1 Funkcje holomorczne

Transkrypt

1 Funkcje hoomorczne S to funkcje jednej zmiennej zespoonej o warto±ciach zespoonych, speªniaj ce pewien warunek, o którym b dzie daej.. Miniaturowa powtórka z iczb zespoonych Def. Liczb zespoon nazywamy par iczb rzeczywistych (a, b) z odpowiednio zdeniowanymi dziaªaniami dodawania i mno»enia; ub, równowa»nie, iczba zespoona to nast puj cy obiekt: z = a + bi, a, b R, oraz i 2 =. Zbiór wszystkich iczb zespoonych oznaczamy jako C; geometrycznie jest to ioczyn kartezja«ski R R, a wi c pªaszczyzna. Def. Liczb sprz»on do z = a + bi deniujemy jako: Def. Cz ± rzeczywista i urojona iczb z to: z = a bi. Rz = a, Iz = b. Def. Moduªem iczby z (ozn. z ) jest iczba rzeczywista nieujemna: z = a 2 + b 2 = z z. Uwaga. Moduª iczby zespoonej speªnia wszystkie wªasno±ci normy. Def. Odegªo±cia dwóch iczb zespoonych z, z 2 nazywamy d(z, z 2 ) = z z 2. Da odegªo±ci speªniony jest w szczegóno±ci warunek trójk ta:.2 Denicja hoomorczno±ci z,z 2,z 3 C : d(z, z 2 ) d(z, z 3 ) + d(z 3, z 2 ) Pami tamy, jak byªa zdeniowana pochodna funkcji f w przypadku rzeczywistym: f f(x + h) f(x) (x) = im ; () h h w zae»no±ci od tego, czy d»ymy do x z ewa czy z prawa, mówimy o pochodnej ewob d¹ prawostronnej. W przypadku funkcji zespoonych denicja jest bardzo podobna, ae konsekwencje s znacznie gª bsze ni» w przypadku rzeczywistym. Def. Niech f : C O C, gdzie O jest zbiorem otwartym. Mówimy,»e f jest hoomorczna, je±i da dowonego z O istnieje granica f (z) = im h f(z + h) f(z) h (2)

2 która jest niezae»na od h, i je»ei f (z) jest ci gª funkcj z. Uwaga. Denicje ró»niczkowano±ci rzeczywistej (3) i zespoonej (2) wyg daj na pierwszy rzut oka tak samo. Denicja ró»niczkowano±ci zespoonej jest jednak warunkiem o wiee mocniejszym. Warunki (3) (2) mówi»e granica ma by taka sama niezae»nie od h. W przypadku rzeczywistym mamy do zbadania jedynie dwie granice (ewo-i prawostronn ), podczas gdy w przypadku zespoonym h mo»e d»y do zera z dowonego kierunku na pªaszczy¹nie i wszystkie te granice musz by równe. Przykªadem tego, jakim mocnym ograniczeniem jest warunek (2), jest fakt (którego dowód poznamy niedªugo), i» je±i funkcja hoomorczna jest ró»niczkowana jeden raz, to jest te» ró»niczkowana niesko«czenie wiee razy. Nie ma takiej sytuacji w przypadku rzeczywistym: Funkcja, która jest jeden raz rózniczkowana, nie musi by ró»niczkowana wi cej razy..3 Podstawowe wªasno±ci funkcji hoomorcznych Niech z = x + iy. Dowona funkcja f(z) o warto±ciach zespoonych mo»e by zapisana jako: f(z) = P (x, y) + iq(x, y), gdzie x, y R, P (x, y) R, Q(x, y) R. Zaªó»my,»e f(z) jest funkcj hoomorczn. Skoro pochodna f ma by niezae»na od kierunku, to poiczmy pochodne w kierunku 'rzeczywistym' i 'urojonym'; musz one by sobie równe: f (z) = f(z + h) f(z) im h, h R h f(z + h) f(z) im h, h ir h = f P (x, y) Q(x, y) (z) = + i, (3) f(z + ik) f(z) = im k, h R ik f y = i P (x, y) + y Q(x, y) ; y f (z) = = i (4) Jako si rzekªo, pochodne f iczone na dwa sposoby, czyi prawe strony równo±ci (3) i (4), musz by sobie równe, tak wi c mamy: (równo± cz ±ci rzeczywistych), oraz P (x, y) = Q(x, y), (5) y Q(x, y) = P (x, y) ; (6) y (równo± cz ±ciurojonych). Równo±ci powy»sze to wzory Cauchy'egoRiemanna. Stwierdzii±my wi c,»e cz ±ci: rzeczywista i urojona funkcji hoomorcznej speªniaj równania C-R. Okazuje si,»e jest równie» na odwrót: Tw. Funkcja zespoona f(z) = P (x, y) + iq(x, y) jest hoomorczna wtedy i tyko wtedy, gdy funkcje P i Q s kasy C i ich pochodne speªniaj warunki Cauchy'ego Riemanna (5) i (6). Dow. = (tzn.»e hoomorczno± impikuje speªnienie warunków Cauchy'egoRiemanna) wªa±nie powy»ej byª (wyprowadzenie wzorów C-R przy zaªo»eniu hoomorczno±ci funkcji). 2

3 = Popatrzmy na funkcj f jako na odwzorowanie R 2 R 2 : ( ) ( ) x P (x, y) R 2 O R 2. y Q(x, y) Zaªo»yi±my,»e jest to odwzorowanie kasy C (poniewa» funkcje P, Q s kasy C ). Sªuszny jest wi c poni»szy wzór: ( P (x + h, y + k) Q(x + h, y + k) ) ( P (x, y) Q(x, y) ) = ( P Q P y Q y ) ( h k gdzie r jest maª wy»szego rz du, tzn. speªniony jest warunek: r(x, y; h, k) im H H ( ) h gdzie H = ; mamy wi c: H = h k 2 + k 2. Korzystaj c z równa«cauchy'ego Riemanna, mamy: ( P Q P ) ( P y Q = Q y ) + r(x, y; h, k), (7) = (8) Q ) ( ) a b P b a ( a gdzie oznaczyi±my a = P, b = Q. Wyst puj ca tu macierz b macierz Cauchy'egoRiemanna. Mo»na wi c (7) przepisa jako czyi: ( P (x + h, y + k) P (x, y) Q(x + h, y + k) Q(x, y) ) ( P Q ) ( a b = b a P = ah bk + r Q = bh ak + r 2 ) ( h k ) b a (r, r 2 to s reszty) ub, przechodz c z powrotem do j zyka zespoonego, f = P + i Q = (a + bi)(h + ik) + reszta i, dzie c otrzymane wyra»enie przez h + ik, dostaniemy f(z + h + ik) f(z) h + ik = a + bi + reszta h + ik, ) (9) nazywana jest + reszta, a ostatni wyraz d»y do, gdy h + ik d»y do zera (ze wzg du na (8)). Tak wi c czyi f(z + h + ik) f(z) h + ik a + bi, gdy h, k, f (z) = P + i Q 3 () CBDO

4 .4 Cz ± rzeczywista i urojona funkcji hoomorcznej speªniaj równanie Lapace'a. Zaªó»my,»e cz ±ci: rzeczywista P (x, y) i urojona Q(x, y) funkcji hoomorcznej f s funkcjami kasy C 2. (Tak naprawd to zaªo»enie jest niepotrzebne, gdy» je±i funkcja jest hoomorczna, to ma wszystkie pochodne. Poka»emy to niedªugo, a na razie zostawimy jako zaªo»enie). Wtedy: Tw. Cz ± rzeczywista P i cz ± urojona Q funkcji hoomorcznej speªniaj równanie Lapace'a. Dow. Zró»niczkujmy równanie (5) po x, a równanie (6) po y i dodajmy stronami. Wykorzystuj c fakt równo±ci drugich pochodnych mieszanych funkcji Q otrzymamy: 2 P (x, y) P (x, y) y 2 = () a to jest równanie Lapace'a da P (x, y). Teraz zró»niczkujmy (5) po y, a równanie (6) po x i znów dodajmy stronami. Wykorzystuj c tym razem fakt równo±ci pochodnych mieszanych P otrzymamy,»e a to jest równanie Lapace'a da Q(x, y). 2 Q(x, y) Q(x, y) y 2 = (2) CBDO Równania Cauchy'egoRiemanna maj t wa»n konsekwencj,»e maj c dan cz ± rzeczywist (urojon ) funkcji hoomorcznej, mo»na odtworzy jednoznacznie z dokªadno±ci do staªej jej cz ± urojon (rzeczywist ). Zaªó»my,»e dana jest cz ± rzeczywista P (x, y) i chcemy odtworzy cz ± urojon Q(x, y). Z równa«cauchy'egoriemanna mamy: Q x = P y, Q y = P x ; mamy w ten sposób dane dwie pochodne cz stkowe funkcji Q, które 'odcaªkowujemy' (tzn. iczymy funkcj pierwotn wzg dem ka»dej zmiennej). Przykª. Zaªó»my,»e cz ± rzeczywista funkcji hoomorcznej dana jest przez: P (x, y) =; znae¹ cz ± urojon. Najsampierw sprawdzamy, czy nie zostai±my wpuszczeni w mainy i czy rzeczywi±cie P jest cz ±ci rzeczywist jakiej± funkcji hoomorcznej. Kryterium na to jest speªnienie przez P równania Lapace'a. Sprawdzamy,»e rzeczywi±cie P speªnia równanie (). To teraz przyst pujemy do odcaªkowywania: Mamy: Q x = P y =....5 Przykªady funkcji hoomorcznych. Funkcja staªa: f = const jest hoomorczna i f (z), bo f(z + h) f(z) h =. 2. Odwzorowanie to»samo±ciowe f(z) = z jest funkcj hoomorczn : f (z) =. 3. Suma i ioczyn funkcji hoomorcznych jest funkcj hoomorczn. Ponadto: (f + g) (z) = f (z) + g (z), (3) 4

5 (f g) (z) = f (z) g(z) + f(z) g (z), (4) (dowody identyczne jak w przypadku rzeczywistym). 4. Je»ei f jest hoomorczna oraz f (z) da z O, to 5. Z tego wynika,»e funkcja wymierna: ( ) = f (z) (5) f(z) f(z) 2 f(z) = a nz n + a n z n + + a z + a b m z m + b m z m + + b z + b jest funkcj hoomorczn da wszystkich z takich,»e mianownik jest ró»ny od zera. 6. f(z) = e x cos y+ie x sin y, tzn. P = e x cos y, Q = e x sin y. Poiczmy macierz pochodnych: ( P Q P ) ( y e Q = x cos y e x ) sin y e x sin y e x cos y y Da tej funkcji, zapisanej jako funkcja z, mamy wi c f (z) = f(z); (6) kojarz c to denicj funkcji wykªadniczej da przypadku rzeczywistego, tzn. funkcj f(x) tak,»e f (x) = f(x), mo»emy zapisa, f(z) = e z, tzn. e z = e x cos y + ie x sin y. 7. Teraz bohater negatywny, tzn. przykªad funkcji, która nie jest hoomorczna: Niech f(z) = z = x iy. Mamy: P = x, Q = y. Macierz pochodnych jest ( P Q P ) y Q = y ( 8. Inna funkcja niehoomorczna: f(z) = z 2 = x 2 + y 2. Mamy: P = x 2, Q = y 2 i macierz pochodnych jest ( P Q P ) y Q = y ( 2x 2y co nie ma tej postaci, co macierz Cauchy'egoRiemanna. 9. Wiedz c,»e funkcja wykªadnicza f(z) = e z jest hoomorczna, deniujemy: sin z = eiz e iz 2i i sinus argumentu zespoonego jest funkcj hoomorczn ; ) ) 5

6 . Bior c: cos z = eiz + e iz 2 i równie» cosinus argumentu zespoonego jest funkcj hoomorczn.. Anaogicznie, równie» funkcje hiperboiczne argumentu zespoonego: s hoomorczne. sinh z = ez e z ; cos z = ez + e z Superpozycja funkcji hoomorcznych f, g: Je»ei: O f U g C gdzie f hoomorczna na O otwartym podzbiorze C, za± g hoomorczna na U otwartym podzbiorze C, to g f jest hoomorczna na O. Dow. Patrz c na funkcj g f jako na odwzorowanie R 2 R 2 widzimy,»e jest to odwzorowanie kasy C i jego macierz Jacobiego jest ioczynem macierzy Jacobiego odwzorowa«f i g. Mamy wi c: ( ) ( ) ( ) a b a b aa bb = ab ba b a b a a b + ab bb + aa ; (7) macierz po prawej stronie jest macierz Cauchy'ego Riemanna, czyi ioczyn tych macierzy jest odpowiada macierzy Jacobiego pewnej funkcji hoomorcznej. Wzór (7) w j zyku funkcji oznacza,»e (g f) (z) = g (f(z))f (z). (8) Dygresja z agebry: Istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiednio± pomi dzy iczbami zespoonymi a macierzami CR: ( ) a b C z = a + bi b a Ta odpowiednio± zachowuje dziaªania arytmetyczne: (a + bi)(a + b i) = (aa bb ) + i(ab + ba ), co jak wida dokªadnie odpowiada wzorowi (7) da macierzy. 3. Stw. Niech f : C O C b dzie funkcj hoomorczn ; niech ξ = f(z ), RYS. przy czym f (z ). Wtedy istniej otoczenia U punktu z oraz V punktu ξ takie,»e f jest bijekcj U na V, a ponadto f jest funkcj hoomorczn na V. ( ) a b Dow. Oznaczmy macierz Jacobiego J da f w punkcie z jako: J =, b a gdzie f (z ) = a + bi. Wyznacznik macierzy Jacobiego jest równy: det J = a CBDO

7 b 2 = f (z ) 2 = ; niezerowo± wyznacznika z zaªo»enia. Mo»emy wi c mówi o odwzorowaniu odwrotnym. Macierz odwrotna do J jest równa: ( ) ( a b J = = b a a a 2 +b 2 b b 2 +a 2 ) b b 2 +a 2 a ; a 2 +b 2 wida,»e jest to macierz CR, czyi odwzorowanie f jest hoomorczne. Posta macierzy J odpowiada wyra»eniu na pochodn funkcji odwrotnej: (f ) (ξ ) = f (f (ξ )). CBDO.6 Inne warunki hoomorczno±ci otrzymywane przez rachunki na formach na C Dot d rozpatrywai±my k formy na R N o warto±ciach rzeczywistych. Teraz rozpatrzmy k formy o warto±ciach zespoonych. Ka»da taka forma (powiedzmy, k forma) ω mo»e zosta zapisana jako: ω = ω R + iω I, gdzie funkcje wyst puj ce jako wspóªczynniki przy k formach bazowych w obu formach ω R i ω I s rzeczywiste. Niech z = x + iy. Wtedy z = x iy. Wyra¹my x i y przez z i z: Mamy: sk d oraz z =, x = z + z 2, y = z z. 2i z y = i, dz = dx + idy, dx = (dz + d z), 2 dy z =, d z = dx idy z y = i, = (dz d z). 2i Niech f : C O C (gdzie O zb. otwarty) b dzie funkcj kasy C. Zapiszmy ró»niczk f: df = f f dx + y dy = f 2 (dz + d z) + f (dz d z) 2i y ( f = 2 + ) ( f f dz + 2i y 2 ) f d z 2i y Zdeniujmy teraz: f z df = f 2 + f 2i y, f z df = f 2 f 2i y. (9) 7

8 Mo»emy wi c ró»niczk df zapisa jako: df = f z f dz + d z. (2) z Uwaga. Powy»szych symboi: f, f nie mo»na traktowa jako pochodnych cz stkowych. z z Bowiem iczby: z oraz z nie zmieniaj si niezae»nie (p.rys.), wi c nie mo»na mówi tutaj o pochodnych cz stkowych wymaga si bowiem przy nich, aby zmieniaªa si tyko jedna zmienna rzeczywista, a pozostaªe byªy staªe; tu taka sytuacja nie ma miejsca. Wzory Cauchy'ego Riemanna (5) oraz (6) mo»na zapisa w postaci zespoonej: f = i f y, (2) Niech f(z) = P (x, y) + iq(x, y) oraz uªó»my jak poprzednio pochodne cz stkowe P oraz Q w macierz Jacobiego, z wykorzystaniem warunków CR: ( P P ) ( ) y a b = b a Q Q y gdzie a = P x, b = Q y (wzory (9). Pochodne cz stkowe f: ( f, ) f y mo»na, z wykorzystaniem warunków (2), zapisa : ( f, f ) = (a + ib, b + ia), y co zapiszmy w postaci: mamy: oraz czyi: ub (, i) ( P Q Przypominaj c sobie,»e byª te» wzór (): P ) ( ) y a b Q = (, i) b a y f (z) = P + i Q a + ib f = f (z), f y = b + ia = i(a + ib) = if (z); i f = f y. f (z) = f 2 f z. + 2i Przypominaj c sobie denicje (9) symboi f i f, mamy: z z f z =, Powy»sze dywagacje podsumujmy w stwierdzeniu: Stw. f jest hoomorczna wtedy i tyko wtedy, gdy f z Uwagi. f z = f (z). (22) 8 =. Wtedy te» f z = f (z).

9 . Symboe:,, aczkowiek nie oznaczaj pochodnych cz stkowych, to s iniowe i z z speªniaj reguª Leibniza: (fg) z (fg) z = (f) z g + f (g) z, = (f) z g + f (g) z. 2. Z wzorów (9) i bezpo±rednich rachunków wynikaj równo±ci: St d wynika,»e: z z = ;, z z = ;, dz = dz + d z; z z = ;, z z =. d z = dz + d z. 3. Da naprzykªadu poiczmy: z 2 z = z z z = z z z + z z z = z; anaogicznie z 2 z = z. Anaogicznie: (zk z ) z = z k z oraz.7 Formy na C i ich caªkowanie Jakie formy mog wyst powa na C?. formy tzn. funkcje (z k z ) z = k z k z 2. formy: ω= ω R +i ω I 3. 2 formy: 2 ω= η dz d z (η funkcja). Wszystkie wy»sze formy s równe zeru. (Prof. Woronowicz mawia w tej sytuacji: " ycie form na przestrzeni R 2 jest do± prymitywne". Interesuj ce caªki to caªki postaci: f(z)dz = b a f(ϕ(t))dϕ(t) = b a f(ϕ(t))ϕ (t)dt gdzie dana jako ϕ(t) jest krzyw w C: ϕ : R [a, b] t O C. RYS.. Lemat: f(z)dz max f(z) L, z gdzie L dªugo± krzywej to jak pami tamy z rozdziaªu o caªkach krzywoiniowych nieskierowanych: b b L = φ (t) dt = ϕ x (t) 2 + ϕ y(t) 2 dt Zwrot Ko. Kierownika z pradawnych audycji J. Fedorowicza a a 9

10 Dow. Da dowonych iczb zespoonych z,..., z n mamy: wi c te» da caªek: b b f(z)dz f(z) dz = a a n n z k z k, k= k= b f(z) φ (t) dt max f(z) z a φ (t) dt = max f(z) L. z CBDO Przykª. Obiczmy caªk : dz z, gdzie okr g o promieniu R i ±rodku w (, ), przebiegany przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Parametryzujemy okr g jako: sk d mamy: Tak wi c ϕ(t) = R(cos t + i sin t), ϕ (t) = R( sin t + i cos t) = iϕ(t). dz 2π z = ϕ (t) 2π ϕ(t) dt = i dt = 2πi. Zapami tajmy ten wynik niedªugo b dzie potrzebny. Zdeniujmy funkcj zmiennej zespoonej φ(ξ) jako φ(ξ) = f(z)dz (z ξ) k. (23) gdzie f funkcja hoomorczna, za± krzywa zamkni ta otaczaj ca punkt ξ. Poka»emy Stw. Okre±ona powy»ej funkcja φ(ξ) jest hoomorczna na C \ ξ i zachodzi Dow. Trzeba pokaza,»e Oszacujmy ró»nic : = [ ( h φ f(z)dz (ξ) = k. (24) (z ξ) k+ φ(ξ + h) φ(ξ) im h h φ(ξ + h) φ(ξ) h f(z)dz = k (z ξ). k+ k (z ξ h) k (z ξ) k max z f(z) max [... ] L z f(z)dz (z ξ) k+ = ) ] k f(z)dz (z ξ) k+

11 gdzie L dªugo± krzywej. Jedynie ostatni czªon zae»y od h, tote» nim tyko b dziemy si zajmowa. Trzeba pokaza,»e d»y on (ten czªon) do zera przy h. Sprowad¹my go najsampierw do wspónego mianownika: ( h (z ξ) k+ (z ξ h) k (z ξ) ) k(z ξ h) k [... ] = (x ξ h) k (z ξ) k+ tak wi c max [... ] max icznika min mianownika max icznika (δ ɛ) 2k+, gdzie: δ = odegłość (ξ, ) = inf ξ z, ɛ za± jest nast puj c iczb : z D»ymy z h do zera, wi c da dostatecznie maªych h istnieje takie ɛ, < ɛ < δ,»e: z ξ δ ɛ, oraz z ξ h δ ɛ. Zatem min mianownika jest wi kszy ub równy (δ ɛ) 2k+. Tak wi c oszacowai±my mianownik przez co± niezae»nego od h. Teraz trzeba pokaza,»e max icznika d»y do zera przy h. Zauwa»my,»e icznik jest wieomianem w zmiennej h. Wspóªczynniki tego wieomianu dostaniemy z wzoru dwumiennego Newtona, który stosujemy tu nast puj co: Mamy wi c: (z ξ h) k = (z ξ) k ( ) k (z ξ) k ( k 2 ) ( k ) (z ξ) k h + icznik = ( k 2 (z ξ) k h + k(z ξ) k k ) (z ξ) k 2 h 2 + ± h k ( k = h wieomian od (z ξ, h) h M, ) (z ξ) k h +... gdzie M pewna staªa. Ostatnia nierówno± bierze si z faktu,»e wieomian na zbiorze ograniczonym osi ga swój kres górny tu oznaczany jako M wªa±nie. Wa»ne wªasno±ci funkcji hoomorcznych. Niech f : C O C funkcja hoomorczna. Mamy, zgodnie z (2): (bo f z df = f f dz + z z d z = f (z)dz = zgodnie z wzorami CR) co daje d(f(z)dz) = df(z) dz = f (z)dz dz =. CBDO 2. Obiczmy teraz caªk po krzywej zamkni tej ograniczaj cej obszar S z f funkcji hoomorcznej na S (tak wi c = S). Mamy: f(z)dz = S d(f(z)dz) =.

12 Fakt ten jest tre±ci wa»nego twierdzenia. Tw. (Cauchy'ego). Niech b dzie konturem zamkni tym, O otwarty podzbiór C zawieraj cy i jej wn trze (tzn. S), f funkcja hoomorczna na O. Wtedy: f(z)dz =. Wniosek. Niech krzywa zamkni ta w C, nie przechodz ca przez i jednokrotnie obiegaj ca ; obieg jest w kierunku antyzegarowym. Wtedy dz z = 2πi. (25) Dow. Bowiem zmodykujmy kontur, dorysowuj c dostatecznie maªy okr g C w ±rodku i ª cz c go odcinkiem p z krzyw RYS.; odcinek p przebiegamy raz w te, a drugi raz we wte. Dostaj c w ten sposób krzyw i mamy: dz =, bo w obszarze ograniczonym z przez krzyw funkcja jest hoomorczna. W ten sposób, z dz + z C dz =, bo caªki po z odcinku p znosz si nawzajem. A»e okr g C obiegamy w kierunku zegarowym, to st d wynika równo± (25). CBDO Tw. (Cauchy'ego mocniejsza wersja). Niech S b dzie zbiorem otwartym ograniczonym w C, maj cym kawaªkami gªadki brzeg. Wtedy da dowonej funkcji hoomorcznej na S i ci gªej na S mamy: f(z)dz =. Idea dowodu. Da konturu biskiego i zawartego w S jest speªnione tw. Cauchy'ego. Nast pnie nae»y wzi granic. Koniec idei dowodu.8 Wzór caªkowy Cauchy'ego Tw. (Wzór caªkowy Cauchy'ego). Niech f funkcja hoomorczna na zbiorze otwartym O. Niech S b dzie zbiorem otwartym ograniczonym w O, maj cym kawaªkami gªadki brzeg. Wtedy da dowonego punktu ξ S zachodzi f(ξ) = 2πi f(z)dz z ξ Uwaga. Je±i znamy warto±ci funkcji f na konturze, to mo»emy obiczy warto± funkcji w dowonym punkcie w obszarze ograniczonym przez ten kontur. Jest to koejnym przejawem 'sztywno±ci' funkcji hoomorcznych, tzn.»e je±i funkcja jest hoomorczna, to wªasno±ci tej funkcji s w du»ym stopniu zdeterminowane przez ten fakt. W przypadku rzeczywistym nie ma anaogonu wzoru Cauchy'ego: Da funkcji dwóch zmiennych rzeczywistych, nawet dowonie gªadkiej, zachowanie na brzegu konturu nie ma nic wspónego z zachowaniem wewn trz. Dow. Mamy: f(z)dz z ξ =, 2 (26)

13 gdy ξ nie jest otoczony przez. We¹my jako kontur utworzony z przez dodanie maªego okr gu C z (z tzn. obieganego zegarowo) oraz odcinka p ª cz cego oraz C z. Mamy: czyi = f(z)dz z ξ = f(z)dz z ξ f(z)dz z ξ + f(z)dz z ξ C z = f(z)dz z ξ C a (C a okr g obiegany antyzegarowo). Poiczymy teraz caªk po okr gu C a, sparametryzujmy wi c go: z = ξ + r(cos t + i sin t) = ξ + re it mamy : dz = ire it oraz I = 2π f(ξ + re it )ire it dt re it = i 2π f(ξ + re it )dt. Bierzemy ɛ >. Z ci gªo±ci funkcji f wynika,»e da dostatecznie maªego r czyi 2π f(ξ + re it )dt = f(ξ + re it ) f(ξ) < ɛ 2π f(ξ)dt + 2π ( f(ξ + re it ) f(ξ) ) dt. Pierwszy skªadnik po prawej stronie jest równy 2πf(ξ), drugi za± jest ograniczony od góry przez 2πɛ. Tak wi c I = 2πif(ξ) + coś, gdzie coś 2πɛ. Bior c granic ɛ, mamy czyi co jest wzorem (26). f(z)dz z ξ f(ξ) = 2πi = 2πif(ξ), f(z)dz z ξ CBDO Teraz przypomnijmy sobie denicj funkcji φ(ξ) dan przez wzór (23), zapisuj c go ¹dziebko inaczej (ze wska¹nikiem k) ni» uprzednio i z dodatkowym czynnikiem: φ k (ξ) = Uprzednio te» pokazai±my,»e φ k (ξ) speªnia zae»no± : φ k(ξ) = kφ k+ (ξ). Bior c pod uwag wzór Cauchy'ego, mamy w ten sposób: φ (ξ) = f(ξ) = f(ξ) = φ (ξ); f(z)dz (z ξ) k (27) 3

14 i daej: f (ξ) = 2πi φ (ξ) = f(z)dz 2πi (z ξ) ; 2 f (ξ) = 2πi φ 2(ξ) = 2πi 2 f(z)dz (z ξ) ; ;... 3 f (k) (ξ) = 2πi (k )!φ k(ξ) = 2πi (k )!k f(z)dz (z ξ)... k+ Wniosek: Funkcja hoomorczna jest ró»niczkowana w sensie zespoonym dowon io± razy i na k t pochodn f mamy wzór.9 Funkcje caªkowite f (k) (ξ) = k! 2πi f(z)dz (z ξ) k+ (28) Def. Funkcja caªkowita to funkcja hoomorczna na caªej pªaszczy¹nie zespoonej C. Przykª. Wieomiany oraz funkcja wykªadnicza s funkcjami caªkowitymi. Tw. (Liouvie'a). Ka»da funkcja caªkowita i ograniczona jest staªa. Dow. Niech f(z) b dzie ograniczona, tzn. da dowonego z C niech zachodzi: f(z) M. Pochodna funkcji f wynosi: f (ξ) = 2πi f(z)dz (z ξ) 2. Za we¹my tu okr g o ±rodku w ξ i promieniu R, obiegany antyzegarowo. Oszacujmy teraz pochodn f: Da dowonego ξ C mamy f (ξ) 2π max f(z) z (z ξ) 2 długość konturu 2πR 2π M R = M 2 R ; tak wi c moduª z pochodnej (w dowonym punkcie) jest mniejszy od dowonie zadanej iczby dodatniej, a to znaczy,»e f (ξ) = w dowonym punkcie ξ pªaszczyzny zespoonej. f Z zaªo»enia, f jest hoomorczna, tzn. =. Zgodnie z warunkiem... znaczy to, z»e równie» f f f =, a to z koei znaczy,»e = oraz =. Š cznie znaczy to,»e z y f(ξ) =const. CBDO Przykª. Nie jest zaskoczeniem,»e wieomiany oraz funkcja wykªadnicza w pªaszczy¹nie zespoonej s nieograniczone (jako»e s nieograniczone na osi rzeczywistej). By mo»e zaskoczeniem da Czytenika b dzie fakt,»e równie» funkcje trygonometryczne sin z oraz cos z s nieograniczone na C, skoro s ograniczone da argumentu rzeczywistego. Ae ten fakt (nieograniczono±ci na C) stanie si jasny, gdy wzi wyra»enia na cz ± rzeczywist 4

15 i urojon tych funkcji (wzory...); poniewa» s tam obecne funkcje hiperboiczne sinh( ) czy cosh( ), to jest jasne,»e sin z i cos z s nieograniczone na C. Twierdzenie Liouvie'a ma ró»norodne zastosowania w anaizie zespoonej; na razie poka»emy jeden przykªad, aby Czytenik zobaczyª, 'jak to dziaªa'. Tw. (zasadnicze twierdzenie agebry). Ka»dy wieomian zespoony ma przynajmniej jeden pierwiastek. Dow. Niech w(z) = a n z n + a n z n + + a z + a. Przypu± my,»e da dowonego z C, w(z). Wobec tego funkcja f(z) = w(z) jest caªkowita (wiemy,»e je±i f(z) jest hoomorczna oraz nigdzie si nie zeruje, to f(z ) te» jest hoomorczna). Zapiszmy wzór na f(z) nieco inaczej: f(z) = z n a n + a n + a n a z z 2 z n Gdy z, to pierwszy uªamek d»y do, a drugi do a n. Wobec tego, funkcja f jest ograniczona, a wi c z tw. Liouvie'a jest staªa. Otrzymai±my sprzeczon±, tzn. nieprawd jest,»e da ka»dego z C zachodzi w(z), a to znaczy,»e istnieje takie z C,»e w(z ) =. A to jest wªa±nie tre±ci zasadniczego twierdzenia agebry.. Wzór Tayora CBDO Niech f funkcja hoomorczna we wn trzu K(z, R) (koªo o ±rodku w punkcie z i promieniu R) oraz ci gªa na jego domkni ciu K(z, R) RYS. Mamy wtedy, da dowonego ξ K(z, R) wzór Cauchy'ego (26), który da wygody tu przytaczamy: f(ξ) = 2πi f(z)dz z ξ gdzie jest brzegiem koªa K(z, R) obieganym antyzegarowo. Zapiszmy: z ξ = z z + z ξ sk d z ξ = (z z ) (ξ z ) = (z z ) [ ] (3) ξ z z z Zauwa»my,»e mamy: ξ z z z <, tak wi c wyra»enie: ξ z z z mo»na rozwin w szereg geometryczny w pot gach ξ z z z. Dokªadniej, zapiszmy sko«czon wersj rozwini cia. We¹my jak ± iczb naturan N i mamy: x = + x + x2 + + x N + xn+ N x = x k + xn+ (3) x 5 k= (29)

16 wi c wyra»enie (3) mo»emy zapisa N z ξ = (ξ z ) k (z z ) + (ξ z ) N+ k+ z ξ (z z ) N+ k= i wstawiaj c to do(29), dostaniemy: f(ξ) = 2πi co zapiszmy w postaci N f(ξ) = k= 2πi N k= f(z) (z z ) f(z)(ξ z ) k dz + (z z ) k+ 2πi k+ dz (ξ z ) k + 2πi f(z) z ξ (ξ z ) N+ dz (z z ) N+ f(z)dz (ξ z (z ξ)(z z ) N+ ) N+ (32) Teraz! W k tym wyrazie powy»szej sumy rozpoznajemy k t pochodn funkcji f(z) w punkcie z, mo»emy wi c zapisa : f(ξ) = N k= k! f (k) (z )(ξ z ) k + R N (z, ξ), (33) co jest zespoon wersj wzoru Tayora. We wzorze (33) oznaczyi±my: R N (z, ξ) = 2πi f(z)dz (ξ z (z ξ)(z z ) N+ ) N+ (34) tak wi c R N jest reszt szeregu Tayora, wyra»on w postaci caªki konturowej. Co mo»na zrobi z reszt? Oszacujmy j : R N 2π sup z = R ξ z N+ R N+ sup z f(z) z z N+ z ξ ξ z N+ 2πR f(z) z ξ RM (w ostatniej z powy»szych równo±ci nazwai±my: M sup z f(z) z ξ ; ( ξ z R ) N+ N ; jest to iczba sko«czona, gdy» f jest ci gªa, wi c na krzywej, b d cej zbiorem zwartym, jest ograniczona). Na powy»sze oszacowanie mo»na patrze jako na dowód faktu, i» reszta szeregu pot gowego (w pot gach (z z )) d»y do, gdy N. Tak wi c szereg ten jest zbie»ny. Mo»na wi c zapisa wzór (33) jako sum szeregu zbie»nego: f(z) = k= k! f (k) (z )(z z ) k (35) 6

17 Uwaga. Gdy wi c mamy dany punkt z C, oraz funkcj, która jest hoomorczna w koe K(z, R), to mamy gwarancj,»e wsz dzie w koe funkcja ta posiada rozwini cie w szereg pot gowy (35). W ten sposób, np. funkcje: e z, sin z, cos z, które s hoomorczne wsz dzie na pªaszczy¹nie, posiadaj rozwini cie w szereg Tayora w ka»dym punkcie z C. Mo»na te» zada pytanie w pewnym sensie odwrotne: Mamy dane z C oraz zadany pewien ci g {a k }, z którego tworzymy szereg pot gowy Zadajmy naturane pytania: S(z) = k=. Da jakich z C szereg ten jest zbie»ny? a k (z z ) k. (36) 2. Czy je»ei szereg jest zbie»ny, to jego suma jest funkcj hoomorczn? Okazuje si,»e sytuacja jest anaogiczna, jak w przypadku szeregu Tayora. Bez dowodu podamy odpowiedzi na powy»sze pytania:. Szereg pot gowy (36) jest zbie»ny wewn trz koªa K(z, R), gdzie R dane jest przez które± z wyra»e«a k R = im ub R = (37) k a k+ a k k im k (je±i obie granice istniej, to s równe; a pierwsza istnieje, je±i istnieje druga. Pami tiwy Czytenik niechybnie rozpozna w powy»szych wzorach zespoony anaogon wzorów na promie«zbie»no±ci da szeregów rzeczywistych). 2. Wewn trz koªa zbie»no±ci, suma szeregu (36) jest funkcj hoomorczn.. O zerach funkcji hoomorcznych, je±i jest ich wiee w ograniczonym obszarze Wnioski. Da funkcji hoomorcznej nie równej to»samo±ciowo zeru, zera tej funkcji (tzn. rozwi zania równania f(z) = ) s izoowane. Dokªadniej, ma miejsce Stw. Niech f hoomorczna na O C, O otwarty. Wtedy, je±i da pewnego ci gu {z n } zbie»nego do z O, z n z da ka»dego n, zachodzi: f(z n ) =, to da pewnej kui K(z, R) O zachodzi: f(z) = da z K(z, R). Dow. Skoro f(z n ) =, n im z n = z, a f ci gªa, to zachodzi: f(z ) = n im f(z n ) =. Rozwi«my f w szereg Tayora wokóª z. Z zaªo»enia, f nie znika wsz dzie, zatem f(z) = k= k! f (k) (z )(z z ) k da z K(z, R). Zatem istnieje k takie,»e f (k) (z ). We¹my takie najmniejsze k i oznaczmy je przez k.. Jest to iczba wi ksza ub równa taka,»e: f (k) (z ) = da k =,, 2,... k. 7

18 f (k )z. Zapiszmy wi c jeszcze raz rozwini cie f w szereg Tayora z wykorzystaniem faktu, i» pierwszych k pochodnych si zeruje: f(z) = k= gdzie oznaczyi±my: Mamy: k! f (k) (z )(z z ) k = (z z ) k k=k k! f (k) (z )(z z ) k k (z z ) k k g(z) g(z) = i, poniewa» z zaªo»enia z n z, to mamy Przechodz c do granicy n, mamy: k=k k! f (k) (z )(z z ) k k = f(z n ) = (z n z ) k g(z n ) g(z n ) = da dowonego n. g(z ) =. (38) Ae to znaczy,»e g(z ) = k! f (k ) (z ) =. Dostai±my sprzeczno±, bo na pocz tku pokazai±my,»e f (k ) (z ). Def. Niech O C zbiór otwarty. Mówimy,»e O jest niespójny, je±i CBDO O = O O 2, gdzie O, O 2 s otwarte i niepuste, oraz rozª czne: O O 2 =. RYS. Def. Zbiór O jest spójny, je»ei nie jest niespójny. Powy»sze stwierdzenie mo»na jeszcze tak wypowiedzie,»e je±i funkcja zeruje si na niesko«czonym ograniczonym zbiorze punktów P, to zeruje si na dysku (dwuwymiarowej kui) zawieraj cej z (granic podci gu zbie»nego ci gu punktów z P). Mo»na to stwierdzenie wzmocni wskazuj c wi kszy zbiór, na którym f si zeruje. Tw. Niech O C zbiór otwarty i spójny; niech f funkcja hoomorczna na O. Niech f(z n ) = da pewnego ci gu {z n }, z n O, gdzie im z n = z n O. Wtedy f(z) = da wszystkich z O. Dow. Zdeniujmy zbiór U: Poka»emy,»e : U jest otwarty O \ U jest otwarty. U = {z O : f (k) (z) = da k =,, 2,... } 8

19 Ad : Je±i z U, to szereg Tayora wokóª z jest zªo»ony z samych zer. Wobec tego, f(z) = da z K(z, ρ), ρ >. Wtedy tak»e f (k) (z) = da z K(z, ρ) i dowonego k. Wobec tego K(z, ρ) U, czyi U jest otwarty. Ad : Je»ei z O \ U, to k N : f (k) (z ). Wtedy (poniewa» wszystkie pochodne s funkcjami ci gªymi) f (k) (z) równie» da z K(z, ρ) O \ U, ρ >. Zatem O \ U jest otwarty. Teraz: Je±i A, B zb. otwarte, to A \ B nie mo»e by zb. otwartym, chyba»e A B (inaczej A B zawiera punkty graniczne). W tym ostatnim przypadku A\B jest zbiorem pustym. Tak wi c abo U, abo O \ U jest zbiorem pustym. Tu zbiór U nie jest pusty, bo zawiera z. Skoro tak, to pusty jest O \ U, zatem O = U..2 Przedªu»enie hoomorczne CBDO Niech O, U zbiory otwarte i spójne. Def. Niech f hoomorczna na O, za± g hoomorczna na U. Ponadto, niech f(z) = g(z) da z O U. W takiej sytuacji mówimy,»e g jest przedªu»eniem hoomorcznym funkcji f. Okazuje si,»e je±i przedªu»enie hoomorczne istnieje, to mo»e by tyko jedno: Stw. Przedªu»enie hoomorczne jest jednoznaczne. Dow. Zaªó»my,»e g, g 2 hoomorczne na U dwa przedªu»enia hoomorczne funkcji f okre±onej na O. Niech g (z) = f(z) = g 2 (z) da z O U Wtedy ró»nica g (z) g 2 (z) = da z O U. Na mocy tw. udowodnionego dopiero co, oznacza to,»e równie» na caªym U zachodzi g (z) g 2 (z) =, tzn. g (z) = g 2 (z) na caªym U. CBDO RYS. przedªu»anie funkcji hoomorcznej Uwaga. Mo»e si zdarzy niespodzianka: Po powrocie do punktu pierwotnego, funkcja przedªu»ona mo»e nie by równa funkcji sprzed przedªu»enia! RYS. 2 Wykªady w 2 2. Funkcje wieoznaczne i powierzchnie Riemanna Powy»sze zjawisko (»e po dokonaniu obiegu po krzywej zamkni tej powracamy do tego samego punktu, ae funkcja tam ma inn warto± ) mo»e zdarzy si da funkcji wieoznacznej. 2.. z funkcja dwuznaczna Zobaczmy to bardziej szczegóªowo da funkcji f(z) = z. Zapisuj c z w postaci wykªadniczej, mamy: z = re iφ, sk d z = re iφ/2+kπ (k =, ). We¹my k = ; bior c t warto± pierwiastka, poªó»my teraz z =, tzn. r =, φ =. Mamy: =. Teraz obiegnijmy punkt po okr gu C(, ). RYS. Gdy obiegniemy 9

20 okr g, zobaczymy,»e warto± funkcji = e iπ =, czyi w sposób ci gªy przeszi±my do drugiej mo»iwej warto±ci pierwiastka. Widzimy wi c,»e nie wrócii±my do tej samej warto±ci funkcji, mimo»e poruszai±my si po krzywej ci gªej. Obiegnijmy teraz znów po okr gu jednostkowym punkt C; po tym obiegu, powrócimy znów do warto±ci funkcji na samym pocz tku, tzn.. Widzimy wi c,»e mamy tu do czynienia z funkcj dwuznaczn, tzn. ka»dej (prócz ) warto±ci argumentu odpowiadaj dwie warto±ci funkcji. (Sam ten fakt nie powinien by niespodziank, bo wiemy,»e da dowonej iczby zespoonej mamy dwie warto±ci pierwiastka kwadratowego). Gdyby±my chciei ziustrowa t sytuacj, to na pierwszy rzut oka zbiorem warto±ci funkcji powinny by dwie pªaszczyzny zespoone C, C 2. Ten obraz nie oddaje jednak wszystkich aspektów sytuacji. Gdy bowiem we»miemy punkt na C i obiegamy punkt po okr gu jednostkowym, to po jednym obiegu 'przeskakujemy' na drug pªaszczyzn C 2. A po drugim obiegu z powrotem 'przeskakujemy' na C. Mo»emy to ziustrowa 'skejaj c' obie pªaszczyzny wzdªu» rozci cia branego np. wzdªu» dodatniej póªosi rzeczywistej RYS. (Rozci cie wzdªu» takiej akurat póªprostej jest jedynie iustracj ; mogªoby to by rozci cie wzdªu» dowonej innej póªprostej zaczynaj cej si w zerze. Istotny jest tu jedynie fakt przeskoku na inn pªaszczyzn po dokonaniu peªnego obiegu wokóª punktu ). A co by byªo, gdyby±my wystartowai z punktu z = i wrócii do niego, nie obiegaj c zera? Wtedy powróciiby±my znów do warto±ci nie byªoby przeskoku na drug pªaszczyzn warto±ci pierwiastka z funkcja trójznaczna Rozwa»my teraz f(z) = 3 z. Post pmy teraz tak jak poprzednio: Zapisuj c z w postaci wykªadniczej, mamy: z = re iφ, sk d 3 z = 3 2kiπ iφ/3+ re 3. We¹my znów k =. Bior c t warto± pierwiastka, poªó»my teraz z =, tzn. r =, φ =. Mamy: =. Teraz obiegnijmy punkt po okr gu C(, ). RYS. Gdy obiegniemy okr g, zobaczymy,»e warto± funkcji = e 2iπ 3. Obiegnijmy jeszcze raz; dostaniemy warto± = e 4iπ 3. Po trzecim obiegu wrócimy do warto±ci pocz tkowej =. Sytuacj t iustrujemy bior c trzy egzemparze pªaszczyzny zespoonej, porozcinane wzdªu» póªprostej (np. rzeczywistej dodatniej) i skejone w odpowiedni sposób górne rozci cie C z donym rozci ciem C 2 ; górne rozci cie C 2 z donym rozci ciem C 3 ; i wreszcie górne rozci cie C 3 z donym rozci ciem C Log z funkcja o niesko«czonej io±ci pªatów Przyjmijmy denicj ogarytmu jako funkcji odwrotnej do exp, czyi: (exp(og z) = z. Równanie to mo»emy speªni, bior c: og z = og r + iφ. Ae mo»emy je speªni równie dobrze, bior c: og z = og r + iφ + 2kπi, k Z. Wida wi c,»e ogarytm w dziedzinie zespoonej ma niesko«czon iczb warto±ci! Iustrujemy to, bior c niesko«czon iczb pªaszczyzn zespoonych, rozcinaj c je wzdªu» (np.) osi R + i skejaj c done rozci cie n tej pªaszczyzny z górnym rozci ciem n + wszej pªaszczyzny. Poni»sza historia pochodzi z ksi»ki B. W. Szabata, "Wst p do anaizy zespoonej". " Przypomnimy spór, jaki rozgorzaª w atach w korespondencji mi dzy dwoma najwybitniejszymi matematykami tamtych czasów, Janem Bernouim i G. Leibnizem, o ogarytmy iczb ujemnych. Bernoui 2

21 twierdziª,»e s one rzeczywiste oraz n( x) = n x. A oto jeden z jego dowodów na korzy± tego twierdzenia: Z równo±ci ( x) 2 = x 2 wynika,»e 2 n( x) = 2 n x. Leibniz twierdziª natomiast,»e ogarytmy iczb ujemnych s urojone, a to»samo± n( x) = n x nie zachodzi, w szczegóno±ci n( ). A oto jeden z dowodów Leibniza na korzy± ostatniego twierdzenia: Je±i podstawi x = 2 w rozkªadzie n( + x) = x x2 2 + x3 3..., to powstanie równo± n( ) = , w której wszystkie skªadniki prawej strony s ujemne i st d n( ). W roku 749 do sporu wª czyª si L. Euer. Opubikowaª on artykuª, w którym twierdziª,»e»aden ze spieraj cych si nie ma racji. W szczegóno±ci, przytoczony wy»ej argument Bernouiego odpiera tak: W podobny sposób z równo±ci (x ) 4 = x 4 mo»na wnioskowa,»e n x + n = n x, co oznacza,»e n =. Jednak sam Bernoui odkryª,»e n = π 2, a o ostatniej równo±ci w tpi nie mo»na, gdy», jak pisaª Euer, "odkrycie to jest uzasadnione najbardziej pewnymi ±rodkami anaizy". Przytoczony wy»ej dowód Leibniza Euer tak»e uwa»aª za nieprzekonywaj cy. Przytoczyª on nast puj cy przykªad: Je±i w rozkªadzie +x = x + x2 x podstawi raz x = 3, a raz x = i doda wyniki, to powstanie równo± : = , w której ewa strona jest równa zeru, mimo»e, jak pisze Euer, "prawa strona wydaje si by ró»na od zera". We wspomnianym artykue Euer zaproponowaª prawidªowe rozwi zanie sporu: ogarytmy iczb ujemnych (jak i innych iczb zespoonych) maj niesko«czone zbiory warto±ci. Interesuj ca jest jego argumentacja. Warto± y = n x wyznacza si z równania x = exp y = ( + y i )i, gdzie i jest "niesko«czenie wiek iczb " (termin i oznaczenie Euera). Otrzymujemy st d,»e y = i(x i ), a iczba x i "pierwiastek o niesko«czenie wiekim wykªadniku" ma niesko«czenie wiee warto±ci, ogónie mówi c, zespoonych. Interesuj ce jest równie»,»e w roku 76 J. d'aembert w sporze tym stan ª po stronie Bernouiego, przeciwko Leibnizowi i Euerowi. " 2.2 Szereg Laurenta Widziei±my rozwini cia funkcji w szereg Tayora. Do dokonania takiego rozwini cia konieczne jest, aby±my byi w obszarze, w którym funkcja jest hoomorczna. Dokªadniej, punkt z, wzg dem którego rozwijamy, jest ±rodkiem koªa, i wewn trz tego koªa funkcja musi by hoomorczna. RYS. Okazuje si,»e mo»na uwoni si od zaªo»enia, i» funkcja ma by hoomorczna w koe i wtedy mamy do czynienia z ogóniejszym typem rozwini cia, zawieraj cym ujemne pot gi z z. Rozwini cie takie nazywamy rozwini ciem Laurenta. Dokªadniej, zachodzi: Tw. Je»ei f(z) jest hoomorczna w pier±cieniu mi dzy okr gami wspóª±rodkowymi C C(z, r) oraz C C(z, r ) (tu r > r ; RYS.) oraz ci gªa na okr gach, to w ka»dym punkcie pier±cienia f(z) ma rozwini cie postaci gdzie f(z) = a + a (z z ) + a 2 (z z ) b b + z z (z z ) +... (39) 2 a n = 2πi C f(ξ)dξ (ξ z ), b n+ n = f(ξ)(ξ z ) n dξ (4) 2πi C Uwaga. W powy»szym wyra»eniu na a n rozpoznajemy wspóªczynnik rozwini cia w szereg Tayora (porównajmy z wzorem (32); tak wi c rozwini cie Laurenta mo»na uwa»a za uogónienie tego ostatniego. Dow. We¹my jaki± punkt nae» cy do pier±cienia; oznaczmy go z +h, gdzie r < h < r. Z zaªo»enia, w pier±cieniu funkcja f(z) jest hoomorczna, wi c mo»emy napisa : f(z + h) = 2πi Γ f(z) z z h dz = 2πi C f(z) z z h dz 2πi C f(z) dz (4) z z h 2

22 gdzie kontur Γ skªada si ze wspóª±rodkowych okr gów C, C wraz z ª cznikiem p. Zewn trzny okr g C jest obiegany antyzegarowo, za± wewn trzny C zegarowo, st d znak minus przy caªce c. Przytoczmy tu teraz jeszcze raz wzór (3) na sko«czony urywek szeregu geometrycznego: x = + x + x2 + + x N + xn+ x = N k= x k + xn+ x Napiszmy teraz rozwini cie z z w dwóch wersjach, z których jedna jest zaadoptowana h do pierwszej caªki po prawej stronie równo±ci (4), a druga do drugiej: Uªamek z z h... tu mamy: h w pierwszej caªce zapiszmy w postaci: z z = h r = + z z z z h = z z h =... z z < i rozwijamy drugi czynnik w pot gach h z z + h z z... h 2 (z z ) + + h N 2 (z z ) + hn+ N h z z = h + z z (z z ) + + h N 2 (z z ) + h N+ (42) N+ (z z h)(z z ) N+ Uªamek z z h w pierwszej caªce zapiszmy w postaci:... tu z koei mamy: z z h = = h z z h = h = r h + z z h z z h = h z z h =... < i rozwijamy w pot gach z z... h + (z z ) 2 h (z z ) N h N + (z z ) N+ h N+ z z h [ h + z z + (z z ) (z z ) N + (z z ) N+ ] h 2 h 3 h N+ h N+ (z z h) (43) UMPAPA Wstawiaj c powy»sze rozwini cia do odpowiednio pierwszej i drugiej caªki w (4), dostaniemy f(a+h) = [ dzf(z) 2πi C z z + h (z z ) + + h N 2 (z z ) + h N+ ] N+ (z z h)(z z ) N+ + [ dzf(z) 2πi C h + z z + (z z ) (z z ) N + (z z ) N+ h 2 h 3 h N+ h N+ (z z h) = a + a h + a 2 h a N h N + R (N) + + b h + b 2 h b N h N + R(N) (44) 22

23 gdzie: oraz R (N) + = 2πi C a n = 2πi C f(z) dz (z z ), b n+ n = dzf(z)(z z ) n 2πi C h N+ f(z) dz, R(N) (z z h)(z z ) N+ = dz (z z ) N+ f(z) (45) 2πi C (z z h)(h) N+ Oszacowanie reszt R (N) +, R (N). Jak pami tamy, miei±my oszacowanie: γ f(z)dz M, W naszym przypadku mamy: gdzie M = sup z γ R (N) + 2π M h N+ 2πr, gdzie M = sup rn+ Wida,»e da h <, zachodzi: im r Anaogicznie szacuj c, mamy N R(N) + =. f(z), długość konturu γ. z C f(z) z z h. R (N) 2π M r N+ h 2πr, gdzie M f(z) = sup N+ z C z z h. sk d wynika,»e da r <, zachodzi: im h N R(N) =. CBDO Przypadek szczegóny: Gdy f jest hoomorczna w K(z, r) z wyj tkiem ±rodka, to rozwini cie Laurenta jest poprawne da caªego koªa K(z, r) z wyj tkiem ±rodka. 2.3 Osobiwo±ci funkcji jednowarto±ciowych Niech f(z) b dzie funkcj hoomorczn w obszarze S poza pojedynczym punktem a wewn trz S. Zaªó»my,»e istnieje taka funkcja hoomorczna ϕ(z), która:. jest hoomorczna na S, 2. je»ei z a, to f(z) = φ(z) + b z a + + bn. (z a) n Def. Je»ei istnieje powy»sze przedstawienie funkcji f(z), to mówimy,»e funkcja f(z) ma w punkcie z = a biegun rz du n. Def. Je»ei n =, to mówimy,»e biegun jest prosty. Def. Ka»d osobiwo±, która nie jest biegunem, nazywamy osobiwo±ci istotn. Def. Mówimy,»e osobiwo± w punkcie a jest izoowana, je±i istnieje takie δ >,»e K(a, δ) zawiera tyko osobiwo± w punkcie a. Da osobiwo±ci istotnej izoowanej rozwini cie Laurenta jest szeregiem niesko«czonym w ujemnych pot gach (z a). Wzmianki o: Punktach pozornie osobiwych; oraz Punktach skupienia biegunów; i punkcie w niesko«czono±ci. Przykªady. 23

24 . f(z) = : Biegun prosty w z =. z 2. f(z) = (z a) k : Biegun rz du k w z = a. 3. f(z) = ez : biegun prosty w z =. z 4. f(z) = e z : osobiwo± istotna w z =. Bo: Rozwini cie w szereg Laurenta ma posta : e z = + z + 2! z + 2 3! z f(z) = : Bieguny proste w z = kπ, k Z. Bo: Wiemy,»e da z R, funkcja sin z sin z ma zera pojedyncze w z = kπ. Przekonamy si niedªugo,»e w dziedzinie zespoonej nie ma innych zer. Tak wi c jedynymi biegunami funkcji f(z) = s punkty sin z z = kπ. 2.4 Residuum funkcji i twierdzenie o residuach. Niech funkcja f(z) posiada biegun krotno±ci m w punkcie z = a. Def. Residuum funkcji f(z) w punkcie z = a nazywamy wspóªczynnik a rozwini cia w szereg Laurenta wokóª punktu z = a: f(z) = a z a + a 2 (z a) + + a m 2 (z a) + ϕ(z), m gdzie ϕ(z) jest funkcj hoomorczn. Ozn. Residuum funkcji f(z) w punkcie z = a oznaczamy Res(f, a). Poj cie residuum ma du»e znaczenie, bo jak zaraz zobaczymy gdy iczymy caªk z funkcji po obszarze, zawieraj cym bieguny funkcji, to jedyny wkªad do caªki bierze si z residuów funkcji. Ae najsampierw zobaczmy, ie wynosi caªka po konturze otaczaj cym jeden biegun. We¹my wi c funkcj t co powy»ej i we¹my C(a, ɛ), gdzie ɛ > jest takie,»e wewn trz C(a, ɛ) jedyn osobiwo±ci jest osobiwo± w z = a. Obiczmy: m a k f(z)dz = (z a) dz + ϕ(z)dz; k C(a,ɛ) k= C(a,ɛ) C(a,ɛ) ta ostatnia caªka jest równa zeru (jako caªka z funkcji hoomorcznej). Poiczmy teraz ka»d z caªek w sumie po prawej stronie powy»szej równo±ci, tzn. a k C(a,ɛ) dz da k >. (z a) k Parametryzuj c standardowo okr g C(a, ɛ) jako: z = a + ɛe iφ, co daje: dz = iɛe iφ dφ, i daej mamy: C(a,ɛ) 2π a k (z a) dz = k ɛ k e kiφ iɛe iφ dφ = iɛ k 2π ɛ k e iφ( k) dφ = { da k > 2πi da k = Ostatecznie C(a,ɛ) f(z)dz = 2πia 2πiRes(f, a). 24

25 Rozpatrzmy teraz kontur funkcj f(z), zawieraj c w pewnym obszarze S otoczonym konturem γ punkty osobiwe, b d ce biegunami; niech ich poªo»enia b d a, a 2,..., a n RYS. Obiczmy znów caªk f(z)dz. W tym ceu zauwa»my,»e caªka ta jest równa caªce γ γ po konturze γ, gdzie γ powstaª z γ przez dorysowanie okr gów C(a k, ɛ) razem z ª cznikami, ª cz cymi je z konturem γ. RYS.. Tu ɛ > jest na tye maªe,»e wewn trz ka»dego okr gu C(a k, ɛ) jedynym punktem osobiwym jest biegun w punkcie a k. Posªuguj c si argumentacj wyst puj c ju» przynajmniej raz, mamy: f(z)dz. = f(z)dz. = f(z)dz. + f(z)dz. + + f(z)dz. γ C(a,ɛ) C(a 2,ɛ) = 2πi(a + a a n ). C(a n,ɛ) Powy»sz obserwacj mo»emy zebra w twierdzeniu, znamym jako Tw. (o residuach). Niech f(z) funkcja hoomorczna wewn trz konturu γ, z wyj tkiem punktów a, a 2,..., a n, w których s bieguny sko«czonego rz du, oraz ci gªa na γ. Wtedy γ f(z)dz. = 2πi n k= 2.4. U»yteczne wzorki na iczenie residuów. Stw. Niech f(z) ma biegun prosty w z = a. Wtedy Res(f, a k ). (46) Res(f, a) = imf(z)(z a). z a (47) Dow. Mamy bowiem rozwini cie funkcji f(z) w szereg Laurenta: f(z) = a z a + φ(z), gdzie φ(z) jest hoomorczna, wi c φ(z) istnieje w punkcie a i jego otoczeniu. St d imf(z)(z a) = im a + (z a)φ(z) = a. z a z a 2. Stw. Niech f(z) ma biegun rz du n w z = a. Wtedy Res(f, a) = z a im (n )! d n dz n (f(z)(z a)n ). (48) Dow. Rozwini cie f(z) w szereg Laurenta ma posta : f(z) = a n (z a) + a n+ n (z a) + + a n z a + φ(z), gdzie φ(z) hoomorczna. St d CBDO d n dz n (f(z)(z a)n ) = dn dz n [ a n + a n+ (z a) + + a (z a) n + φ(z)(z a) n] = (n )!a + (φ(z)(z a) n ) (n ) = (n )!a + (z a) pewna funkcja hoomorficzna. Bior c granic im z a powy»szego wyra»enia, otrzymujemy (48). 25 CBDO

26 2.4.2 Przykªady. f(z) = ez z(z ) 2. f(z) = ez (z ) 4 3. f(z) = emiz (z 2 +a 2 ) Zastosowanie rachunku residuów do iczenia caªek rzeczywistych: funkcje jednoznaczne Za pomoc rachunku residuów mo»na iczy wiee typów caªek rzeczywistych. Nae» do nich zarówno caªki 'poiczane' przy u»yciu technik i sztuczek, które poznai±my ju» przy okazji szukania funkcji pierwotnych, takich jak caªkowanie przez podstawienie i przez cz ±ci; metoda residuów pozwaa zazwyczaj takie caªki poiczy znacznie szybciej. S te» jednak caªki 'niepoiczane', nie daj ce si znae¹ standardowymi metodami iczenia funkcji pierwotnych Caªki postaci Mamy bowiem: 2π R(cos φ, sin φ)dφ, gdzie R(, ) jest funkcj wymiern cos φ = eiφ + e iφ, sin φ = eiφ e iφ 2 2i Wprowad¹my teraz zamian zmiennych φ z: z = e iφ tzn. z C(, ) a caªkowanie po φ w przedziae [, 2φ] odpowiada caªkowaniu po z w pªaszczy¹nie zespoonej po okr gu C(, ). Mamy daej: dz = ie iφ dφ = dφ = iz dz, i mo»na wyrazi caªk po φ przez caªk po z: 2π R(cos φ, sin φ)dφ = C(,) z + z cos φ =, sin φ = z z 2 2i R ( z + z 2, z ) z 2i iz dz a ta ostatnia caªka jest równa 2πi razy suma residuów funkcji podcaªkowej wewn trz okr gu C(, ). Ograniczeniami tej metody s warunki jej stosowano±ci: Funkcja podcaªkowa nie mo»e mie osobiwo±ci na okr gu C(, ) oraz caªka po φ musi by w przedziae [, 2π]. Przykª. Obiczmy, da < p < : I = 2π dφ (49) 2p cos φ + p2 26

27 = C(,) = C(,) i pz 2 (p 2 + )z + p dz = pz p + z p2 iz dz C(,) i p(z p)(z p )dz C(,) f(z)dz; wida,»e funkcja podcaªkowa ma bieguny w z = p oraz z 2 =, z czego wewn trz okr gu p C(, ) e»y tyko z = p. Residuum funkcji podcaªkowej w tym punkcie wynosi: oraz i Res(f, z ) = z z im p(z p)(z ) = p I = 2πi Res(f, z ) = 2π p 2. i p(p p ) Uwaga. Caªk (49) mo»na te» obiczy za pomoc podstawienia uniwersanego t = tg( x 2 ), ae jest to znacznie bardziej pracochªonne Caªki postaci + q(x)dx (5) Powy»sz caªk b dziemy obicza przez caªkowanie odpowiedno dobranej funkcji Q(z) po konturze, zawieraj cym o± rzeczywist. Funkcja Q(z) w zwi zku z tym musi speªnia : Q(x) = q(x) da x R. (Funkcja Q(z) mo»e by równa q(z), tzn. rozszerzenia zespoonego funkcji q(x), ae nie musi zae»y to od probemu). Odno±nie funkcji Q(z) czynimy nast puj ce zaªo»enia:. Q(z) jest hoomorczna w górnej póªpªaszczy¹nie zespoonej, z wyj tkiem sko«czonej io±ci biegunów w punktach z, z 2,..., z m. 2. Q(z) nie ma biegunów na osi rzeczywistej. 3. Da z, zq(z) niema jednostajnie da < arg z < π. (Uwaga przypomnienie: Mówimy,»e f(x) d»y do zera niema jednostajnie na przedziae ]a, b[, je»ei da ka»dego ɛ >, f(x) d»y do zera jednostajnie na ka»dym przedziae [a + ɛ, b ɛ].) Zakªadamy te»,»e zachodzi: zq(z) < C da arg z π. 4. Da z = x R, zachodzi: xq(x) da x ± oraz caªki: s zbie»ne. Q(x)dx i Q(x)dx Je±i powy»sze zaªo»enia s speªnione, to mamy Tw. Caªka (5) jest równa 2πi (suma residuów w górnej póªpªaszczy¹nie). Dow. Obiczymy caªk po konturze Γ, zªo»onym z odcinka Γ = [ R, R] oraz póªokr gu Γ 2 = Re iφ, φ π. RYS. Bior c dostatecznie du»e R, kontur Γ zawiera w swoim wn trzu wszystkie bieguny funkcji Q(z), zatem 27 Γ Q(z)dz = 2πi m k= Res(Q, z k ).

28 Z drugiej strony, mamy: G a = Γ + Γ 2. Gdy R, to pierwsza caªka d»y do + q(x)dx z zaªo»e«dotycz cych zachowania Q(z) na osi rzeczywistej. Pozostaje wi c oszacowa caªk Γ 2, a dokªadniej, pokaza,»e Γ 2 da R. Podziemy póªokr g Γ 2 na trzy cz ±ci: Γ 2,+, gdzie φ δ; Γ 2,, gdzie π δ φ π; oraz Γ 2,i, gdzie δ φ π δ. Tu δ > jest iczb, któr mo»na wybra dowonie maª. We¹my teraz jakie± δ, które mo»e by dowonie maªe. Wtedy Γ 2,i mo»na równie» uczyni dowonie maªym, powiedzmy równym δ (przez dobór dostatecznie du»ego R). Caªki za± Γ 2,+ i Γ 2, szacuj si z góry przez Cδ. Tak wi c Γ 2 (2C + )δ, i poniewa» δ mo»emy uczyni tak maªym, jak chcemy, to ostatecznie Γ 2. CBDO Przykª. 2. Jednym z zastosowa«powy»szego twierdzenia jest iczenie caªek z funkcji wymiernych. Da iustracji we¹my caªk : I 2 = + x 2 + x + 2 x 4 + x dx q(x)dx. Przy iczeniu takich caªek, caªkujemy po brzegu póªkoa funkcj podcaªkow, tye»e od argumentu zespoonego. Bieguny q(z) s tam, gdzie s zera mianownika; a»e mamy z 4 + z = (z 3i)(z + 3i)(z i)(z + i) to w górnej póªpªaszczy¹nie znajduj si dwa bieguny w punktach z = i, z 2 = 3i. Poiczmy residua w tych punktach: z 2 z + 2 Res(q, i) = im (z i) z i (z + 3i)(z 3i)(z + i)(z i) = z 2 z + 2 = i (z + 3i)(z 3i)(z + i) z=i 6i z 2 z + 2 Res(q, 3i) = im (z 3i) z 3i (z + 3i)(z 3i)(z + i)(z i) z 2 z + 2 = = 7 + 3i (z + 3i)(z i)(z + i) z=3i 48i i, zgodnie z tez powy»szego Twierdzenia, mamy I 2 = 2πi(Res(q, i) + Res(q, 3i)) = 5π 2. Pozostaje jeszcze sprawdzi zaªo»enia Twierdzenia.. sprawdzii±my, 2. jest oczywiste (bo mianownik jest dodatni da x R), 4. te», zostaje jeszcze sprawdzi 3. Na okr gu Re iφ mamy: zq(z) = Re iφ q(re iφ (R 2 e 2iφ Re iφ + 2)Re iφ ) = R 4 e 4iφ + R 2 e 2iφ + 9 R R2 + R + 2 R 4 R = R R R 2 9 R 2 R 4 28

29 (nierówno± powy»ej jest z sensem da dostatecznie du»ych R wystarczy wzi np. R > ). Wida,»e gdy R, to zq(z) da dowonego φ [, π], tak wi c jest speªnione» dane oszacowanie jednostajne. Przykª. 3. Koejnym zastosowaniem powy»szego twierdzenia jest iczenie caªek z funkcji postaci: (wieomian trygonometryczny) (funkcja wymierna). (Caªki tego typu cz sto wyst puj przy iczeniu transformat Fouriera). Da iustracji obiczmy caªk : I 3 = + + cos mx (x 2 + a 2 ) dx 2 q(x)dx. gdzie m, a >. Tu po póªkou Γ b dziemy caªkowa funkcj Q(z) = emiz. Wida,»e gdy z Rdb, (z 2 +a 2 ) 2 to Re Q(z) = q(x). Funkcja Q(z) ma w górnej póªpªaszczy¹nie jeden biegun drugiego rz du w punkcie z = ai. Tak wi c: Γ Q(z)dz = 2πi Res(Q, ai) = 2πi im z ai! [ d dz [ = 2πi im eimz (z + ai) 2 e imz ] = 2 (z + ai) 3 z=ai e imz (z (z + ai) 2 ai)2 (z ai) 2 π(ma + ) 2a 3 e ma. (do iczenia residuum w biegunie drugiego rz du wykorzystai±my wzór (48)). Pozostaje jeszcze sprawdzi, czy speªnione s zaªo»enia Tw. z którego korzystai±my.. sprawdzii±my, 2. jest oczywiste (bo mianownik jest dodatni da x R), 4. te», zostaje jeszcze sprawdzi 3. Na okr gu Re iφ mamy: zq(z) = Re iφ Q(Re iφ Re iφ eiφ ) = (R 2 e 2iφ + a 2 eir ) 2 = Re iφ e ir cos φ e R sin φ (R 2 e 2iφ + a 2 ) 2 sin φ Re R (R 2 a 2 ) R 2 (R 2 a 2 ). 2 (pierwsza nierówno± powy»ej zachodzi da R > a). Wida,»e gdy R, to zq(z) da dowonego φ [, π], tak wi c jest speªnione» dane oszacowanie jednostajne. 2.6 Zastosowanie rachunku residuów do iczenia caªek rzeczywistych: funkcje wieoznaczne Koejne kasy caªek z funkcji rzeczywistych mo»na obiczy przez caªki po pªaszczy¹nie zespoonej z funkcji wieoznacznych. ] 2.7 Caªki postaci Rozwa»ymy tu caªk x a Q(x)dx, Q(x) funkcja wymierna I = x a dx; (5) + x 29

30 ogóny przypadek rozpatruje si anaogicznie do tego, co poka»emy ni»ej. Aby caªka (5) byªa zbie»na, trzeba naªo»y warunki na parametr a. Zbie»no± w zerze wymaga, aby a >, tzn. a >, za± zbie»no± w niesko«czono±ci wymaga, aby a <, tzn. a <. z a Rozwa»my caªk + z dz po konturze Γ, skªadaj cym si z ªuków okr gów Γ r i Γ Γ R oraz odcinków Γ i Γ 2 ª cz cych punkty ko«cowe tych ªuków. RYS. Liczb z a interpretujemy jako z a = exp[(a )Log z], tzn. bierzemy gªówn gaª ¹ ogarytmu: Log z = og z + i arg(z), arg(z) [, 2π]. Przy tych zaªo»eniach, funkcja podcaªkowa jest jednoznaczna i hoomorczna na konturze i wewn trz niego, z wyj tkiem z =. Wobec tego mamy: Γ z a za dz = 2πiRes( + z + z, ) Teraz poiczymy b d¹ oszacujemy caªki po wszystkich cz ±ciach konturu Γ. Nie sprawia kªopotu caªka: Ie wynosi caªka Γ 2 Γ za + z dz = R r x a + x dx. za dz? Zobaczmy najsampierw, ie wynosi warto± funkcji podcaªkowej + z na donym brzegu rozci cia. W tym ceu, wystartujmy od jakiej± warto±ci z = x na górnym brzegu rozci cia, i obiegnijmy punkt po okr gu o promieniu x. Na donym brzegu rozci cia b dziemy miei z = xe 2πi, za¹ warto± funkcji za wyniesie xa e (a )2πi = +z +x x a e 2πia +x. Mamy wi c Oszacujmy teraz caªki przez z = re iφ i mamy: Γ r i Γ r Γ 2 za r dz = e2iπa + z R x a + x dx. Γ R. Da pierwszej caªki standardowo parametryzujemy okr g za + z dz 2π r a ra dφ = 2π r r, co d»y do, gdy r (pami tajmy,»e mamy a > ). Da drugiej caªki równie» standardowo parametryzujemy okr g przez z = Re iφ i mamy: Γ R za + z dz 2π R a R dφ = 2π Ra R, co równie» d»y do, gdy R ; tu pami tajmy,»e mamy a <. 3

31 Teraz poiczmy residuum funkcji podcaªkowej w z =. Zauwa»my najsampierw,»e z a z= = e iπ(a ) = e iπa. Tak wi c Ostatecznie: sk d ostatecznie z a Res( za, ) = im + z z + z ( + z) = za z= = e iπa. im r R Γ z a + z dz = ( e2iπa )I = 2πi( )e iπa, I = π sin(πa). 3

32 3 Zadania 3. Warunki Cauchy'ego-Riemanna itd.. Da nast puj cych funkcji wypisa ich cz ±ci rzeczywiste i urojone. Sprawdzi, czy nast puj ce funkcje speªniaj w caªej pªaszczy¹nie równania Cauchy'egoRiemanna. Sprawdzi te», czy cz ±ci rzeczywiste i urojone speªniaj równanie Lapace'a. (a) f = z 3 ; (b) f = (Rez)z 2 ; (c) f = e iz2 ; (d) f = zrez; (e) f = z ; (f) f = z Sprawdzi, czy nast puj ce funkcje s harmoniczne. Je±i tak, to znae¹ funkcj harmonicznie sprz»on do danej, oraz wynik zapisa jako funkcj samego z. (a) x 2 y 2 + 4xy; (b) x ; x 2 +y 2 (c) x 3 + 6x 2 y 3xy 2 2y 3 ; (d) x 2 y 2 (x 2 +y 2 ) 2 ; (e) e x (x cos y y sin y). 3. Obiczy caªk γ Rezdz da: (a) γ = [, 2 + 2i]; (b) γ jest okr giem o ±rodku w i promieniu. 4. Obiczy caªk : γ z dz, gdzie γ okr g o ±rodku w i promieniu. 5. Obiczy caªk γ z dz, je»ei: (a) γ = [ i, i]; (b) γ jest ewym póªokr giem ªa z cym punkt i z punktem i, (c) γ jest prawym póªokr giem ªa z cym punkt i z punktem i 6. Okr g o ±rodku w punkcie p i promieniu r b dziemy oznacza C(p, r). Obiczy caªk γ (a) γ = C(, 2 ); (b) γ = C(, 2); (c) γ = C(i, ); (d) γ = C( i, ). dz, je»ei: +z 2 32