Opracowanie zadań z kolokwium AZ termin 1
Zestaw E :
1a : Nie - granica nie istnieje – podciągi parzyste i nie parzyste zbieżne do –1 i 1
1b : Tak – i w dowolnej potędze to i , -1 , -i lub 1 wiec warunek ten jest spełniony 1c : Tak – ten zbiór sprowadza się do nierówności x2/3=<y2 co wyglada jak spłaszczony do 2
wymiarów stożek
co jest zbiorem domkniętym bo zawiera brzeg i nieograniczony w sposób widoczny.
2a Nie : aby spełniona była równość część urojona sin z musi się zerować (Im z : C -> R), a łatwo rozpisując sin z stwierdzić że się nie zeruje przecież wszędzie 1
1
2
z −
⋅ z −1
2
z
z
z − 1
2b Tak :
z −>0
=
=
⎯ ⎯
⎯ →1
2
1
1
2
2
2
z + 1
1+ z ⋅ 1+
⋅ 1+ z ⋅ z +1
2
z
z
ξ
η
x =
, y =
,ξ + ς +η = 1 => 1− ς = ξ +η
1− ς
1− ς
ξ
η
2c Tak : x =
, y =
stronami
dodajemy
i
ξ +η
ξ +η
x + y = 1
3
3a Tak : zamiast górnego wzoru można pomnożyć licznik i mianownik przez z i mieć z , 3
2
z
potęga górną pół oś urojoną przeprowadza na dolną , a dolną na górną. Moduł w mianowniku zmienia tylko odległość od punktu (0,0)
3b Nie – na ta chwilę .... trzeba sprawdzić warunki CR i ciągłość w otoczeniu 0 . Nam wyszło że CR nie jest spełnione zatem obstawiam że nie. Mogę się mylić 3c Nie – wykonać wykres (wygląda jak sinus) skoro nie ma przecięć wykresu ze sobą to funkcja jest różnowartościowa więc jest łukiem zwykłym. Ale przyjmuje wartość równą 0
dla t =0 więc nie jest gładki
4a Nie – liczymy promień zbieżności wychodzi 1/3 więc w promieniu 2 nie jest BZW
4b: Tak – ale bez sensownego komentarza
4c Nie : weźmy dwa szeregi o ciągach współczynnikow
ck = 1 dla parzystych i ck=0 dla nieparzystych dk = 0 dla parzystych i dk=1 dla nieparzystych.
Założenia spełnione a szereg wynikowy to szereg zer o R=+oo 5a tak : intuicyjnie rysujemy kółka dla coraz większych R aż w końcu okrąg się rozprostuje.
Symetria wobec prostej oznacza teraz symetrie wobec osi rzeczywistych.
5b Nie – hmm sporne czy z=oo należy do dziedziny funkcji zespolonej ? wg mnie i wykładu -
nie więc Nie .
5c Tak - odsyłam do pliku image09036 z zeszłorocznego koła 6a : punkt z0 z wzoru Cauchy’ego równy tu 0 nie należy do wnętrza koła C(2,1) zatem całka równa 0
⎧ x( t) = 2 t
Γ : ⎨
t ∈[
]
1
,
0
⎩ y( t) = t
z( t) = x( t) + iy( t) = (2 + i) t 6b Nie : parametryzujemy krzywą
dz = (2 + i) dt
1
1
3
⎡ t ⎤
(
2 2 + i)
xydz = 2 t ⋅ t(2 + i) dt = (
2 2 + i)
=
∫
∫
⎢ ⎥
3
3
Γ
0
⎣ ⎦0
6c Tak : obrazem h (D) jest pas od –1/4 i do –1/2 i . Jest on węższy niż 2Pi stąd funkcja exp (normalnie 2kPi * i okresowa) jest różnowartościowa.
1a : Nie – dla liczb o dużym module odległość jest ujemna <- bzdura 1b Tak : zauważyć (najlepiej na boku), że − iz
iz
i z
− iz
e
= e ∧ e = e rozpisać tg na sin / cos .
sin i cos na ich postać zespoloną. Potem to samo z drugiej strony i wychodzi to samo 1c Tak granica z prawej strony !! NIE ISTNIEJE !! dla x -> oo przez ujemne exp(x)->0
dla x->oo przez dodatnie exp(x)->+oo. Granica z lewej strony istnieje n
n
⎛ 3 + − ⎞
⎛
3 − ⎞
2a Nie :
n
i
i
lim⎜
⎟ = lim⎜1+
⎟ = exp(3 − i) wtedy lewa strona to liczba postaci
⎝
n
⎠
⎝
n ⎠
3
3− i
6
e ⋅ e
= e ⋅ (cos(− )
1 + i sin(− )
1 )
1
0
= e ⋅ (cos0 + i sin )
0
więc są to liczby o różnych modułach ... zatem są różne 2b Tak : !!SUMA WSZYSTKICH PIERWIASTKÓW LICZBY ZESPOLONEJ
DOWOLNEGO STOPNIA n>1 JEST RÓWNA 0!! Prosta własność sumy wektorowej 2c Nie : rozwiązaniem zbioru jest część płaszczyzny o warunku 1 < (x-1)^2+y^2 , zewnętrze koła zeC (a oo nie należy) więc brzeg jest niespójny zatem jest niejednospójna (inaczej łuk zamknięty oplatający to koło jest nieściągalny w tej płaszczyźnie) 3a Nie : f nie jest ciągła po osi OX, więc nie istnieje pochodna cząstkowa po x wiec nie ma pochodnej zespolonej
3b Nie : na osi OX\{0} jest stała =1 na całej urojonej = 0 ... jasne że róznowartościowa :P
3c Nie : obraz osi urojonej = {0} obraz osi rzeczywistej {0,1} ... który w którym się zawiera ?
4a Tak : E = to koło bez środka ... coś takiego jest spójne więc zachodzi twierdzenie o jednoznaczności gałęzi logarytmu (treść jak w zadaniu) 4b : lewa strona to exp(ia(z)), logarytmujemy(po zespolonemu) stronami i otrzymujemy że a(x)=Arg Z + 2kPi
4c Nie : weźmy dwa szeregi o ciągach współczynników
ck = 1 dla parzystych i ck=0 dla nieparzystych
dk = 0 dla parzystych i dk=1 dla nieparzystych.
Założenia spełnione a szereg wynikowy to szereg zer o R=+oo 5a nie : część rzeczywista szeregu jest rozbieżna. Ma minorantę cos(Pi/3) / n rozbieżną.
Zatem szereg zespolony jest rozbieżny
5b Nie : Koła zbieżności to D(1,1) i D(0,1) i nie są rozłączne 5c Nie : brak punktów istotnie osobliwych . Dla x=kPI /=0 bieguny, dla x=0 pozornie 6a: Nie : f regularna tzn ciagła w sensie R^2. Z analizy 2, dla funkcji ciągłych postać pochodnych cząstkowych mieszanych nie zależy od kolejności różniczkowania stąd to róznica jest równa 0
6b Nie: Standardowe zadanie na residua. Dwa bieguny krotności 1 i jeden punkt pozorny.
Residua w biegunach równe ‘–i’ i ‘i’ stąd suma residuów = 0
6c Nie : Jeżeli część o RE >0 jest wnętrzem koła a część o RE < 0 zewnętrzem to oś OY jest osią symetrii dla punktu 0 i oo . Jak widać jednak tej symetrii być nie może. Stąd nie ma takiej homografii.