ComplexFunctions1-SampleExam-v1.0

‫פונקציות מרוכבות‪:‬‬
‫פתרון מבחן לדוגמה של פרופ' אשר בן ארצי‬
‫)סמסטר א' תשע"א(‬
‫גרסה ‪ ,1.0‬אוגוסט ‪2011‬‬
‫ברק שושני‬
‫‪[email protected] | http://baraksh.co.il/‬‬
‫שאלות‬
‫‪ .1‬חשבו את האינטגרל‪:‬‬
‫‪a>0‬‬
‫‪2 dx,‬‬
‫)‪cos (ax‬‬
‫)‪(x2 + 4x + 5‬‬
‫∞‬
‫ˆ‬
‫∞‪−‬‬
‫ופשטו את התוצאה‪.‬‬
‫‪ .2‬מצאו העתקה קונפורמית ‪ f‬המעתיקה את הקבוצה‪:‬‬
‫‬
‫‪n‬‬
‫‪o‬‬
‫‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪E ≡ z = x + i y y > 0, (x − 1) + y 2 > 1, (x + 1) + y 2 > 1‬‬
‫על הקבוצה‪:‬‬
‫)‪F ≡ B\ [0, 1‬‬
‫כאשר ‪ B‬הוא עיגול היחידה‪ .‬אפשר לתאר את ההעתקה כהרכבת מספר העתקות קונפורמיות מבלי לחשב‬
‫את התוצאה הסופית‪.‬‬
‫‪ .3‬יהי ‪ a ∈ C‬המקיים ‪ .Re a > 1‬הוכיחו שלמשוואה ‪ ez −z = a‬יש בדיוק פתרון אחד המקיים ‪.Re z < 0‬‬
‫‪ .4‬האם קיימת פונקציה ‪ f 6≡ 0‬הולומורפית על עיגול היחידה ובעלת אינסוף אפסים בו?‬
‫‪ .5‬תהי ‪ f‬פונקציה שלמה‪ .‬נתון שקיים פולינום ‪ p‬כך ש־‪ deg p > 0‬וכך ש־ ‪ p ◦ f‬פולינום‪ .‬הוכיחו שגם ‪f‬‬
‫פולינום‪.‬‬
‫‪1‬‬
‫פתרונות‬
‫שאלה ‪1‬‬
‫חשבו את האינטגרל‪:‬‬
‫‪a>0‬‬
‫‪2 dx,‬‬
‫∞‬
‫)‪cos (ax‬‬
‫)‪+ 4x + 5‬‬
‫ˆ‬
‫‪(x2‬‬
‫∞‪−‬‬
‫ופשטו את התוצאה‪.‬‬
‫פתרון‬
‫המכנה מתאפס כאשר‪:‬‬
‫√‬
‫‪16 − 20‬‬
‫‪= −2 ± i‬‬
‫‪2‬‬
‫‪−4 ±‬‬
‫=‪x‬‬
‫לפיכך אין לו שורשים ממשיים‪ ,‬והאינטגרנד רציף )וסופי( על כל הישר הממשי‪ .‬נשים לב כי‪:‬‬
‫‬
‫ ∞ ˆ‬
‫∞ ˆ‬
‫‬
‫)‪cos (ax‬‬
‫‪1‬‬
‫‬
‫‬
‫‪dx‬‬
‫≤‬
‫‬
‫‬
‫‪2‬‬
‫∞ < ‪2 dx‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫ )‪−∞ (x + 4x + 5‬‬
‫)‪−∞ (x + 4x + 5‬‬
‫ולכן האינטגרל מתכנס )בהחלט(‪ .‬כמו כן מתקיים‪:‬‬
‫‪2 dx‬‬
‫ˆ‬
‫‪ei az‬‬
‫∞‬
‫)‪(z 2 + 4z + 5‬‬
‫∞‪−‬‬
‫‪2 dx = Re‬‬
‫∞‬
‫)‪cos (ax‬‬
‫)‪(x2 + 4x + 5‬‬
‫ˆ‬
‫∞‪−‬‬
‫כעת‪ ,‬נתבונן בפונקציה‪:‬‬
‫‪ei az‬‬
‫‪2‬‬
‫))‪((z + 2 + i) (z + 2 − i‬‬
‫=‬
‫‪ei az‬‬
‫‪2‬‬
‫)‪(z 2 + 4z + 5‬‬
‫≡ )‪f (z‬‬
‫השורשים ‪ −2 ± i‬הם כמובן קטבים מסדר ‪ .2‬נבצע אינטגרציה של )‪ f (z‬על המסילה ‪ γ‬המורכבת מהקטע‬
‫]‪ [−R, R‬ומחצי המעגל העליון ברדיוס ‪ ,R‬כאשר ∞ → ‪ .R‬נשים לב כי רק הקוטב ‪ −2 + i‬נמצא בתוך תחום‬
‫האינטגרציה‪ .‬לחישוב השארית בו נשתמש בנוסחה )המתאימה לקטבים מסדר שני בלבד(‪:‬‬
‫‪ h‬‬
‫‪i‬‬
‫‪d‬‬
‫‪2‬‬
‫‪Res f (z) = lim‬‬
‫)‪(z − z0 ) f (z‬‬
‫‪z=z0‬‬
‫‪z→z0‬‬
‫‪dz‬‬
‫מכאן‪:‬‬
‫‬
‫ ‪d‬‬
‫‪2‬‬
‫)‪(z + 2 − i) f (z‬‬
‫‪z→−2+i dz‬‬
‫!‬
‫‪d‬‬
‫‪ei az‬‬
‫‪= lim‬‬
‫‪2‬‬
‫‪z→−2+i dz‬‬
‫)‪(z + 2 + i‬‬
‫‪i a ei az (z + 2 + i) − 2 ei az‬‬
‫‪3‬‬
‫)‪(z + 2 + i‬‬
‫‪lim‬‬
‫= )‪Res f (z‬‬
‫‪lim‬‬
‫=‬
‫‪z→−2+i‬‬
‫‪a + 1 −(2 i +1)a‬‬
‫‪e‬‬
‫‪4i‬‬
‫‪z=−2+i‬‬
‫=‬
‫לפיכך‪:‬‬
‫‪a + 1 −(2 i +1)a‬‬
‫‪e‬‬
‫‪4i‬‬
‫‪a + 1 −2 i a −a‬‬
‫‪πe‬‬
‫‪e‬‬
‫=‬
‫‪2‬‬
‫˛‬
‫· ‪f (z) dz = 2π i‬‬
‫‪2‬‬
‫‪γ‬‬
‫כעת‪ ,‬עבור אינטגרלים מהצורה‪:‬‬
‫ˆ‬
‫‪g (z) ei az dz,‬‬
‫‪a>0‬‬
‫אנו יודעים‪ ,‬מהלמה של ז'ורדן‪ ,‬כי האינטגרל על חצי המעגל העליון מתאפס אם מתקיים‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‪lim g R ei θ → 0‬‬
‫∞→‪R‬‬
‫ואכן‪ ,‬במקרה שלנו‪:‬‬
‫‪−−−−→ 0‬‬
‫∞→|‪|z‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫)‪+ 4z + 5‬‬
‫לכן האינטגרל על חצי המעגל מתאפס‪ ,‬ומכאן‪:‬‬
‫‬
‫‪a + 1 −2 i a −a‬‬
‫‪a+1‬‬
‫‪πe‬‬
‫‪e‬‬
‫=‬
‫‪π cos (2a) e−a‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪(z 2‬‬
‫≡ )‪g (z‬‬
‫‬
‫‪= Re‬‬
‫‪2 dx‬‬
‫∞‬
‫)‪cos (ax‬‬
‫)‪+ 4x + 5‬‬
‫‪(x2‬‬
‫ˆ‬
‫‬
‫∞‪−‬‬
‫שאלה ‪2‬‬
‫מצאו העתקה קונפורמית ‪ f‬המעתיקה את הקבוצה‪:‬‬
‫‬
‫‪n‬‬
‫‪o‬‬
‫‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪E ≡ z = x + i y y > 0, (x − 1) + y 2 > 1, (x + 1) + y 2 > 1‬‬
‫על הקבוצה‪:‬‬
‫)‪F ≡ B\ [0, 1‬‬
‫כאשר ‪ B‬הוא עיגול היחידה‪ .‬אפשר לתאר את ההעתקה כהרכבת מספר העתקות קונפורמיות מבלי‬
‫לחשב את התוצאה הסופית‪.‬‬
‫פתרון‬
‫הקבוצה ‪ E‬היא חצי המישור העליון ללא שני עיגולי היחידה בעלי מרכזים ב־‪:z = ±1‬‬
‫‪3‬‬
‫ראשית "נהפוך" את הקבוצה באמצעות ההעתקה‪:‬‬
‫‪1‬‬
‫‪z‬‬
‫‪ϕ1 (z) ≡ −‬‬
‫העתקה זו מקיימת‪:‬‬
‫‪ϕ1 (∞) = 0‬‬
‫‪ϕ1 (1) = −1,‬‬
‫‪ϕ1 (0) = ∞,‬‬
‫קונפורמית‪ ,‬מעגלים מאונכים נשארים מאונכים‬
‫לפיכך היא שולחת את הישר הממשי לעצמו‪o .‬מאחר שההעתקה ‪n‬‬
‫‪2‬‬
‫לאחר שמפעילים אותה עליהם‪ .‬לפיכך המעגל ‪ , (x − 1) + y 2 = 1‬אשר מאונך לישר הממשי בנקודות ‪z = 0‬‬
‫ההעתקה לישר הממשי‬
‫ו־‪ ,z = 2‬יהיה מאונך אחרי הפעלת‬
‫בנקודות ∞ = ‪ z‬ו־ ‪ - z = 12‬כלומר‪ ,‬הוא יעבור לישר‬
‫‪n‬‬
‫‪o‬‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ . x = 21‬באותה צורה רואים כי המעגל ‪ (x + 1) + y = 1‬עובר לישר ‪ . x = − 2‬נשים לב כי הנקודה‬
‫‪ i ∈ E‬עוברת לעצמה‪ ,‬ולכן הקבוצה ‪ E‬תעבור להיות בין שני הישרים החדשים‪ ,‬כלומר תעבור למלבן‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‪ 1‬‬
‫‪1‬‬
‫‬
‫‪ϕ1 (E) = z = x + i y − < x < , y > 0‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫כעת נזיז את המלבן כך שיתחיל מ־‪ ,(z 7→ z + 12 ) x = 0‬נמתח את המלבן פי ‪ ,(z 7→ 2πz) 2π‬ונסובב אותו ב־‪90‬‬
‫מעלות סביב הראשית נגד כיוון השעון )‪ .(z 7→ i z‬בסה"כ נקבל את ההעתקה‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‪1‬‬
‫‪ϕ2 (z) ≡ 2π i z +‬‬
‫‪2‬‬
‫העתקה זו תעביר את )‪ ϕ2 (E‬למלבן‪:‬‬
‫}‪(ϕ2 ◦ ϕ1 ) (E) = {x < 0, 0 < y < 2π‬‬
‫‪4‬‬
‫כעת כל שנותר הוא להפעיל את ההעתקה‪:‬‬
‫‪ϕ3 (z) ≡ ez‬‬
‫נשים לב כי‪:‬‬
‫‪ez = ex+i y = ex ei y‬‬
‫לכן לאחר ההעתקה אנו נקבל את כל הנקודות שהארגומנט שלהן הוא בין ‪ 0‬ל־‪) 2π‬לא כולל( והרדיוס שלהן הוא‬
‫בין ‪ 0‬ל־‪) 1‬לא כולל(‪:‬‬
‫)‪(ϕ3 ◦ ϕ2 ◦ ϕ1 ) (E) = B\ [0, 1‬‬
‫‬
‫כנדרש‪.‬‬
‫‪5‬‬
‫שאלה ‪3‬‬
‫יהי ‪ a ∈ C‬המקיים ‪ .Re a > 1‬הוכיחו שלמשוואה ‪ ez −z = a‬יש בדיוק פתרון אחד המקיים‬
‫‪.Re z < 0‬‬
‫פתרון‬
‫נשתמש במשפט רושה‪ :‬אם ‪ f‬ו־‪ g‬אנליטיות בתוך ועל מסילה פשוטה וסגורה ‪ ,γ‬ומתקיים |)‪ |g (z)| < |f (z‬על ‪,γ‬‬
‫אז ל־ ‪ f‬ול־‪ f + g‬אותו מספר אפסים )כולל ריבויים( בתוך ‪.γ‬‬
‫נגדיר‪:‬‬
‫‪g (z) ≡ − ez‬‬
‫‪f (z) ≡ a + z,‬‬
‫בתור המסילה‪ ,‬ניקח את חצי המעגל השמאלי‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‪π 3π‬‬
‫∈ ‪γ = γ1 + γ2 ≡ [− i R, i R] + R ei ϕ ϕ‬‬
‫‪,‬‬
‫‪2 2‬‬
‫‬
‫עלינו להראות כי על המסילה מתקיים‪:‬‬
‫|‪|ez | < |a + z‬‬
‫אכן‪ ,‬על ‪ γ1‬מתקיים ‪ Re z = 0‬ולכן‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫|‪|ez | = eRe z+i Im z = eRe z = 1 < Re a = Re (a + z) ≤ |a + z‬‬
‫ועל ‪ γ2‬מתקיים ‪ Re z ≤ 0‬ו־‪ |z| = R‬ולכן‪ ,‬אם ניקח |‪:R > 1 + |a‬‬
‫|‪|ez | = eRe z ≤ 1 < R − |a| = |z| − |a| ≤ |a + z‬‬
‫מאי־שוויון המשולש ההפוך‪ ,‬כנדרש‪ .‬מכאן‪ ,‬מספר הפתרונות של המשוואה‪:‬‬
‫‪f (z) + g (z) = a + z − ez = 0‬‬
‫זהה למספר הפתרונות של המשוואה‪:‬‬
‫‪f (z) = a + z = 0‬‬
‫בתוך המסילה ‪ .γ‬למשוואה זו יש רק פתרון אחד‪ ,z = −a ,‬וכאשר ∞ → ‪ R‬אנו רואים כי בחצי המישור השמאלי‬
‫‬
‫יש בדיוק פתרון אחד למשוואה ‪.ez −z = a‬‬
‫שאלה ‪4‬‬
‫האם קיימת פונקציה ‪ f 6≡ 0‬הולומורפית על עיגול היחידה ובעלת אינסוף אפסים בו?‬
‫פתרון‬
‫אכן‪ ,‬קיימת פונקציה כזאת‪ .‬נגדיר פונקציה ‪ h‬בצורה הבאה‪:‬‬
‫‪1−z‬‬
‫‪1+z‬‬
‫≡ )‪h (z‬‬
‫אז מתקיים‪:‬‬
‫‪1−i‬‬
‫‪= −i‬‬
‫‪1+i‬‬
‫= )‪h (i‬‬
‫‪h (1) = 0,‬‬
‫‪6‬‬
‫‪h (−1) = ∞,‬‬
‫לפיכך ‪ h‬מעבירה את מעגל היחידה }‪ {|z| = 1‬לישר המדומה }‪ .{Re z = 0‬כמו־כן‪ h (0) = 1 ,‬ולכן עיגול היחידה‬
‫}‪ B ≡ {|z| < 1‬עובר לחצי המישור הימני }‪ .{Re z > 0‬כעת‪ ,‬נגדיר את הפונקציה ‪ f‬המבוקשת כך‪:‬‬
‫)‪f (z) ≡ sin h (z‬‬
‫מכיוון ש־‪ h‬הולומורפית על עיגול היחידה‪ ,‬גם ‪ f‬הולומורפית עליו‪ .‬מתקיים למשל ‪ f (0) = sin 1 6= 0‬ולכן ‪f 6≡ 0‬‬
‫כנדרש‪ .‬נשים לב כי ‪ h‬היא הפונקציה ההפוכה של עצמה‪:‬‬
‫‪1−z‬‬
‫)‪= h (z‬‬
‫‪1+z‬‬
‫= )‪h−1 (z‬‬
‫)‪ 1 − h−1 (z‬‬
‫≡ )‪h h−1 (z‬‬
‫‪=z‬‬
‫)‪1 + h−1 (z‬‬
‫⇒=‬
‫נסמן לכל ‪:n ∈ N‬‬
‫‪zn ≡ h−1 (πn) ∈ B‬‬
‫אז‪:‬‬
‫‪h (zn ) = πn‬‬
‫ומכיוון ש־‪ h‬חד־חד־ערכית‪ ,‬הנקודות ‪ zn‬שונות זו מזו‪ .‬לבסוף‪ ,‬מתקיים‪:‬‬
‫‪f (zn ) = sin h (zn ) = sin (πn) = 0‬‬
‫ולכן ל־ ‪ f‬אינסוף אפסים בעיגול היחידה‪ ,‬כנדרש‪.‬‬
‫‬
‫שאלה ‪5‬‬
‫תהי ‪ f‬פונקציה שלמה‪ .‬נתון שקיים פולינום ‪ p‬כך ש־‪ deg p > 0‬וכך ש־ ‪ p ◦ f‬פולינום‪ .‬הוכיחו שגם‬
‫‪ f‬פולינום‪.‬‬
‫פתרון‬
‫נתון כי ‪ f‬שלמה‪ ,‬כלומר היא אנליטית בכל המישור המרוכב פרט‪ ,‬אולי‪ ,‬ל־∞‪ .‬לפיכך מספיק להוכיח כי אין לה‬
‫סינגולריות עיקרית ב־∞ )כלומר‪ ,‬יש לה קוטב או היא אנליטית שם(‪ ,‬ואז היא בהכרח פולינום‪ .‬נניח‪ ,‬אם כן‪,‬‬
‫בשלילה כי ∞ נקודה סינגולרית עיקרית של ‪.f‬‬
‫נתון כי ‪ ,deg p > 0‬לכן לפולינום ‪ p‬יש לפחות שורש אחד‪ ,‬אותו נסמן ב־‪ .λ‬כעת נשתמש במשפט קסורטי־‬
‫ויירשטראס‪ :‬תהי )‪ f (z‬פונקציה אנליטית בסביבה נקובה ‪ U‬של ‪ z0‬ובעלת נקודה סינגולרית עיקרית ב־ ‪ ,z0‬אז‬
‫∞‬
‫לכל סביבה נקובה ‪ V ⊆ U‬של ‪ f (V ) ,z0‬צפופה ב־‪ .C‬מכאן‪ ,‬קיימת סדרה ‪ {zn }n=1‬כך ש‪:‬‬
‫‪lim |zn | = ∞,‬‬
‫‪lim f (zn ) = λ‬‬
‫∞→‪n‬‬
‫∞→‪n‬‬
‫ולכן‪:‬‬
‫‬
‫‪lim f (zn ) = p (λ) = 0‬‬
‫∞→‪n‬‬
‫‬
‫‪lim (p ◦ f ) (zn ) = p‬‬
‫∞→‪n‬‬
‫במילים אחרות‪ ,‬הפולינום ‪ p ◦ f‬מתאפס באינסוף ולכן הוא בהכרח הפונקציה הקבועה ‪ .0‬לפיכך כל הערכים‬
‫שמניבה הפונקציה ‪ f‬הם שורשים של ‪ .p‬זוהי קבוצה סופית‪ ,‬ומכיוון ש־ ‪ f‬רציפה‪ ,‬נסיק כי היא בהכרח קבועה‬
‫‬
‫)ושווה לשורש כלשהו של ‪ .(p‬מכאן ‪ f‬רגולרית ב־∞‪ ,‬בסתירה להנחת השלילה‪.‬‬
‫‪7‬‬