Vzorové řešení zkouškové písemky

Transkript

1 Vzorové řešení zkouškové písemk Funkce komplexní proměnné a integrální transformace doc. RNDr. Marek Lampart, Ph.D. 4. prosince 7 Obecná pravidla čas: 9 minut počet zadaných příkladů: 6 hodnocení: každý příklad bude oceněn nejvýše -ti bod povolené materiál: schválená tabulka Laplaceových transformací, jednoduchý kalkulátor Příklad první: Komplexní čísla.. Definujte pojm absolutní hodnota, argument a hlavní argument komplexního čísla. Určete Re z a Im z, je-li: z = Ln(cos(i)). Řešení: Definice viz skriptum. Nejprve připomeňme, že: Počítejme Dále cos(z) = eiz + e iz, Ln(z) = ln z + i Arg(z). cos(i) = ei i + e i i = e + e = cosh(). Ln(cos(i)) = Ln(cosh()) = ln cosh() + i Arg(cosh()) = = ln(cosh()) + i(arg(cosh()) + kπ) = = ln(cosh()) + kπi, k Z. Zde je zřejmě arg(cosh()) =, protože Im (cosh()) = a Re (cosh()) >. Pak Re (z) = ln(cosh()) a Im (z) = kπ, k Z... Definujte funkce ln z a Ln z na komplexním oboru. Určete Re z a Im z, je-li: z = ( + i) 4. Řešení: Definice viz skriptum. K řešení použijeme Moiverovu větu: z n = z n (cos(nφ) + i sin(nφ)). Tad z = + i, z = ( ) + ( ) = + =, n = 4 a arg(z) = φ = 3/4 π. Dosaďme do výše uvedeného vzorce: Zde je Re (z) = a Im (z) =, proto platí arg(z) = π/ + arctan( / ) = = π/ + π/4 = 3/4 π. ( + i) 4 = 4 (cos(4 3/4 π) + i sin(4 3/4 π)) = 4 (cos(3π) + i sin(3π)) = 6. Celkově ted Re (z ) = 6 a Im (z ) =. Děkuji své ženě RNDr. Alžbětě Lampartové a doc. RNDr. Renému Kalusovi, Ph.D. za korekturu a cenné připomínk, které vedl k podstatnému zlepšení textu. Tento text nebl podpořen žádným grantem.

2 Příklad druhý: Derivace komplexní funkce.. Nalezněte v(x, ) tak, ab f(x + i) = u(x, ) + iv(x, ) bla holomorfní funkce na C a f() = + i, jestliže: Řešení: Prvně pak u(x, ) = x x 3. u x = x, u = x, u = u x + u = (x ) + ( x ) =, obecné řešení daného problému ted existuje. Pro výpočet použijeme Cauchho Riemannov vzorce. Použijme nejprve první z nich: x = v, 4x3 x = v, Zde je = 4x 3 x. x ted v(x, ) = (4x 3 x )d = 4x 3 4x 3 + φ(x). () Nní dosadíme () do druhého Cauchho Riemannova vzorce a dostaneme rovnici pro neznámou funkci φ(x) = v x, 43 x = v x = (x φ (x)), Zde je = 4 3 x. φ (x) =, φ(x) = c, c R. Obecné řešení má tvar: v(x, ) = 4x 3 4x 3 + c. Nalezněme nní řešení vhovující podmínce f() = f( + i) = + i: + i = 3 + i c, c =. Do u a v dosazujeme x = a =. Řešení problému vhovující zadané podmínce má tvar v(x, ) = 4x 3 4x Zjistěte, ve kterých bodech má následující funkce derivaci a kde je analtická: f(z) = z z. Řešení: Nejprve provedeme rozklad f na její reálnou a imaginární část: Ted f(x + i ) = (x + i ) (x i ) = x +. u(x, ) = x +, v(x, ) =. Nní použijeme Cauchho Riemannov vztah x = v = x = = x =, = v = = = =. Cauchho Riemannov podmínk jsou splněn jen tehd, pokud je z =, zadaná funkce má ted derivaci v bodě z = a to f () =. Funkce není v bodě z = analtická, protože nemá derivaci na žádném jeho okolí, není analtická nikde v C. Skutečně f () = (, ) + i v (, ) = + i =. x x

3 Příklad třetí: Konformní zobrazení 3.. Napište definici mocninné řad a sdruženého komplexního čísla. Znázorněte množin Ω a f(ω) = {f(z) : z Ω}, je-li Ω = U( + i, ) a f(z) = i z i +. Řešení: Definice viz skriptum. Zadané zobrazení je konformní, lineárně lomené. Zobrazuje ted zobecněnou kružnici na zobecněnou kružnici (viz skriptum). Stačí ted spočítat obraz vhodně zvolených bodů na hranici dané kružnice: f() = / + i/, f( + i) = 3/ + i/, f( + i) = + i/. Obrazem hranice oblasti Ω je ted přímka rovnoběžná s osou x. Nní provedeme test, kam se zobrazí vnitřek oblasti Ω: f( + i) = + i, Protože se jedná o přímku rovnoběžbou s osou x, stačí si všimnout, že Im (f()) = Im (f( + i)) = Im (f( + i)) = /. ted f(ω) = {z C : Im (z) > /}, viz Obrázek. Ω x f f(ω) x Obrázek : Oblasti Ω a f(ω). 3.. Najděte lineární lomenou funkci f, která splňuje následující: f() = i, f(i) =, f() =. Řešení: Budeme hledat koeficient a, b, c a d takové, ab zadané podmínk vhovoval: Dosaďme zadané hodnot: f(z) = az + b cz + d, f() = b/d = i, ad bc. f(i) = (ai + b)/(ci + d) =, f() = (a + b)/(c + d) =. Dostali jsme ted soustavu tří rovnic o čtřech neznámých, za jednu neznámou zvolíme vhodnou hodnotu a soustavu dopočítáme. Volbou b = v první rovnici dostaneme d = i. Dosazením do druhé rovnice získáváme a = i. Konečně dosazením do třetí rovnice dostáváme c = i +. Hledaná funkce má ted tvar: f(z) = iz + ( + i)z i. Poznamenejme, že řešení daného problému existuje a je jednoznačné (viz skriptum). 3

4 Příklad čtvrtý: Talorov a Laurentov řad 4.. Najděte Talorovu řadu funkce f o středu + i, kde Grafick znázorněte oblast konvergence. f(z) := z. Řešení: Nejprve si uvědomme, že daná funkce je holomorfní na oblasti U( + i, ) (viz Obrázek ). K nalezení dané Talorov řad použijme tvrzení o konvergenci geometrické řad. Proveďme následující úpravu, získáme tím danou řadu s daným středem: f(z) = z = ( + i) (z ( + i)) = i (z ( + i)) = i = ( ) n z ( + i) (z ( + i)) n = i i i n+. z (+i) i = Připomeňme, že geometrická řada qn = /( q) má součet pro q < a že zde volíme q = (z ( + i))/i. Protože geometrická řada konverguje pro q <, je zadaná řada konvergentní v oblasti z ( + i) < (viz Obrázek ). x Obrázek : Oblast U( + i, ). 4.. Definujte pojem mocninná řada se středem v bodě z a napište vztah pro výpočet poloměru konvergence. Najděte Laurentův rozvoj funkce f(z) := z z 3 na mezikruží {z C : < z < 3}. Grafick znázorněte oblast konvergence. Řešení: Definice viz skriptum. Všimněme si, že z z 3 = (z 3)(z +). Bod 3 a nenáleží do daného mezikruží a ted lze zadanou funkci f v dané oblasti derivovat, je holomorfní, Laurentovu řadu má smsl hledat. Nejprve upravíme zadanou funkci, po rozkladu na parciální zlomk dostáváme: f(z) = z z 3 = (z 3)(z + ) = 4 z 3 4 z +. Připomínka k rozkladu na parciální zlomk: (z 3)(z+) = dopočítáváme A a B. A z 3 + B z+, Nní rozvíjejme dané části zadané funkce na příslušných oblastech: je-li z >, pak 4 z + = 4z ( /z) = 4z je-li z < 3, pak ( ) n = z 4 4 z 3 = (z/3) = ( z ) n = 3 4 ( ) n+ z n+ = 4 z n 3 n+. n= ( ) n z n, Opět připomeňme, že geometrická řada qn = /( q) má součet pro q <. Zde volíme q = /z, ted obor konvergence je z >. Celkově ted, Laurentův rozvoj zadané funkce na daném mezikruží (viz Obrázek 3) má tvar: 4

5 3 x Obrázek 3: Mezikruží P (,, 3). f(z) = 4 z n 3 n+ + 4 n= ( ) n z n. Příklad pátý: Integrál komplexní funkce 5.. Vpočtěte kde (t) = e it a t [, π]. z z dz, Řešení: Nejprve si všimneme, že křivka, po které integrujeme, není uzavřená (viz Obrázek 4). Pro výpočet použijeme vzorce: V našem případě platí: f(z) dz = b a f((t)) (t) dt. (t) = e it, (t) = ie it, a =, b = π a Po dosazení dostáváme: f((t)) = e it e it = e it. Tad je e it = cos(t) + i sin(t) = cos (t) + sin (t) =. z z dz = π e it ie it dt = i π [ ] π e it dt = i i eit = [ e πi e ] =. π Integrál eit dt lze dopočítat korektně lineární substitucí w = it. x Obrázek 4: Graf příkladu Vpočtěte kde (t) = / e it + a t [, 6 π]. z (z ) dz, Řešení: Křivka je uzavřená a hladká, uvnitř oblasti ohraničené leží jedna singularita z = (druhá singularita z = leží vně oblasti ohraničené, proto ji neuvažujeme) viz Obrázek 5. K výpočtu můžeme použít Cauchho integrální vzorec: g (n) (z ) = n! g(z) dz. πi (z z ) n+ 5

6 V tomto příkladu je z =, g(z) = /z, n + =. Všimneme si, že křivka je orientována v záporném smslu a parametr ji obíhá třikrát. Nní můžeme dosadit [ ( z (z ) dz = /z ) ] πi dz = 3 (z )! z = 6πi[ z 3 ] z= = πi. z= x Obrázek 5: Graf a singularit příkladu Vpočtěte kde (t) = e it + 3 a t [, π]. sin(z) (z i)(z + ) dz, Řešení: K výpočtu tohoto příkladu použijeme reziduovou větu: f(z) dz = πi n Res f(z i ). Zadaná funkce má v oblasti ohraničené křivkou dvě singularit z = i a z =. Bod z je zřejmě jednoduchým pólem a bod z je pólem násobnosti. Nní počítejme rezidua v těchto bodech: sin(z) Res z=z f(z) = lim [f(z)(z i)] = lim z i! z i (z + ) = sin(i) (i + ), i= [ ] sin(z) Res z=z f(z) = lim z! [f(z)(z+) ] cos( )( i) sin( ) = lim = z z i (i + ). Nní dosaďme do vzorce: sin(z) (z i)(z + ) dz = πi Res f(z i ) = πi [sin(i) cos()( + i) + sin()]. ( + i) i= Tad je [ sin(z) ] cos(z)(z i) sin(z) = z i (z i). Uvedený výsledek je možno ještě upravit, necháváme na pilném čtenáři. Příklad šestý: Fourierov řad 6.. Najděte Fourierovu řadu periodického prodloužení následující funkce a načrtněte graf součtu dané Fourierov řad: {, pro t [, ), f(t) =, pro t [, ). Řešení: Perioda daného prodloužení je T =. Dále ω = π/t = π. Nní spočtěme Fourierov koeficient: a = T T f(t)dt = [ dt + ] dt = dt =, a n = T T f(t) cos(nωt)dt = cos(nπt)dt = [ ] nπ sin(nπt) =, Nápověda: cos(nπt)dt = a pro výpočet cos(nπt)dt použujeme lineární substituci w = nπt. b n = T T f(t) sin(nωt)dt = [ ] sin(nπt)dt = nπ cos(nπt) = nπ [( )n ]. 6

7 F (t) t Obrázek 6: Graf součtu Fourierov řad (). Fourierova řada pro danou funkci má tvar: f(t) + n= nπ [ ( )n ] sin(nπt). () Součet uvedené řad získáme pomocí Dirichletov vět, ted hodnota v každém bodě je rovna aritmetickému průměru jednostranných limit, součet je znázorněn na Obrázku Určete periodu, úhlovou rchlost, a první čtři člen jednostranného amplitudového spektra a první tři člen jednostranného fázového spektra Fourierov řad: cos(4πt) + sin(4πt) 5 cos(8πt) 4 3 cos(πt) + 4 sin(πt) ±... Uveďte vzorce pro jejich výpočet. Řešení: Nejprve si z hodnot argumentů funkcí sinus a kosinus všimneme, že kruhová frekvence je ω = 4π a perioda je T = π/ω = π/4π = /. Pro výpočet použijeme vzorců A = a, A n = a n + b n, φ n = arg c n. Po dosazení dostáváme hodnot uvedené v Tabulce. Korektní výpočt bl proveden na cvičeních a je možné je také nalézt ve skriptech. n a n b n A n φ n ndf ndf - 3π/4 5 5 π π/6 Tabulka : Tabulka hodnot amplitudového a fázového spektra zadané řad. Příklad sedmý: Laplaceova transformace 7.. Pomocí Laplaceov transformace nalezněte řešení následující rovnice se zadanými počátečními podmínkami: Řešení: Označme L((t)) = Y (p). Pak a Pro pravou stranu rovnice máme 3 = e 4t, (+) = (+) =. L( (t)) = py (p) () = py (p) L( (t)) = p Y (p) p() () = p Y (p). L(e 4t ) = /(p + 4). Viz povolený tahák: Tabulka Laplaceových transformací. Nní dosadíme a sestavíme operátorovou rovnici: p Y (p) py (p) 3Y (p) = p + 4, 7

8 Y (p) = (p + 4)(p + )(p 3). Funkce Y (p) má tři jednoduché pól -4, - a 3. Aplikujme Větu 6, budeme hledat řešení ve tvaru (t) = n i= Res[Y (p)ept ] p=zi. Počítejme jednotlivá rezidua: Res[Y (p)e pt ] p= 4 = lim p 4 (p + )(p 3) ept = e 4t, Res[Y (p)e pt ] p= = lim p (p + 4)(p 3) ept = e t, Res[Y (p)e pt ] p=3 = lim p 3 (p + 4)(p + ) ept = 8 e3t. Řešení je součtem výše spočtených reziduí: (t) = e 4t e t + 8 e3t. Ověření správnosti výsledku přenecháváme čtenáři, u zkoušk není povinné. 7.. Pomocí Laplaceov transformace nalezněte řešení následující rovnice se zadanými počátečními podmínkami: Řešení: 3 + = te 3t, (+) = (+) =. Protože počáteční podmínk nejsou dán v bodě t =, musíme provést substituci t = τ + a (t) = (τ + ) = z(τ). Nová rovnice má tvar z 3z + z = (τ + )e 3(τ+), z( + ) = z ( + ) =. Nní položme L(z(τ)) = Z(p), pak L(z (τ)) = pz(p), Dále L(z (τ)) = p Z(p) p. [ L((τ + )e 3(τ+) ) = e 3 L(τe 3τ + e 3τ ) = e 3 (p 3) + ]. p 3 Vjádříme Z(p) po rozkladu na parciální zlomk [ Z(p) = e 3 p + (p 3) ] + p 3 p. Viz povolený tahák: Tabulka Laplaceových transformací, vlastnost posunutí. Zpětnou Laplaceovou transformací dostáváme pro τ řešení z(τ) = e 3 [ e τ + τe 3τ e 3τ ] + e τ. Zpětnou substitucí τ = t a z(τ) = (t) dostáváme po úpravách pro t řešení (t) = t 3 4 e 3t + e3 + 4 e t. 4e Ověření správnosti výsledku přenecháváme čtenáři, u zkoušk není povinné Pomocí Laplaceov transformace nalezněte řešení následující rovnice se zadanými počátečními podmínkami: {, pro < t <, = f(t), (+) =, f(t) =, pro t >. Řešení: Označme L((t)) = Y (p). Pak L( (t)) = py (p) () = py (p). Pro pravou stranu rovnice máme L(f(t)) = /p( e p ). Nní dosadíme a sestavíme operátorovou rovnici: Výpočet je možný užitím definice i pomocí tabulk, proveďte jako cvičení obojí. py (p) Y (p) = p ( e p ), 8

9 Y (p) = p(p ) ( e p ). Nní po rozkladu na parciální zlomk ( ) ( L = L p(p ) p ) = e t. p Řešení má tvar: ( ) (t) = L p(p ) ( e p ) = ( ) ( ) = L L p(p ) p(p ) e p ) = = (e t )η(t) (e t )η(t ), ekvivalentně zapsáno (t) = { e t, pro < t <, e t e t, pro t >. Ověření správnosti výsledku přenecháváme čtenáři, u zkoušk není povinné. 9