Matematyka - semestr III

Matematyka - semestr III

Spis treści Analiza zespolona 4 Postacie liczby zespolonej i dzia lania na nich 4 2 Metryka w C, otoczenia i obszary 5 3 Pojecie funkcji, cześci rzeczywiste i urojone 6 4 Granica i ciag lość funkcji 8 5 Funkcje elementarne 9 5 Funkcja wyk ladnicza 9 52 Funkcje trygonometryczne 53 Funkcje hiperboliczne 3 54 Funkcja logarytmiczna 5 6 Funkcja potegowa 7 7 Pochodna 8 8 Funkcje holomorficzne 22 9 Szeregi potegowe 24 2 Równania różniczkowe I rz edu 27 3 Równania różniczkowe rzedu n 33 3 Sprowadzanie równania rzedu n do równania pierwszego rzedu 34 32 Przypomnienie pojeć i tw z analizy matematycznej 34 33 Dowód Twierdzenia Picarda-Lindelöfa 36 4 Ogólna teoria równań liniowych rzedu n 39 4 Podstawowe definicje 39 42 Twierdzenie Picarda 39 43 Wyznacznik Wrońskiego 4 44 Uk lad fundamentalny 44 45 Wymiar przestrzeni 46 46 Rozwiazanie ogólne równania niejednorodnego 46 5 Uk lady równań liniowych 48 5 Teoria równań I rzedu 48 52 Macierz fundamentana i wrońskian 49 53 Istnienie uk ladu fundamentalnego 52 54 Niejednorodne uk lady równań 52 55 Uk lady równań o sta lych wspó lczynnikach 54 2

56 Konstrukcja macierzy fundamentalnej 55 57 Zadania 6 6 Transformaty ca lkowe 68 6 Ca lki z funkcji zespolonych zmiennej rzeczywistej 68 62 Definicja operatorów ca lkowych: Fouriera i Laplace a 7 63 Orygina ly i transformaty Laplace a 7 64 Podstawowe w lasności przekszta lcenia Laplace a 72 65 Transformaty Laplace a ważniejszych funkcji 74 66 Zastosowania operatora ca lkowego Laplace a do ca lkowania równań różniczkowych 74 3

Analiza zespolona Postacie liczby zespolonej i dzia lania na nich Definicja Postacie liczby zespolonej a) algebraiczna: z = x + iy, z = x iy- sprzeżenie dzia lania: z = x + iy, z 2 = x 2 + iy 2 z ± z 2 := (x ± x 2 ) + i(y ± iy 2 ) z z 2 = (x + iy ) (x 2 + iy 2 ) := (x x 2 y y 2 ) + i(x 2 y + x y 2 ) z := z z 2 z 2 = z 2 z 2 z 2 b) trygonometryczna: z = z (cos(φ) + i sin(φ)), dla z = z := x 2 + y 2 modu l liczby zespolonej, arg(z) := φ [, 2π) argument g lówny Arg(z) := {φ + 2kπ; k Z} dzia lania: z = z (cos(φ ) + i sin(φ )), z 2 = z 2 (cos(φ 2 ) + i sin(φ 2 )) z z 2 := z z 2 (cos(φ + φ 2 ) + i sin(φ + φ 2 )) z := z z 2 z 2 (cos(φ φ 2 ) + i sin(φ φ 2 )) z 2 = c) wyk ladnicza z := z e iφ, wzór Eulera e iφ = cos(φ) + isin(φ) dzia lania: z = e iφ, z 2 = e iφ 2 z z 2 := z z 2 e i(φ +φ 2 ) z := z z 2 z 2 ei(φ φ 2 ) z 2 = Oznaczenia 2 Zbiór liczb zespolonych C := {z = x + iy : x, y R} można utożsamiać z p laszczyzna dwuwymiarowa R 2, która także bedziemy oznaczać symbolem C 4

2 Metryka w C, otoczenia i obszary W p laszczyźnie zespolonej C wprowadzamy metryke euklidesowa d(z, z 2 ) := (Rez Rez 2 ) 2 + (Imz Imz 2 ) 2 = z z 2 Definicja 3 Kula otwarta (odp domkniet a) K(z, r) (odp K(z, r)) o środku w punkcie z C i promieniu r > nazywamy zbiór K(z, r) = {z C : d(z, z ) = z z < r} K(z, r) = {z C : d(z, z ) = z z r} Definicja 4 Pierścieniem P (z, R, R 2 ) o środku w punkcie z C i promieniach R, R 2 nazywamy zbiór P (z, R, R 2 ) := {z C : R < d(z, z ) = z z < R 2 } Przyk lad 5 Pó lp laszczyzn e H = {(x, y) R 2 : y > x} zapiszemy teraz H = {z C : Imz > Rez} = {z C : π/4 < argz < 5/4π} Przyk lad 6 Pó lp laszczyzne H 2 = {(x, y) R 2 : 3 < y < 3x} zapiszemy teraz 3 3 H 2 = {z C : 3 Rez < Imz < 3Rez} = {z C : π/6 < argz < π/3} Przyk lad 7 Zbiór postaci L = {z C : z z = z z 2 } jest symetralna odcinka o końcach z, z 2 Natomiat H = {z C : z z < z z 2 } opisuje pó lp laszczyzne powstala z C rozciet a prosta L, zawierajac a punkt z Analogicznie H 2 = {z C : z z > z z 2 } jest pó lp laszczyzne powstala z C rozciet a prosta L, zawierajac a punkt z 2 Zadanie 8 Niech Co to za zbiór? D = {z C : π < argz < 2π < z < 2sin(argz)} 5

Odp D = {z C : z ( i) < } Zadanie 9 Niech D 2 Co to za zbiór? = {z C : π/2 < argz < π/2 2cos(argz) < z < 4cos(argz)} Odp D 2 = {z C : < z < 2} Definicja Zbiór U(z, ε) = {z C : d(z, z ) = z z < ε} nazywamy ε-otoczeniem punktu z C w p laszczyźnie C Definicja Sasiedztwem lub otoczeniem nak lutym punktu z C w p laszczyźnie C nazywamy zbiór U(z, ε) {z } = {z C : < z z < ε} Definicja 2 Obszarem D nazywamy zbiór punktów p laszczyzny C spe lniajacy warunki: - (otwartość) a D U(a, ε)-otoczenie takie, że U(a, ε) D, - ( lukowa spójność) a, b D istnieje krzywa o końcach a,b zawarta w D Krzywa o końcach a, b nazywamy obraz funkcji ciag lej γ : [t, t ] C takiej, że γ(t ) = a, γ(t ) = b Uwaga 3 Dla zbiorów otwartych zawartych w C lukowa spójność pokrywa sie ze spojnościa zbiorów Definicja 4 Obszar D C nazywamy jednospójnym, jeśli jego brzeg jest zbiorem spójnym W przeciwnym przypadku obszar nazywamy wielospójnym (*) Później podamy inna definicje jednospójności 3 Poj ecie funkcji, cz eści rzeczywiste i urojone Definicja 5 Odwzorowanie D C f : D C z w = f(z) nazywamy funkcje zespolona zmiennej zespolonej 6

Oznaczenia 6 Argument z funkcji f i jej wartość w = f(z) rozk ladamy na cześć rzeczywista i urojona tzn z = x + iy, w = u + iv Otrzymujemy w ten sposób rozk lad funkcji w = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) na cześć rzeczywista Ref(z) := u(x, y) i cześć urojona Imf(z) := v(x, y) Uwaga 7 Cześć rzeczywista i urojona funkcji zespolonej f jest funkcja rzeczywista dwóch zmiennych x, y Przyk lad 8 Znaleźć cześć rzeczywista i urojona funkcji f(z) = iz 2 f(z) = iz 2 = i(x + iy) 2 = i(x 2 + 2ixy y 2 ) = ix 2 2xy iy 2 = 2xy + i(x 2 y 2 ) Zatem Ref(z) = u(x, y) = 2xy, Imf(z) = v(x, y) = x 2 y 2 Zadanie 9 : Znaleźć cześć rzeczywista i urojona funkcji: f(z) = z 3 + i z 2, 2 f(z) = z+ z Przyk lad 2 Dane sa cześć rzeczywista u(x, y) = x y i urojona v(x, y) = 4xy funkcji zespolonej f Przedstawić funkcje f jako funkcje zmiennej zespolonej z z = x + iy, z = x iy x = z + z 2 z z, y = 2i Podstawiamy ( ) ( ) ( ) ( ) z + z z z z + z z z f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = (x y) + i4xy = + i4 2 2i 2 2i ( = z 2 ) ( + z 2i 2 + ) ( ) ( ) (z 2 z 2 ) = z 2i 2 + i + z 2 2 i + z 2 z 2 2 Zadanie 2 : Dana jest cz eść rzeczywista u(x, y) i cz eść urojona v(x, y) funkcji zespolonej f Przedstawić t e funkcj e jako funkcj e zmiennej zespolonej z: u(x, y) = x 4 6x 2 y 2 + y 4 x, v(x, y) = 4x 3 y 4xy 3 y, 2 u(x, y) = x 2 y 2 + x, v(x, y) = 2xy + y, 7

3 u(x, y) = x x 2 +y 2 + x, v(x, y) = y x 2 +y 2 y Zadanie 22 Dane sa cześci rzeczywista i urojona u(x, y) = xe x cosy + ye x siny v(x, y) = ye x cosy + e x xsiny funkcji zespolonej f Zapisać f jako funkcj e zmiennej zespolonej z Odp f(z) = ze z [Rozwiazanie tego zadania bedzie możliwe dopiero, gdy poznamy definicje funkcji e z oraz równania Cauchy ego-riemana] Zadanie 23 Dane sa cześci rzeczywista i urojona u(x, y) = sinxchy v(x, y) = cosxshy funkcji zespolonej f Zapisać f jako funkcj e zmiennej zespolonej z Odp f(z) = sin(z) [Rozwiazanie tego zadania bedzie możliwe dopiero, gdy poznamy definicje funkcji sinz oraz równania Cauchy ego-riemana] 4 Granica i ciag lość funkcji Definicja 24 Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, f : D C Mówimy, że f ma granice w punkcie z równa g C jeśli: ε > δ > z D < d(z, z ) < δ d(f(z), g) < ε Lemat 25 Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, f : D C lim f(z) = g lim u(x, y) = Reg i lim v(x, y) = Img z z (x,y) (x,y ) (x,y) (x,y ) Definicja 26 Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, z D, f : D C Mówimy, że funkcja f jest ciag la w punkcie z jeśli: ε > δ > z D d(z, z ) < δ d(f(z), g) < ε Lemat 27 Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, z D, f : D C Funkcja f jest ciag la w punkcie z wtedy i tylko wtedy, gdy lim f(z) = f(z ) z z Lemat 28 Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, z D, f : D C, f(z) = u(x, y) + iv(x, y) f jest ciag la jest ciag la w z funkcje u i v sa ciag le w (x, y ), gdzie z = x + iy 8

5 Funkcje elementarne 5 Funkcja wyk ladnicza Definicja 29 Funkcje wyk ladnicza w dziedzinie zespolonej zdefiniujemy tak samo jak w analizie rzeczywistej tzn z C e z := lim ( + z ) n n n Wykażemy istnienie tej granicy dla każdego z C Najpierw pokażemy zbieżność modu lów tzn ( lim + n) z n = e x () n Skorzystamy z w lasności, że z n = z n Zatem ( + z ) n [ ( = + x ] 2 y + n n) 2 n/2 = [ + 2xn ] n + x2 + y 2 n/2 2 n 2 Przechodzac do granicy otrzymamy, że ( lim + n) z n = e x, czyli zachodzi () n 2 Niech argz oznacza argument g lówny liczby z Pokażemy, że lim [( arg + z ) n ] = y (2) n n Zauważmy najpierw, że Ponieważ arg(z n ) = narg(z), to ( arg + z ) n Przechodzac do granicy otrzymamy, że czyli zachodzi (2) y n = arctg + x n [( arg + z ) n ] ( y n = narctg n + x n lim n ( narctg ( y n + x n 9 )) = y, )

3 Korzystamy z w lasności zbieżności ciagu liczb zespolonych: [ wn = w n e iarg(wn) w = w e iargw] [( w n w ) (arg(w n ) arg(w))] U nas ( w n := + n) z n e x [( arg(w n ) := arg + z ) n ] y n Stad i z jednoznaczności zapisu liczby zespolonej w postaci wyk ladniczej otrzymamy, że Oznaczylismy w = e z, zatem Udowodniliśmy Twierdzenie 3 Dla każdego z C zachodzi: Wniosek 3 W lasności w = w e iarg(w) = e x e iy = e x (cosy + isiny) }{{} e z = e x (cosy + isiny) (3) e z = e x (cosy + isiny) e z = e x+iy = e x e iy a) Cześć rzeczywista i urojona funkcji f(z) = e z wynosza odpowiednio u(x, y) = e x cosy, v(x, y) = e x siny b) e z = e x c) z C, e z = Przypuśćmy, że e z = e x (cosy + isiny) = e x cosy = e x siny = Ponieważ e x = to cosy = i siny = Pierwsza równość zachodzi dla y = π + kπ, 2 druga zaś dla y = kπ, gdzie k Z Ponieważ obie równości nie moga zachodzić jednocześnie, otrzymana sprzeczność dowodzi, że e z = dla każdego z C

d) z, z 2 C e z +z 2 = e z e z 2 e) funkcja e z jest okresowa o okresie podstawowym T = 2πi Dla k Z korzystajac z okresowości funkcji trygonometrycznych sinx i cosx mamy e z+2kπi = e z e 2kπi = e z (cos(2kπ) + isin(2kπ)) = e z ( + i) = e z f) funkcja e z jest rozszerzeniem do dziedziny zespolonej funkcji wyk ladniczej e x Niech z = x + i R Wtedy e z = e x (cos + isin) = e x ( + i) = e x g) funkcja wyk ladnicza e z rozwija si e w szereg Maclaurina tzn e z = k= z k k! dla każdego z C Zadanie 32 Znaleźć obraz prostej pionowej L = {z C : Rez = a} Odp okrag {z C : z = a} Zadanie 33 Znaleźć obraz prostej poziomej L 2 = {z C : Imz = b}, gdzie b < 2π Odp pó lprosta {z C : z = re ib, r (, + )} 52 Funkcje trygonometryczne Definicja 34 Funkcje cosz i sinz w dziedzinie zespolonej definiujemy nastepuj aco: W lasności tgz = sinz cosz = cosz := eiz + e iz, sinz := eiz e iz, 2 2i eiz e iz i(e iz + e iz ), cosz ctgz = sinz = i(eiz + e iz ) (e iz e iz )

a) cos 2 z + sin 2 z = ( ) e cos 2 z + sin 2 iz + e iz 2 ( ) e iz e iz 2 z = + 2 2i = ( e 2iz + 2e iz e iz + e 2iz) ( e 2iz 2e iz e iz + e 2iz) 4 4 = 4eiz e 2iz 4 = b) Cześci rzeczywiste i urojone funkcji trygonometrycznych wynosza odpowiednio: Dowód podamy dla funkcji sinz sinz = sinxchy + icosxshy cosz = cosxchy isinxshy sin2x tgz = cos2x + ch2y + i sh2y cos2x + ch2y sinz = eiz e iz 2i = ei(x+iy) e i(x+iy) 2i = e y (cosx + isinx) e y (cosx isinx) ( ) 2i ( ) e y e y e y + e y = cosx + isinx 2i 2i = sinxchy + icosxshy = e y+ix e y ix 2i c) Funkcje trygonometryczne sinz, cosz, tgz sa rozszerzeniem do dziedziny zespolonej funkcji sinx, cosx, tgx Niech z = x + i R Wtedy sinz = sinxch + icossh = sinx + i = sinx cosz = cosxch icosxsh = cosx i = cosx sin2x tgz = cos2x + ch + i sh cos2x + ch = 2sinxcosx + (2cos 2 x ) = tgx d) Funkcje trygonometryczne sa okresowe tzn 2

sinz i cosz o okresie podstawowym T = 2π tgz i ctgz o okresie podstawowym T = π sin(z + 2π) =sin(x + iy + 2π) = sin(x + 2π)chy + icos(x + 2π)shy Dowód dla cosz jest analogiczny =sin(x)chy + icos(x)shy = sinz sin2(x + π) tg(z + π) = cos2(x + π) + ch2y + i sh2y cos2(x + π) + ch2y sin2x = cos2x + ch2y + i sh2y cos2x + ch2y = tgz e) sinz = sin 2 x + sh 2 y oraz cosz = cos 2 x + sh 2 y Ponieważ funkcja hiperboliczna shy jest nieograniczona, wynika sta, że w przeciwieństwie do funkcji rzeczywistych funkcje sinz i cosz sa nieograniczone f) sinz, tgz, ctz to funkcje nieparzyste, natomiast cosz jest funkcja parzysta tzn sin( z) = sinz, coz( z) = cosz g) sin( z) = sinz, cos( z) = cosz tg( z) = tgz ctg( z) = ctgz h) sin(z ± z 2 ) = sinz cosz 2 ± cosz sinz 2 cos(z + z 2 ) = cosz cosz 2 sinz sinz 2 cos(z z 2 ) = cosz cosz 2 + sinz sinz 2 i) Funkcje sinz oraz cosz przyjmuja wszystkie wartości z p laszczyzny otwartej C Funkcje tgz i ctgz omijaja dwie wartości i, i, natomiast przyjmuja wartość, tgz w punktach z k = π + kπ, ctgz w punktach z 2 k = kπ, k Z 53 Funkcje hiperboliczne Definicja 35 Funkcje chz i shz w dziedzinie zespolonej definiujemy tak samo jak w dziedzinie rzeczywistej tzn chz := ez + e z, shz := ez e z, 2 thz := shz chz = ez e z e z + e, z 3 2 chz cthz := shz = ez + e z e z e z

W lasności a) ch 2 z sh 2 z = dla z C b) Cześci rzeczywiste i urojone funkcji hiperbolicznych wynosza odpowiednio: shz = shxcosy + ichxsiny, chz = chxcosy + ishxsiny, sh2x thz = ch2x + cos2y + i sin2y ch2x + cos2y c) Funkcje hiperboliczne shz, chz, thz, cthz sa rozszerzeniem do dziedziny zespolonej funkcji shx, chx, thx, cthx d) Funkcje hiperboliczne sa okresowe tzn shz i chz o okresie podstawowym T = 2πi thz i cthz o okresie podstawowym T = πi e) shz = sh 2 x + sin 2 y oraz chz = sh 2 x + cos 2 y f) cosiz = chz, siniz = ish(z) Zadanie 36 Rozwiazać równania: cosz = 4, 2 sinz = 2i, 3 (z 4 ) sin πz =, 4 (z 6 + )chz =, 5 Wykazać, że tan(z) = ±i dla każdego z C Zadanie 37 Znaleźć obrazy prostych x = const oraz y = const: przy odwzorowaniu f(z) = sinz, 2 przy odwzorowaniu f(z) = tgz 4

Odpowiedz: a) Obrazami prostych x = const = sa ga l ezie hiperboli o równaniu ( ) u 2 sin 2 x v2 =, cos 2 x zaś obrazami prostych y = const = sa pó lelipsy o równaniu u 2 Hiperbole sa ortogonalne do elips 4 (ey + e y ) + v2 4 (ey + e y ) = b) Obrazami prostych x = const = jest pek hiperboliczny okregów ( ) cos 2x u + + v 2 = sin 2x sin 2x przechodzacych przez w = ±i, zaś obrazami prostych y = const = jest pek eliptyczny okregów u 2 + ( v ) cosh 2y = sinh 2y wzgledem których punkty w = ±i sa symetryczne 54 Funkcja logarytmiczna sinh 2y, Niech z C {} Każda liczbe zespolona w spe lniajac a równanie e w = z nazywamy logarytmem liczby z i oznaczamy lnz Niech z = x + iy = e w = e u+iv = e u (cosv + isinv) (4) Zatem z = e u czyli u = ln z = ln x 2 + y 2 Z (4) wynika, że v = argz + 2kπ dla pewnego k Z, gdzie argz oznacza argument g lówny liczby z Każda liczba zespolona z C {} ma nieskończenie wiele logarytmów wyrażonych wzorem w = u + iv = ln z + i(argz + 2kπ), k Z 5

Definicja 38 Funkcje zdefiniowana wzorem Lnz = ln z + iargz (5) dla z = nazywamy funkcja logarytmiczna Uwaga 39 Funkcja Lnz jest nieskończenie wielowartościowa Definicja 4 Funkcj e lnz = ln z + iargz, π < argz π (6) nazywamy ga lezia g lówna logarytmu Z (5) i (6) wynika, że Lnz = lnz + i2kπ, k Z Uwaga 4 W każdym obszarze jednospójnym nie zawierajacym i istnieje jednoznaczna ga l aź logarytmu Takim obszarem jest np p laszczyzna rozcieta wzd luż osi ujemnej tzn Przyk lad 42 Policzyć Ln()? Przyk lad 43 Policzyć Ln( )? E = C {x R : x } z = = z = Arg() = + 2kπ = 2kπ, k Z = Ln() = ln + iarg() = i2kπ, k Z z = = z = Arg( ) = π + 2kπ = i(2k + )π, k Z = Ln( ) = ln + iarg( ) = i(2k + )π, k Z Zadanie 44 Wykazać, że funkcje odwrotne do f trygonometrycznych i hiperbolicznych wyrażaja sie za pomoca funkcji logarytmicznej nastepuj acymi wzorami: arcsinz = iln(iz + z 2 ), 2 arccosz = iln(z + z 2 ), 3 arctgz = 2i Ln ( +iz iz ), 4 arcctgz = 2i Ln ( iz+ iz ), 5 arcshz = Ln(z + z 2 + ), 6 arcchz = ln(z + z 2 ), 7 arcthz = 2 Ln ( +z z ), 8 arccthz = 2 Ln ( z+ z ) 6

6 Funkcja pot egowa Definicja 45 Niech μ bedzie dowolna liczba zespolona, E obszarem spójnym w którym istnieje jednoznaczna ga l aź logarytmu zmiennej z Funkcje potegowa o wyk ladniku μ nazywamy funkcje zdefiniowana wzorem z μ = e μlnz (7) Uwaga 46 Jest to także fukcja wielowartościowa Ga l ezi a g lówna tej funkcji nazywamy ga l aź zdefiniowana za pomoca ga l ezi g lównej logarytmu tzn e μlnz Przyk lad 47 Policzyć i i? Wiemy, że z μ = e μlnz Zatem Ln(i) = ln i + i(π/2 + 2kπ) = (2k + )πi, k Z 2 = i ln(i) = [(2k + 2 )πi]i = (2k + )π, k Z 2 = i i = e (2k+ 2 )π, k Z Przyk lad 48 Policzyć? Wiemy, że z μ = e μlnz Zatem Ln() = ln + i2kπ = 2kπi, k Z = ln() = 2kπi, k Z = = e 2kπi k Z = = cos(2kπ) + isin(2kπ) = k Z Przyk lad 49 Szczególnym przyk ladem funkcji potegowej jest funkcja n z = e (/n)lnz zwana pierwiastkiem n-stopnia z liczby z C {} W każdym obszarze jednospójnym nie zawierajacym zera i istnieje dok ladnie n ga l ezi różniacych sie czynnikiem e 2kπi/n, k =,, n Uwaga 5 Wzór Moivre a wynika z definicji funkcji pot egowej 7

7 Pochodna Definicja 5 Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, z D, f : D C Jeśli istnieje granica w laściwa ilorazu różnicowego lim Δz f(z + Δz) f(z ), Δz := z z Δz to nazywamy ja pochodna funkcji f w punkcie z i oznaczamy f (z ) Inny zapis f (z ) := lim z z f(z) f(z ) z z Lemat 52 Niech D C, z D -punkt skupienia zbioru f, g : D C Jeżeli funkcje f i g maja pochodna w punkcie z, to (f ± g) (z) = f (z) ± g (z) 2 (fg) (z) = f (z)g(z) + f(z)g (z) ( ) f 3 g (z) = f (z)g(z) f(z)g (z) dla z / g () [g(z)] 2 Lemat 53 Niech D C, z D-punkt skupienia zbioru D, g : D D C, w = g(z ) D -punkt skupienia zbioru D, f : D C Jeżeli funkcja f i g maja pochodne odpowiednio w punkcie w i z, to (f g) (z ) = f (g(z ))g (z ) Twierdzenie 54 (Warunek konieczny istnienia pochodnej) Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, z D, f : D C, f(z) = u(x, y) + iv(x, y) Jeżeli fnkcja f ma w punkcie z = x + iy pochodna f (z ), to istnieja w punkcie (x, y ) pochodne czastkowe u, u, v, v x y x y i spe lniaja w punkcie (x, y ) warunki: u x (x, y ) = v y (x, y ), zwane warunkami Cauchy ego-riemanna Dowód Zak ladamy, że istnieje u y (x, y ) = v x (x, y ), Niech Δz = Δx + iδy f (z ) = lim Δz f(z + Δz) f(z ) Δz 8

() Δy = Δz = Δx f u(x + Δx, y ) + iv(x + Δx, y ) u(x, y ) iv(x, y ) (z ) = lim Δx [ Δx u(x + Δx, y ) u(x, y ) = lim + i v(x ] + Δx, y ) v(x, y ) Δx Δx Δx = u x (x, y ) + i v x (x, y ) (2) Δx = Δz = iδy f u(x, y + Δy) + iv(x, y + Δy) u(x, y ) iv(x, y ) (z ) = lim Δy iδy [ u(x, y + Δy) u(x, y ) = lim + v(x ], y + Δy) v(x, y ) Δy iδy Δy = i u y (x, y ) + v y (x, y ) Zatem Stad u x (x, y ) + i v x (x, y ) = i u y (x, y ) + v y (x, y ) u x (x, y ) = v y (x, y ) oraz u y (x, y ) = v x (x, y ) Wniosek 55 Jeżeli istnieje pochodna funkcji f w punkcie z, to: f (z ) = u x (x, y ) + i v x (x, y ) = v y (x, y ) i u y (x, y ) = u x (x, y ) i u y (x, y ) = v y (x, y ) + i v x (x, y ) Wniosek 56 Pochodne czastkowe funkcji f wyrażaja sie wzorami f x f y (z) = u x (z) = u y (x, y) + i v (x, y) x (x, y) + i v (x, y) y 9

Stad i z wniosku 56 otrzymamy nastepuj ace wzory na pochodna funkcji f w punkcie z f (z ) = f x (x, y ) = i f y (x, y ) Twierdzenie 57 (Warunek dostateczny istnienia pochodnej) Niech D C, z -punkt skupienia zbioru D, z D, f : D C, f(z) = u(x, y) + iv(x, y) Jeżeli funkcje u(x, y) i v(x, y) sa różniczkowalne w punkcie (x, y ) i spe lniaja w tym punkcie warunki Cauchy ego Riemanna, to funkcja f(z) = u(x, y) + iv(x, y) ma pochodna f (z ) Dowód Funkcje u i v sa różniczkowalne w punkcie (x, y ), wiec () Δu(x, y ) = u(x, y) u(x, y ) = u x (x, y )Δx + u y (x, y )Δy + o ( Δz ), gdzie Δz = (Δx) 2 + (Δy) 2, o jest wielkościa ma lego rzedu tzn Analogicznie lim Δz o ( Δz ) Δz = (2) Δv(x, y ) = v(x, y) v(x, y ) = v x (x, y )Δx + v y (x, y )Δy + o 2 ( Δz ), o o 2 jest wielkościa ma lego rzedu tzn lim 2 ( Δz ) Δz = Δz Δf(z ) = f(z) f(z ) (3) Δf(z ) = f(z) f(z ) = Δu(x, y ) + iδv(x, y ) Podstawiajac () i (2) do (3) otrzymamy: Δf Δz (z ) = Δu Δz (x, y ) + i Δv Δz (x, y ) = ( u x (x, y ) Δx Δz + u y (x, y ) Δy ) + o ( Δz ) Δz Δz ( u x (x, y ) + i v ) Δx x (x, y ) Δz + ( v + i ( u y (x, y ) + i v y (x, y ) x (x, y ) Δx Δz + v y (x, y ) Δy ) Δz ) Δy Δz + o ( Δz ) Δz + i o 2( Δz ) Δz + i o 2( Δz ) Δz = Korzystajac z za lożenia, że funkcje u(x, y) i v(x, y) spe lniaja warunki Cauchy ego-riemanna u x (x, y ) = v y (x, y ) i u y (x, y ) = v x (x, y ) 2

otrzymamy, że Δf Δz (z ) = ( u x (x, y ) + i v ) ( ) Δx + iδy x (x, y ) Δz + o ( Δz ) Δz + i o 2( Δz ) Δz Zatem ( Δf u lim Δz Δz (z ) = lim Δz x (x, y ) + i v ) x (x, y ) + o ( Δz ) Δz + i o 2( Δz ) Δz Stad wynika, że istnieje granica w laściwa ilorazu różnicowego w punkcie z, czyli istnieje pochodna f (z ) Przyk lad 58 Dla jakich punktów z C funkcja f(z) = z z = z 2 = x 2 + y 2 ma pochodna? Ref(z) = u(x, y) = x 2 + y 2, Imf(z) = v(x, y) Funkcje u i v sa różniczkowalne dla (x, y) R 2 Sprawdzamy warunki C-R Stad u x = 2x, u y = 2y, v x = v y = u x = v y x =, u y = v x y = Zatem warunki Cauchy ego - Riemanna sa spe lnione tylko w punkcie z = Z Twierdzenia 22 wynika, że tylko w tym punkcie spe lniony jest warunek konieczny istnienia pochodnej Z twierdzenia 23 zaś wynika, że w punkcie z = spe lnione sa również warunki dostateczne istnienia pochodnej funkcji f Pochodna funkcji policzymy z definicji f () = lim z f(z) f() z z z = lim z z = lim z = z Zadanie 59 Zbadać istnienie pochodnej funkcji f oraz znaleźć jej pochodna w punktach w których istnieje: f(z) = z 2, 2 zimz, 3 f(z) = z 2 + 2z, 4 f(z) = z 2

8 Funkcje holomorficzne Definicja 6 Niech D C otwarty, f : D C Funkcje f nazywamy holomorficzna (różniczkowalna w sensie zespolonym) w zbiorze D jeśli w każdym punkcie z D istnieje pochodna f (z) Ozn f H(D) Definicja 6 Niech D C, f : D C Funkcje f nazywamy holomorficzna (różniczkowalna w sensie zespolonym) w punkcie z D jeśli jest holomorficzna w pewnym otoczeniu tego punktu Przyk lad 62 Zbadać holomorficzność funkcji f(z) = z 2 = z z Z przyk ladu 58, wiemy, że że f ma pochodna tylko w zerze, zatem nie jest holomorficzna ani w punkcie z =, ani w ca lej p laszczyźnie C Wniosek 63 Jeżeli f jest holomorficzna w punkcie z to ma pochodna w z Natomiast twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe przyk lad 62) Przyk lad 64 Zbadać holomorficzność funkcji f(z) = z dla z C u(x, y) = x ; v(x, y) = y Obie te funkcje sa klasy C (R 2 ) (faktycznie klasy C (R 2 )) Pokażemy, że spe lniaja równania Cauchy ego-riemanna: Zatem dla każdego z C (x, y) R 2 mamy u x(x, y) =, u y(x, y) = (x, y) R 2 mamy v x(x, y) =, v y(x, y) =, u x(x, y) = v y(x, y), u y(x, y) = v x(x, y) Korzystajac ze wzoru na pochodna Czyli f(z) = z H(C) f (z) = u x(x, y) + iv x(x, y) = + i = Przyk lad 65 Zbadać holomorficzność funkcji f(z) = z = x iy dla z C 22

u(x, y) = x ; v(x, y) = y Obie te funkcje sa klasy C (R 2 ) (faktycznie klasy C (R 2 )) Sprawdzimy, gdzie spe lniaja równania Cauchy ego-riemanna: (x, y) R 2 mamy u x(x, y) =, u y(x, y) = (x, y) R 2 mamy v x(x, y) =, v y(x, y) =, Zatem u x(x, y) = = v y(x, y) =, u y(x, y) = = v x(x, y) czyli f(z) = z nie ma pochodnej w żadnym punkcie Przyk lad 66 Zbadać holomorficzność funkcji f(z) = e z dla z C Przypomnijmy, że cześć rzeczywista u(x, y) = e x cosy i urojona v(x, y) = e x siny Obie te funkcje sa klasy C (R 2 ) (faktycznie klasy C (R 2 )) Pokażemy, że spe lniaja równania Cauchy ego-riemanna: (x, y) R 2 u x(x, y) = e x cosy, u y(x, y) = e x siny, v x(x, y) = e x siny, v y(x, y) = e x cosy, Zatem dla każdego z C u x(x, y) = v y(x, y), u y(x, y) = v x(x, y) Korzystajac ze wzoru na pochodna Czyli e z H(C) f (z) = u x(x, y) + iv x(x, y) = e x cosy + ie x siny = e x (cosy + isiny) = e z Zadanie 67 Zbadać holomorficzność funkcji: f(z) = z 2 + 2z, 2 f(z) = z 2, 3 f(z) = (z 2 + ) z, 4 f(z) = z + 2z, 5 f(z) = z 2 (z + ) Lemat 68 Jeśli f, g H(D), to (f ± g) H(D) oraz fg H(D) 23

2 Jeśli f, g H(D), to f g H(D (g ()) 3 Jeśli g H(D), f H(f(D)), to (f g) H(D) Wniosek 69 Funkcje wymierne (w tym wielomiany), funkcje trygonometryczne i hiperboliczne sa holomorficzne w swojej dziedzinie Korzystamy z faktu, że funkcja wyk ladnicza e z jest funkcja holomorficzna oraz z w lasności dzia lań na tych funkcjach Stad można wyprowadzić wzory na pochodna: (cosz) = 2 (ieiz ie iz ) = i 2 (eiz e iz ) = 2i (eiz e iz ) = sinz (sinz) = 2i (ieiz + ie iz ) = i 2i (eiz + e iz ) = 2 (eiz + e iz ) = cosz (tgz) = cos 2 z (ctgz) = sin 2 z Zadanie 7 Jakimi wzorami wyrażaja sie: pochodne funkcji zdefiniowanych w zadaniu 44? 2 pochodna funkcji pot egowej f(z) = z μ? Zadanie 7 Znaleźć funkcje holomorficzna f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) jeśli v(x, y) = y cos x cosh y x sin x sinh y Zapisać f w postaci zespolonej Zadanie 72 Znaleźć funkcje holomorficzna f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) jeśli u(x, y) = x cos x cosh y + y sin x sinh y Zapisać f(z) w postaci zespolonej 9 Szeregi pot egowe Definicja 73 Szeregiem pot egowym o środku w punkcie z C nazywamy szereg postaci gdzie a n C a n (z z ) n, (8) n= Definicja 74 Promieniem zbieżności szeregu potegowego (8) nazywamy kres górny zbioru tych liczb r, że dany szereg jest zbieżny w kole {z : z z < r} 24

Lemat 75 (Wzór Cauchy ego-hadamarda) Niech dany b edzie szereg pot egowy (8) Wówczas R = lim sup n gdzie R (przyjmujemy, że =, zbieżny w każdym punkcie z, dla którego z z < R n an, (9) = ) Ponadto szereg (8) jest rozbieżny w każdym punkcie z, dla którego z z > R Przyk lad 76 Szereg n= zn jest zbieżny w kole K(, ) = {z : z < }, ponieważ lim sup n n an = R = Jeśli z =, to szereg n= zn nie jest zbieżny, bo nie zachodzi warunek konieczny zbieżności - wyraz z n = e inφ ma modu l równy, czyli nie daży do zera 2 Szereg z n n= n 2 oraz n N z n n 2 n 2 ( n= jest zbieżny w kole K(, ) = {z : z }, ponieważ n lim sup n n 2 = R = n 2 < ) Zatem szereg jest zbieżny w kole i na brzegu 3 Dla szeregu n= nn z n promień zbieżności R =, ponieważ lim sup n Szereg jest zbieżny tylko dla z = n nn = lim sup n n = = R Twierdzenie 77 (o holomorficzności sumy szeregu potegowego) Jeżeli promień R zbieżności szeregu potegowego n= a nz n jest dodatni, to f-suma tego szeregu jest funkcja holomorficzna w kole K(, R) = {z : z < R} i dla każdego z K(, R) f (z) = na n z n (Szereg potegowy wewnatrz ko la zbieżności można różniczkować wyraz po wyrazie) n= 25

Wniosek 78 Szereg potegowy ma pochodna dowolnego rzedu: k N f (k) (z) = n(n ) (n k + )a n z n k n=k Definicja 79 Niech D C obszar, funkcje f : D C nazywamy analityczna w D gdy dla każdego z D istnieje szereg potegowy postaci n= a n(z z ) n zbieżny w kole K(z, r) D taki, że f(z) = n= (z z ) n dla z K(z, r) Oznaczenia 8 A(D) oznacza zbiór wszystkich funkcji analitycznych w D Wniosek 8 Z twierzenia o holomorficzności sumy szeregu wynika A(D) H(D) Twierdzenie 82 (o rozwijaniu funkcji holomorficznej w szereg Taylora) D C, D-obszar Jeżeli funkcja f H(D), z D, D(z, r) D, to f można przedstawić w tym kole w postaci sumy szeregu pot egow ego f(z) = n= gdzie D(z, r) jest zorientowany dodatnio czyli c n (z z ) n i c n = f(ζ) dζ, 2πi D(z,r) (ζ z ) n+ f (n) (z ) = n! f(ζ) dζ 2πi D(z,r) (ζ z ) n+ Wniosek 83 Z twierdzenia 78 i wniosku 43 wynika, że A(D)=H(D) W analize zespolonej jeżeli funkcja jest raz różniczkowalna, to jest różniczkowalna nieskończenie wiele razy, jest analityczna 26

2 Równania różniczkowe I rz edu Definicja 2 G R 3 zbiór spójny, f : G : R funkcja Równaniem różniczkowym I rz edu nazywamy równanie postaci F (t, x, x) = [F (x, y, y ) = ] (2) Taka postać równania nazywamy nierozwik lana wzgledem pochodnej Jeżeli (2) można zapisać w postaci x = f(t, x), (22) to nazywamy je rozwik lanym wzgl edem pochodnej Oznaczenia 22 Inna notacja (2) - postać ogólna rr I rz edu (2) - postać normalna rr I rz edu Definicja 23 Rozwiazaniem równania (2) (odp(22)) nazywamy funkcje x : I R (I R przedzia l) klasy C na I taka, że dla każdego t I zachodzi x(t) = f(t, x(t)) Przyk lad 24 Przyk lad równania I rz edu Inny zapis x(t) = kx(t) x = kx, k > Jeżeli funkcja x(t) nie jest tożsamościowo równa, to dzielimy stronami przez x(t) i mnożymy przez dt dx x = kdt Ca lkujemy stronami dx x = kdt = k dt Lepiej napisać tak Opuszczamy modu ly = ln x = kt + C C R ln x = kt + ln C, C R {} e ln x = e kt+ln C = C e kt, C R {}, t I = R x = C e kt, C R {}, t I = R x(t) = C e kt, C R {}, t I = R 27

Jeżeli funkcja x = x(t) = x(t) = = x(t) = C R ale x = x(t) = C = Rzwiazanie ogólne ma postać x(t) = Ce kt, C R, t I = R Przyk lad 25 Bank prowadzi konta z ciag la kapitalizacja odsetek Pokazać, że kapita l K(t) w chwili t, z lożony w tym banku, spe lnia równanie różniczkowe K (t) = rk(t), gdzie r jest roczna stopa procentów, a czas t jest liczony w latach Odp Niech K = K() oznacza kapita l poczatkowy z lożony w banku Gdyby bank dokonywa l kapitalizacji odsetek w stosunku rocznym, to po t - latach kapita l urós lby do kwoty K (+r) t, ponieważ po roku - K + rk = K ( + r), po dwóch latach - K ( + r) + rk ( + r) = K ( + r) 2, po t latach - K ( + r) t Za lóżmy teraz, że kapitalizacja odsetek nastepuje n-razy w ciagu roku Wtedy kapita l po t latach urós lby do kwoty ( K + r ) nt n Przechodzac w powyższym wzorze n otrzymamy kwote, do jakiej urośnie kapita l po tlatach przy ciag lej kapitalizacji odsetek Mamy wiec K(t) = lim K ( + r ) nt ( = lim [K + r ] n/r rt = K e n n n n) rt Różniczkujac po t otrzymamy K (t) = K re rt = rk(t) 28

Definicja 26 Warunek postaci x(t ) = x, x, t R, nazywamy warunkiem poczatkowym (warunkiem Cauchy ego), zaś uk lad { x = f(t, x) (23) x(t ) = y lub { F (t, x, x) = x(t ) = x (24) nazywamy zagadnieniem poczatkowym Cauchy ego Definicja 27 Rozwiazaniem zagadnienia poczatkowego (3), (4) na przedziale [t, t + ε) nazywamy funkcje x = x(t) klasy C na tym przedziale, spe lniajac a równanie x = f(t, x) lub F (t, x, x) = na przedziale [t, t + ε) oraz warunek x(t ) = x Takie rozwiazanie nazywamy rozwiazaniem szczególnym Przyk lad 28 Znaleźć rozwiazanie zagadnienia Cauchy ego { x(t) = kx(t) x(t ) = x, x R gdzie x jest ustalone! Odp Wiemy, że rozwiazane ogólne ma postać x(t) = Ce kt C R t I = R Szukamy wartości C, która bedzie spe lniać warunek poczatkowy x(t ) = x Zatem x(t ) = C e kt = C = x e kt = x(t) = x e kt e kt = x e k(t t ) t R Definicja 29 Wykres rozwiazania x(t), t I, w przestrzeni R 2 zmiennych (t, x) nazywamy krzywa ca lkowa Definicja 2 Jeżeli x = x(t, c), t I, jest rodzina funkcji rzeczywistych zmiennej t sparametryzowana parametrem c, taka, że dla każdego c A R, x = x(t, c) jest krzywa ca lkowa równania (2) lub (22) i dla każdego (t, x ) G istnieje c A takie, że x(t, c ) jest krzywa ca lkowa przechodzac a przez puunkt (t, x ), to rodzine x = x(t, c) nazywamy rozwiazaniem ogólnym równania (2) lub (22) Definicja 2 Jeżeli rozwiazania maja postać uwik lana Φ(t, x, c) =, to nazywamy je ca lka ogólna równania 29

Twierdzenie 22 (Picarda-Lindelöfa o istnieniu i jednoznaczności rozwiazań lokalnych) Q = {(t, x) R 2 : t t a x x b}, < a, b < Niech f : Q R bedzie funkcja ciag l a, która spe lnia warunek Lipschitza wzgledem zmiennej x tzn < L < taka, że x, x 2 [x b, x + b] f(t, x ) f(t, x 2 ) L x x 2 Wtedy zagadnienie Cauchy ego { x = f(t, x) x(t ) = y ma dok ladnie jedno rozwiazanie na przedziale t t α, gdzie α < min{a, b/m, /L} i M = sup (t,x) Q f(t, x) Twierdzenie 23 (Peano o istnieniu rozwiazań lokalnych) Q = {(t, x) R 2 : t [t, t + a], x [x, x + b], < a, b < Niech f : Q R bedzie funkcja ciagl a Wtedy zagadnienie Cauchy ego { x = f(t, x) x(t ) = y ma rozwiazanie na przedziale [t, t + α], gdzie α < min{a, b/m} i M = sup (t,x) Q f(t, x) Przyk lad 24 W przyk ladzie 24, w którym rozwiazywaliśmy równanie x = kx, k >, funkcja po prawej stronie równania f(t, x) = kx spe lnia warunek Lipschitza na ca lej prostej R Odp Wiemy, że jeśli g C ([a, b]) to sta la Lipschitza szacuje si e jako stad U nas f(t,x) x = k to sta la x, x 2 R L = sup x R L = sup f (x) x [a,b] f(t, x) x = k = k = f(t, x ) f(t, x 2 ) = kx kx 2 k x x 2 3

Przyk lad 25 Znaleźć rozwiazanie zagadnienia Cauchy ego { x(t) = x /3 (t) x(t ) = x, x R gdzie x jest ustalone! Odp W tym przyk ladzie funkcja po prawej stronie równania f(t, x) = x 3 NIE spe lnia warunku Lipschitza w punkcie x = Pokażemy, że dla x = zagadnienie Cauchy ego posiada wiecej rozwiazań niż jedno Zatem to za lożenie jest ISTOTNE () Jeśli x(t) nie jest funkcja tożsamościowo równa, to nasze równanie można zapisać (a) dla x > x i t > t x x dx = dt x/3 dy t y = ds = /3 t [ y 2/3 2 3 ] x x = t t = x 2/3 (t) x 2/3 = 3/2(t t ) = x 2/3 (t) = x 2/3 + 3/2(t t ) t > t ( 3/2 = x(t) = x 2/3 + 3/2(t t )) t > t (b) dla x < x i t > t (2) x(t) dla t R x x oraz x(t ) = ((x 2/3 )) 3/2 = x dy t y = ds = /3 t [ y 2/3 2 3 ] x x = t t = x 2/3 x 2/3 (t) = 3/2(t t ) = x 2/3 (t) = x 2/3 3/2(t t ) t > t ( 3/2 = x(t) = x 2/3 3/2(t t )) t > t oraz x(t ) = ((x 2/3 )) 3/2 = x 3

Konkluzja dla t R niech x(t ) = x = Wtedy mamy co najmniej trzy rozwiazania spe lniajace ten warunek poczatkowy () x(t), t R (2) ( 3/2 x(t) = x 2/3 + 3/2(t t )) = (3/2(t t )) 3/2 t > t (3) ( 3/2 x(t) = x 2/3 3/2(t t )) = ( 3/2(t t )) 3/2 t > t Definicja 26 Rozwiazanie x = x(t), t I, nazywamy osobliwym, gdy przez każdy punkt odpowiadajacej mu krzywej ca lkowej przechodzi inna krzywa ca lkowa tego równania Definicja 27 Obwiednia krzywych ca lkowych nazywamy krzywa, która w każdym punkcie jest styczna do co najmniej jednej krzywej ca lkowej z tej rodziny Uwaga 28 Zatem obwiednia krzywych ca lkowych jest krzywa, która odpowiada rozwiazaniu osobliwemu jest rozwiazaniem osobli- Uwaga 29 Rozwiazanie x(t), t R, równania f(t, x) = x 3 wym 32

3 Równania różniczkowe rz edu n Definicja 3 G R m+ zbiór spójny, F : G R funkcja zwyczajnym rzedu n nazywamy równanie postaci: Równaniem różniczkowym F (t, x, x, x,, x (n) ) = [F (x, y, y, y, y (n) ) = ] (3) Taka postać równania nazywamy nierozwik lana wzgledem pochodnej Jeżeli (3) można zapisać w postaci x (n) (t) = f(t, x, x, x,, x (n ) ), (32) to nazywamy je rozwik lanym wzgl edem pochodnej Oznaczenia 32 Inna notacja (3) - postać ogólna rr rz edu n (32) - postać normalna rr rz edu n Definicja 33 Rozwiazaniem równania (32) ( odp(3)) nazywamy funkcje x : I R (I R przedzia l) klasy C n na I taka, że dla każdego t I zachodzi x (n) (t) = f(t, x, x,, x (n ) ) (odp F (t, x, x, x,, x (n) ) = ) Definicja 34 Warunek postaci x(t ) = x, x(t ) = x,, x (n ) (t ) = x n, gdzie (x,, x n ) R n, t R, nazywamy warunkiem poczatkowym (warunkiem Cauchy ego), zaś uk lad x (n) = f(t, x, x,, x (n ) ) x(t ) = x x(t ) = x (33) x (n ) (t ) = x n lub F (t, x, x, x,, x (n) ) = x(t ) = x x(t ) = x x (n ) (t ) = x n nazywamy zagadnieniem poczatkowym Cauchy ego (34) 33

Definicja 35 Rozwiazaniem zagadnienia poczatkowego (3), (4) na przedziale [t, t + ε) nazywamy funkcje x = x(t) klasy C n na tym przedziale, spe lniajac a równanie x (n) (t) = f(t, x, x,, x (n ) ) lub F (t, x, x, x,, x (n) ) = na przedziale [t, t + ε) oraz warunek x(t ) = x, x(t ) = x,, x (n ) (t ) = x n Takie rozwiazanie nazywamy rozwiazaniem szczególnym 3 Sprowadzanie równania rz edu n do równania pierwszego rz edu Dane jest równanie różniczkowe rz edu n Oznaczmy Oznaczenia: x(t) = x (t) x (t) x 2 (t) x n (t) x (n) (t) = f(x, x, x,, x n ) (35) x (t) := x(t) x (t) := x(t) x 2 (t) := x = x (t) x n (t) := x (n ) (t) = x n 2 (t), g(t, x) = x (t) x 2 (t) f(x, x, x,, x n ) Zauważmy, że x(t) i g(t, x) sa funkcjami wektorowymi o wartościach w R n Zatem równanie (35) można zapisać w postaci x(t) = g(t, x) (36) Jest to uk lad n równań różniczkowych zwyczajnych pierwszego rzedu lub równanie różniczkowe zwyczajne pierwszego rzedu w którym funkcja niewiadoma jest funkcja wektorowa jednej zmien-nej 32 Przypomnienie poj eć i tw z analizy matematycznej Definicja 36 Przestrzeń metryczna nazywamy zupe lna jeśli każdy ciag Cauchy ego jest zbieżny (tzn jego granica należy do tej przestrzeni) 34

Przyk lad 37 Niech E(R) := {f : R R; f ciag la i ograniczona} Wprowadzamy metryke za pomoca normy ρ(f, g) := f g = sup f(x) g(x) x R To odpowiada zbieżności jednostajnej ciagu funkcji, ponieważ f n f jednostajnie wtedy i tylko wtedy, gdy ε > n N sup f n (x) f (x) < ε x X Wtedy para (E(R), ρ) jest przestrzenia metryczna zupe lna Zupe lność wynika z faktu, że granica ciagu funkcji ciag lych zbieżnego jednostajnie jest funkcja ciag l a Ograniczoność funkcji granicznej jest oczywista Czyli granica ciagu należy do E(R) Definicja 38 Niech (X, ρ) - przestrzeń metryczna, F : X X operator Powiemy, że F jest kontrakcja (odwzorowaniem zweżaj acym), jeśli istnieje α (, ) taka, że dla każdych x, y X zachodzi ρ(f (x), F (y) αρ(x, y) Twierdzenie 39 Twierdzenie Banacha Jesli (X, ρ)-przestrzeń metryczna zupe lna, F : X X- operator zweżaj acy, to istnieje dok ladnie jeden punkt sta ly x X, tzn F (x ) = x, oraz dla każdego x X ciag {x n } n N = {F n (x)} n N jest zbieżny do x Ponadto ρ(x n, x ) αn α ρ(x, x ) n Definicja 3 Zbiór I R n nazywamy zwartym jeśli z każdego ciagu {x n } n N I można wybrać podciag zbieżny, którego granica także należy do zbioru I Uwaga 3 Jeśli I R n, to I jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy jest domkni ety i ograniczony Przyk lad 32 I = [a, b] R (a =, b = + ) jest zwarty Podobnie I n = I I I }{{} n jest zwarty C(I) := {f : X R : f ciag la} C (I) := {f : X R : f ma ciag l a pochodna} Twierdzenie 33 Tw Weierstrassa I Niech I = [a, b] R (a =, b = + ) Jeżeli f C(I), to f jest ograniczona tzn M < + takie, że dla każdego x [a, b] zachodzi f(x) M 35

Uwaga 34 Ugólnienie Tw Weierstrassa w R n Niech I = [a, b] R n zwarty, f C(I), to f jest ograniczona M < + takie, że dla każdego x [a, b] zachodzi f(x) M Definicja 35 Niech I R, f : I R Mówimy że f spe lnia warunek Lipschitza na I, jeśli istnieje L < + taka, że dla każdych x, y I zachodzi f(x) f(y) L y x Wniosek 36 Niech I = [a, b] R n zwarty, f C (I), to f spe lnia warunek Lipschitza, ze sta l a L := sup x I f (x), gdzie oznacza norme w R n Dowód Jeśli f C (I), to f C(I) Z twierdzenia Weierstrassa wiemy, f (x) jest funkcja ograniczona Niech L := sup x I f (x) Z tw Taylora wynika, że dla dowolnych x, y I zachodzi f(x) f(y) sup f (z) x y L x y z I 33 Dowód Twierdzenia Picarda-Lindelöfa Wersja dla równania pierwszego rzedu, gdzie x(t) jest funkcja jednej zmiennej Twierdzenie 37 (Picarda-Lindelöfa o istnieniu i jednoznaczności rozwiazań lokalnych) Q = {(t, x) R 2 : t t a x x b}, < a, b < Niech f : Q R bedzie funkcja ciag l a, która spe lnia warunek Lipschitza wzgledem zmiennej x tzn < L < taka, że x, x 2 [x b, x + b] f(t, x ) f(t, x 2 ) L x x 2 Wtedy zagadnienie Cauchy ego { x = f(t, x) x(t ) = x ma dok ladnie jedno rozwiazanie na przedziale t t α, gdzie α < min{a, b/m, /L} i M = sup (t,x) Q f(t, x) 36

Wersja dla równania pierwszego rzedu, gdzie x(t) jest funkcja wektorowa jednej zmiennej tzn x(t) = (x (t),, x n (t)) Twierdzenie 38 (Picarda-Lindelöfa o istnieniu i jednoznaczności rozwiazań lokalnych) Q = {(t, x) R m+ : t t a x x b}, < a, b < Niech f : R m+ R bedzie funkcja ciag l a na Q, która spe lnia warunek Lipschitza wzgledem zmiennej x tzn < L < taka, że x, x 2 [x b, x + b] Wtedy zagadnienie Cauchy ego f(t, x ) f(t, x 2 ) L x x 2 (ZC) { x = f(t, x) x(t ) = x ma dok ladnie jedno rozwiazanie x(t) na przedziale t t α, gdzie α < min{a, b/m, /L} i M = sup (t,x) Q f(t, x) Dowód W dowodzie wykorzystamy twierdzenie Banacha o punkcie sta lym W tym celu rozważamy zbiór E := {x(t) C([t a, t + a]) : x(t ) = x, x(t) x b, t t α} Jest to domkni ety podzbiór przestrzeni zupe lnej z metryka B(R m+ ) := {f : R m+ R; f ciag la i ograniczona} ρ(f, g) := f g = sup f(x) g(x) x R m+ Nietrudno wykazać, że podzbiór domkniety przestrzeni zupe lnej jest także przestrzenia zupe lna Aby skorzystać z tw Banacha definiujemy odwzorowanie F : E C(R m+ ) F (x(t)) := x + t t f(s, x(s))ds (37) 37

Zauważmy najpierw, że jeśli istnieje punkt sta ly tego odwzorowania tzn F (x(t)) = x(t), to spe lnia on równanie (ZC) Dlaczego? Równanie F (x(t)) = x(t) oznacza, że x(t) := x + t t f(s, x(s))ds (38) Z ciag lości funkcji f i z w lasności ca lki oznaczonej ( dla f jednej zmiennej skorzystać ze wzoru Newtona- Leibnitza) wynika, że funkcja x(t) zdefiniowana wzorem (38) jest funkcja różniczkowalna o ciag lej pochodnej Po zróżniczkowaniu otrzymujemy (ZC) Mamy Teraz sprawdzamy czy F jest kontrakcja Najpierw pokażemy, że F : E E czyli sup F (x(t)) x = t t a sup t t a F (x(t)) x b t f(s, x(s))ds sup sup t t t a t ( ) t sup M t t α t t ds = sup M t t t t α s [t,t] f(s, x(s)) ds Mα b, przy czym w przedostatniej nierówności korzystamy, z za lożenia, że α b Na koniec M udowodnimy, że F jest kontrakcja t t sup F (x (t) F (x 2 (t)) = sup f(s, x (s))ds f(s, x (s))ds t t α t t α t t t t = sup (f(s, x (s))ds f(s, x 2 (s))ds sup f(s, x (s))ds f(s, x 2 (s)) ds t t α t t t α t = sup t t α t = sup L t t α t L x (s) x 2 (s) ds sup s t α x (s) x 2 (s) αl x x 2 < x x 2, t sup L sup t t α t s t α t t ds L sup s t α x (s) x 2 (s) ds x (s) x 2 (s) t t przy czym w przedostatniej nierówności korzystamy, z za lożenia, że αl < Z twierdzenia Banacha F ma punkt sta ly bed acy granica ciagu {x n (t) = F n (x(t))} n N Jest to jedyny punkt sta ly, zatem mamy tylko jedno rozwiazanie zagadnienia Cauchy ego (ZC) 38

4 Ogólna teoria równań liniowych rz edu n 4 Podstawowe definicje Definicja 4 Równaniem liniowym rz edu n nazywamy równanie postaci p (x)y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = f(x) Jeżeli p (x) nie jest tożsamościowo równa zeru, to dzielimy stronami przez p (x) dostajemy postać unormowana y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = f(x) (4) Od tej pory zak ladamy, że równianie liniowe rzedu n ma postać unormowana Definicja 42 Jeżeli f(x) dla x (a, b), to równanie (4) przyjmuje postać y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = (42) i nazywamy je równaniem liniowym jednorodnym - RLJ W przeciwnym przypadku jest to równanie liniowe niejednorodne-rlnj 42 Twierdzenie Picarda Twierdzenie 43 Jeżeli w (4) funkcje f(x) i p i (x), i =,, n sa ciag le na (a, b), to przez każdy punkt obszaru Q := (a, b) R przechodzi dok ladnie jedna krzywa ca lkowa bed aca wykresem rozwiazania równania (4) z warunkami poczatkowymi y(x ) = y, y (x ) = y,, y (n ) (x ) = y n R (n ), x < a, b > Od tej pory zak ladamy, że funkcje p (x),, p n (x) sa ciag le na przedziale (a, b) Niech F := {f : (a, b) R, f C n (a, b)} Wprowadzamy operator różniczkowy liniowy L : F F zdefiniowany wzorem L(y) := y (n) + p (x)y (n ) + p 2 (x)y (n 2) + + p n (x)y + p n (x)y Operator L ma nastepuj ace w lasności Niech y,, y n F L(ky) = kl(y), k R 2 L(y + y 2 ) = L(y ) + L(y 2 ), 3 L( n k= y k) = n k= L(y k) 39

43 Wyznacznik Wrońskiego Definicja 44 Niech funkcje y k (x), k =,, n maja pochodne do rzedu n w l acznie na przedziale (a, b) Wyznacznik postaci y (x) y 2 (x) y n (x) y n (x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) W (x) = det y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) y (n ) (x) y (n ) 2 (x) y (n ) n (x) y n (n ) (x) nazywamy wyznacznikiem Wrońskiego lub wrońskienem dla funkcji y, y 2,, y n w punkcie x (a, b) Twierdzenie 45 Jeżeli funkcje y, y 2,, y n sa liniowo zależne na przedziale (a, b), to ich wrońskian jest tożasmościowo równy zeru na przedziale (a, b) Dowód Patrzymy na kombinache liniowa funkcji y, y 2,, y n Niech α y +α 2 y 2 + α n y n = dla x (a, b) oraz np α n = Wtedy det y n = α y α 2y 2 α n y n α n α n α n dla x (a, b) Rożniczkujemy to równanie n razy i wstawiamy do n -tej kolumny w wyznaczniku W (x) Otrzymamy wyznacznik postaci y (x) y 2 (x) y n (x) α y (x) α n α 2y 2 (x) α n α n y n (x) α n y (x) y 2(x) y n (x) α y (x) α n y (n ) (x) y (n ) 2 (x) y n (n ) (x) α y (n ) (x) α n α 2y 2 (x) α n α n y n (x) α n α 2y (n ) 2 (x) α n α n y (n ) n (x) α n Zatem dla każdego x (a, b) ten wyznacznik równa sie zeru, ponieważ ostatnia kolumna jest kombinacja liniowa pozosta lych kolumn Wniosek 46 Jeżeli dla pewnego x (a, b), W (x ) =, to funkcje y,, y n sa liniowo niezależne 4

Twierdzenie 47 Jeżeli funkcje y, y 2,, y n sa liniowo niezależnymi rozwiazaniami równania jednorodnego L(y) = y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = (43) na przedziale (a, b), to wrońskian jest różny od zera w każdym punkcie przedzia lu (a, b) Dowód Przypuśmy, że tak nie jest Niech W (x ) = dla pewnego x (a, b) Utwórzmy n-równań C y (x ) + C 2 y 2 (x ) + + C n y n (x ) = C y (x ) + C 2 y 2(x ) + + C n y n(x ) = C y (n ) (x ) + C 2 y (n ) 2 (x ) + + C n y (n ) n (x ) = (44) w którym niewiadomymi sa sta le C, C 2,, C n Wyznacznik tego uk ladu jest równy W (x ) Ponieważ wyznacznik jest równy zero, to uk lad ma (NIEZEROWE) rozwiazania C,, Cn tzn Cy (x ) + C2y 2 (x ) + + Cny n (x ) = C y (x ) + C 2y 2(x ) + + C ny n(x ) = C y (n ) (x ) + C 2y (n ) 2 (x ) + + C ny (n ) n (x ) =, (45) tzn wsród sta lych C,, Cn co najmniej jedna jest różna od zera Utwórzmy kombinacje liniowa y = Cy + C2y 2 + + Cny n (46) Teraz L(y) = L( n Cky k ) = k= n CkL(y k ) =, ponieważ z za lożenia y k, k =,, n sa rozwiazaniami równania liniowego jednorodnego (42) Ponadto y zdefiniowane w (46) spe lnia warunki poczatkowe opisane w (44) Ponieważ je spe lna także rozwiazanie y(x), to z Tw Picarda (Twierdzenie 43) o jednoznaczności wynika, że Cy + C2y 2 + + C n y n, przy czym co najmniej jedno Ck = Zatem rowiazania y,, y n sa liniowo zależne wbrew za lożeniom Z Twierdzenia 45 i Twierdzenia 47 wynika nastepuj acy wniosek k= 4

Wniosek 48 Warunkiem koniecznym i dostatecznym liniowej niezależności n-rozwiazań równania jednorodnego (42) jest aby ich wrońskian by l różny od zera przynajmniej w jednym punkcie przedzia lu (a, b) Twierdzenie 49 -Wzór Liouville a Jezeli funkcje y, y n sa liniowo niezależne na przedziale (a, b) oraz x (a, b), to ich wrońskian wyraża sie wzorem ( x ) W (x) = W (x ) exp p (s)ds x Dowód Mamy W (x) = det y (x) y 2 (x) y n (x) y n (x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) y (n ) (x) y (n ) 2 (x) y n (n ) (x) y n (n ) (x) Zróżniczkujemy ten wyznacznik po x y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) W (x) = det y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) + y (n ) (x) y (n ) 2 (x) y n (n ) (x) y n (n ) (x) y (x) y 2 (x) y n (x) y n (x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) + det y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) y (n ) (x) y (n ) 2 (x) y n (n ) (x) y n (n ) (x) y (x) y 2 (x) y n (x) y n (x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) + det y (n 2) (x) y (n 2) 2 (x) y n (n 2) (x) y n (n 2) (x) y (n) (x) y (n) 2 (x) y n (n) (x) y n (n) (x) 42

Wszystkie wyznaczniki z wyjatkiem ostatniego zeruja sie bo maja identyczne dwa wiersze Zatem y (x) y 2 (x) y n (x) y n (x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) W (x) = det y (n 2) (x) y (n 2) 2 (x) y n (n 2) (x) y n (n 2) (x) y (n) (x) y (n) 2 (x) y n (n) (x) y n (n) (x) Mnożymy elementy pierwszych n wierszy odpowiednio przez p n (x), p n (x),, p 2 (x) p n (x)y (x) p n (x)y 2 (x) p n (x)y n (x) p n (x)y n (x) p n (x)y (x) p n (x)y 2(x) p n (x)y n (x) p n (x)y n(x) det p 2 (x)y (n 2) (x) p 2 (x)y (n 2) 2 (x) p 2 (x)y n (n 2) (x) p 2 (x)y n (n 2) (x) y (n) (x) y (n) 2 (x) y n (n) (x) y n (n) (x) a nastepnie tak pomnożone wierze dodajemy do ostatniego wiersza i otrzymujemy wyznacznik (korzystamy z zależności (46)) y (x) y 2 (x) y n (x) y n (x) y (x) y 2(x) y n (x) y n(x) W (x) = det = p (x)w (x) y (n 2) (x) y (n 2) 2 (x) y n (n 2) (x) y n (n 2) (x) p (x)y (n) (x) p (x)y (n) 2 (x) p (x)(y n (n) (x) p (x)y n (n) (x) Czyli Stad po sca lkowaniu otrzymamy W (x) + p (x)w (x) = W (x) = W (x ) exp ( x ) p (s)ds x 43

Uwaga 4 Jeżeli wrońskian W (x) jest równy zero w jednym punkcie, to jest równy zero w każdym punkcie x (a, b) Jeżeli wrońskian W (x) jest różny od zera w jednym punkcie, to jest różny od zero w każdym punkcie x (a, b) 44 Uk lad fundamentalny Definicja 4 Uk lad n-liniowo niezależnych rozwiazań równania jednorodnego (42) nazywamy uk ladem fundamentalnym rozwiazań tego równania Uwaga 42 Z poprzednich rozważań wynika, że na to aby, uk lad rozwiazań by l fundamentalny potrzeba i wystarcza, aby wrośkian tych rozwiazań by l różny od zera przynajmniej w jednym punkcie przedzia lu (a, b) Twierdzenie 43 Jeżeli wspó lczynniki równania (42) sa ciag le na przedziale (a, b), to istnieje uk lad fundamentalny rozwiazań określonych w tym przedziale Dowód Weźmy x (a, b) Zdefiniujemy warunki poczatkowe y (x ) =, y 2 (x ) =,, y n (x ) = Z Twierdzenia 43 wynika, że istnieje dok ladnie jedno rozwiazanie y (x), x (a, b) spe lniajace te warunki Analogicznie na podstawie Twierdzenia 43 istnieje dok ladnie jedno rozwiazanie zagadnienia Cauchy ego y (x ) =, y 2 (x ) =,, y n (x ) =, które oznaczymy symbolem y 2 (x), x (a, b) Postepujac analogicznie znajdziemy rowiazania y i (x), x (a, b) i = 3,, n nastepuj acych zagadnień poczatkowych y (x ) =, y 2 (x ) =,, y i (x ) =,, y n (x ) =, i = 3,, n Obliczajac ich wrońskian w punkcie x otrzymamy W (x) = det = 44

Zatem jest to uk lad fundamentalny równania jednorodnego (42) Taki uk lad fundamentalny nzywamy unormowanym Zauważmy, że z Twierdzenia 43 wynika, że istnieje dok ladnie jeden unormowany uk lad fundamentalny Z tej metody wynika także, że dla danego równania istnieje nieskończenie wiele uk ladów fundamentalnych W tym celu wystarczy wziaść zamiast i wstawić n 2 liczb, których wyznacznik jest niezerowy Wówczas W (x ) = Zajmiemy sie teraz konstrukcja rozwiazania ogólnego równania jednorodnego Twierdzenie 44 Jeżeli funkcje y,, y n tworza uk lad fundamentalny równania jednorodnego (42), to rozwiazanie postaci y = C y + C n y n, C,, C n R jest rozwiazaniem ogólnym równania jednborodnego Dowód Niech y = C y + + C n y n (47) Utwórzmy nastepujacy uk lad różniczkujac (n ) razy funkcje zdefinowana w (47) y =C y + C 2y 2 + + C ny n y =C y + C 2y 2 + + C ny n y (n ) =C y (n ) + C 2y (n ) 2 + + C ny (n ) n (48) Jest to uk lad, którego niewiadomymi sa sta le C,, C n Ponieważ wyznacznik tego uk ladu jest wrońskianem (różnym od zera bo funkcje y, y 2,, y n tworza uk lad fundamentalny), to nasz uk lad ma niezerowe rozwiazanie Zatem funkcja y zdefiniowana wzorem (47) nie jest tożsamościow równa zeru, ponieważ co najmniej jedna ze sta lych C,, C n jest różna od zera Z w lasności liniowości operatora L wynika, że L( n k= C ky k ) = n k= C kl(y k ) =, ponieważ każda z funkcji y k jest rozwiazaniem Uwaga 45 Aby uzyskać rozwiazanie szczególne z rozwiazania ogólnego należy warunki poczatkowe do wstawić do równań (48) i wyliczyć wartości sta lych C,, Cn Dowód Zadane sa warunki poczatkowe y(x ) = y,, y n (x ) = y n (49) 45

Wstawiamy je do równań (48) i otrzymujemy uk lad równań y =C y (x ) + C 2 y 2 (x ) + + C n y n (x ) y =C y (x ) + C 2 y 2(x ) + + C n y n(x ) (4) yn =C y (n ) (x ) + C 2 y (n ) 2 (x ) + + C n y n (n ) (x ) Ponieważ jego wyznacznik jest wrońskianem, to istnieje dok ladnie jedno niezerowe rozwiazanie C,, Cn, które wstawiamy do (47) Jest to szukane rozwiazanie szczególne 45 Wymiar przestrzeni Pokażemy teraz, że równanie (42) nie może mieć wiecej niż n liniowo nizezależnych rozwiazań Istotnie przypuśmy, że mamy n+ rozwiazań szczególnych y,, y n+ Rozważmy pierwszych n rozwiazań Jeżeli sa one liniowo zależne, to także wszystkie n + rozwiazań jest liniowo zależnych, gdzyż mamy zwiazek α y + α 2 y 2 + + α n y n + y n+ =, gdzie nie wszystkie stale α i sa równe zeru Jeżeli zaś rozwiazania y,, y n sa liniowo niezależne, to zgodnie to z twierdzenia 44 wynika, że y n+ = Cy + C2 + + Cny n, zatem rozwiazania y,, y n, y n+ a liniowo zależne wbrew za lożeniu s 46 Rozwiazanie ogólne równania niejednorodnego Opiszemy metode Lagrange a uzmienniania sta lych Pokażemy, że można znaleźć rozwiazanie ogólne równania niejednorodnego (4) jeśli znamy rozwiazanie ogólne równania jednorodnego Niech y(x) = n k= C ky k (x) bedzie rozwiazaniem ogólnym RLJ (42) Rozwiazania równania jednorodnego poszukujemy w postaci n y(x) = C k (x)y k (x) k= Zatem trzeba je n- krotnie zróżniczkować i wstawić do równania (4) Otrzymamy wtedy nastepuj acy uk lad równań C (x)y (x) + C 2(x)y 2 (x)+ + C n(x)y n (x) = C (x)y (x) + C 2(x)y 2(x)+ + C n(x)y n(x) = = C (x)y (n 2) (x) + C 2(x)y (n 2) 2 (x)+ + C n(x)y (n 2) n (x) = C (x)y (n ) (x) + C 2(x)y (n ) 2 (x)+ + C n(x)y (n ) n (x) = f(x) (4) 46