Complex Analysis for Physicists - Sample probs (Dec 13, 2018)

이 글은 2019.11.12에 작성됨

원본 : physvillain.blogspot.com/2019/11/advanced-calculus-final-dec-13-2018.html

아래의 풀이는 official은 아니며, 내 머리에서 나온 것이므로 틀린 부분이 있을 수 있습니다. (적분 값 같은 것은 wolfram을 통해 값 대조해 보았음.) 증명문제 같은 경우 그냥 내 방식대로 푼 것이므로 수학적인 엄밀성따위는 존재하지 않을 수도 있습니다.

[ Q1 : 30pts ]

Evaluate the following integrals :
$$(a\: : \:7pts) \:\:\: \int_0^{2\pi} \frac{\sin^2{\theta}}{5-4\cos{\theta}}d\theta$$
$$(b\: : \:7pts) \:\:\: \int_0^{\infty} \frac{x^2}{x^6+1} dx$$
$$(c\: : \:8pts) \:\:\: \int_{C_2^{+}(1)} \frac{2018-z+z^2}{z^2(4-z)} dz$$
$$(d\: : \:8pts) \:\:\: \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos{3x}}{\left( x^2+1 \right)^2} dx$$

[ Sol of Q1 ]

(a)~(c)는 그냥 풀면 되는 문제다. (그런데 나는 wolfram에서 계산한 결과와 비교해서 답이 계속 달랐다. 계산실수로 한번에 맞은 문제가 없다. 시발)

(a) $z=e^{i\theta}$라 하면 단위원 $C_1(0)$에 대한 경로적분이 된다. $\sin{\theta}=\frac{1}{2i} \left( z-\frac{1}{z} \right)$, $\cos{\theta}=\frac{1}{2} \left( z+\frac{1}{z} \right)$, $dz=-izd\theta$를 대입하면,
$$\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2{\theta}}{5-4\cos{\theta}}d\theta = -\frac{i}{8} \int_{C_1^+(0)} \frac{(z-1)^2(z+1)^2}{z^2(z-2)(z-1/2)} dz$$
$z=0$에서 pole of order 2, $z=1/2$에서 simple pole을 가진다. 각 유수를 구해보면
$$Res[f,0]=\lim_{z\to0} \frac{d}{dz} \left( \frac{(z-1)^2(z+1)^2}{(z-2)(z-1/2)} \right)=\frac{5}{2}, \:\:\: Res \left[f,\frac{1}{2}\right]=\lim_{z \to \frac{1}{2}} \frac{(z-1)^2(z+1)^2}{z^2(z-2)}=-\frac{3}{2}$$
$$-\frac{i}{8} \int_{C_1^+(0)} \frac{(z-1)^2(z+1)^2}{z^2(z-2)(z-1/2)} dz =-\frac{i}{8} \times i2\pi \sum Res[f,\cdot]=\frac{\pi}{4}$$


(b) 우선 피적분함수가 even이므로 다음이 성립한다.
$$\int_0^{\infty} \frac{x^2}{x^6+1} dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{x^6+1} dx$$
또 $x$를 복소영역까지($z$로 씀) 확장시키고나면, $C_{R\to\infty}(0)$에서는 피적분함수가 $R^{-4}$ scale이므로 상반원(counterclockwise)과 실축($-\infty \to \infty$)을 하나의 경로로 생각하여 적분한 값은 실축($-\infty \to \infty$)을 따라 적분한 값만 남는다. 그리고 이 경로에 포함되는 simple pole은 $z=e^{i\frac{\pi}{6}},\:e^{i\frac{\pi}{2}},\:e^{i\frac{5\pi}{6}}$이다. 각 pole에 대한 유수는 L'hospital's Rule을 통해 다음과 같이 얻어지고
$$Res[f,z_i]=\lim_{z\to z_i} \frac{(z-z_i)z^2}{z^6+1}=\lim_{z\to z_i}\frac{3z^2-2z_i z}{6z^5}=\frac{1}{6}z_i^{-3}$$
적분값은 간단하게 유수의 합을 통해
$$Res\left[f,e^{i\frac{\pi}{6}} \right]+Res\left[f,e^{i\frac{\pi}{2}} \right]+Res\left[f,e^{i\frac{5\pi}{6}} \right]=\frac{1}{6}(-i+i-i)=-\frac{i}{6}$$
$$\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{x^6+1} dx=i\pi\sum Res[f,\cdot]=\frac{\pi}{6}$$


(c) 부분분수로 나누면 (안 나누고 바로 계산해도 된다.)
$$\frac{2018-z+z^2}{z^2(4-z)}=\frac{2018}{z^2(4-z)}-\frac{1}{(4-z)}+\frac{1}{4-z}$$
인데 우변 마지막 항은 우리의 적분영역 안에 있지 않으므로 Cauchy-Goursat Thm에 의해 적분값은 0이다. 우변 첫 번째 함수를 $f_1$, 두 번째 함수를$f_2$라 하고 두 함수의 각 pole에서 유수는
$$Res[f_1,0]=\lim_{z\to0}\frac{d}{dz} \left(\frac{2018}{4-z}\right) =\frac{1009}{8}, \:\: Res[f_2,0]=\lim_{z\to0} \frac{1}{4-z} = \frac{1}{4}$$
적분값은 따라서
$$\int_{C_2^{+}(1)} \frac{2018-z+z^2}{z^2(4-z)}=\frac{2018}{z^2(4-z)}-\frac{1}{(4-z)}+\frac{1}{4-z} dz = i2\pi \sum_i Res[f_i,0] = i\frac{1007\pi}{4}$$


(d) 이 문제가 다소 tricky했는데 Yukawa potential을 유도하면서 비슷한 trick을 썼던 것이 생각나서 성공적으로 풀었다. (내가 18년 고등미적 시험을 봤더라면 아마도 탈탈 털리지 않았을까)
이 문제는 처음부터 상반원을 그려서 풀 수 없다. $|z| \to \infty$일 때 $|\cos{3z}|$가 발산하기 때문이다. $z$가 실수일 때는 -1과 1사이에서 잘 bound되어 성립할 것 같지만 z에 허수 성분이 들어가게 되면 이것은 무조건 발산한다. (hyperbolic function) 그러므로 이것을 당장 적분할 방법이 없어 다음과 같은 trick을 사용한다. $\sin{3x}$가 odd이므로 아래의 등식이 성립할 것이다.
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin{3x}}{\left( x^2+1 \right)^2} dx=0$$
0은 더하거나 빼줘도 값이 같으므로
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos{3x}}{\left( x^2+1 \right)^2} dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos{3x}+i\sin{3x}}{\left( x^2+1 \right)^2} dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i3z}}{\left( z^2+1 \right)^2} dz$$
$|z| \to \infty$일 때 $|e^{iz}|$역시 발산함은 마찬가지이나 상반원에서는 0으로 수렴한다. $z=Re^{i\theta}$이면, $e^{iz}=e^{-R\sin{\theta}}e^{iR\cos{\theta}}$인데, $|e^{iR\cos{\theta}}|=1$일 것이고, 상반원($0<\theta<\pi$)에서는 $-R\sin{\theta}<0$이고, 따라서 $e^{-R\sin{\theta}}$는 0으로 수렴한다. 즉, 상반원에 한해서 $|e^{iz}|$는 0에 수렴한다. 그러므로 이 상태에서는 무한 상반원에 대해 경로적분을 수행한 결과가 실축전체에 대해 적분한 결과와 같다.
$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i3z}}{\left( z^2+1 \right)^2} dz=\int_{upper-cycle} \frac{e^{i3z}}{\left( z^2+1 \right)^2} dz$$
적분영역에 포함되는 pole은 $z=i$이고 order 2이다.
$$\int_{upper-cycle} \frac{e^{i3z}}{\left( z^2+1 \right)^2} dz=i2\pi Res[f,i]=i2\pi \lim_{z \to i} \frac{d}{dz} \left( \frac{e^{i3z}}{(z+i)^2} \right)=\frac{2\pi}{e^3}$$

[ Q2 : 20pts ]

$(a\: : \:10pts)$ Let $f(z)$ be an analytic function in $\mathbb{C}$ such that $|f(z)| \leq |z|^{1-\delta}$ for some $0<\delta<1$. Prove that $f(z)$ is a constant function.

$(b\: : \:10pts)$ Let $w=f(z)$ is an analytic function and $z_0$ is a zero of $f$ of order 2. Prove that
$$Res \left[ \frac{1}{f(z)}, z_0 \right] = -\frac{2f'''(z_0)}{3\left( f''(z_0) \right)^2}$$

[ Sol of Q2 ]

(a) 사실 이 문제를 어떻게 접근해야 할지 감이 잘 안와서 한시간이상을 고민한 듯 하다. 결국 이것저것 끄적이다 ML부등식(?) 비슷한걸 생각해내고 해답을 찾게되었다. (누구든 시간만 무한정 주면 아무리 어려운문제라도 쉽게 풀어낼 것 같다. 그렇지 않은가?)
$f$는 전해석적(entire analytic)이다. $\mathbb{C}$위의 임의의 점 $z_0$을 생각하자. 그럼 다음의 부등식이 성립할 것이다. (triangular inequality)
$$\forall z \in C_R(z_0), |z|^{1-\delta} = \left| z_0+Re^{i\theta} \right|^{1-\delta} \leq \left( \left| z_0 \right| + \left| Re^{i\theta} \right| \right)^{1-\delta} = (|z_0|+R)^{1-\delta}$$
그런데 Cauchy의 적분공식을 사용하면 $f'(z_0)=\frac{1}{i2\pi} \int_{C_R^+(z_0)} \frac{f(z)dz}{(z-z_0)^2}$ 인데 여기서 약간의 기교를 부리면, (ML부등식이라고 알려져 있는데 사실 그냥 이 기교에 지나지않는다.)
$$\left| f'(z_0) \right| = \left| \frac{1}{i2\pi} \int_{C_R^+(z_0)} \frac{f(z)dz}{(z-z_0)^2} \right| \leq \frac{1}{2\pi} \int_{C_R^+(z_0)} \left| \frac{f(z)}{(z-z_0)^2} \right| |dz|$$
적분영역에서 $|z-z_0|=R$이고 문제조건에서 $|f(z)| \leq |z|^{1-\delta}$이고, 위에서 $|z|^{1-\delta} \leq (|z_0|+R)^{1-\delta}$ 임을 보였으므로,
$$\left| f'(z_0) \right| \leq \frac{1}{2\pi} \int_{C_R^+(z_0)} \left| \frac{f(z)}{(z-z_0)^2} \right| |dz| \leq  \frac{1}{2\pi} \frac{(|z_0|+R)^{1-\delta}}{R^2} \int_{C_R^+(z_0)} |dz|$$
$$ = \frac{1}{2\pi} \frac{(|z_0|+R)^{1-\delta}}{R^2} 2\pi R = \frac{(|z_0|+R)^{1-\delta}}{R}$$
그런데 우리는 R을 무한정 늘릴 수 있다. $f$가 복소평면 전체에서 analytic이기 때문이다. R을 무한정 늘리면 결국 마지막항은 0으로 수렴하고, $f'(z_0)$의 크기가 0이므로, $f'(z_0)=0$이다. 그런데 우리는 처음에 "임의로" $z_0$을 잡았다. 즉, $\mathbb{C}$위의 어떤 $z_0$이라도 $f'(z_0)=0$인 것이다. 그냥 모든 점에서 $f'(z)=0$이다. 따라서 $f(z)=Const.$



(b) 증명문제지만 아주 쉬운 편.
$f(z)$가 $z=z_0$에서 zero of order 2라고 했다. $\frac{1}{f(z)}$는 당연하게도 $z=z_0$에서 pole of order 2일 것이다. $f(z)=(z-z_0)^2 g(z)$라 하자.
$$Res \left[ \frac{1}{f(z)}, z_0 \right] = \lim_{z \to z_0} \frac{d}{dz} \left( \frac{(z-z_0)^2}{f(z)} \right) = \lim_{z \to z_0} \frac{d}{dz} \left( \frac{1}{g(z)} \right) = -\frac{g'(z_0)}{\left( g(z_0) \right)^2}$$
이제 이것을 $f^{(n)}(z_0)$로 잘 나타내면 된다. analytic이므로 모든 n차 도함수가 존재한다. $f(z)=(z-z_0)^2 g(z)$를 미분하고 또 미분하고 또 미분하자.

$f'(z)=(z-z_0)^2 g'(z) + 2(z-z_0)g(z)$

$f''(z)=(z-z_0)^2 g''(z) + 4(z-z_0)g'(z) + 2g(z)$

$f'''(z)=(z-z_0)^2 g'''(z) + 6(z-z_0)g''(z) + 6g'(z)$

두 번째 식에 $z=z_0$을 대입하면 $g(z_0)=f''(z_0)/2$을 얻는다. 마찬가지로 세 번째 식에 $z=z_0$을 대입하면 $g'(z_0)=f'''(z_0)/6$을 얻는다. 따라서
$$Res \left[ \frac{1}{f(z)}, z_0 \right] = -\frac{g'(z_0)}{\left( g(z_0) \right)^2} = -\frac{2f'''(z_0)}{3\left( f''(z_0) \right)^2}$$

[ Q3 : 30pts ]

$(a\: : \:10pts)$ Evaluate following integral : (뭔데 계산하라해놓고 답까지 줬을까)
$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^3+1} = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}$$

$(b\: : \:10pts)$ Find an analytic function $w=f(z)$ that maps the region $0 \leq \arg \leq \frac{\pi}{3}$ into the unit disk, i.e. $|w| \leq 1$, such that $f\left(e^{i\frac{\pi}{6}}\right) =-\frac{1}{2}$.

$(c\: : \:10pts)$ Let $u=u(x,y)$ be a harmonic function in $\mathbb{R}^2$. Suppose that $v=v(x,y)$ is a harmonic conjugate of $u$ so that $f(z)=u+iv$ becomes an analytic function in $\mathbb{C}$. We consider two level curves $\Gamma_u$, $\Gamma_v$ defined by
$$\Gamma_u := \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : u(x,y)=C_1 \right\}, \:\:\:\:\:\:\: \Gamma_v := \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : v(x,y)=C_2 \right\}$$
where $C_1$ and $C_2$ are given constants. Assume that $z_0=(x_0,y_0)\in \Gamma_u \cap \Gamma_v$ and $|f'(z_0)| \neq 0$. Prove that $\Gamma_u$ and $\Gamma_v$ are orthogonal at $z_0=(z_0,y_0)$.

[ Sol of Q3 ]

(a) 우선 흔히아는 유리함수의 유수적분으로 바꿔 풀 수 있을 것 같으면 한번 해 보라. 이것이 even도 아니기에 상반원 경로를 잡아서 풀 수 없다. 나는 처음에 수열을 이용해서 풀었다. 그리고 후에 괜찮은 적분경로를 떠올려서 유수적분을 이용해 또 한번 풀었다. 아마 두 번째 풀이가 정석 풀이일 듯 하다. 두 풀이 모두 복소해석을 이용하므로 둘 다 소개하겠다.


(a : 1st solution)
나는 이게 당장에 그냥 적분이 안되니 급수로 바꿔서 적분할 생각을 했다. 수렴반경에 따라서 다음과 같이
$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^3+1}=\left( \int_0^1+\int_1^{\infty}\right) \frac{dx}{x^3+1}$$
다음의 등비급수를 보자.
$$\frac{1}{1+x^3}=1-x^3+x^6-x^9+\cdots \:\:\:\:(|x|<1)$$
$$\frac{1}{1+x^3}=\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^6}+\frac{1}{x^9}-\cdots \:\:\:\: (|x|>1)$$
그리고 피적분함수를 수렴반경에 따라 나누어서 다음과 같이 계산할 것이다.
$$\int_0^1 \frac{dx}{x^3+1}=\lim_{t \to 1-} \int_0^t 1-x^3+x^6-x^9+\cdots dx$$
$$\int_1^{\infty} \frac{dx}{x^3+1}=\lim_{t \to 1+} \int_t^{\infty} \frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^6}+\frac{1}{x^9}-\cdots dx$$
수렴성이 증명되어야 할 문제이긴 한데 수렴한다고 치고 그 수렴하는 값을 찾아보자.
$$\int 1-x^3+x^6-x^9+\cdots dx = x-\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{7}x^7-\frac{1}{10}x^{10}+\cdots$$
$$\int \frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^6}+\frac{1}{x^9}-\cdots dx = -\frac{1}{2x^2} + \frac{1}{5x^5} - \frac{1}{8x^8} + \cdots$$
이제 각 정적분에 위아래 값을 넣고 계산하면 다음과 같은 무한합(수렴하는지 안하는지 아직은 모르는)으로 나온다.
$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^3+1} = 1+\frac{1}{2} -\frac{1}{4} -\frac{1}{5} +\frac{1}{7} +\frac{1}{8} -\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{3n+1}+\frac{(-1)^n}{3n+2}$$
이 무한합은 크기가 점차 감소하는 alternating series라서 수렴한다. 다음으로 $Ln(1+z)$의 테일러급수를 생각해보자.
$$Ln(1+z)=z-\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{3}z^3-\frac{1}{4}z^4+\cdots$$
이 급수는 $D_1(0)$에서 수렴함이 알려져 있는데, 그 경계에서는 일반적으로 수렴성을 보장할 수 없다.  그러나 실수에서 위 수열은 $z=-1$일 때는 수렴하지 않고, $z=1$일 때는 수렴한다. (마찬가지 크기가 감소하는 alternating series)이것을 이용하여 위의 식에 크기가 1이지만 -1이 아닌 $z=e^{i2\pi/n}$를 집어넣으면 우변에 실수부와 허수부를 적당히 크기가 감소하는 alternating series로 보아 수렴함을 보일 수 있다. (귀찮다면 $z=i$를 집어넣어 보라!) 수렴성이 해결되었으니 이제 $z=e^{i2\pi/3}$과 $e^{-i2\pi/3}$을 넣고 양변을 빼자.
$$Ln(1+e^{i2\pi/3})=e^{i2\pi/3}-\frac{1}{2}e^{-i\pi/3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}e^{i2\pi/3}+\frac{1}{2}e^{-i2\pi/3}-\frac{1}{6}+\cdots$$
$$Ln(1+e^{-i2\pi/3})=e^{-i2\pi/3}-\frac{1}{2}e^{i\pi/3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}e^{-i2\pi/3}+\frac{1}{2}e^{i2\pi/3}-\frac{1}{6}+\cdots$$
$$Ln(1+e^{i2\pi/3})-Ln(1+e^{-i2\pi/3})=i \sqrt{3} \left( 1+\frac{1}{2} -\frac{1}{4} -\frac{1}{5} +\frac{1}{7} +\frac{1}{8} -\cdots \right)$$
$Ln(1+e^{i2\pi/3})=\ln{1}+i\pi/3$이고, $Ln(1+e^{-i2\pi/3})=\ln{1}-i\pi/3$이므로 모든 것이 해결되었다.
$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^3+1} =1+\frac{1}{2} -\frac{1}{4} -\frac{1}{5} +\frac{1}{7} +\frac{1}{8} -\cdots = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}$$


(a : 2nd solution)
이 풀이는 정석적인 유수적분을 이용한다. 피적분함수가 even도 아니여서 그럴듯한 경로 잡는것이 난해할 것이다. 어떻게 이걸 떠올렸느냐에 대한 동기를 묻는다면... 나도 모르겠다. 그냥 감인데, 단지 복소평면상에서 삼등분하는 점대칭성을 보고 삼원수($j^3=-1$; 존재하지않는다.)같은 개념을 도입해볼까 하다가 떠올랐던 것 같다. 아래의 적분경로를 생각하자.

이미지출처 :  내가그렸다

pole은 모두 simple이고, 위 그림과 같다. 경로는 크게 세 가지로 나뉜다. 극좌표로 써서
$L_R=\{z=re^{i\theta} : 0\leq r \leq R, \theta=0\}$ (양의 실수축 : $\theta$고정)
$C_R=\{z=re^{i\theta} : r=\infty, 0\leq \theta \leq 2\pi/3\}$ (위쪽 삼등분원 : $r$고정)
$K_R=\{z=re^{i\theta} : R\geq r \geq 0, \theta=2\pi/3\}$ (되돌아오는 반직선 : $\theta$고정)
방향은 위 그림에 명시한 바와 같다. LCK경로를 따라 적분한 값을 극좌표($z=re^{i\theta}$)에서 계산하면
$$\int_{L} \frac{dz}{z^3+1} = \int_0^{\infty} \frac{dr}{r^3+1}$$
$$\int_{C} \frac{dz}{z^3+1} = \lim_{R \to \infty} \int_0^{\infty} \frac{iRe^{i\theta}d\theta}{R^3e^{i3\theta}+1}=0$$
$$\int_{K} \frac{dz}{z^3+1} = \int_{\infty}^0 \frac{e^{i2\pi/3}dr}{r^3+1}$$
$$\int_{LCK} \frac{dz}{z^3+1} = \left(\int_{L}+\int_{C}+\int_{K} \right) \frac{dz}{z^3+1}=\left(1-e^{i2\pi/3}\right)\int_0^{\infty} \frac{dr}{r^3+1}$$
유수정리에 의해
$$\int_{LCK} \frac{dz}{z^3+1}=i2\pi Res\left[ \frac{1}{z^3+1}, e^{i\frac{\pi}{3}} \right]=\frac{i2\pi}{3}e^{i\frac{-2\pi}{3}}=\frac{\pi(\sqrt{3}-i)}{3}$$
두 식의 값이 같아야 하므로 아래 방정식을 계산하면 답이 잘 나온다.
$$\left(1-e^{i2\pi/3}\right)\int_0^{\infty} \frac{dr}{r^3+1}=\frac{\pi(\sqrt{3}-i)}{3}$$

(b) 사상을 여러 단계 거쳐서 원하는 함수를 (단위원 내부 점 이동공식을 쓰지 않아도) 기본적인 역수변환과 상수곱, 평행이동만으로 잘 만들수 있다. 역수변환을 위해 먼저 직선을 만들어야 한다. 제일 처음 $w_1=z^3$을 하면 부채꼴모양이 양의 허수부까지 확장된다. 이 경우 $w_1\left( e^{i\pi/6}\right)=i$가 된다. 그런데 이 점의 종착지는 $w=-1/2$이다.

 

이제는 최종목적지($w$)로부터 역으로 거슬러가보자. 역수변환의 역변환도 역수변환인데, 우리는 최종목적지를 역수변환해서는 직선이 나오지 않음을 안다. 그러므로 살짝 오른쪽으로 $w_4=w+1$만큼 평행이동해주자. 이것을 역수변환 한다 해도 양의 허수부가 아니라, 양의 실수부가 된다. 우리는 양의 허수부 평면을 아까 만들어 뒀으므로, 이것에 맞추기 위해서 $w_3=e^{-i\pi/2}w_4$의 회전변환을 취해준다. 그리고 역수변환($w_2=1/w_3$)을 취하면 $\Im(w_2)\geq 1/2$가 된다. $w=-1/2$는 $w_2=2i$에 대응되는데 이제 상반평면에서 상반평면끼리의 대응만이 남았다.

 

경계는 경계로, 내부점은 내부점으로 대응된다. 경계 $\Im(w_1)=0$이 $\Im(w_2)=1/2$가 되었으므로 $+i/2$만큼 평행이동된 것을 알 수 있고, $w_1=i$가 $w_2=2i$에 대응되었으므로 $w_2=3w_1/2+i/2$가 된다.

 

각 단계를 이으면 다음과 같은 mapping이 얻어진다.

$$w=\frac{-3z^3+i}{3z^3+i}$$

이미지출처 : 내가그렸다

(c) Cauchy-Riemann에 의해 $\vec{\nabla} u = (\partial_x u, \partial_y u) = (\partial_x u, -\partial_x v)$이고, $\vec{\nabla} v = (\partial_x v, \partial_y v) = (\partial_x v, \partial_x u)$이므로 $\vec{\nabla} u \cdot \vec{\nabla} v = 0$이 성립한다. 따라서 $\Gamma_u$와 $\Gamma_v$의 교점 $(x_0, y_0)$에서도 $\vec{\nabla} u \cdot \vec{\nabla} v = 0$이 성립할 것이다. 만약 $|f'(z_0)|=0$이면, 모든 도함수 $\partial_x u = \partial_x v = \partial_y u = \partial_y v = 0$이고, 이 점은 $u$와 $v$모두 saddle point가 되어 직교성을 보장할 수 없으나, 문제에서 $|f'(z_0)| \neq 0$이라고 하였으므로, 두 contour는 직교한다.

내가 그렸다.

 

 

[ Q4 : 20pts ]

Let $p(u,v)$ be a harmonic function in a domain $D_w$ of the w-plane. Suppose that $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ is a conformal mapping from a domain $D_z$ in z-plane onto the domain D_w.

$(a\: : \:10pts)$ Prove $q(x,y)=p(u(x,y),v(x,y))$ is also harmonic.

$(b\: : \:10pts)$ Prove if $|f'(z)|=1$ for all $z \in D_w$, then
$$\int_{D_w} \left| \vec{\nabla}_{uv} p(u,v) \right|^2 du dv = \int_{D_z} \left| \vec{\nabla}_{xy} q(x,y) \right|^2 dx dy$$

[ Sol of Q4 ]

$J^{uv}_{xy}=\begin{pmatrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y}\end{pmatrix}$를 $(x,y) \to (u,v)$ 좌표변환이라 하자. 그럼 Cauchy-Riemann에 의해 $\det J^{uv}_{xy}=|f'(z)|^2$임을 보일 수 있다. 문제에서 conformal mapping으로 $f(z)$가 주어졌으므로, $|f'(z)| \neq 0$이고, $\det J^{uv}_{xy} \neq 0$이다. (즉 역변환이 존재한다.) 국소좌표변환식과 $\nabla$ operator의 변환식은 다음과 같다.
$$\begin{pmatrix} du \\ dv \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx \\ dy \end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix} \partial_x \\ \partial_y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \partial_u \\ \partial_v \end{pmatrix} $$
아래의 식을 이용하자.
$$\vec{\nabla}^2_{xy}=\vec{\nabla}^{T}_{xy} \vec{\nabla}_{xy} = \vec{\nabla}^{T}_{uv} J^T J \vec{\nabla}_{uv} =  \vec{\nabla}^{T}_{uv} \det(J) I_{2 \times 2} \vec{\nabla}_{uv}$$
그런데 $\det{J}=(\partial_x u)^2+(\partial_x v)^2$이므로 $\partial_x \det{J} = 2\partial_x u \partial_x^2 u + 2\partial_x v \partial_x^2 v$이고 이 값은 $u,\: v$가 harmonic이라 0이다.
마찬가지로 $\det{J}=-i[(\partial_y u)^2+(\partial_y v)^2]$에 y-편미분 연산자를 취해줘도 $\partial_y \det{J}=0$이 될 것이다. 따라서 교환관계 $\vec{\nabla}_{xy} \det{J} = \det{J} \vec{\nabla}_{xy}$가 성립한다. 따라서 다음 식이 성립한다,
$$\vec{\nabla}^2_{xy}=\det(J) \vec{\nabla}^2_{uv}$$

(a) $\vec{\nabla}^2_{uv} p(u,v)=0$이므로, 위 결과를 이용하면 $\frac{1}{\det{J}}\vec{\nabla}^2_{xy} p(u(x,y),v(x,y))=0$이다. 즉, Laplace eq는 conformal mapping에 의해 불변이다.

(b) $|f'(z)|^2=\det{J}=1$이므로 먼저 위에서 살펴본 바에 의하면 $dudv=\det{J} dxdy=dxdy$이고, 적분영역을 바꿈에 따라 $\int_{D_w} dudv = \int_{D_z} dxdy \det{J}=\int_{D_z} dxdy$이다. 피적분함수의 좌표변환은
$$\vec{\nabla}_{xy} q \cdot \vec{\nabla}_{xy} q = \vec{\nabla}_{xy} q^T \vec{\nabla}_{xy} q = \vec{\nabla}_{uv} p^T J^T J \vec{\nabla}_{uv} p = \det(J) \vec{\nabla}_{uv} p^T \vec{\nabla}_{uv} p = \vec{\nabla}_{uv} p \cdot \vec{\nabla}_{uv} p$$
따라서 $|f'(z)|^2=\det{J}=1$이면 아래 적분 역시 불변이다.
$$\int_{D_w} \left| \vec{\nabla}_{uv} p(u,v) \right|^2 du dv = \int_{D_z} \left| \vec{\nabla}_{xy} q(x,y) \right|^2 dx dy$$