Matematiikan ja tilastotieteen laitos Kompleksianalyysi I Harjoitus 3..06 Viikon 8..-.. materiaaliin perustuvat tehtävät ======================================. Kolmannelle sivulle on piirretty kolme umpinaista polkua γ j, j =,,3. a)josσ = γ +γ, montako yhtenäistä komponenttia onjoukollac\ σ? b) Merkitse kuhunkin komponenttiin vastaavan kierrosluvun n(σ, a) arvo. c) Samoin, merkitse kuhunkin C \ γ 3 :n komponenttiin vastaavan kierrosluvun n(γ 3,a) arvo. a: Suoraan laskemalla saadaan 5 komponenttia. b: Katso kuvasta joka liitteenä. c: Katso kuvasta joka liitteenä.. Olkoon γ kiekon { z < } positiivisesti suunnistettu kehä. Laske integraali e z z 3 +z dz γ [Vihje: Tässä ja alla muista polkujen deformointi ja Cauchyn lauseet] Huomataan ensin käyttämällä osamurtohajotelmaa, että Tällöin γ e z z 3 +z = ez z ez z i ez z +i. e z z 3 +z dz = e z γ z ez z i ez z +i dz.
Nyt Nämä integraalit voidaan laskea Cauchyn integraalikaavalla (lause 8., muista että pisteen z ei kaavassa tarvitse olla kuulan keskipiste) ja saadaan, e z z 3 +z dz = πi ei πi e i πi = πi( ei +e i ) = πi( cos). γ Toinen tapa tehdä tehtävä on käyttää polkujen deformointia ja valita pienet kuulat funktion ez napojen ympärille joiden yli integroi. Tällöin tulee toki z 3 +z varmistua siitä että kierrosluvut näiden napojen suhteen pysyvät samana. Nyt jokaisessa kuulassa voi kirjoittaa ez = e z ja käyttää Cauchyn z 3 +z z(z i)(z+i) lausetta. Tässä tavassa säästyy osamurtohajotelman teolta, mutta joutuu varmistumaan napojen kierrosluvuista. 3. Määrää integraali dx x 4 + Huomataan että yhtälöllä z 4 + = 0 on ratkaisut z = e πi+n 4 kun n {0,,, 3}. Ideana on nyt laajentaa integraali kompleksiseksi integraaliksi funktiolle yli puoliympyrän reunan positiiviseen kiertosuuntaan joka z 4 + kulkee pisteiden R,iR, R kautta. Kun annetaan R niin integraali yli puoliympyrän reunan reaaliakselilla olevan osan yli lähestyy haluttua integraalia. Toisaalta polkujen deformointilauseen nojalla tiedämme että integraali yli puoliympyrän kaikilla suurilla R vastaa integroimista yli syklin σ joka koostuu kahdesta pienestä kuulasta (säde pienempi kuin ) jotka suunnistettu 3 positiivisesti ja joiden keskipisteet ovat e πi 4 ja e 3πi 4. Tämä pätee sillä funktio on analyyttinen alueessa C\{eπi 4 e 3πi 4,e 5πi 4,e 7πi 4 } ja selvästi kierrosluvut z 4 + pisteiden {e πi 4 e 3πi 4,e 5πi 4,e 7πi että syklille σ. 4 } suhteen ovat samat sekä alun puoliympyrälle Tämän lisäksi tulee vielä osata arvioida yli puoliympyrän kaaren tapahtuvaa integrointia, kun R, jotta voidaan saada tietoa integraalista yli reaaliakselin. Lasketaan ensin integraalin arvo suurilla R. Tätä varten riittää laskea edellä
mainittujen kahden pienen kuulan integraalit. Merkataan näiden kuulien positiivisestisuunnistettujareunojaγ jaγ. Pisteene πi 4 ympäristössä voidaan kirjoittaa z 4 + = (z +i)(z +e πi 4 ), z +e 5iπ 4 missä ensimmäinen osa on analyyttinen pienessä kuulassa. Tällöin Cauchyn integraalikaavan nojalla γ z 4 + = πi (e πi +i)(e πi 4 +e πi 4 ) = π = (+i) Täysin vastaavasti voidaan pisteen e 3πi 4 ympäristössä kirjoittaa z 4 + = (z i)(z +e 3πi 4 ) z +e 7iπ 4, π iπ. missä jälleen ensimmäinen osa on analyyttinen pisteen e 3πi 4 ympäristössä. Täsmälleen samoin laskemalla kuin edellisen kuulan kohdalla saadaan Tällöin siis saadaan γ z 4 + = π +iπ. γ R z 4 + = π kun γ R on polku yli puoliympyrän ja R mielivaltainen suuri reaaliluku. Nyt tulee vielä arvioida integraalia pitkin ympyräkaarta kun R. Huomataan ensin, että ympyräkaaren pituus on πr ja että kaikille z jotka kuuluvat kyseiselle ympyräkaarelle pätee. z 4 + R 4 Nyt merkitään ympyräkaarta θ R ja voidaan arvioida z 4 + dz R 4 πr ja selvästi pätee kun R. θ R πr R 4 0 Eli nyt kaikilla suurilla R pätee γ R z 4 + dz = θ R z 4 + dz + R R x 4 + dx = π.
Nyt kun annetaan R pätee siis dz 0, θ R z 4 + joten mikä osoittaa R lim R R x 4 + dx = π, dx x 4 + = π. 4. a) Laske integraali dx R e (x+i) soveltamalla Cauchyn integraalilausetta, integrointia yli sopivien apu-suorakaiteiden sekä tietoa, että R dx = π. e x b) Määrää a)-kohdan avulla integraali e x cos(x)dx a: Koska e z on analyyttinen koko tasossa Cauchyn lauseen globaali muoto kertoo, että integraali yli jokaisen suorakaiteen, jonka päätypisteet ovat R, R, R+i ja R+i ja joka kierretään vastapäivään, on nolla. Kun R on helppo nähdä, että integraali yli suoran joka yhdistää pisteet R,R + i suppenee kohti nollaa, sillä R+i e z dz +. e R R Täysin samoin nähdään, että integraali yli suoran joka yhdistää pisteet R ja R + i suppenee kohti nollaa. Vastaavasti nähdään, että integraali R R e z dz suppenee kohti integraalia e z dz,
sillä funktio e t suppenee kohti nollaa hyvin nopeasti kun t. Täten integraali suppenee kohti arvoa π. Ja täten R+i R e z dz = e (x+i) R+i R e (x+i) = π. b: Lasketaan suoraan e x cos(x) dx = = e xexi +e xi dx dx+ e e (x i) Täysin samoin kuin kohdassa a voidaan laskea e (x i) dx = π ja käyttäen tätä sekä a kohdan laskua saadaan, että e e (x+i) dx. e x cos(x)dx = π e + π e = π e.
Viikon 5..-9.. materiaaliin perustuvat tehtävät ====================================== 5. Olkoon A C yhdesti yhtenäinen alue ja α piste sen ulkopuolella, α A. Osoita että silloin z log(z α) voidaan määritellä A:n analyyttisenä funktiona. Toisin sanoen, löytyy analyyttinen f : A C siten että e f(z) = z α kaikilla z A. [Vihje: Hyödynnä Harjoitus 0/tehtävän 5 ideoita.] Edetään kuteen vihjeessä annetussa harjoitustehtävässä. Kuvaus f(z) = z α on analyyttinen alueessa A ja erisuuri kuin nolla. Täten f (z) = on f(z) z α analyyttinen alueessa A. Tällöin sillä on integraalifunktio g, joka on vakiota vaille yksikäsitteinen, alueeessa A. Tutkitaan nyt kuvauksen (z a)e g(z) derivaattaa ja osoitetaan, että kyseinen kuvaus on vakio. Lasketaan D((z α)e g(z) ) = e g(z) +(z α)( g (z))e g(z) = 0, missä on käytetty tietoa g (z) =. Tällöin pätee z α (z α)e g(z) = c, missä c on erisuuri kuin nolla sillä z α ja e g(z) ovat erisuuria kuin nolla kaikilla z A. Valitaan nyt integraalifunktion g vakiotermi siten, että c =. Tällöin saadaan z α = e g(z), eli saadaan haluttu logaritmin haara. 6. Määrää residyt Res(f,0), kun f(z) on funktio a) z sinz b) cosz z(z ) c) cosz d) e /z Millainen erikoispiste origo on kullekin yo. funktiolle? :
a: Selvästi funktio on rajoitettu origon ympäristössä (nähdään esimerkiksi käyttäen sinin sarjakehitelmää), eli origo on poistuva erikoispiste. Joten täten residy on nolla. b: Kosini on rajoitettu origon ympäristössä, joten origo on selkeästi ensimmäisen kertaluvun napa kyseiselle funktiolle. Tällöin residy saadaan rajaarvona lim z cosz z 0 z(z ) =. c: Lasketaan Kosinin sarjakehitelmää käyttäen cos(z) = z + O(z 4 ). Täten cos(z) = z az 4 +O(z 6 ) = z a z +O(z 4 ) = ( +a z +O(z 4 )+(a z z +O(z 4 )) + ), josta nähdään, että Laurentin sarjan kerroin a on 0. Siis residy on 0. d: Eksponenttifunktion sarjakehitelmän avulla nähdään, että e z = ( ) z +O. z 4 Joten residy on nolla, sillä kertoimem a on oltava nolla. 7. Määrää integraali dx x +x+ Ratkaistaan ensin kuvauksen f(z) = z + z + nollakohdat z = + 3i ja z = 3i, jotka saadaan toisen asteen ratkaisukaavasta. Olkoon nyt γ pisteiden R, ir ja R kautta kulkeva puoliympyrän reuna suunnistettuna positiivisesti. Residy lauseen nojalla kyseisen kuvauksen integraali tämän käyrän yli on πires(f,z ). (Sillä kierrosluku toisen navan yli on nolla)
Lasketaan siis kyseinen Residy. Koska selkeästi kyseessä on ensimmäisen kertaluvun napa voidaan laskea z z lim z z (z z )(z z ) =. 3i Täysin vastaavalla päättelyllä kuin tehtävässä 3 saadaan, että integraali yli puoliympyrän kaaren lähestyy nollaa kun R. (Sillä kaaren pituus kasvaa kuten cr ja kuvauksen moduli pienenee kuten cr ) Täten saadaan rajalla, että π dx =. x +x+ 3 8. Jos f : D(z 0,r) C on jatkuva ympyrän kehällä, asetetaan ympyrän ulkopuolella f(ζ) g(z) = ζ z, z z 0 > r. D(z 0,r) Osoita, että silloin g(z) voidaan esittää negatiivisten potenssien sarjana g(z) = a n (z z 0 ) n, z z 0 > r, n= missä sarja suppenee tasaisesti kaikissa joukoissa D = {z C : z z 0 R} kun R > r. [Vihje: ζ z = z o z Lasketaan ζ z = z 0 z ( = z 0 z.] ζ z 0 z z 0 ζ z 0 z z 0 + ζ z 0 z z 0 + + = z z 0 ζ z 0 (z z 0 ) (ζ z 0) N (z z 0 ) N+ + ( ) N ( ) ( N+ ζ z0 ζ z0 + z z 0 z z 0 ( ζ z0 z z 0 Sijoitetaan tämä nyt integraalin sisään ja lasketaan N+ f(ζ) ζ z dζ = ( ζ z0 D(z 0,r) n= a n (z z 0 ) + n D(z 0,r) z z 0 ζ z 0 z z 0 ) N+ ζ z. ) N+ f(ζ) ζ z dζ, ))
missä kertoimet a n = (ζ z 0 ) j f(ζ) dζ. D(z 0,r) Koskaf onjatkuva, D(z 0,r)onkompakti, r onjokinkiinteälukuja z ζ > c voidaan arvioida ( ) N+ ζ z0 f(ζ) z z 0 ζ z dζ c ζ z 0 N+ z z 0. D(z 0,r) Mutta nyt kaikille z siten että z z 0 > r pätee, että c ζ z 0 z z 0 N+ () suppenee kohti nollaakunn. Tätenkaikillaz joille z z 0 > r voidaan ottaa raja-arvo N ja saadaan g(z) = D(z 0,r) f(ζ) ζ z = a n (z z 0 ) n, kuten haluttiin. Lisäksi mielivaltaisessa alueessa D = {z C : z z 0 R}, missä R > r, pätee että () suppenee tasaisesti kohti nollaa. Täten myös g(z):n sarjakehitelmä suppenee tasaisesti kyseisessä alueessa. n=