TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Tentamen Functietheorie (2Y480) op 23 januari 2002,

Transcriptie

1 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Functietheorie (2Y8) op 23 januari 22, uur De uitwerkingen der opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden.. Van een gehele functie f (z) is gegeven dat Re f (z) = x 2 y 2, waar de reële getallen x en y bepaald worden door z = x + iy. Kan dit? Zo ja, geef dan tenminste één voorbeeld van zo n gehele functie f (z). Zo nee, geef aan waarom niet. 2. Bepaal de functie f (z) met de volgende eigenschappen: (a) f (z) is begrensd voor z > 3. (b) f (z) is overal analytisch behoudens twee singulariteiten, een pool van de eerste orde in z = met residu, en een pool van de tweede orde in z = 2 met residu 2. (c) f () = 7 en f () = Voor R >, R, R 2definiëren we dz I R := (z 2 ) 5 (z 2). 2 z =R (a) Laat zien dat I R = voor R > 2. (b) Bereken I R voor de andere waarden van R waarvoor I R gedefinieerd is.. Bereken 2π dϕ cos ϕ. 5. Zij <α<2π. Bereken K zdz, waar K de Jordankromme is die bestaat uit het rechte lijnstuk van z = naar z =, de cirkelboog om z = vanz = naar z = e iα en het rechte lijnstuk van z = e iα naar z = (zie figuur). e iα α Normering: ab 37

2 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Uitwerking van het tentamen Functietheorie (2Y8) op 23 januari 22, uur OPGAVE Van een gehele functie f (z) is gegeven dat Re f (z) = x 2 y 2, waar de reële getallen x en y bepaald worden door z = x + iy. Kan dit? Zo ja, geef dan tenminste één voorbeeld van zo n gehele functie f (z). Zo nee, geef aan waarom niet. OPLOSSING: We schrijven u(x, y) :=Re f (x + iy) = x 2 y 2. Eerste Methode: Wil zo n functie bestaan, dan moet u(x, y) overal harmonisch zijn, d.w.z. voldoen aan de potentiaalvergelijking u xx + u yy =. Hier geldt u xx + u yy = 2y 2 + 2x 2. Zo n functie kan dus niet bestaan. Tweede Methode: We proberen v(x, y) :=Im f (x + iy) te bepalen. De functies u en v voldoen aan de Cauchy-Riemann-vergelijkingen. We vinden hieruit: v x = u y = 2x 2 y, v y = u x = 2xy 2. Uit de eerste vergelijking volgt v(x, y) = 2 3 x3 y + f (y), waar f niet van x afhangt. Differentiëren we deze vergelijking naar y, dan vinden we v y (x, y) = 2 3 x3 + f (y) = 2xy 2. Omdat f ook niet van x kan afhangen, vinden we hier een tegenspraak (vul bijvoorbeeld achtereenvolgens x = enx = in.

3 2 OPGAVE 2 Bepaal de functie f (z) met de volgende eigenschappen:. f (z) is begrensd voor z > f (z) is overal analytisch behoudens twee singulariteiten, een pool van de eerste orde in z = met residu, en een pool van de tweede orde in z = 2 met residu f () = 7 en f () = 5 2. OPLOSSING: De functie g(z) := (z + )(z 2) 2 f (z) heeft geen singulariteiten, en is dus een gehele functie. We weten dat f (z) begrensd, zeg f (z) M, is voor z > 3. Daarom geldt voor R := z > 3: g(z) z + z 2 2 f (z) (R + )(R + 2) 2 M 8MR 3, waar we gebruikt hebben dat R + < 2R, R + 2 < 2R voor R > 3. Uit de gegeneraliseerde stelling van Liouville (Stelling 7.5 van het dictaat) volgt nu dat g(z) een polynoom is met graad 3. De functie g(z) is dus van de vorm g(z) = az 3 + bz 2 + cz + d, met nog nader te bepalen coëfficiënten a, b, c, d. Deze coëfficiënten bepalen we uit de verdere gegevens.. f () = 7 geeft d = g() = f () = f () = 5 2 geeft a + b + c + d = g() = 2 f () = Res z= f (z) =. Merk op dat z = een enkelvoudige pool is van f (z), dus dat Res f (z) = lim (z + ) f (z) = ( a + b c + d)/9 z= z We concluderen dat a + b c + d = 9.. Res z=2 f (z) = 2. Omdat z = 2 een dubbele pool is van f (z) volgt uit Regel II (8.5) dat Res z=2 f (z) = Res z=2 g(z)/(z + ) (z ) 2 = ( az 3 + bz 2 ) + cz + d = z + z=2 28a + 8b + c d 9 = 2 Op deze manier vinden we vier vergelijkingen met vier onbekenden, te weten: d = 7, a + b + c + d = 5, a + b c + d = 9, 28a + 8b + c d = 8.

4 3 Dit levert a = 3, b =, c = 5, d = 7. Dus 3 f (z) = z3 5z + 2 3(z + )(z 2) 2. OPGAVE 3 Voor R >, R, R 2 definiëren we dz I R := (z 2 ) 5 (z 2). 2 z =R. Laat zien dat I R = voor R > Bereken I R voor de andere waarden van R waarvoor I R gedefinieerd is. OPLOSSING:We geven de cirkel met middelpunt en straal R aan met C R. Dus C R :={z C z =R}.. We gebruiken de ongelijkheid f (z) dz ML, C R waar L de lengte van de integratieweg en M een bovengrens is voor de modulus van de integrand. Hier is L = 2π R, en voor de integrand f (z) :=/((z 2 ) 5 (z 2) 2 ) geldt f (z) =: M. (R 2 ) 5 (R 2) 2 We hebben hier gebruikt dat z 2 z 2 = R 2 en z 2 R 2 geldt voor z C R en R > 2. We concluderen I R 2π R/((R 2 ) 5 (R 2) 2 ) voor R. Volgens de stelling van Cauchy is de integraal echter onafhankelijk van R. We vinden dus dat I R = voor alle R > De singuliere punten van f (z) zijn z =±, twee polen van de vijfde orde, en z = 2, een pool van de tweede orde. Als R < ligt er geen pool binnen C R. Daarom is dan I R =. Als < R < 2, liggen er twee polen binnen C R, beide van de vijfde orde. Het is te veel rekenwerk om de residuen hiervan te bepalen. Daarom maken we gebruik van het vorige resultaat. Als R > 2, is I R gelijk aan de som van de residuen van alledrie de polen. Zoals we in. gezien hebben is deze integraal dan gelijk aan nul. Dit betekent dat de som van de residuen in de

5 drie polen gelijk aan nul is. De som van de residuen van de twee polen van de vijfde orde is dus gelijk aan Res z=2 f (z) =[ ((z 2 ) 5 ) ] z=2 =[z(z 2 ) 6 ] z=2 = 2/729, waar we Regel II (8.5) van het dictaat hebben toegepast. C R z=- z= z=2 Resumerend, hebben we de volgende resultaten: ( < R < ), I R = πi/729 ( < R < 2), (R > 2). OPGAVE Bereken 2π dϕ cos ϕ. OPLOSSING: Definieer z := e iϕ. Dan is dz = ie iϕ dϕ, dus dϕ = iz dz. Verder is cos ϕ = (z + /z). Dit geeft 2 I := De integrand 2π f (z) := dϕ cos ϕ = z = i z 2 + 7z + = 7 + (z + /z) ( iz ) dz = z = i (z + )(z + ) = i/ (z + )(z + ) i z 2 + 7z + dz

6 5 heeft binnen de integratieweg z = één singulariteit, te weten, een pool in z =. We vinden dus I = 2πi Res z= f (z) = 2πi i/ + = 2π 5. OPGAVE 5 Zij <α<2π. Bereken K zdz, waar K de Jordankromme is die bestaat uit het rechte lijnstuk van z = naar z =, de cirkelboog om z = van z = naar z = e iα en het rechte lijnstuk van z = e iα naar z = (zie figuur). e iα α OPLOSSING: We schrijven K = K + K 2 + K 3, met de volgende parametervoorstellingen: K : z = t ( t ) K 2 : z = e iϕ ( ϕ α) K 3 : z = e iα t ( t ) Dan hebben we:. K zdz= t dt= tdt= 2, 2. K 2 zdz= α eiϕ ie iϕ dϕ = i α dϕ = iα, e iα K 3 K 2 α K 3. K 3 zdz= eia t e iα dt = tdt= 2. Dus zdz= zdz= iα. K K +K 2 +K 2 NB: We kunnen hier niet de stelling van Cauchy toepassen en constateren dat de integraal gelijk aan nul is, omdat de functie f (z) := z niet analytisch is.