‫פונקציות מרוכבות‪:‬‬ ‫פתרון מבחן לדוגמה של פרופ' אשר בן ארצי‬ ‫)סמסטר א' תשע"א(‬ ‫גרסה ‪ ,1.0‬אוגוסט ‪2011‬‬ ‫ברק שושני‬ ‫‪baraksh@gmail.com | 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