Övningar - SF1691, Komplex analys

Övningsanteckningar

OBS: Slarvfel kan förekomma i anteckningarna. Lösningarna ska inte ses som fullständiga utan som en vägledning.

Kommentarer angående inlämningar.

Om ni vill veta ert resultat från den sista inlämningen, eller få veta er totalpoäng från alla inlämningar: maila mig på ekrusell@kth.se från er kth-adress.

Det här är bara kommentarer angående lösningarna som ni lämnat in. (Dvs, kommentarerna rör inte bara sådant som ger poängavdrag, utan även sådant som kan vara bra att tänka över.)

Inlämning 9 & 10 - Inga övergripande kommentarer.

Inlämning 8

8.14: Kom ihåg att om f är ickekonstant holomorf funktion då har |f(z)| ett lokalt minimum (i en inre punkt av definitionsmängden) i a om och endast om f(a)=0. För att hitta minimum för |f(z)| på en sluten mängd räcker det alltså att kolla på randen OCH att kolla om det finns nollställen i det inre.

Inlämning 7

8.33: De flesta löste uppgiften utan problem, bra jobbat! Jag märkte dock att flera av er gjorde en del onödiga extra steg för att få en integrand på form 1/(z-a) så att ni kunde beräkna integralen explicit (eller referera till att vi beräknat den integralen tidigare i kursen). Istället för att göra dessa extra steg hade ni i ett tidigare skede kunnat tillämpa Cauchys integralformel (många av er hade exempelvis integranden z/(z-a) och eftersom h(z)=z är en holomorf funktion så kan Cauchys integralformel tillämpas direkt i det fallet istället för att skriva z/(z-a)=1+a*1/(z-a)). Cauchys integralformel är central i kursen så se till att ni har koll på den. Den ligger också till grund för residysatsen som vi jobbar med nu!
8.10d: Många av er använde er av rottestet för att lösa 8.10d. Det går bra, MEN kom ihåg att gränsvärdet lim (c_n)^1/n inte alltid extisterar! I allmänhet använder rottestet limsup (som alltid existerar och som sammanfaller med lim om gränsvärdet existerar). För att markera att ni förstår detta borde ni använda korrekt notation alltså limsup istället för lim.
8.10d: Istället för att göra ex. ett rottest kan vi notera att om f(z)=Σc_kz^k, med konvergensradie R, då är z(zf'(z))'=Σk²c_kz^k. Eftersom z(zf'(z))' är analytisk där f är analytisk måste konvergensradien R' för z(zf'(z))' vara åtminstone R. Eftersom |k²c_k|≥|c_k| måste R'≤R. Så R'=R. Ett alternativt sätt (lite mer komplicerat men viktigt från ett teoretiskt perspektiv) att se R'≤R är följande: Om R'>R, då skulle (zf'(z))' vara analytisk på D[0,R'] och alltså ha en primitiv funktion g, vald så att g(0)=0. Notera att vi då har g(z)=zf'(z) på D[0,R]. Men då är även g(z)/z analytisk på D[0,R'] (pga. att g(0)=0) så g(z)/z har en primitiv funktion h på D[0,R'] som kan väljas så att h(z)=f(z) på D[0,R]. Men det implicerar att Σc_kz^k konvergerar på D[0,R'] vilket motsäger R'>R.

Inlämning 6 - Inga övergripande kommentarer. Bra jobbat!

Inlämning 5

6.6: En del av er deriverade ln|f| genom att använda deriveringsregler från reell analys, dvs:
∂_xln|f|=(f)^-1∂_xf.
Detta fungerar inte i komplex analys: notera att vänsterledet är ett reellt tal medan högerledet är ett komplext tal. Istället får vi skriva f=u+iv och ln|f|=(ln(u²+v²))/2 så att
∂_xln|f|=(|f|)^-1∂_x|f|=(uu_x+vv_x)/(u²+v²)
och så vidare.
6.6: Effekten av räknefelet som nämndes ovan är att man i själva verket testar om Log(f) är harmonisk. (Låt oss först bortse från teknikaliteten att Log(f) inte nödvändigtvis är definierad på hela G.) Varför är det "uppenbart" att Log(f) är harmonisk? Alltså, varför borde vi inte behöva verifiera det med en räkning? Jo, Log(f) är sammansättningen av två hlolmorfa funktioner (Log och f) och är alltså holomorf och därmed även harmonisk. Det följer direkt att realdelen av den holomorfa funktionen Log(f) är harmonisk, alltså är ln|f|=Re(Log(f)) harmonisk. Därför behöver vi inte beräkna en enda derivata för att lösa uppgiften! Låt oss återvända till teknikaliteten att Log(f) inte är definierad för alla z∈G. (Notera att vi nu använder principalgrenen Log av den flervärda funktionen log). Detta händer om f(G)∩ℝ_-≠∅. Men det är inget problem: argumentet ovan visar att ln|f(z)|=Re(Log(f(z))) är harmonisk på G∩f^-1(ℝ_-). Med hjälp av en andra gren av logaritmen, som vi kanske kallar för g, som är definierad på ℂ\ℝ₊, kan vi på samma sätt visa att ln|f(z)|=Re(g(f(z))) är harmonisk på G∩f^-1(ℝ₊). Eftersom (G∩f^-1(ℝ_-))∪(G∩f^-1(ℝ₊))=G är ln|f| harmonisk på hela G så vi är klara.
6.7: Inga kommentarer, bra jobbat!!

Inlämning 4 - Inga övergripande kommentarer. Bra jobbat!! :)

Inlämning 3

4.12: En stor majoritet av lösningarna använde inte principalgrenen av den komplexa kvadratroten och fick därför fel svar på uppgiften. Det enklaste sättet att lösa uppgiften var att parametrisera cirkeln så att vinkeln går mellan -pi och +pi (istället för från 0 till 2pi).
4.30: Många av er löste uppgiften genom att partialbråksuppdela integranden och sen använda standardintegralen där man integrerar över 1/(z-a). Detta är helt korrekt, men det leder i vissa fall till långa lösningar. Ett alternativ är att skriva integranden som var på form 2/(z-a)(z-b) som f(z)/(z-a) (så att f(z)=2/(z-b)) där a är en punkt som ligger innanför kurvan och b är en punkt utanför kurvan. Eftersom f är holomorf innanför kurvan kan vi tillämpa Cauhys integralformel och se att integralen är 2*pi*i*f(a).
4.30: Eftersom jag såg många långa partialbråksuppdelningar vill jag uppmärksamma er på en metod som jag tror brukar kallas övertäckningsmetoden (jag tror att det finns någon variant när man har faktorer av högre ordning, men jag minns inte riktigt hur den funkar då..). Kolla exempelvis här (men se, såklart, till att ni förstår den bakomliggande iden om ni vill använda er av den här metoden): https://brilliant.org/wiki/partial-fractions-cover-up-rule/.

Inlämning 2

3.5: En del av er kom fram till att fixpunkter måste lösa cz^2+(d-a)z-b=0 och hävdade att en sådan ekvation har max två lösningar. Det är sant så länge som vi inte har c=0, d=a och b=0, i vilket fall ekvationen har oändligt många lösningar. Eftersom c=b=0 och a=d\=0 ger identitetsavbildningen kan vi bortse från detta, men det måste motiveras (det är ju i princip halva poängen med uppgiften).
3.5: Nästan ingen övervägde möjligheten att oändligheten skulle kunna vara en fixpunkt (så även i fall där det endast finns två ändliga fixpunkter skulle det kunna finnas tre fixpunkter om även oändligheten fixeras). Vi ser dock att oändligheten fixeras om och endast om c=0, vilket gör ekvationen ovan linjär, så vi får ändå max två fixpunkter.
3.5: Observera att man även kan använda Korollarium 3.13 för att direkt argumentera att en Möbiusavbildning som fixerar tre distinkta punkter måste vara identiteten (eftersom identiteten också fixerar dessa tre punkter).
3.18: Fundera på hur ni väljer punkterna som används för att bestämma avbildningen. Om vi vet att z1 avbildas på 0, då vet vi direkt att täljaren är en konstant multiplicerat med (z-z1) och om z2 avbildas på oändligheten då vet vi att nämnaren är (en konstant multiplicerat med) (z-z2). Alltså: om "målpunkterna" 0 och oändligheten kan väljas, så förenklar det ofta beräkningarna!
3.18: Vi vet att hur tre punkter avbildas unikt bestämmer Möbiusavbildningen. Om vi vet att en viss cirkel/linje ska avbildas på en annan cirkel/linje (med en viss orientering) kan vi alltså använda det för att hitta en lämplig avbildning. I den här uppgiften visste vi att enhetscirkeln (moturs) skulle avbildas på linjen x+y=0 (i nedåtgående riktning) och det var då lämpligt att avbilda ex. 1->0, i->1-i, -1->oändligheten. Vi kan inte (i allmänhet) välja två randpunkter (i det här fallet två punkter på cirkeln) som vi avbildar på bilden av randen (i det här fallet linjen) och avbilda en inre punkt (här, inne i cirkeln) på en punkt i bilden av det inre (alltså en punkt med x+y>0). Exempelvis fanns det flera lösningar som föreslog (något i stil med) -1->0, 1->oändligheten (två punkter på randen -> två punkter på randen) och 0->1 (inre punkt -> inre punkt). Den enda slutsatsen vi kan dra från en sådan konstruktion är att linjen genom -1,0,1 avbildas på linjen genom 0,1,oändligheten.

Inlämning 1

1.31: Se till att du vet vad skillnaden mellan sammanhängande och bågvist sammanhängande är (och i vilka fall de är ekvivalenta).
1.31: Många löste uppgiften genom att använda definitionen av sammanhängande, på ett korrekt sätt, men det ledde i många fall till komplicerade resonemang. Enklare var att använda definitionen av bågvist sammanhängande.
1.31: Varför är unionen av två områden är öppen?
2.22: Vissa lösningar kom fram till identiteten u'(x)=v'(y) och fortsatte genom att derivera båda led med avseende på x (alt. y). Det blir lite "bakvändt"/onödigt komplicerat eftersom att man i någon mening antar att u är två ggr deriverbar med avseende på x och sedan visar att den derivatan måste vara noll eftersom v'(y) inte beror på x. Istället kan man direkt säga att u'(x)=v'(y) endast kan gälla för alla par (x,y) om båda leden är konstanta (eftersom de två leden beror av olika variabler). (Det är det här som i sin tur leder till att derivering av båda leden med avseende på x måste vara noll.., inte tvärt om.)