Zestaw 2
Transkrypt
Zestaw 2
Analiza matematyczna dla informatyków 4 Zajęcia 2 Kilka podstawowych wzorów. Dla dowolnych z1 , z2 ∈ C |z1 z2 | = |z1 ||z2 |. Dla dowolnych z1 , z2 ∈ C, z2 6= 0 z1 |z | = 1 . |z2 | z2 Dla dowolnego z = a + bi ∈ C z · z = |z|2 , gdzie z = a − bi jest sprzężeniem liczby z. Dla dowolnego t ∈ R |eit | = |cos t + i sin t| = 1 oraz eit = e−it . Zadanie 1. Zbadać, w co przechodzi przy przekształceniu w(z) = |z − a| = |a|, a 6= 0, a ∈ R. 1 z rodzina okręgów Rozwiązanie. Zdefiniujmy z(t) = a + aeit dla t ∈ [−π, π]. Obrazem tego odwzorowania jest wskazany w treści zadania okrąg. Widzimy, że z(−π) = z(π) = 0. Załóżmy, że t ∈ (−π, π) i zbadajmy obraz odwzo1 . rowania z(t) Mamy 1 1 1 1 + e−it = = · z(t) a + aeit a (1 + eit )(1 + e−it ) 1 1 + e−it 1 1 + cos t − i sin t = · = · it −it 0 a 1+e +e +e a 2 + 2 cos t 1 sin t = 1−i . 2a 1 + cos t sin t Musimy zbadać jak zachowuje się wyrażenie 1+cos dla t ∈ (−π, π). Mianownik na t tym przedziale jest różny od zera, licznik i mianownik są funkcjami ciągłymi, więc 1 iloraz także jest ciągły. Dla t = 0 to wyrażanie jest równe 0. Zbadamy granice przy t dążącym do −π i π. lim t→π− sin t(1 − cos t) sin t = lim t→π − (1 + cos t)(1 − cos t) 1 + cos t sin t(1 − cos t) 1 − cos t = lim =∞ = lim 2 t→π− t→π− sin t sin t i analogicznie lim t→−π+ sin t = −∞. 1 + cos t sin t dla t ∈ (−π, π) jest cała prosta rzeczywista. Zatem obrazem wyrażenia 1+cos t Oznacza to, że okrąg wyznaczony równaniem |z − a| = |a| przechodzi na prostą 1 ∧ y ∈ R}. {x + yi ∈ C| x = 2a Zadanie 2. Znaleźć obraz pierwszej ćwiartki układu współrzędnych za pomocą homografii z−i . z+i w(z) = Rozwiązanie. Ogólna postać homografii f (z) = az + b , cz + d gdzie a, b, c, d ∈ C, c 6= 0, ad − bc 6= 0. Homografie to odwzorowania zachowujące kąty. Zajmiemy się najpierw obrazem całej górnej otwartej półpłaszczyzny. Zauważmy, że dla z należących do górnej półpłaszczyzny |w(z)| = |z − i| |z − i| = < 1, |z + i| |z − (−i)| ponieważ |z − i| < |z − (−i)|, tzn. z jest bliżej punktu i niż −i. Zatem cały obraz zawiera się w otwartej kuli jednostkowej o środku w punkcie 0. Pokażemy, że obrazem jest w istocie cała kula, czyli, że dla dowolnego punktu x + yi ∈ D(0, 1) znajdziemy taki punkt a + bi leżący w górnej półpłaszczyźnie, że w(a + bi) = x + yi. Niech x + yi ∈ D(0, 1). Szukamy odpowiedniego punktu a + bi. a + (b − 1)i = x + yi. a + (b + 1)i Stąd a + (b − 1)i = (x + yi)(a + (b + 1)i) 2 i a + (b − 1)i = xa − y(b + 1) + (ya + x(b + 1))i, co daje układ równań ( a = xa − y(b + 1) b − 1 = ya + x(b + 1) Z pierwszego równania a= (b + 1)y . x−1 (1) Podstawiając do drugiego otrzymujemy (b + 1)y 2 + x(b + 1) x−1 y2 y2 b 1− −x =1+ +x x−1 x−1 x2 + y 2 − 1 −(x − 1)2 − y 2 = b x−1 x−1 1 − x2 − y 2 b= . (x − 1)2 + y 2 b−1= Podstawiając do (1) otrzymujemy 1 − x2 − y 2 y a= 1+ 2 2 (x − 1) + y x − 1 2 x − 2x + 1 + y 2 + 1 − x2 − y 2 y = 2 2 (x − 1) + y x−1 −2y . = (x − 1)2 + y 2 Zatem −2y a = (x − 1)2 + y 2 1 − x2 − y 2 . b = 2 2 (x − 1) + y Zauważmy, że dla x + yi ∈ D(0, 1) mamy b > 0 oraz w(a + bi) = x + yi. Chcemy jeszcze wiedzieć, co jest obrazem pierwszej ćwiartki. Widzimy, że jeśli a > 0, wtedy musi być y < 0, tzn. obrazem pierwszej ćwiartki jest dolna półkula. Zadanie 3. Oblicz granicę lim n→∞ 6n + 7ni + 8i . n + 4 + 2ni 3 Rozwiązanie. Mamy lim n→∞ (6n + 7ni + 8i)(n + 4 − 2ni) 6n + 7ni + 8i = n→∞ lim n + 4 + 2ni (n + 4 + 2ni)(n + 4 − 2ni) 6n2 + 24n + 14n2 + 16n + (7n + 8)(n + 4)i − 12n2 i) = n→∞ lim 5n2 + 8n + 16 2 20n + 40n + (−5n2 + 36n + 32)i = lim n→∞ 5n2 + 8n + 16 2 −5n2 + 36n + 32 20n + 40n + i lim = 4 − i. = n→∞ lim n→∞ 5n2 + 8n + 16 5n2 + 8n + 16 Zadanie 4. Zbadaj ciągłość funkcji f (z) = Re z . 1 + |z| − Rozwiązanie. Funkcja jest ciągła w punkcie → x0 , gdy → → lim f (− x ) = f (− x0 ). − → → x →− x 0 Powyższą funkcję możemy zapisać jako funkcję dwóch zmiennych f (x, y) = x √ 2 . 1 + x + y2 Ciągłość funkcji zespolonej pokrywa się z pojęciem ciągłości odpowiadającej jej funkcji dwóch zmiennych. Powyższa funkcja jest ciągła jako złożenie funkcji ciągłych. Dokładnie, korzystając kolejno z ciągłości ilorazu w każdym punkcie, w którym mianownik jest różny od zera, ciągłości sumy, ciągłości pierwiastka i kwadratu, możemy zapisać lim (x,y)→(x0 ,y0 ) x √ 2 (x,y)→(x0 ,y0 ) 1 + x + y2 lim(x,y)→(x0 ,y0 ) x √ = lim(x,y)→(x0 ,y0 ) (1 + x2 + y 2 ) x0 √ = 1 + lim(x,y)→(x0 ,y0 ) x2 + y 2 x0 q = 1 + lim(x,y)→(x0 ,y0 ) (x2 + y 2 ) x0 q = = f (x0 , y0 ). 1 + x20 + y02 f (x, y) = lim Zadanie 5. Zbadaj zbieżność szeregu ∞ X 3 + 4i n n=0 5 4 . Twierdzenie. Niech (zn )n∈N = (an +bn i)n∈N będzie ciągiem liczb zespolonych. Szereg ∞ X zn n=0 jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżne są szeregi ∞ X an , n=0 ∞ X bn . n=0 Twierdzenie (Warunek dostateczny). Niech (zn )n∈N będzie ciągiem liczb zespolonych. Jeśli szereg ∞ X |zn | n=0 jest zbieżny, wtedy szereg ∞ X zn n=0 jest także zbieżny. Twierdzenie (Warunek konieczny). Niech (zn )n∈N będzie ciągiem liczb zespolonych. Jeśli szereg ∞ X zn n=0 jest zbieżny, wtedy lim zn = 0. n→∞ W szczególności lim |zn | = 0. n→∞ Rozwiązanie. Mamy s 3 + 4i 9 16 = + = 1, 5 25 25 zatem szereg nie może być zbieżny. Zadanie 6. Znaleźć promień zbieżności szeregu ∞ X [4 + (−1)n ]n z n . n=0 5 Twierdzenie (Cauchy-Hadamard). Niech będzie dany szereg ∞ X cn (z − a)n , n=0 gdzie a, cn ∈ C. Powyższy szereg jest zbieżny w dysku otwartym D(a, R), gdzie R= 1 lim supn→∞ √ n cn oraz rozbieżny dla |z − a| > R. Zbieżność na brzegu dysku zależy od konkretnego przypadku. R nazywamy promieniem zbieżności tego szeregu. Rozwiązanie. Mamy lim sup n→∞ √ n cn = lim sup(4 + (−1)n ) = 5, n→∞ zatem 1 R= . 5 Zadanie 7. Sprawdź, gdzie jest różniczkowalna funkcja f (z) = z. Definicja. Niech Ω ⊂ C będzie otwartym podzbiorem C. Mówimy, że funkcja f : Ω → C jest różniczkowalna w punkcie z0 ∈ Ω, gdy istnieje granica lim z→z 0 f (z) − f (z0 ) . z − z0 Tę granicę, o ile istnieje, nazywamy pochodną funkcji f w punkcie z0 . Rozwiązanie. Niech z0 = x0 + y0 i ∈ C. lim z→z 0 f (z) − f (z0 ) f (x0 + h1 + (y0 + h2 )i) − f (x0 + y0 i) = lim (h1 ,h2 )→(0,0) z − z0 x0 + h1 + (y0 + h2 )i − (x0 + y0 i) x0 + h1 − (y0 + h2 )i − (x0 − y0 i) = lim (h1 ,h2 )→(0,0) h1 + h2 i h1 − h2 i = lim (h1 ,h2 )→(0,0) h1 + h2 i h21 − h22 − 2h1 h2 i = lim . (h1 ,h2 )→(0,0) h21 + h22 Jeśli h1 = n1 , h2 = n1 , wtedy ta granica wynosi −i. Jeśli h1 = n1 , h2 = 0, wtedy ta granica wynosi 1. Zatem ta granica nie istnieje dla żadnego punktu x + yi ∈ C. Zadanie 8. Znaleźć kąt obrotu i współczynnik rozciągania (dylatację) funkcji f (z) = z 2 + 2z w punkcie z = i. 6 Uwaga. Niech z ∈ C będzie liczbą zespoloną różną od zera. Wtedy liczba z |z| znajduję się na okręgu jednostkowym oraz ma taki sam kąt (argument) jak liczba z. Definicja. Niech f : Ω → C, Ω ⊂ C, z0 ∈ Ω oraz f (z) 6= f (z0 ) na pewnym otoczeniu punktu z0 . Mówimy, że odwzorowanie f zachowuje kąty w punkcie z0 , gdy granica lim e−iθ r→0+ f (z0 + reiθ ) − f (z0 ) |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )| istnieje i jest niezależna od θ. Wtedy kąt (argument) wartości powyższej granicy nazywamy kątem obrotu funkcji f w punkcie z0 . Uwaga. Zauważmy, że eiθ |(z0 + reiθ ) − z0 | eiθ |reiθ | = |(z0 + reiθ ) − z0 | |(z0 + reiθ ) − z0 | reiθ (z0 + reiθ ) − z0 = = . |(z0 + reiθ ) − z0 | |(z0 + reiθ ) − z0 | eiθ = Zatem eiθ wyznacza nam kąt przyrostu argumentu w powyższej definicji, a drugi czynnik kąt przyrostu wartości funkcji. Iloraz wyznacza nam różnicę tych kątów, czyli mówi jak obracany jest ”wykres” w danym punkcie. Twierdzenie. Funkcja holomorficzna zachowuje kąty w każdym punkcie, w którym jej pochodna jest różna od zera. Dodatkowo zachodzi lim e−iθ r→0+ f 0 (z0 ) f (z0 + reiθ ) − f (z0 ) = . |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )| |f 0 (z0 )| Dowód. Niech f 0 (z0 ) istnieje i będzie różne od zera. Wtedy lim e−iθ r→0+ f (z0 + reiθ ) − f (z0 ) |(z0 + reiθ ) − z0 | f (z0 + reiθ ) − f (z0 ) = lim · |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )| r→0+ (z0 + reiθ ) − z0 |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )| |(z0 + reiθ ) − z0 | f (z0 + reiθ ) − f (z0 ) = lim · r→0+ |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )| (z0 + reiθ ) − z0 f 0 (z0 ) = 0 . |f (z0 )| Uwaga. W przypadku funkcji holomorficznej policzenie kąta obrotu w punkcie z0 0 0) sprowadza się do policzenia kąta liczby |ff 0 (z , o ile f 0 (z0 ) 6= 0. Natomiast kąt liczby (z0 )| f 0 (z0 ) |f 0 (z0 )| jest równy kątowi liczby f 0 (z0 ). 7 Definicja. Dylatacją funkcji f : Ω → C w punkcie z0 ∈ Ω nazywamy wartość |f 0 (z0 )|. Uwaga. Dylatacja mówi w przybliżeniu, jak szybko zmieniają się wartości funkcji w stosunku do wartości zmiennej w otoczeniu zadanego punktu. Jeśli dla przykładu dylatacja w pewnym punkcie wynosi 2 oznacza to, że w pewnym otoczeniu tego punktu przy zmianie zmiennej o pewną jednostkę wartość funkcji zmienia się o dwie jednostki. Rozwiązanie. Mamy f (z) = z 2 + 2z. Wielomiany są funkcjami holomorficznymi. Zespolone różniczkowanie wielomianów wygląda tak samo jak zwykłe różniczkowanie wielomianów. Zatem f 0 (z) = 2z + 2. Kąt obrotu arg f 0 (i) = arg(2i + 2) = π . 4 Dylatacja √ |f 0 (i)| = |2i + 2| = 2 2. 8