Eksamen i Matematik F2 d. 19. juni Opgave 2. Svar. Korte svar (ikke fuldstændige)

Transkript

1 Eksamen i Matematik F2 d. 9. juni 28 Korte svar (ikke fuldstændige Opgave Find realdelen, Re z, og imaginærdelen, Im z, for følgende værdier af z, a z = 2 i b z = i i c z = ln( + i Find realdelen, Re z, og imaginærdelen, Im z, for følgende værdier af z, a Re z = 2/5, og Im z = /5 b Re z = exp( π/2, og Im z = c Re z = ln( 2, og Im z = π/4 Opgave 2 Find alle singulariteter og bestem ordenen af eventuelle poler for følgende udtryk a b c (z 2 4z ln(z z z sin z a (z 2 4z = (z 3 3 (z 3 Heraf aflæses direkte, at der er poler af orden 3 i z = og z = 3. Side af 6

2 b c Opgave 3 ln(z z Vi ved at ln(z har et forgreningspunkt for z = og nævneren er analytisk i dette punkt, derfor vil det samlede udtryk også have et forgreningspunkt i z =. Vi tjekker nu punktet z =, hvor nævneren er lig. Vi definerer en ny variabel ξ = z, og ser på grænsen ξ. ln(z z = ln(ξ + ξ ξ Dvs. vi har en hævelig singularitet for z =. L Hospital = lim ξ ξ + = z sin z Udtrykket har singulære punkter der hvor z = sin z. Vi finder en pol for z =. Polen er af 3. orden idet z sin z = ( z3 z5 3! 5! +... Find Laurent-rækkerne omkring punkterne z for funktionerne a b f(z = f(z = sinh z (z iπ, hvor z = iπ ez z i, hvor z = i a Vi foretager et variabelskifte til ξ = z iπ og får derved sinh z (z iπ = i sin(iξ = i ξ ξ k= ( k (iξ2k+ (2k +! = ξ ( 2k ξ 2k+ (2k +! = k= b Ved en simpel omskrivning findes rækken på følgende vis f(z = ez z i = ei e z i z i = Side 2 af 6 ei z i (z i k k= k! k= (z iπ 2k (2k +!

3 Opgave 4 Udregn følgende integrale ved kontourintegration i den komplekse plan 2π Foretager substitutionen z = e iθ og får Opgave 5 2π e iθ cos(θ dθ = 2i e iθ cos(θ dθ ( z + z dz = π Benyt et passende valg af kurveintegraler i den komplekse plan til at vise at principalværdien af følgende integrale (langs den reelle akse antager værdien π/ 3, x 3 + dx Husk at argumentere for værdien af integralet langs de valgte kurver. Du får muligvis brug for følgende værdier cos(π/6 = sin(π/3 = 3/2 og cos(π/3 = sin(π/6 = /2. Vi lukker integralet langs en halvcirkel i den øvre halvplan. Den kurve bidrager ikke til integrationen da for store værdier af R = z vil zf(z R/R 3 R. Integranden har simple poler i z =, z = exp(iπ/3 og z = exp( iπ3. Dvs. vi har en simpel pol på integrationsvej i z = om hvilken vi lægger en lille halvcirkel H ɛ. Vi har derfor, at P x 3 + dx + H ɛ x 3 + dx = 2πi Res(eiπ/3 Hvilket igen giver, at P x 3 + dx = 2πi Res(eiπ/3 + πi Res( = = = π 3 πi ( + e iπ/3 ( + e iπ/3 + 2πi (e iπ/3 + (e iπ/3 e iπ/3 πi cos(π/3 + πe πi/6 2 cos(π/6 sin(π/3 Vi har her benyttet, at cos(π/6 = sin(π/3 = 3/2 og cos(π/3 = /2. Side 3 af 6

4 Opgave 6 Benyt laplacetransformationen til at løse følgende ligning d 4 u(t dt 4 u(t =, når u ( =, u ( =, u ( = og u( =. Benyt laplacetransformationen på begge sider af udtrykket, og vi får û(s = s 3 (s 4 = s 3 (s (s + (s i(s + i, Vi beregner residuerne af de fire simple poler og får fra den inverse laplacetransformation, at u(t = (cosh(t + cos(t 2 Opgave 7 Vis at følgende integrale antager den givne værdi ved hjælp af kontourintegration i den komplekse plan 2π dx = (x Angiv en passende integrationsvej. Hint: vis at summen af residuet/residuerne af integrandens singulære punkt(er er /9 exp(2πi/3, og benyt evt. slutteligt, at sin(2π/3 = 3/2 til at udregne værdien af integralet. Integranden har en pol af orden 3 i z = e iπ, og vi får her, at Res( = d 2 ( lim 2! z e iπ dz 2 (z + 3 f(z = d 2 lim (z 2/3 2! z e iπ dz 2 = /9 exp(2πi/3 Im Integrationsvej. Integralet, vi er interesseret i, udregnes langs den øvre side af opskæringslinien Γ R (x + l 3 dx = z 2/3 (z + 3 dz For at bruge Cauchys sætning indfører vi ekstra integrationsveje som hjælp til at udregne integralet, en langs den nedre side af opskæringslinien l 2, en langs en cirkel Γ ε l l 2 Re Side 4 af 6

5 i uendelig Γ R og en langs en lille halvcirkel omkring venstre side af origo Γ ɛ. Vi ser at integrationen langs den ydre cirkel ikke bidrager til integralet idet f(z dz Γ R Vi har her brugt, at (for alle z på Γ R 2πR max f(z R. z Γ R zf(z R R(R 2/3 /R 2 = R /3 R og at nævneren i integranden for store radier er: + R 2 R 2. Sagt i ord, så er integralet mindre end eller lig med maksimumsværdien af integranden langs integrationsvejen ganget med længden af integrationsvejen, som er 2πR. Da maksimumsværdien går hurtigere mod nul end længden af integrationsvejen vil integralet være nul. På lignende vis, ser vi nu, at bidraget fra Γ ɛ er nul når radius, ɛ, går mod nul, idet (for alle z på Γ ɛ f(z dz Γ ɛ πɛ max f(z ɛ z Γ ɛ zf(z ɛ ɛ(ɛ 2/3 = ɛ 5/3 ɛ Vi har her benyttet, at nævneren i integranden for små radier: + ɛ 2. I grænserne for hhv. store og små radier på de cirkulære veje kan vi se bort fra Γ ɛ og Γ R, og derfor får vi, at ( f(z dz = f(z dz = 2πi l +Γ R +l 2 +Γ ε l +l 2 /9 exp(2πi/3 Integralet langs l 2 svarer til at integrere x fra uendelig til nul, men bemærk, at vi ikke kan krydse opskæringslinien, og derfor vil x langs l 2 antage værdien e 2πi x, som indsættes i integranden, og vi får derved f(z dz = l +l 2 (x + 3 dx + Det skal nu være lig summen af residuerne Vi får nu ( e 4πi/3 (xe 2πi 2/3 (x + 3 dx = ( e 4πi/3 dx = 2πi (x + 3 ( 2πi (x + 3 dx = 9 e2πi/3 e 4πi/3 = Da sin(2π/3 = 3/2 har vi slutteligt 2π dx = (x Side 5 af 6 ( 9 e2πi/3 2πi/9 e 2πi/3 e 2πi/3 = π 9 sin(2π/3 (x + 3 dx

6 Opgave 8 Benyt laplacetransformationen til at løse følgende differentialligning for u(t, du(t dt = 2 t u(t e (t t dt med startbetingelsen u( =. Vi kan enten direkte anvende laplacetransformationen eller benytte udtrykket for laplacetransformationen af et foldningsintegrale hvilket giver, at sû(s = 2 û(s + s, û(s = s + (s + 2(s. Fra den inverse laplacetransformation fås endeligt, at u(t = 3 e 2t et Side 6 af 6