) og får g(z) = ef(z) = eu+iv eu = e iv = e u eiv = 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 1. Videre er g(z) analytisk for alle z (g (z) = f (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 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) = e v+i( u) = e v e i( u) = e v e C = C 1. 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. 5. Oppgave Pga av Algebraens fundamentalteorem har vi at P (z) har minst et nullpunkt. Dette gir at 1/P (z) ikke kan ha en derivert i dette nullpunktet, og dermed kan ikke denne funksjonen være hel (dvs deriverbar i alle punkter i det komplekse plan).
6. Oppgave (eksamen 1996) La F (z) =z 5 +4iz +1 a) Sett F (z) =f(z)+g(z) der f(z) =z 5 og g(z) =4iz +1. For z =har vi at f(z) = z 5 = 5 =3, mens g(z) 4iz + 1 =4 z +1=4() +1=17 (trekantulikheten), altså g(z) < f(z) for z =.Vetatf(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 =3ettersom F (z) er et polynom av grad 5 og har dermed kun 5 nullpunkter. b) Bestemmer først antall nullpunkter til F (z) idisken z 1. Vi Þnner at f(z) = z 5 =1 5 =1, mens g(z) 4iz 1 = 4 z 1 4 1=3. Altså g(z) > f(z) for z =1.F(z) har dermed i følge Rouché s theorem like mange nullpunkter innenfor sirkelen z =1som g(z). Det gjenstår altså å Þnne antall nullpunkter til g(z) idetteområdet. g(z) =4iz +1 = innebærer z = 1 4i, dvs. z = 1 som gir at 4 z = 1. Altså har g(z) (og dermed også F (z)) to nullpunkter i dette områ det. Dette innebærer at F (z) har 5 =3nullpunkter i området 1 < z <. c) På og innenfor sirkelen z = R er f (m) (z) K1 for en konstant K 1. Dette følger av at f (m) (z) er kontinuerlig. La z være slik at z R. For alle z på sirkelen z z = R der R = z / gjelder at z = z z + z = z z + z z /+ z =3 z / dvs. Cauchys ulikhet gir f(z) max {M z m,k 1 } max f (m) (z ) m!c R R m m m!max = m!max 3 m z m ª,K 1 z m ½µ m 3, ½µ m ¾ 3 z m,k 1 = C R = m m!max m ¾ K 1 R m = K. 3 ½µ m 3, ¾ K 1 z m
Altså er f (m) (z) max {K1,K } for alle komplekse tall z, dvs f (m) (z) er begrenset i hele det komplekse plan, og i følge Liouvilles Theorem er f (m) (z) =C m der C m er en konstant. Dermed er f (m 1) (z) på formen f (m 1) (z) =zc m + C m 1. Fortsetter vi å antiderivere får vi at f (z) er på formen f (z) =z m C m + z m 1 C m 1 +.. + C 7. Oppgave (Eksamen 1995) La p(z) =f(z)+g(z) Sett først f(z) = 7iz g(z) = z 6 + z 4 +3z + i. For z =1er f(z) =7 og g(z) z 6 + z 4 +3 z + i =6. Dermed er g(z) f(z). Rouché s theorem gir at p(z) har like mange nullpunkter som f(z) i A, dvs. antall nullpunkter er 1. B = {z :1< z < },C= {z : z > 6}. Sett nå f(z) =z 6 og g(z) =z 4 +3z + i 7iz. For z =er f(z) = 6 =64 og g(z) z 4 +3 z + i +7 z = 4 +3() +1+7() = 43. Dermed er g(z) f(z). Rouché s theorem gir at p(z) har like mange nullpunkter som f(z) idisken z < som er 6, dvs. antall nullpunkter i B er 6 1=5. p(z) har ingen nullpunkter utenfor sirkelen z =6ettersom p(z) er et polynom av grad 6 og har dermed kun 6 nullpunkter. 4
8. Oppgave (kont. 1) a) Sett F (z) =f(z)+g(z) der f(z) =z 5 og g(z) =4iz +1. For z =har vi at f(z) = z 5 = 5 =3, mens g(z) 4iz + 1 =4 z +1=4() +1=17 (trekantulikheten), altså g(z) < f(z) for z =. 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 =3ettersom F (z) er et polynom av grad 5 og har dermed kun 5 nullpunkter. b) g(z) oppfyller Cauchy-Riemann likningene fordi w yx = w xy og w yy = w xx (den første likningen følger av at derivasjonsrekkefølgen aldri spiller noen rolle, den siste likheten kommer av at w er harmonisk: w yy + w xx =). De førsteordens partielle deriverte av realverdien og imaginærverdien til g(z) er dessuten kontinuerlige. Dermed har vi at g(z) er analytisk. 5