Ατρέας. Μέρος I. Σημειώσεις: Ατρέας Κεφ Κεχαγιάς Κεφ Βιβλία: Churchill - Brown (για μηχανικούς)

Transcript

1 Σημειώσεις: Ατρέας Κεφ Κεχαγιάς Κεφ. --6 Βιβλία: Churchill - Brown (για μηχανικούς) Marsden (πιο μαθηματικό) Μέρος I Ατρέας Κεφάλαιο Μιγαδικοί Αριθμοί γεωμετρική παράσταση μιγαδικού Έστω C = {z = (x, y); x, y R} Είναι σύνολο εφοδιασμένο με τις πράξεις: (α) Πρόσθεση μιγαδικών Αν z = (x, y ) και x = (x, y ), τότε: z + z = (x + x, y + y ) (β) Γινόμενο λ R με μιγαδικό z Αν z = (x, y), τότε ορίζω: λz = (λx, λy) (γ) Πολλαπλασιασμό μιγαδικών αριθμών Αν z = (x, y ), z = (x, y ), τότε ορίζω: z z = (x x y y, x y + x y ) Καλείται σύνολο των μιγαδικών αριθμών. Δεν μπορώ να συγκρίνω μιγαδικούς Οι γνωστές ιδιότητες των πράξεων ισχύουν στους μιγαδικούς Η γεωμετρική παράσταση του C είναι το λεγόμενο μιγαδικό επίπεδο.

2 (0, ) = i z = (x, y) φανταστικός άξονας Im(z) θ πραγματικός άξονας Re(z) z = (x, y) x R - A = {(x, 0) x R} (x, 0), (y, 0) A (x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0) A (x, 0)(y, 0) = (xy, 0) A Στο εξής γράφω: = (, 0) x = (x, 0) Ορίζω: i = (0, ) και καλείται φανταστική μονάδα του μιγαδικού επιπέδου. i = (0, )(0, ) = (0 0, 0 + 0) = (, 0) = Έτσι: i = z = (x, y) = x(, 0) + y(0, ) x=(x,0) = x + yi i=(0,) z = x + iy z = x + iy άλγεβρα z = (x, y) γεωμετρία

3 Έστω z = x + iy πολικές = ρ cos θ + iρ sin θ = του (x,y) = ρ(cos θ + i sin θ) () Έτσι, η () γράφεται ως: z = z (cos θ + i sin θ) = z e iθ όπου στο εξής: e iθ = cos θ + i sin θ Τελικά: τύπος του Euler z = z e iθ (πολική μορφή μιγαδικών) Σημείωση: cos θ + i sin θ σειρές = McLaurin θ! + θ4 4! + + i θ3 θ 3! + θ5 5! i = = + (iθ) + (iθ)4 +! 4! + (iθ)3 iθ + 3! = + (iθ) + (iθ)! + (iθ)3 3! + + (iθ)n n! + (iθ)5 5! + = e iθ + Ορίζω πρωτεύον όρισμα Argz (μη μηδενικού) μιγαδικού z να είναι η γωνία θ που σχηματίζει ο θετικός πραγματικός ημιάξονας του C με την ημιευθεία OA, όπου A το σημείο της γεωμετρικής παράστασης του z = x + iy. Έτσι: z = z ei Arg z πολική μορφή του z z z = z e i Arg z z e i Arg z z z = z z e i(arg z +Arg z ) z = z z z e iθ e iθ = z z e i(θ θ ) 3

4 z z z θ + θ θ z θ Ιδιότητα: zz = z Κεφάλαιο Μιγαδικές συναρτήσεις Κάθε συνάρτηση f A C C καλείται μιγαδική συνάρτηση μιγαδικής μεταβλητής. π.χ. f = f ( z ) η μεταβλητή μιγαδικός μιγαδική συνάρτηση διότι έχει τιμή μιγαδική f (z) = z f (x + iy) = (x + iy) = x + (iy) + x x y Re(f ) γεωμετρική = μορφή (x y, xy) +i (xy) Im(f ) Τελικά: f (x, y) = (x y, xy) R R π.χ. f (z) = z=x+iy = z z zz= z = γεωμ = x + y (x, y) (x + y ) 3 / z x + y zz z z = r=(x,y) = x + iy (x + y ) 3 / r r 3 Κεντρικό διαν. πεδίο που θυμίζει το πεδίο Coulomb. - f = f (z) μιγαδική μιγ. μεταβλ. διανυσμ. πεδίο του R F(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) όπου u, v πραγματ. συναρτ. μεταβλητών 4

5 Υπάρχουν π.χ f A R C, μιγαδικές πραγματικής μεταβλητής f (t) = e it, t (0, π] = cos t + i sin t t (cos t, sin t) καμπύλη x + y = cos t + sin t = f (t) = e it Η γραφ. παράσταση της f (t) = e it, t ( π, π) είναι ο μοναδιαίος κύκλος κέντρου (0, 0) με αντιωρολογιακή φορά. g(t) = + it, t R, = (, t) = (, 0) + t(0, ) Το πεδίο ορισμού μιγαδικών συναρτήσεων μιγαδ. μεταβλητών υπολογίζεται ως συνήθως (με τις πραγματικές συναρτήσεις) ΜΕ ΚΑΠΟΙΕΣ Διαφοροποιήσεις f (z) = z Πρέπει ο παρον. να είναι διάφορος του μηδενός: Έτσι z 0 Άρα Π.Ο = C {(0, 0)} g(z) = z z + Σημείωση Η g είναι ρητή συνάρτηση (δηλ. πηλίκο δύο (μιγαδικών) πολυωνύμων). Κάθε συνάρτηση της μορφής a 0 +a z+ +a n z n, a 0,, a n Z καλείται (μιγαδικό) πολυώνυμο. Πρέπει παρον. 0 δηλ: z + = 0 ΠΡΟΣΟΧΗ!! Κάθε μιγαδικό πολυώνυμο βαθμού N έχει ΑΚΡΙΒΩΣ N ρίζες στο C z + = 0 i = z i = 0 (z i) (z + i) = 0 z = ± i Τελικά Π.Ο = C {± i} 5

6 h(z) = Arg z, Π.Ο = C {0} Για z = 0 ΔΕΝ ορίζεται όρισμα, επειδή 0 = 0 e iθ θ Σημείωση az + bz + c = 0 a, b, c C Λύνεται με διακρίνουσα κατά τα γνωστά. Επίσης μπορείτε να χρησιμοποιήσετε και σχήμα Horner για πολυώνυμα (με πραγματικούς συντελεστές) βαθμού N 3. a(z) = e z = e x+iy = e x e iy = e x (cos y + i sin y) = (e x cos y, e x sin y), x, y R Ως διανυσματικό πεδίο προφανώς Π.Ο = R Έτσι Π.Ο = C. l(z) = Log (αντίστροφη της e z ) ορισμός Log = ln z + i Arg z μιγαδικός λογάριθμος Π.Ο = C {0} 3 Log(3) = ln 3 = i Arg( 3) = ln 3 + iπ λ(z) = sin z ορισμός = eiz e iz i e iθ = cos θ + i sin θ θ ( π, π] e iθ = cos θ i sin θ sin θ = eiθ e iθ i Π.Ο = C m(z) = cos z ορισμός = eiz + e iz Π.Ο = C Όλες οι γνωστές τριγωνομετρικές ταυτότητες ισχύουν στο C όπως στο R. 6

7 h(z) = n z = n kπ+arg z i z e n (k = 0,,, n ) (Η n a ορίζεται ως το σύνολο όλων των λύσεων της εξίσωσης z n = a, a C ) Π.Ο = C {0}. Όριο/Συνέχεια μιγαδικών συναρτήσεων μιγαδικής μεταβλητής Ορισμός Έστω f (z) = f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) μιγ. συνάρτηση ορισμένη σε σύνολο A C, z 0 = x 0 + iy 0 είναι σ.συσσ. του A και έστω a = a 0 + ib 0. Τότε lim f (z) = a C z z 0 lim u(x, y) = a (x,y) (x { 0,y 0 ) 0 ΚΑΙ { lim v(x, y) = b (x,y) (x 0,y 0 ) 0 Επίσης, αν z 0 A, τότε f συνεχής στο σημείο z 0 οι συναρτήσεις u, v A R R είναι ΣΥΝΕΧΕΙΣ στο σημείο (x 0, y 0 (ως πραγματικές συναρτήσεις δύο μεταβλητών) Έτσι: οι πολυωνυμικές η εκθετική οι τριγωνομετρικές (sin z, cos z) οι υπερβολικές (ch, sh) οι ρητές οι τριγωνομετρικές (tan z, cot z) } συνεχείς στο C } } συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους } Ορίζω το του μιγαδικού επιπέδου να είναι το σύνολο σημείων που απέχουν "άπειρη" απόσταση από την αρχή των αξόνων. Το επεκτεταμένο μιγαδικό επίπεδο ορίζεται ως: C = C { }, όπου: + z = z C z = z 0 z = 0 z 7

8 Όλες οι πράξεις του ορίου που ξέρετε ισχύουν και στους μιγαδικούς (αρκεί να μην εμφανίζονται οι γνωστές απροσδιόριστες μορφές): 0,, 00,, 0 Ο κανόνας De l' Hospital ισχύει στους μιγαδικούς. Σημείωση: lim f (z) = a C lim z f ( z 0 z ) = a C lim f (z) = lim z z 0 z z0 f (z) = 0 lim f (z) = 0 lim z z 0 z z0 f (z) = 0 Θεώρημα y Έστω Arg z C {0} ( π, π] Τότε η Arg z είναι συνεχής στο σύνολο: C = C {x + iy x 0 ΚΑΙ y = 0} x Έστω z = x + iy (α) x > 0, y > 0 y θ x (β) x < 0, y > 0 ( x, y) φ 8

9 (γ) x < 0, y < 0 ( x, y) θ a θ a π + θ a (δ) x > 0, y < 0 arctan x y, x, y > 0 { π arctan x y, x < 0, y > 0 Arg z = π + arctan x y, x < 0, y < 0 { arctan x y, x > 0, y < 0 Για x = 0, τότε Arg = π ή π y = 0, τότε Arg = 0 ή π Έστω z 0 = x 0 < 0 Έστω z = x 0 + it (t > 0) Για t 0 +, z z 0 = x 0, αλλά: lim Arg z z=x 0+it = lim z z Arg(x ο τετ. t 0 t it) = lim (π arctan ) = π arctan 0 = π t 0 + x 0 Για z = x 0 + it t 0, (t < 0), τότε: z z 0, και lim Arg z = lim z z Arg(x 3ο τετ. 0 t it) = π + arctan 0 = π Άρα το όριο στο z 0 = x 0 ΔΕΝ υπάρχει, και έτσι η Arg z ασυνεχής στα z = x 0 με x 0 0. Αν Arg z [0, π) πού είναι ασυνεχής;. Μιγαδική παράγωγος Την εβδομάδα της 8 ης θα γίνουν κανονικά τα μαθήματα του Ατρέα. 9

10 Ορισμός Έστω f A C C, A ανοικτό, z 0 A. Λέμε ότι η f είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη στο σημείο z 0, αν υπάρχει το ΟΡΙΟ: f (z) f (z lim 0 ) z z 0 z z 0 = a C f (z (ή ισοδύναμα lim 0 +h) f (z 0 ) h 0 = a C) h Στο εξής το όριο αυτό συμβολίζουμε με f (z 0 ) ή df (z 0) dz Ορισμός Αν f A C C, A ανοικτό, z 0 A, θα λέμε στο εξής ότι η f είναι ΟΛΟΜΟΡΦΗ (ή ΑΝΑ- ΛΥΤΙΚΗ - holomorphic/analytic) στο σημείο z 0, εάν η f είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη ΣΕ ΚΑΘΕ ΣΗΜΕΙΟ του ανοικτού δίσκου ε z 0 D ε (z 0 ) = {z C z z 0 < ε} για κάποιο ε > 0 Αν f ολόμορφη σε ΚΑΘΕ σημείο του A λέμε ότι η f ολόμορφη στο A. Ορισμός Αν A μη ανοικτό, λέμε ότι η f ολόμορφη στο A, αν υπάρχει B A, B ανοικτό ώστε η f στο B. Όλες οι γνωστές ιδιότητες της παραγώγου που γνωρίζετε ισχύουν και για τη μιγαδική παράγωγο π.χ. Έστω f, g μιγαδικά παραγωγίσιμες σε σημείο z 0. Τότε: f παραγ. στο z 0 f συνεχής στο z 0 (af ± by) (z 0 ) = af (z 0 ) + bg (z 0 ) a, b C (f g) (z 0 ) = f (z 0 )g(z 0 ) + f (z 0 )g (z 0 ) ( f g) (z 0 ) = f (z 0 )g(z 0 ) f (z 0 )g (z 0 ) g (z 0 ) (g(z 0 ) 0) Ο κανόνας αλυσίδας ισχύει στις μιγαδικές συναρτήσεις: (h g) (z 0 ) = h (g(z 0 )) g (z 0 ) υπό την προϋπόθεση ότι η σύνθεση καλά ορισμένη Παραγώγιση αντίστροφης συνάρτησης Έστω f ολόμορφη σε σημείο z 0 με f (z 0 ) 0. Αν w 0 = f (z 0 ), τότε υπάρχουν ε, ε > 0 ώστε η αντίστροφη συνάρτηση f D ε (w 0 ) D ε (z 0 ) καλά ορισμένη, ολόμορφη στο w 0 και (f ) (w 0 ) = f (z 0 ) 0

11 Θεώρημα: Εξισώσεις Cauchy-Riemann Έστω f A C C f (z) = f (x + iy) = u(x + y) + iv(x, y). Θεωρώ z = x + iy, z 0 = x 0 + iy 0 και A ανοικτό. Τότε: f μιγαδικά παραγωγίσιμη στο z 0 (α) Η F(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) είναι διαφορίσιμο διανυσμ. πεδίο στο σημείο (x 0, y 0 ) (β) ΚΑΙ { u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) { u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ) εξισώσεις C-R Πόρισμα (ΠΡΑΚΤΙΚΟΤΑΤΟ) Αν f (z) = f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) είναι έτσι ώστε: (α) u, v έχουν συνεχείς μερικές παραγώγους στο (x 0, y 0 ) και "κοντά" στο (x 0, y 0 ) (β) { u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) { u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ) C-R Τότε ( ) η f είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη στο z 0 = x 0 + iy 0 Παρ. z = (x + iy) = x + ixy y = = x y + i(xy), άρα f = (x y, xy) Παρατηρήσεις u x = v y u y = v x (α) Έστω f μιγαδικά παραγ. συνάρτηση σε σημείο z 0 = x 0 + iy 0. Τότε εξ' ορισμού υπάρχει το όριο f (z 0 ) = lim z z0 f (z) f (z 0 ) z z 0 Im(z) y 0 z 0 = x 0 + iy 0 x 0 Re(z)

12 Έστω z = x + iy 0 από το z 0 (x R) είναι τυχαίο σημείο της "οριζόντιας" ευθείας που διέρχεται Για x x 0, τότε z = x +iy 0 x 0 +iy 0 = z 0 (δηλ. z z 0 όταν x x 0 πάνω στην οριζόντια ευθεία) Τότε για z = x + iy 0 έχω: f (z 0 ) = lim x x 0 u(x, y 0 ) + iv(x, y 0 ) (u(x 0, y 0 ) + iv(x 0, y 0 )) x + iy 0 (x 0 + iy 0 ) u(x, y = lim 0 ) u(x 0, y 0 ) v(x, y + i lim 0 ) v(x 0, y 0 ) x x 0 x x x x 0 0 x x 0 = u x (x 0, y 0 ) + iv x (x 0, y 0 ) f (z 0 ) = u x (x 0, y 0 ) + iv x (x 0, y 0 ) = f (x 0, y 0 ) x Με όμοιο τρόπο, αν εργαστούμε κατά μήκος της "κάθετης" ευθείας που διέρχεται από το z 0, έχουμε: f (z 0 ) = v y (x 0, y 0 ) iu y (x 0, y 0 ) = i f (x 0, y 0 ) y (β) Γεωμετρική ερμηνεία της παραγώγου f (z 0 ) = df (z 0) dz df (z 0 ) = f (z 0 ) dz dy y f = u + iv y y 0 x 0 dx x f (z 0 ) x dz = στοιχειώδης όγκος στο επίπεδο xy df (z 0 ) = στοιχειώδες χωρίο στο επίπεδο uv στο οποίο μετασχηματίζεται το dz μέσω της απεικόνισηςf df (z 0 ) = f (z 0 ) e i Arg f (z 0 ) dz (f (z 0 ) 0) Για τις παραγώγους στοιχειωδών συναρτήσεων ισχύουν τα συνήθη από την πραγματική ανάλυση.

13 π.χ Αν f (z) = e z, τότε (e z ) = e z z C f (z) = e z = e x+iy = e x e iy = e x (cos y + sin y) = e x cos y u(x,y) +i (e x sin y) v(x,y) { u(x, y) = Re(e z ) = e x cos y Ορίζω { v(x, y) = Im(e z ) = e x sin y u, v καλά ορισμένες (x, y) R, και επιπλέον u, v είναι ΣΥΝΕΧΕΙΣ (x, y) R u x = e x cos y u y = e x sin y { v x = e x sin y v y = e x cos y, έτσι παρατηρώ ότι u x = v y (x, y) R { ΚΑΙ u y = v x πόρισμα f (z) = e z μιγαδικά παραγωγίσιμη z C Γνωρίζω ότι αν η f = u + iv είναι μιγ. παραγ., τότε f (z) = u x + iv x. Έτσι στην προκειμένη περίπτωση: f (z) = (e z ) = u x + iv x = e x cos y + ie x sin y = e x (cos y + i sin y) = e x e iy = e z π.χ ( π, π] ) Logz = z z C = C {x + iy x 0 και y = 0} (υπό την προϋπόθεση ότι Arg z διότι Logz = w ορ. z = e w, άρα z C, από το θεώρ. παραγώγισης αντίστροφης συνάρτησης έχουμε: (Logz) = e = w z Με την ίδια λογική (και με χρήση των ιδιοτήτων παραγώγου) αποδεικνύεται ότι (z n ) = nz n n N z C (z n ) = nz n n N z C {0} (z a ) = az a a Q ή a άρρητος ή a έχει μη μηδενικό φανταστικό μέρος z C (C όπως στο λογ (sin z) = cos z (cos z) = sin z z C z C (sinh z) = cosh z (cosh z) = sinh z (a z ) = a z Loga z C z C z C κλπ. 3

14 .3 Ασκήσεις ΝΔΟ η f (z) = z ΔΕΝ είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη σε κανένα σημείο του C. z = x + iy = x iy, ορίζω u(x, y) = x v(x, y) = y Προφανώς u και v καλά ορισμένες και συνεχείς (x, y) R, αλλά: u x = = v y (x, y) R, άρα αφού η μία από τις δύο εξισ. C-R δεν ισχύει (x, y) R, η f (z) = είναι μιγαδικά παραγ. z C. y dz v z ΔΕΝ z = x + iy x u y df (z) = f (z) dz = f (z) e i Arg f (z) περιστροφή μεγέθυνση παραγωγίσιμη f (z) y df (z) dz x x f (z) = e z = e x cos y + ie x sin y u = e x cos y 0 v = e x sin y 0 y = y 0 f x = x 0 v u = tan y v = u tan y 4

15 Άσκ. Η συνάρτηση f (z) = z ΔΕΝ είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη σε ΚΑΝΕΝΑ σημείο του C. Οι εξισώσεις C-R σε πολικές συντ/νες είναι οι εξής: { u ρ = ρv θ { u θ = ρv ρ ρ > 0, θ ( π, π] f (z) = f (x + iy) = f ( z e i Arg z ) = f (ρe iθ ) = u(ρ, θ) + iv(ρ, θ) { u(ρ, θ) = ρ f (z) = z = ρ, άρα { v(ρ, θ) = 0 Οι u, v καλά ορισμένες και συνεχείς ρ > 0, θ ( π, π] αλλά u ρ = ρ 0 = ρ v θ ρ > 0, θ ( π, π] και αφού μία από τις εξισώσεις C-R δεν ισχύει ρ > 0, θ ( π, π] αναγκαστικά η f (z) = z δεν είναι μιγαδικά παραγ. σε κανένα σημείο του C. π.χ f (z) = z z z 0 z =zz = z zz = z άρα η f είναι παραγωγίσιμη. Άσκ. 3 Υπολογίστε τα όρια: e (α) lim z z 0 z z (β) lim z z (γ) z lim e z Στα όρια ισχύει ο De L' Hospital (α) e lim z z 0 z ( 0 0 ) = lim L'Hospital z 0 διότι e z και z μιγ. παραγ. ze z 0 z = lim z 0 e z = e 0 = (β) Θα προσπαθήσω να αποδείξω ότι το όριο δεν υπάρχει, κάτι που φαντάζομαι επειδή μέσα στο όριο υπάρχει ο z. 5

16 C (γ) Θεωρώ την "κίνηση κατά μήκος του οριζόντιου άξονα" που διέρχεται από το z 0 =. Δηλ. θεωρώ σημεία z της μορφής z = x + i0 (x R) Προφανώς για x, έχω: z z 0 =. Τότε z = x έχω: lim z z z κατα μήκος = lim x του οριζ. άξονα x x = Θεωρώ την "κίνηση κατά μήκος του κάθετου άξονα" που διέρχεται από το z 0 =, δηλαδή σημεία: z = + ix (x R) Προφανώς για x 0, έχω z z 0 =, και lim z z z κατα μήκος = lim ( + ix) του κατακόρυφου άξονα x 0 ( ix) = lim x 0 = lim x 0 ix x ix x = lim x 0 Εφόσον το όριο ΔΕΝ υπάρχει. x lim e x =? i x i x = i i = + ix x ix x Έστω z = x (x < 0), για x, τότε z και z lim e z = lim x ex = 0 Έστω z = x (x > 0), για x +, τότε z, αλλά: z lim e z = lim x + ex = +, συνεπώς το z lim e z ΔΕΝ υπάρχει. Άσκ. 4 Αν f (z) = u + iv είναι ακεραία (ολόμορφη στο C) και αν au + bv = c όπου a, b, c R σταθερές όχι όλες ίσες με μηδέν, ΝΔΟ f (z) = A, A C σταθερά. Έστω c = 0, εξ' υποθέσεως a + b 0 Έστω c 0, πάλι πρέπει a + b 0 (διότι αλλιώς 0 = c, άτοπο) Τελικά a + b 0 σε κάθε περίπτωση. 6

17 { au x + bv x = 0 { au y + bv y = 0 v x [ u x ] [ a u y v y b ] = [0 0 ] u x =v y u y = v x αφού f ακεραία u x u y u y u [ a x b ] = [0 0 ] u x u y u y = ux u + uy y και επειδή a + b 0, πρέπει u x + u y = 0 για να έχει λύση το σύστημα u x = 0 και u y = 0 C-R u x = u y = v x = v y = 0 (x, y) R f (z) = A C σταθερά. Άσκ. Βρείτε τα σημεία ολομορφίας των συναρτήσεων: (α) f (z) = Log(z i) (β) g(z) = tan z (α) Έστω ότι Arg z ( π, π]. Τότε είναι γνωστό ότι η Logz είναι μιγαδικά παραγ. στο C = C {x + iy x 0 και y = 0}. Έτσι η Log(z i) είναι μιγ. παραγ. στο σύνολο C {x + iy Re(z i) 0 και Im(z i) = } z=x+iy = C {x + iy x 0 και y = 0} = C {x + iy x 0 και y = } Im(z) i Re(z) (β) tanz = sin z cos z, η g είναι ολόμορφη στο C εκτός των σημείων που μηδενίζουν τον παρονομαστή. ορ. sin & cos cos z = 0 cos(x + iy) = 0 cos x cos(iy) sin x sin(iy) = 0 cos x e y +e y sin x e y e y = 0 cos x cosh y i sin x sinh y = 0 i cos x = 0 και sin x = 0 (Αδύνατο) cos x = 0 ή και sinh y = 0 x = kπ + π y = 0, k Z. cos x cosh y = 0 και sin x sinh y = 0 7

18 cosh y sinh y Τελικά cos z z = kπ + π, k Z και έτσι g είναι ολόμορφη στο C {kπ + π k Z} Άσκ. Έστω f (x + iy) = (x + y) + i(x + y ) (i) Να γραφεί η f συναρτήσει του z = x + iy (ii) Να βρείτε όλα τα σημεία, όπου η f είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη (iii) Να βρείτε όλα τα σημεία στα οποία η f είναι ολόμορφη (i) x = z+ z, y = z z i (z = x + iy) f (z) = ( z + z ) + ( z z ) + i ( z + z i ) + ( z z ) i = z + zz + z i (z z) + i 4 z + zz + z z zz + z 4 4 = z + z + z i (z z z 4 ) (ii) Προφανώς Re(f ) = u(x, y) = x + y Im(f ) = v(x, y) = x + y Οι u και v είναι συνεχείς (ως πολυωνυμικές) (x, y) R u { x = v y x = y { x = y { x = { ΚΑΙ ΚΑΙ ΚΑΙ ΚΑΙ { u y = v x { = x { x = { y = Άρα η f είναι μιγαδ. παραγ. μόνον στο z = i, και μάλιστα εφ' όσον f (z) = f (x + iy) = u x + iv x : f ( i) = ( ) + i( ) = i (iii) ΔΕΝ υπάρχουν σημεία όπου η f είναι ολόμορφη. 8

19 Κεφάλαιο 3 Μιγαδική ολοκλήρωση Εισαγωγή Ορισμός Καλούμε καμπύλη στο μιγαδικό επίπεδο κάθε συνεχή συνάρτηση γ [a, b] C γ(t) = x(t) = iy(t) όπου x, y [a, b] R συνεχείς πραγματικές συναρτήσεις. Έτσι: γ(t) καλείται ΑΠΛΗ αν είναι - (δεν αυτοτέμνεται) ΚΛΕΙΣΤΗ αν έχει ίδια αρχή και πέρας ΛΕΙΑ αν είναι παραγωγίσιμη στο [a, b] με συνεχή παράγωγο γ (t) = x (t) + iy (t) και μη μηδενική παράγωγο t Κάθε τέτοια καμπύλη έχει ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟ (φορά διαγραφής) προς την κατεύθυνση αύξησης του t π.χ. γ(t) = e it, t ( π, π] μοναδιαίος κύκλος κέντρου (0, 0) γ(t) = e it, t ( π, π] Αν γ κλειστή λέω ότι είναι θετικά προσανατολισμένη αν η φορά διαγραφής είναι η αντιωρολογιακή γ: ίδιο ίχνος με τη γ, αλλά αντίθετη φορά διαγραφής γ + γ : γ γ = γ + γ 9

20 Ορισμός Έστω f = f (z) ΣΥΝΕΧΗΣ μιγαδική συνάρτηση μιγαδικής μεταβλητής και γ [a, b] C λεία καμπύλη. Καλώ επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της f ΠΑΝΩ στη γ να είναι ο ΜΙΓΑΔΙΚΟΣ ΑΡΙΘΜΟΣ f (z) dz = b f (γ(t)) γ a γ (t) dt dγ(t) ΣΗΜΕΙΩΣΗ dγ(t) = d (x(t) + iy(t)) = = dx(t) + i dy(t) = (x (t) + iy (t)) dt dγ(t) = γ (t) dt Οι κλασικές ιδιότητες των επικαμπυλίων ολοκληρωμάτων έργου ισχύουν στους μιγαδικούς. Ενδεικτικά: γ f (z) dz = γ f (z) dz γ (af + by)(z) dz = a γ f (z) dz + b γ g(z) dz a, b C γ +γ f (z) dz = γ f (z) dz + γ f (z) dz γ f (z) dz γ f (z) dz M (μήκος της γ) όπου M μέγιστο της f επί της γ dz = b (x (t)) + (y (t)) dt = μήκος της καμπ. γ γ a Πρόταση: Έστω f (z) = f (x+iy) = u(x, y)+iv(x, y) συνεχής επί καμπύλης λείας γ(t) = x(t)+iy(t). Τότε: f (z) dz = ( u dx v dy) +i ( u dy + v dx) γ γ γ επικαμπύλιο ολοκλ. επικαμπύλιο ολοκλ. διαν. πεδίου στον Rδιαν. πεδίου στον R Απόδ. γ (u + iv) d(x + iy) = b [u (x(t), y(t)) + iv (x(t), y(t))] a (x (t) + iy (t)) dt = b (u (x(t), y(t)) a x (t) v (x(t), y(t)) y (t)) dt + i b ορ. = ( γ u dx v dy) + i ( γ u dy + v dx) Ορίζω f (z) = u(x, y) iv(x, y) Τότε γ u dx v dy γ u dy + v dx Λογ. II = έργο του πεδίου f επί της καμπύλης γ Λογ. II = ροή του f διά μέσου της γ a (u (x(t), y(t)) y (t) + v (x(t), y(t)) x (t)) dt 0

21 3. Αντιπαράγωγος και ανεξαρτησία δρόμου Ορισμός Έστω f = f (z) είναι μια συνεχής μιγαδική συνάρτηση (μιγαδικής μεταβλητής) σε τόπο GCC (τόπος := ανοικτό και συνεκτικό σύνολο). Αν υπάρχει ολόμορφη συνάρτηση F = F(z), έτσι ώστε: F (z) = f (z) z G, τότε η F καλείται αντιπαράγωγος της f. Θεώρημα Έστω f = f (z) είναι συνεχής μιγαδική συνάρτηση σε τόπο G. Οι ακόλουθες συνθήκες είναι ισοδύναμες: Η f είναι ΜΟΝΑΔΙΚΗ αντιπαράγωγο F (με προσέγγιση σταθεράς) γ f (z) dz = 0, για ΚΑΘΕ κλειστή λεία καμπύλη εντός του G γ f (z) dz είναι ανεξάρτητο του δρόμου (δηλαδή εξαρτάται μόνον από το αρχικό και τελικό σημείο της γ και όχι από τον τύπο της γ) Οι συνήθεις αντιπαράγωγοι εξακολουθούν να ισχύουν, π.χ.: z n dz = zn+ + c, z C, n N n + dz = Logz + c, z C z z n dz = z n+ + c, n N {}, c C σταθερά n + sin z dz = cos z + c cos z dz = sin z + c κλπ. π.χ. Υπολογίστε το γ ze z dz επί της καμπύλης γ με τύπο γ = γ(t) και αρχή γ(a) = + i και πέρας γ(b) = i οπότε: ze z dz = ze z e z dz = ze z e z γ ze z dz = [ze z e z ] z = i z 0 =+i = e i ( + i ) e +i ( + i )

22 3. Θεώρημα Cauchy Θεώρημα: Cauchy Έστω f = f (z) είναι ολόμορφη συνάρτηση πάνω και στο εσωτερικό απλής, κλειστής και λείας καμπύλης γ. Τότε: γ f (z) dz = 0 Απόδ. Έστω f = u + iv, όπου u = u(x, y) και v = v(x, y) έχουν συνεχείς μερικές παραγώγους πάνω και στο εσωτερικό της γ. Τότε: γ f (z) dz = ( γ u dx v dy) + i ( u dy + v dx) Θεώρ. = ( v Green R x u y ) dx dy + i (u R x v y ) dx dy και επειδή η f ολόμορφη ικανοποιούνται οι συνθήκες Cauchy-Riemann (x, y) στο εσωτερικό της γ, δηλαδή το R, άρα: f (z) dz u x=v y = 0 dx dy + i 0 dx dy = 0 γ u y =v x R γ γ R ροή του πεδίου f διά μέσου της γ f (z) dz = a +i b γ έργο του πεδίου f κατά μήκος γ ( f ασυμπίεστο, αστρόβιλο ικανοποιούν εξίσωση Laplace u xx + v yy = 0 ) ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Αν υπάρχει έστω και ένα σημείο όπου η f δεν είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη στο εσωτερικό της γ, τότε το θεώρ. Cauchy δεν ισχύει εν γένει. π.χ z = με θετική φορά dz z i 0 i

23 z = dz z γ(t)=e it = t [0,π) ορ. = π d (e it ) 0 = π 0 ie it e it e it = πi Θεώρημα: Παραμόρφωση δρόμων = π 0 (e it ) e it dt Έστω f = f (z) είναι ολόμορφη σε τόπο G με σύνολο G = γ γ όπου γ, γ απλές λειστές καμπύλες, λείες, με κοινό προσανατολισμό π.χ. όπως στο σχήμα. γ G L γ L G G Τότε γ f (z) dz = γ f (z) dz Απόδ. Φέρνω δύο ευθ. τμήματα L και L που διαμερίζουν το G σε δύο χωρία έστω G, G. Τότε το θ. Cauchy ισχύει και στο G και στο G. γ + γ G L L γ f (z) dz = 0 γ + +L +γ + +L (θ. Cauchy για το χωρίο G ) f (z) dz = 0 γ L γ L (θ. Cauchy για το χωρίο G ) ( γ + + L γ + + L ) f (z) dz = 0 ( γ L γ L ) f (z) dz = 0 γ f (z) dz γ f (z) dz = 0 Πόρισμα (Γενικευμένο θεώρ. Cauchy) Έστω f = f (z) ολόμορφη σε τόπο G με σύνορο G = Γ (γ γ ), όπου: Γ, γ, γ,, γ n απλές, κλειστές, λείες και ΘΕΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΕΝΕΣ καμπύλες Οι γ, γ,, γ n βρίσκονται εντός της Γ και 3

24 Κάθε καμπύλη γ j Γ j =,, n βρίσκεται εκτός των υπόλοιπων γ, γ,, γ i, γ i+,, γ n γ γ γ n Τότε: Γ f (z) dz = k j= γ f (z) dz Θεώρημα: Ολοκληρωτικός τύπος Cauchy Έστω f = f (z) είναι ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό απλής, κλειστής, τμημ. λείας και ΘΕΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΕΝΗΣ καμπύλης γ. Τότε ΓΙΑ ΚΑΘΕ σημείο z 0 ΣΤΟ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ της γ ισχύει: f (z 0 ) = πi f (z) dz γ z z 0 Απόδειξη γ r z 0 Έστω z z 0 = r κύκλος ακτίνας r κατάλληλης ώστε ο δίσκος z z 0 r να βρίσκεται εξ' ολοκλήρου στο εσωτερικό της γ. f (z) Τότε από το θεώρημα παραμόρφ. δρόμων, εφ' όσον z z 0 ολόμορφη στο γραμμοσκιασμένο χωρίο, έχουμε: γ f (z) z z 0 dz = z z0 =r Για το I έχω: f (z) f (z) f (z dz = 0 ) dz + z z 0 z z0 =r z z 0 z z0 =r I f (z I = 0 ) z=z0+reiθ dz = z z0 =r z z f (z 0 θ [0,π] 0) π 0 re iθ rieiθ dθ = πif (z 0 ) f (z 0 ) z z 0 dz I Έτσι: γ l = l l l < ε ε > 0 " " προφ. ισχύει " " Έστω l l l l ε 0 > 0 άτοπο l = l f (z) z z 0 dz πif (z 0 ) = I 4

25 f (z) f (z 0 ) I dz M z z0 =r z z 0 z z0 =r όπου M = max { f (z) f (z 0 ) z z z 0 = } = M z z0 =r r dz = M r dz = πmr z z 0 =r r μήκος καμπύλης = πm z z 0 dz, Αλλά f ολόμορφη στο z 0, άρα f συνεχής στο z 0. Εξ' ορισμού λοιπόν: ε > 0 r > r > 0 z 0 < z z 0 < r < r f (z) f (z 0 ) < ε Έτσι ε > 0 μπορώ να βρω ακτίνα r f (z) f (z 0 ) z z z 0 = r, δηλ. M ε και τελικά I πm πε ε > 0 I = 0 Θεώρημα: Ολοκληρ. τύπος Cauchy για παραγώγους Έστω f είναι ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό απλής, κλειστής, λείας και θετικά προσανατολισμένης καμπύλης γ. Αν z 0 σημείο στο ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ της γ, τότε η f ΕΧΕΙ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥΣ ΚΑΘΕ ΤΑΞΗΣ στο σημείο z 0 και μάλιστα: f (n) (z 0 ) = n! πi γ f (z) (z z 0 ) n+ dz Ο Ατρέας θα δίνει τύπους σε τυπολόγιο: ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ.pdf 3.3 Εφαρμογές () Θεώρ. μέσης τιμής Gauss Αν f ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό θετικά προσανατολισμένου κύκλου z z 0 = R, τότε: f (z 0 ) = π π 0 f (z 0 + Re iθ ) dθ Απόδειξη Εφαρμόζω τον ολοκλ. τύπο του Cauchy με τα δεδομένα μου και έχω: f (z 0 ) = πi f (z) dz z z 0 =R z z 0 z=z 0 +Re iθ = ορισμός = πi π 0 = ζητούμενο f (z 0 + Re iθ ) Re iθ d (z 0 + Re iθ ) f (z 0 + Re iθ ) Re iθ i Re iθ dθ πi π 0 5

26 () Ανισότητα Cauchy Έστω f ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό θετικά προσανατολισμένου κύκλου z z 0 = R και M R = max { f (z), z z z 0 = R} Τότε: f (n) (z 0 ) n! M R R n, n =,, 3, Εφαρμόζουμε τον ολοκλ. τύπο Cauchy για παραγώγους προσαρμοσμένο στα δεδο- Απόδ. μένα: f (n) n! (z 0 ) = πi f (z) dz z z 0 =R (z z 0 ) n+ n! π f (z) dz z z 0 =R n+ z z 0 n! π M R dz z z0 =R z z 0 n+ = n! π M R dz z z0 =R Rn+ = n! π M R R n+ dz z z 0 =R (3) Θεώρ. Liouville μήκος κύκλου z z 0 =R = n! π M R R n+ πr = n! M R R n Κάθε ακεραία συνάρτηση (δηλ. ολόμορφη στο C) και φραγμένη στο C είναι η σταθερή συνάρτηση. Απόδ. Έστω z C τυχαίο. Χρησιμοποιώ ανισότητα Cauchy για n = : f (z)! M R R, M R = max { f (z) z z 0 = R} Αφού f εξ' υποθέσεως είναι φραγμένη, άρα M > 0 f (z) M Δηλ. f (z) M R R M R 0 R Τότε f (z) = 0 f (z) = 0 z f (z) = c C z C (4) Αρχή μεγίστου/ελαχίστου Άσκ. Έστω f ολόμορφη σε ανοικτό και συνεκτικό σύνολο G και μη σταθερή στο G. Τότε η f ΔΕΝ έχει μέγιστη τιμή στο G. Αν μάλιστα f (z) 0 z G, τότε η f ΔΕΝ έχει ελάχιστη τιμή στο G. Ειδικά αν G είναι και ΦΡΑΓΜΕΝΟ και η f είναι συνεχής στο σύνορο του G (το οποίο είναι απλή, λεία καμπύλη), τότε η f παίρνει ΜΕΓΙΣΤΗ ΤΙΜΗ ΠΑΝΩ στο σύνορο του G. Ομοίως αν f (z) 0 z G, τότε η f παίρνει ελάχιστη τιμή ΠΑΝΩ στο σύνορο του G. Υπολογίστε το γ (iz z) dz όπου γ είναι η παραβολή y = t + με αρχή το σημείο (, 3) και πέρας το σημείο, 9. 6

27 Γενικά, μπορώ να κινηθώ μέσω ορισμού, αντιπαραγώγου ή θεωρημάτων. Η z δεν έχει παράγωγο, άρα δεν έχει αντιπαράγωγο (διαφορετικά από προηγούμενη εφαρμογή θα είχε άπειρες παραγώγους). Έχουμε: (iz z) dz = i z dz z dz = I γ γ γ + I όσον αφορά το I, εφ' όσον η f (z) = z είναι ολόμορφη στο C ως πολυώνυμο, έχει μοναδική αντιπαράγωγο (με προσέγγιση σταθεράς), άρα: z dz = z γ z =+9i z 0 =+3i (αντιπαράγωγος θεωρία ανεξαρτησία δρόμου) ( + 9i) = = 69 5i = B ( + 3i) Για το I : Τελικά I = i z dz γ (t,t +) = t+i(t +)=γ(t) ορισμός = διότι η z ΔΕΝ είναι παραγωγίσιμη σε κανένα σημείο γ(t) d (γ(t)) = [t i (t + )] [ + 4ti] dt γ (t) dt =dγ(t) = i [t + 4t (t + )] + i [ + t + 4t ] dt = i (5t + 8t3 ) + i (6t + ) dt = i 5t + t4 (t 3 + t) = A + B Από εδώ και στο εξής, μέχρι νεωτέρας, όλοι μαζί, Τρίτη και Πέμπτη. Άσκ. Υπολογίστε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα z cos z (α) z = 3 z + dz (β) z =3 z 3 + (z ) 3 dz (γ) z = e z z dz Όλες οι καμπύλες θεωρούνται προσανατολισμένες με τη θετική φορά. 7

28 (α) Θα χρησιμοποιήσω ολοκλ. τύπο Cauchy. Έστω f (z) = z cos z, ολόμορφη στο C άρα και πάνω και στο εσωτερικό του κύκλου z = 3 Προφανώς: z = 3 = z = 3 z cos z z + dz z cos z z ( ) dz, όπου z 0 = εσωτερικό του κύκλου z = 3, ο οποίος είναι θετικά προσανατολισμένος. Τότε ικανοποιούνται όλες οι συνθήκες ώστε να έχω πi z = 3 = z cos z z0 = z cos z z ( z ) dz z = 3 z cos z z + z cos z πi Τελικά: dz = γ z + cos ( ) dz = π ( ) cos ( ) 3i (β) Θα χρησιμοποιήσω τύπο Cauchy για παραγώγους με n =. 3i Έστω g(z) = z 3 +, προφανώς ακεραία (ολόμορφη σε όλο το C), άρα ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό του κύκλου μας. Επίσης, z 0 = εσωτερικό του θετικά προσανατολισμένου κύκλου μας, άρα από τύπο Cauchy για παραγώγους έχουμε: g () =! πi g(z) z =3 (z ) 3 dz (g(z) = z3 + ) z 3 + z =3 (z ) 3 dz = πi g () 8

29 g (z) = 3z g (z) = 6z g () = z Τελικά 3 + dz = πi z =3 (z ) 3 i γ (γ) γ i Χρησιμοποιώ κατ' αρχήν γενικευμένο θεώρημα Cauchy, και έχω: e I ζητούμενο = z dz γ (z )(z + ) + γ e z /(z + ) = γ z dz + e z /(z ) γ z + dz τύπος = πi e z Cauchy z + z= = πie πie e z dz (z )(z + ) e z + πi z z= (διότι οι αριθμητές a(z) = z+ ez είναι ολόμορφες συναρτήσεις πάνω και στο εσωτερικό των b(z) = z ez καμπύλων γ και γ αντιστοίχως και z 0 = εσωτερικό της γ ενώ z = εσωτερικό γ ) Θέμα: Υπολογίστε το dz για όλες τις τιμές του R, όπου R > 0 και R z =R (z i) i (α) R < Τότε I = 0 από θεώρ Cauchy αφού ανωμαλία z 0 = i εκτός κύκλου z = R (β) R > Τότε z 0 = i εσωτερικό κύκλου z = R οπότε χρησιμοποιώ τύπο Cauchy για παραγώγους και βρίσκω I = 0. 9

30 Άσκ. Έστω f ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό κύκλου z = R, με f (z) 0 z στο εσωτερικό του κύκλου και f (z) = c για κάθε z πάνω στον κύκλο z = R. ΝΔΟ f (z) = A 0 z στο εσωτερικό του κύκλου. Θα χρησιμοποιήσω αρχή μεγίστου/ελαχίστου, η οποία λέει ότι η f (z) παίρνει τόσο τη μέγιστη, όσο και την ελάχιστη τιμή της ΠΑΝΩ στον κύκλο z = R. Εφ' όσον όμως f (z) = c z z = R τότε f (z) = c = σταθερό z πάνω στον κύκλο, όπου όμως η f παίρνει και μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Άρα η max f = min f z z = R, συνεπώς f = σταθερά z στο εσωτερικό του κύκλου. Άσκ. Έστω f ακεραία και f (z) A z z C. ΝΔΟ f (z) = cz, όπου c C σταθερά. Θα χρησιμοποιήσω ανισότητα Cauchy για n =, προσπαθώντας να δείξω ότι: f (z) = 0 z C τότε f (z) = c f (z) = cz + d c, d C. Από υπόθεση, για z = 0 έχω f (0) A 0 f (0) = 0 άρα d = 0. Ανισότητα Cauchy f (n) (z 0 ) n! M R R n n =,, 3, όπου M R = max { f (z) z z 0 = R} Έτσι για n = έχω για z 0 C f (z 0 )! M R R = MR R Για z z 0 = R δηλ. για z = z 0 + Re iθ εξ' υποθέσεως έχω f (z) A z = A z 0 + Re iθ A z 0 + AR Τότε: f (z 0 ) ( z 0 + R ) 0 R R άρα f (z 0 ) = 0 z 0 C, άρα f (z 0 ) = 0 z 0 C. Κεφάλαιο 4 Ολοκληρωτικά υπόλοιπα και εφαρμογές Ορισμός Έστω f = f (z) μιγαδική συνάρτηση. Ένα σημείο z 0 C καλείται ΑΝΩΜΑΛΟ σημείο της f, εάν είτε η f ΔΕΝ ΟΡΙΖΕΤΑΙ στο z 0, είτε ορίζεται στο z 0 αλλά δεν έχει "καλή συμπεριφορά" στο z 0, π.χ. δεν είναι ολόμορφη στο z 0 Αν z 0 είναι ανώμαλο σημείο της f, τότε το z 0 καλείται ΑΠΟΜΟΝΩΜΕΝΟ ανώμαλο σημείο της f, εάν η f είναι ολόμορφη στον Ανοικτό δακτύλιο 0 < z z 0 < R για κάποιο R > 0, διαφορετικά το z 0 καλείται ΜΗ απομονωμένο ανώμαλο σημείο. 30

31 π.χ. f (z) = z + z (z 0 =, z 0 = ) απομονωμένα ανώμαλα σημεία της f z = z = g(z) = Logz (z 0 = 0 μη απομονωμένη ανωμαλία. Επίσης τα σημεία του αρνητικού ημιάξονα των πραγματικών είναι μη απομονωμένα ανώμαλα σημεία του λογάριθμου) h(z) = cos ( z ) (z 0 = 0 το μοναδικό μεμονωμένο σημείο) Έστω z 0 είναι ΑΠΟΜΟΝΩΜΕΝΟ ανώμαλο σημείο μιας συνάρτησης f. Τότε υπάρχει κάποιος δακτύλιος 0 < z z 0 < R όπου η f είναι ολόμορφη και η f αναπτύσσεται σε σειρά Laurent f (z) = a n (z z 0 ) k, n= 0 < z z 0 < R Δηλ. f (z) = + Θα λέμε ότι: a n (z z 0 ) n + + a + a z z 0 + a (z z 0 ) + + a n (z z 0 ) k + 0 Το z 0 είναι ΑΠΑΛΕΙΨΙΜΗ ανωμαλία, εάν: a n = 0 n < 0 όπου a n C οι συντελεστές του αναπτύγματος Laurent της f "γύρω" από το z 0. π.χ. f (z) = sin z z z 0 = 0 (ανώμαλο σημείο) sin z = z z3 3! + z5 5! z7 7! + sin z = z z 3! + z4 5! z6 7! + sin z z = z z 3! + z3 5! z5 + δεν είναι απαλείψιμη ανωμαλία στο 0 7! 3

32 Το z 0 καλείται ΠΟΛΟΣ της f τάξης k N, εάν a n = 0 n < k Τότε το ανάπτυγμα Laurent της f γίνεται: f (z) = Έτσι έχουμε: f (z) = f (z) = a k (z z 0 ) k + a k+ (z z 0 ) k + + a 0 + a (z z 0 ) + (z z 0 ) k (a k + a k+ (z z 0 ) + + a 0 (z z 0 ) k + ) g(z) (z z 0 ) k 0 < z z 0 < R =g(z) όπου g = g(z) είναι ολόμορφη συνάρτηση στο z 0 με g(z 0 ) 0. Τελικά: (εναλλακτικός ορισμός) z 0 πόλος της f τάξης k N f (z) = g(z) (z z 0 ) k με g κάποια ολόμορφη συνάρτηση στο z 0 για την οποία g(z 0 ) 0 Το z 0 καλείται ΟΥΣΙΩΔΗΣ ΑΝΩΜΑΛΙΑ της f, εάν υπάρχει ΑΠΕΙΡΟ ΠΛΗΘΟΣ ΜΗ ΜΗΔΕΝΙΚΩΝ όρων a n στο ανάπτυγμα Laurent της f ΜΕ ΔΕΙΚΤΕΣ n να είναι ΑΡΝΗΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ. π.χ. Τι είδους ανωμαλία είναι το σημείο z 0 για τη συνάρτηση f (z) = z ; z = (z )(z + ) = απλά = κλάσματα z (z ) + = z + z = z 4 n=0 ( z z + ) ( z ) k, z < ( z = zn z < ) z = z (z ) 6 (z ) + 0 < z < Το z 0 = είναι πόλος ης τάξης εξ' ορισμού. ΠΡΑΚΤΙΚΟΙ ΤΡΟΠΟΙ για ταξινόμηση ΑΠΟΜΕΝΩΜΕΝΩΝ ανώμαλων σημείων: Έστω z 0 είναι απομονωμένο ανώμαλο σημείο της f. Τότε: z 0 είναι απαλείψιμη ανωμαλία υπάρχει το lim z z0 f (z) = λ C (όχι το ) 3

33 z 0 πόλος τάξης k Ο k N ο μοναδικός φυσικός ώστε Τελικά: lim (z z z z 0 ) k f (z) = λ C {0} 0 ΠΡΟΣΟΧΗ εδώ! Το όριο θέλω μη μηδενικό (επειδή μηδενίζεται για όλα τα επόμενα n > k) z 0 ουσιώδης ανωμαλία της f Το lim z z0 f (z) ΔΕΝ υπάρχει lim f (z) = z z 0 = λ C z { 0 απαλείψιμη ανωμαλία z 0 πόλος { ΔΕΝ υπάρχει z 0 ουσιώδης ανωμαλία 4.0. Πώς βρίσκουμε (κάποιες φορές) την τάξη ενός πόλου z 0 Λήμμα Έστω f = f (z) ολόμορφη σε σημείο z 0. Τότε: z 0 ρίζα της f πολ/τας κ f (z 0 ) = f (z 0 ) = = f (κ ) (z 0 ) = 0 και f (κ) (z 0 ) 0 Απόδειξη " " Αφού f ολόμορφη στο z 0 αναπτύσσεται ΠΑΝΤΑ σε σειρά Taylor "γύρω" από το z 0 ως εξής: f (z) = n=0 f (n)(z 0) (z z n! 0 ) n = f (z 0 ) + f (z 0 )(z z 0 ) + + f (k ) (z 0 ) (k )! (z z 0) k + f (k) (z 0 ) (z z k! 0 ) k + = (z z 0 ) k f (k) (z 0 ) + f (k+) (z 0 ) + k! (k + )! =h(z) f (z) = (z z 0 ) k h(z), όπου h(z) ολόμορφη στο z 0 με h(z 0 ) 0 " " Τότε f (z) = (z z 0 ) k h(z), όπου h ολόμορφη στο z 0 με h(z 0 ) 0. Παραγωγίζοτας k φορές παίρνουμε f (j) (z 0 ) = 0 j = 0,,, k, ενώ f (k) (z 0 ) 0. Έστω τώρα f (z) = a(z) b(z), όπου a, b είναι ολόμορφες στο z 0. Υποθέτουμε ότι το z 0 είναι ρίζα αριθμητή πολ/τας K (K = 0,,, ) και ρίζα παρονομαστή πολ/τας Λ (Λ =,, 3, ). Τότε: z 0 είναι: { απαλείψιμη ανωμαλία για την f { πόλος τάξης Λ K εάν: K Λ εάν: K < Λ 33

34 4.0. Υπολογισμός ολοκληρωτικού υπολοίπου σε απομονωμένο ανώμαλο σημείο z 0 Ορισμός: Ολοκληρωτικό υπόλοιπο Σειρά Laurent της f στο z 0 : f (z) = + a k (z z 0 ) k + + a + a z z 0 + a (z z 0 ) + 0 Ο όρος a = γ f (z) dz καλείται ολοκληρωτικό υπόλοιπο της f στο z 0, συμβολικά Res(f, z 0 ). Έστω z 0 είναι απομονωμένο ανώμαλο σημείο συνάρτησης f. Αν z 0 απαλείψιμη ανωμαλία, τότε το ολοκληρωτικό υπόλοιπο της f στο z 0 Τελικά: Res(f, z 0 ) = 0 z 0 απαλείψιμο Res(f, z 0 ) = 0 Αν z 0 είναι πόλος τάξης N, τότε το Res(f, z 0 ) βρίσκεται ως εξής: Εφόσον z 0 πόλος τάξης N έχουμε: f (z) = a k (z z 0 ) k + a k+ (z z 0 ) k + + a z z 0 + a 0 + a (z z 0 ) + (z z 0 ) k f (z) = a k + a k+ (z z 0 ) + + a (z z 0 ) k + a 0 (z z 0 ) k + (k ) ((z z 0 ) k παράγωγος f (z)) = (k )! a + a 0 (k )(z z 0 ) + lim z z0 [((z z 0 ) k f (z)) (k ) ] = (k )! a a ορ. = Res(f, z 0 ) = (k )! lim z z 0 [((z z 0 ) k f (z)) (k ) ] Προσοχή! Το (k ) είναι ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ! z 0 ουσιώδης ανωμαλία: Τότε αναγκαστικά θα πρέπει να βρείτε το ανάπτυγμα Laurent της f στο z 0 και μέσω αυτού να υπολογίσετε τον όρο a = Res(f, z 0 ) Θεώρημα: Ολοκληρωτικών υπολοίπων Έστω f = f (z) είναι ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό απλής, κλειστής, τμημ. λείας και θετικά προσανατολισμένης καμπύλης γ, εκτός ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟΥ ΠΛΗ- ΘΟΥΣ ΑΠΟΜΟΝΩΜΕΝΩΝ ΑΝΩΜΑΛΩΝ σημείων z,, z n στο ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ της γ. Τότε: γ f (z) dz = πi n j= Res(f, z j ) 34

35 Θεώρημα: Αρχή ταυτισμού Έστω f = f (z) είναι ολόμορφη πάνω και στο εσωτερικό απλής, κλειστής, τμηματικά λείας και θετικά προσανατολισμένης καμπύλης γ. Αν {z κ } κ Z ακολουθία σημείων στο εσωτερικό της γ, με z κ z λ κ λ και είναι τέτοια ώστε lim κ z κ = z 0 ανήκει στο εσωτερικό της γ. Τότε, εάν f (z κ ) = 0 κ ισχύει f (z) = 0 z στο εσωτερικό της γ Άσκηση Να ταξινομηθούν όλα τα ανώμαλα σημεία των συναρτήσεων (α) f (z) = cos(z) z (β) g(z) = ez z 3 (γ) h(z) = cos ( /) z z (δ) k(z) = e z και να υπολογιστούν τα ολοκληρωτικά υπόλοιπα στα σημεία αυτά. (α) Ανώμαλα σημεία της f (σημεία όπου η f ) "πιθανώς" δεν ορίζεται ή αν ορίζεται δεν είναι μιγαδικά παραγωγίσιμη): "Το μοναδικό ανώμαλο σημείο είναι αυτό που μηδενίζει τον παρονομαστή, δηλαδή το z 0 = 0." Προφανώς το z 0 = 0 μηδενίζει τον παρονομαστή της f δύο φορές, δηλαδή το z 0 = 0 είναι διπλή ρίζα του παρονομαστή. Έστω a(z) = "αριθμητής" = cos(z), a(0) = cos(0) = 0 a (z) = sin(z), a (0) = 0 a (z) = cos(z), a (0) = 0 Άρα το z 0 = 0 είναι διπλή ρίζα του αριθμητή. Επομένως, το z 0 = 0 είναι "απαλείψιμη ανωμαλία", διότι: πολλαπλότητα ρίζας z 0 = 0 του αριθμητή = πολλαπλότητα ρίζας z 0 = 0 του παρονομαστή = Αφού το z 0 = 0 είναι απαλείψιμη ανωμαλία: Res(f, 0) = 0 (β) Το z 0 = 0 είναι το μοναδικό ανώμαλο σημείο της g. Προφανώς η ρίζα του παρονομαστή είναι πολλαπλότητας 3. Το z 0 = 0 δεν μηδενίζει τον αριθμητή, διότι e 0 = 0, άρα η πολλαπλότητα του z 0 = 0 για τον αριθμητή είναι ίση με 0 και έτσι το z 0 = 0 είναι πόλος, τάξης: πολλαπλότητα ρίζας z 0 = 0 του παρονομαστή πολλαπλότητα ρίζας z 0 = 0 του αριθμητή 35 } 3 0 = 3 }

36 Τότε: Res(g, 0) =! lim [z 0] 3 ez z 0 z 3 = lim z 0 lim z 0 [(ez ) ] = lim z 0 (zez ) = lim z 0 (ez + 4z e z ) = = (γ) Το μοναδικό ανώμαλο σημείο είναι το z 0 = 0 Σημείωση Αν z 0 είναι πόλος για συνάρτηση f και αν η g είναι ακεραία, τότε το z 0 είναι ουσιώδης ανωμαλία για την g f. Έτσι, με βάση τη σημείωση αυτή το z 0 είναι ουσιώδης ανωμαλία. Άρα: Res(h, 0) ορισμός z = a 0 =0 (ο οποίος είναι συντελεστής του = ), στο ανάπτυγμα Laurent της h με κέντρο το z z z 0 Επομένως: Έτσι: cos(z) McLaurin = z + z4 4! z C cos ( z ) = z + 4z4 z inc {0} z cos ( z ) = z z 3 + 4z3 z C {0} Res(h, 0) = "συντελεστής του z στο ανάπτυγμα Laurent της h" =. z (δ) k(z) = e z Σημεία που μηδενίζουν παρονομαστή e z = z = log = ln + i(0 + kπ) = kπi (k Z) Άρα τα σημεία z k = kπi (k Z) ανώμαλα σημεία της k(z). 36

37 Για n = 0 έχουμε z 0 = 0 ανώμαλο σημείο της k(z) που μηδενίζει τον παρονομαστή και αριθμητή φορά άρα απαλείψιμο. Res(k, 0) = 0 Για n 0 έχουμε z n = nπi μηδενίζουν μια φορά παρονομαστή, καμία αριθμητή, άρα πόλοι ης τάξης. Έτσι: Res(k, z n ) = lim z z n (z z n )k(z) z = z zn lim (z z n ) e z = lim z zn z + z z n e z () Υπολογίστε το z =3 e z cosh z dz (α) τύπος (θεώρ. ολοκλ. υπολοίπων) = z n e z n L' Hosp. = (β) ανώμαλα σημεία, θέλεις ΕΝΤΟΣ καμπύλης (γ) ταξινόμηση ανώμαλων (δ) υπολ. Res(f, z j ), z j ανώμαλα = nπi = nπi enπi (α) Από θεωρία έχω: n I = πi Res ( cosh h, z j) j= όπου z j ανώμαλα σημεία εντός κύκλου: z = 3 ez (β) Ανώμαλα σημεία της ez /cosh z: cosh z = 0 ορ. ez + e z = 0 e z + e z = 0 e z + e z = 0 z 0 e z + = 0 e z = z = log( ) = ln( ) + i(π + iπ) z z = (kπ + π ) i, k Z z = ±πi, ±3πi, ±5πi ανώμαλα σημεία Άρα μένουν οι z = πi και z = πi βρίσκονται ΕΝΤΟΣ κύκλου z = 3. Έτσι από θεώρημα ολοκλ. υπολοίπων έχουμε: I = πi (Res ( ez cosh z, πi ez ) + Res ( cosh z, πi )) 37

38 (γ) Αλλά το z = πi είναι πόλος ης τάξης, διότι μηδενίζει μια φορά τον παρονομαστή, αφού A(z) = cosh z, A (z) = sinh z, cosh ( πi ) = 0 sinh ( πi ) 0 (τα μηδενικά του sinh z είναι στα kπi) και προφανώς δε μηδενίζει καθόλου τον αριθμητή, αφού e z 0 z άρα και e πi / 0 (δ) Ακριβώς με την ίδια λογική, το z = πi είναι πόλος ης τάξης. (ε) () Τελικά Res ( ez cosh z, π ) = lim z πi ((z πi ) ez L' Hospital ) = cosh z e z (z πi = lim ) + ez z πi sinh z = e z sinh( πi ) Res ( ez cosh z, πi ) = lim e πi / = z πi e πi / sinh ( πi /) I = πi πi sinh( πi ) + / e sinh( πi ) 4. Εφαρμογές ολοκλ. υπολοίπων 4.. Λήμμα Jordan (z + πi ) ez cosh z Έστω f = f (z) είναι ολόμορφη στο διάτρητο δίσκο 0 < z z 0 < R, το z 0 είναι ΑΠΛΟΣ ΠΟΛΟΣ της f (δηλ. πόλος ης τάξης), και έστω γ ρ είναι το τόξο γ ρ = {z z = z 0 + ρe iθ } και ρ < R. Τότε: lim ρ 0 + γ ρ f (z) dz = i (θ θ 0 ) Res(f, z 0 ) 38

39 Απόδ. γρ f (z) dz = γρ ( a z z 0 + h(z)) dz, όπου h = h(z) ολόμορφη στο z 0, διότι το z 0 είναι απλός πόλος της f. I 0 = a γρ z z 0 dz + γρ h(z) dz = a θ θ 0 ρe iθ iρeiθ dθ + γρ h(z) dz I 0 (ρ) = Res(f, z 0 ) i(θ θ 0 ) + γρ h(z) dz Παίρνοντας όριο, ρ 0 +, έχουμε: lim f (z) dz = i(θ ρ 0 + γ r ho θ 0 ) Res(f, z 0 ) + lim h(z) dz ρ 0 + γ ρ Αρκεί ΝΔΟ lim ρ 0 + γ ρ h(z) dz = 0. Αλλά h ολόμορφη στο z 0 h συνεχής στο z 0 h φραγμένη σε μία περιοχή του z 0. Έτσι: h(z) dz M dz γρ γρ γρ = (θ θ 0 )ρm 0, όπου M είναι άνω φράγμα της h σε μια περιοχή του z 0. γ ρ θ z 0 θ 0 39

40 4.. Υπολογισμός περίπλοκων ολοκληρωμάτων της μορφής lim R + R f (x) dx R Θεώρημα Έστω f = f (z) ολόμορφη στο C εκτός από πεπερασμένου πλήθους απομονωμένα ανώμαλα σημεία, και η f τέτοια ώστε lim zf (z) = 0. z Υποθέτουμε ότι η f έχει: Τότε: ανώμαλα σημεία z,, z n ΣΤΟ ΑΝΩ ΗΜΙΕΠΙΠΕΔΟ Im(z) > 0 ανώμαλα σημεία w,, w k ΣΤΟ ΚΑΤΩ ΗΜΙΕΠΙΠΕΔΟ Im(z) < 0 ΠΟΛΟΥΣ ης τάξης μόνον ζ,, ζ r πάνω στον ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟ ΑΞΟΝΑ. n r lim R + R f (x) dx = πi Res(f, z R j ) +πi Res(f, z λ ) ή ισοδύναμα: j= άνω ημιεπίπεδο απλοί πόλοι πάνω σε πραγμ. άξονα λ= k r lim R + R f (x) dx = πi Res(f, w R μ ) πi Res(f, ζ λ ) μ= κάτω ημιεπίπεδο απλοί πόλοι πάνω σε πραγμ. άξονα λ= 4..3 Ασκήσεις Άσκ. Υπολογίστε το lim R + R R dx (x + )(x + 4x + 5) τέτοια ολοκληρώματα καλούνται καταχρηστικά ή κατά Cauchy Το + x dx δεν υπάρχει, επειδή + x dx = lim N,M 0 M N x dx που εξαρτάται από την διαδρομή που ακολουθούν τα M, N. (α) Θεωρώ f (z) = (z+)(z +4z+5) 40

41 (β) Ελέγχω αν ισχύει η συνθήκη lim zf (z) = 0 z lim z z (z + )(z + 4z + 5) = lim z z z 5 ( + z )( + 4 z + 5 z ) = z lim z 4 z lim ( + z )( + 4 z + 5 ) = 0 = 0 z (γ) Υπολογίζω όλα τα ανώμαλα σημεία της f και τα ταξινομώ: Έτσι: (z + )(z + 4z + 5) = 0 4 ± i z 0 = (απλή ρίζα) και z, = z 0 = (απλή) και z, = ± i (διπλές ρίζες) z 0 = z = + i z = i (απλός πόλος στον πραγματικό άξονα) (διπλός πόλος στο άνω ημιεπίπεδο) (διπλός πόλος στο κάτω ημιεπίπεδο) (δ) Τύπος: ανώμαλο στο άνω ημιεπίπεδο lim R + R f (x) dx = + πi Res(f, +i) +πi Res(f, ) R (ε) Υπολογισμός ολοκλ. υπολοίπου Res(f, ) = lim z (z + ) (z + )(z + 4z + 5) = 4. Res(f, z ) = z z lim (z z ) (z + )(z z )(z z ) όπου z = + i, z = i = lim z z ( (z + )(z z ) ) = (z z ) + (z + ) (z + ) (z z ) 3 z z = +i+ +i i + (i ) = (i ) (i) 3 = 4i + 8 = i 8 () Τελικό αποτέλεσμα lim R + R R dx i (x + )(x = πi + 4x + 5) 8 πi = lim z z (z z ) + (z + )(z z ) (z + ) (z z ) 4 + πi 4 = π 4 + πi 4 = π 4

42 Άσκ. Υπολογίστε το γ z (z z ) dz, όπου γ είναι το τετράγωνο: 0 i z = + i + i με θετική φορά. Εφαρμόζω θεώρ. ολοκλ. υπολοίπων I = πi Res f, στα ανώμαλα σημεία ΕΝΤΟΣ τετραγώνου Res(f, 0) z=0 απλός = πόλος Res(f,z ) δεύτερης = πόλος lim z z 0 z(z z ) = z πάνω στην καμπύλη +iπ Res(f, 0) lim z z (z z ) z(z z ) = z z lim z = ( + i ) Αντικαθιστώντας παραπάνω προκύπτει το ζητούμενο αποτέλεσμα Υπολογισμός ολοκληρωμάτων της μορφής π R(sin θ, cos θ) dθ 0 όπου R είναι μια ρητή συνάρτηση των sin θ και cos θ Μεθοδολογία: Θέτουμε z = e iθ, θ [0, π) Τότε: dz = d (e iθ ) = ie iθ dθ = iz dθ άρα dz = iz dθ { cos θ = eiθ+e iθ = z+z = z + Επίσης: z { sin θ = eiθ e iθ = z z = z i i iz Αντικαθιστούμε τα παραπάνω και παίρνουμε: π 0 R(sin θ, cos θ) dθ = R z z = iz, z + z dz iz = K(z) dz, z = όπου K είναι μια ρητή συνάρτηση του z. Στη συνέχεια χρησιμοποιούμε το θ. ολοκλ. υπολοίπων, και έχουμε: π 0 R(sin θ, cos θ) dθ = π Res(K, z j ), n j= όπου z j, j=,,n ανώμαλα σημεία της K εντός του μοναδιαίου κύκλου z =. Παράδειγμα: Υπολογίστε το π 0 cos θ + sin θ dθ 4

43 (α) Θέτω z = e iθ, θ [0, π) Τότε Τότε dz = d (e iθ ) = ie iθ dθ = iz dz άρα dz = iz dθ sin θ = eiθ e iθ i = z z i = z iz cos(θ) = eiθ + e iθ z=e = iθz + z z 4 + z I = dz z = + z iz iz z = 4 + z = z (z + 4iz ) dz = z4 + z (β) Ανώμαλα σημεία: Εκείνα που μηδενίζουν τον παρονομαστή. Άρα z (z + 4iz ) = 0 z = 0 (διπλή) ή z, = 4i ± 6i + 4 = i ± i 3 = i ( ± 3) Από αυτά με ενδιαφέρουν μόνον τα ανώμαλα σημεία ΕΝΤΟΣ του μοναδιαίου κύκλου, δηλ.: z 0 = 0 (διπλή) z = i ( + 3) (γ) Ταξινόμηση ανώμαλων σημείων και υπολογισμός ολοκληρωτικών υπολοίπων z 0 = 0 είναι πόλος ης τάξης (μηδενίζει δύο φορές τον παρονομαστή, καμία τον αριθμητή) z = i ( + 3) πόλος ης τάξης Ο τύπος Res(f, z 0 ) = (N )! lim z z 0 ((z z 0 ) N f (z)) (N ) θα δίνεται και έτσι αν f (z) = (z4 + )/z (z + 4iz ), τότε Res(f, 0) = lim z 0 z z 4 + z (z + 4iz ) 4z = lim 3 (z + 4iz ) (z + 4i)(z 4 + ) z 0 (z + 4iz ) = 4i 43

44 Έστω z = i ( + 3) και z = i ( 3). Τότε Res(f, z ) = z z lim z (z z ) 4 + z (z z )(z z ) z 4 = + z (z z ) = ( 3 ) 4 + ( 3 ) i 3 ( 3 ) 4 + = i 3 ( 3 ) (δ) Τελικά από θεώρημα ολοκλ. υπολοίπων έχω: I = πi 4i + i ( 3 ) 4 + 3( 3 ) = 8π π ( 3 ) 4 + 3( 3 ) 4..5 Υπολογισμός μετασχηματισμού Fourier τοπικά ολοκληρώσιμης συνάρτησης f f (ω) = lim R + R f R (x)e iωx dx όπου x R, ω R Θεώρημα Έστω f = f (z) είναι ολόμορφη στο C εκτός πεπερασμένου πλήθους απομονωμένων ανώμαλων σημείων και η f έτσι ώστε: lim f (z) = 0 z Υποθέτουμε ότι: (α) Η f έχει ανώμαλα σημεία z,, z n στο ΑΝΩ ΗΜΙΕΠΙΠΕΔΟ Im(z) > 0 (β) Η f έχει ανώμαλα σημεία w,, w m στο ΚΑΤΩ ΗΜΙΕΠΙΠΕΔΟ Im(z) < 0 (γ) Η f έχει ΑΠΛΟΥΣ ΠΟΛΟΥΣ ζ,, ζ r πάνω στον πραγματικό άξονα. Τότε (α) Αν ω < 0, έχουμε: n f (ω) = πi Res (f (z)e iωz, z j ) + πi j= r μ= Res (f (z)e iωz, ζ μ ) (β) Αν ω > 0, έχουμε: f (ω) = πi m λ= Res (f (z)e ωz, w λ ) πi κάτω ημιεπ. r μ= Res (f (z)e iωz, ζ μ ). 44

45 Άσκ. Υπολογίστε το cos(kx) x + dx (k Z ) Σκέφτομαι να χρησιμοποιήσω e ikx και μετασχηματισμό Fourier. Ορίζω f (z) = z + Προφανώς: z lim z + = z lim z + = 0 = 0 z Ανώμαλα σημεία της f : αυτά που μηδενίζουν παρονομαστή, άρα: z + = 0 z = ±i, τα οποία είναι προφανώς απλοί πόλοι. Χωρίς περιορισμό γενικότητας, εργάζομαι μόνον για k > 0 (διότι λόγω cos που είναι άρτια συνάρτηση ισχύει I k = I k (k > 0)). Αλλά: Τελικά: Τότε, από θεωρία: lim R R f R (x)e ikx dx = πi Res (f (z)e ikz, i) Res (f (z)e ikz, i) = lim z i (z + i) e ikz z + e = lim ikz z i z i = e k i = i e k lim R R f R (x)e ikx dx = πi i e k = πe k lim R + R R f (x) cos(kx) dx i lim R + R lim R + R R f (x) cos(kx) dx = πe k (k > 0) Εφόσον I k = I k, τελικά: R f (x) cos(kx) dx = πe k k Z Αν ήθελα να υπολογίσω το R ( cos(kx) x Αντίστροφος μετασχηματισμός Laplace R f (x) sin(kx) dx = πe k 0 cos(kz) ), με f (z) =, παρατηρώ ότι lim zf (z) 0. z + z Είναι γνωστό ότι αν f [0, + ) C είναι τμηματικά συνεχής στο [0, b] b > 0 και εκθετικής τάξης a R, δηλ. f (t) Ce at t > b, 45

46 όπου b, c > 0, τότε ορίζεται ο μετασχηματισμός Laplace ως εξής: L(f )(z) = + f (t)e zt dt 0 Τότε: lim z F(z) = 0 Θεώρημα: Αντιστροφή Laplace z z > a Έστω F = F(z) είναι ο μετασχ. Laplace συνάρτησης f, και έστω ότι η F είναι ολόμορφη στο C, εκτός πεπερασμένου πλήθους απομονωμένων ανώμαλων σημείων z,, z n (και φυσικά lim z F(z) = 0). Τότε για οποιοδήποτε γ R, τέτοιο ώστε όλα τα ανώμαλα σημεία της F βρίσκονται στα αριστερά της κατακόρυφης ευθείας γ + it, t R, έχουμε: f (t) = πi lim = n j= R γ+ir γ ir F(z)ezt dz Res (F(z)e zt, z j ) (t 0) π.χ. Βρείτε τον αντίστροφο μετασχ. Laplace της F(z) = Προφανώς lim z = 0 z (z + 4)(z ) Έχω δύο ανώμαλα σημεία z = 4, z = που είναι απλοί πόλοι Τότε: ( z > ) Αλλά: f (t) = Res (F(z)e zt, 4) + Res (F(z)e zt, ) Res (F(z)e zt (z, 4) = lim 4)e zt z z 4 (z + 4)(z ) = 4e 4t 5 Res (F(z)e zt, ) = lim e (z ) zt z z (z + 4) (z ) = et 5 Τελικά: f (t) = et 5 + 4e 4t 5 Άσκ. Αν z 0 πόλος της f = f (z) τάξης N, ΝΔΟ z 0 πόλος της f τάξης N + Θα χρειαστούμε τον ορισμό του πόλου. Αφού z 0 πόλος της f τάξης N, τότε, εξ' ορισμού: f (z) = h(z) (z z 0 ) N, όπου h(z) ολόμορφη στο z 0 με h(z 0 ) 0 f (z) = h (z)(z z 0 ) N N(z z 0 ) N h(z) (z z 0 ) N = h (z)(z z 0 ) Nh(z) (z z 0 ) N+, 46

47 άρα z 0 πόλος τάξης N + της f, διότι μηδενίζει N + φορές παρονομαστή (το z 0 ) ενώ δε μηδενίζει αριθμητή, εφόσον h (z 0 )(z 0 z 0 ) Nh(z 0 ) = Nh(z 0 ) 0 (αφού h(z 0 ) 0) Άσκ. Υπολογίστε το I = z+ = (z 3) sin ( z + ) dz Επειδή το ολοκλήρωμα δεν είναι στο, δεν χρησιμοποιώ Fourier/Laplace, απλώς το θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων. Από θεωρ. υπολοίπων: n I = πi Res (f, z j όλα τα ανώμαλα εντός κύκλου) j= = πi Res (f, ), διότι ανήκει στον κύκλο z + =. Ταξινόμηση του z 0 =. Το z 0 = ουσιώσης ανωμαλία (σύνθεση ολόμορφης - της sin z - με την z+ που έχει απλό πόλο. Εμπειρικά τότε η sin( z+ ) έχει ουσιώδη ανωμαλία στο z 0 = ) Υπολογισμός υπολοίπου Αφού z 0 = ουσιώδες ανώμαλο σημείο της (z 3)sin( z+ ), αναπτύσσω σε σειρά Laurent. Θέτω z+ = u, τότε: (z ) sin ( z + ) = (u 5) sin ( u ) τύπος = (u 5) ( u 3! u 3 + 5! u 5 ) = 3! u + 5! u 4 5 u + 5 6u 3 4u 5 + = 5 u 6u = 5 z + Θα δίνονται τύποι μερικών γνωστών σειρών McLaurin στο τυπολόγιο. Εξ' ορισμού: Res(f, z) = 5. Τελικά: I = πi( 5) = 0πi 47

48 Μέρος II Κεχαγιάς Σπιτεργασίες λιγότερες από πέρσι, για βαθμό, αφορούν μόνο το μέρος του Κεχ.. ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ. ΒΑΣΙΚΕΣ ΜΙΓΑΔΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 3. ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ, ΣΕΙΡΕΣ 4. ΔΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 5. ΑΡΜΟΝΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 6. ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ με μερικές παραγώγους Κεφάλαιο Μιγαδικοί αριθμοί z =x + iy C x, y R i = z = x + iy z = x + iy z + z = (x + x ) + i(y + y ) z z = (x + iy ) (x + iy ) = x x + iy y + ix y + ix y = (x x y y ) + i(x y + x y ) z = x + iy = (x + iy )(x iy ) z x + iy (x + iy )(x iy ) = x x + y y x + y z = x + iy z = x iy Re(z) = x R Im(z) = y R + i x y + x y x + y 48

49 y y z = x + iy r θ x x r = x + y = zz = z μέτρο του z r = x + y θ = arctan y x γενίκευση της απόλυτης τιμής (δηλ. z = x R, z = x = x ) z = x + iy = r cos θ + ir sin θ = r(cos θ + i sin θ) = r e iθ (Euler) e iθ = cos θ + i sin θ διότι e iθ = + iθ + (iθ)! Επίσης: + (iθ)3 3! + (iθ)4 4! + = θ! + θ4 4! + i θ3 θ 3! + θ5 5! = cos θ + i sin θ z = x + iy = x + y x y + i x + y x + y = r (cos θ + i sin θ) = r cos θ + ir sin θ z = + i z = i 49

50 z = + i = e iπ /4 r = + = θ = arctan = π 4 z = i = e i5π /4 = e i ( 3π /4= e i3π /4 ) r = ( ) + ( ) = θ = arctan = π 4 Γενικά: i = e i( 5π 4 +kπ), k Z. Συναρτήσεις C R z = x + iy mod(z) = x + y θ 0 αν z ο τεταρτημόριο { π θ Arg(z) = 0 αν z ο τεταρτημόριο π + θ 0 αν z 3 ο τεταρτημόριο { π θ 0 αν z 4 ο τεταρτημόριο z C {0} Arg(z) [0, π) θ 0 = arctan ( y x ) Ορίζω και την πλειότιμη συνάρτηση arg(z) = {Arg(z) + kπ, k Z} z = x + iy = mod(z) ei Arg(z) = mod(z) e i(arg(z)+kπ) z = mod(z )e i Arg(z ) z = mod(z )e i Arg(z ) z z = mod(z )mod(z )e i (Arg(z )+Arg(z )) Arg(z z ) Arg(z ) + Arg(z ) επειδή Arg (e i 7π 4 e i 7π 4 ) = 7π 4 + 7π 4 π Γενικά, αν A + B = {a + b a A, b B}, τότε: arg(z z ) = arg(z ) + arg(z ) 50

51 Όμως: arg(z z ) = arg(z) + arg(z) arg(z) διότι: A = {a, a, } B = {b, b, } A + B = {a + b a A, b B} A + A = {a + a a, a A} A = {a a A} A = {,, 3} B = {4, 5} A + B = {a + b a A, b B} = { + 4, + 5, + 4, + 5, 3 + 4, 3 + 5} = {5, 6, 7, 8} A + A = {, 3, 4, 5, 6} A = {, 4, 6}. n-οστές ρίζες z = a /n z n = a Δηλ. ποιο z ικανοποιεί αυτή a = a e iθ z = re iφ (re iφ ) n = a e iθ r n e inφ = a e iθ r n (cos nφ + i sin nφ) = a (cos θ + i sin θ) r { n = a r = n a cos(nφ) = cos θ { sin(nφ) = sin θ nφ = θ + kπ Z φ = θ+kπ n z = a /n = n a e i(θ + kπ) /n k Z (Όμως αρκεί να πάρω k {0,,, N }) a /n = { n a e iθ /n, n a e iθ+π n, 5

52 u 0 = n a e iθ /n = u n = n a e iθ+kπ n π /n u = n a e iθ+π n θ /n u n = n a e iθ+(n )π n Παρ. a / = / a = = e i0 a =, θ = 0 u 0 = i( 0+ 0 π e ) = e i0 = u = i( 0+ π e ) = e iπ = u u 0 = Παρ. a /3 = /3 = z a = = e i0, a =, θ = 0 u 0 = u = e iπ /3 u = e i4π /3 = + i 3 = i 3 5

53 u π /3 π /3 u 0 = π /3 u Διαφορετικά /3 = z = z 3 z 3 = 0 (z )(z + z + ) = 0 (z ) z + i 3 z + + i 3 = 0 Παρ. / = z = z z = 0 (z )(z + z z + ) = 0 {u 0 9, u,, u 0 } Κεφάλαιο Βασικές μιγαδικές συναρτήσεις e z, log(z) ez ορισμός = e x e iy = e x (cos y + i sin y) Ήξερα ex R R e iy R C. Τώρα η νέα συνάρτηση e z C C και γενικεύει τις δύο προηγούμενες συναρτήσεις. Παρ. e +i = ee i = e (cos + i sin ) = e cos + i e sin Re (e +i ) = e cos Im (e +i ) = e sin 53

54 log(e) = log( ) = log (e i(π+kπ) ) = i(π + kπ) Δηλ. η λογαριθμική συνάρτηση είναι πλειότιμη. z = z e iθ log(z) = ln ( z ) + iθ Ορίζω Πλειότιμη log(z) = ln ( z ) + iarg(z) Μονότιμη Log(z) = ln ( z ) + i Arg(z) είναι ο πρωτεύων κλάδος της πλειότιμης log( + i) = log ( e i(π /4+kπ) ) = log ( ) + i ( π 4 + kπ) { ln() + i (π 4 + kπ)}. Από σήμερα: Arg(z) ( π, π] Πριν 7 ημέρες: e z = e x+iy = e x cos y + i sin y Σήμερα: Θεώρημα exp(z) ορ = + z + z! + = n=0 zn n! Η exp(z) είναι παραγωγίσιμη σε κάθε z C και ικανοποιεί: () z (exp(z)) = exp(z) () z, z exp(z + z ) = exp(z ) exp(z ) (3) θ R exp(iθ) = cos θ + i sin θ () Απόδ. (exp(z)) = z + z +! + z3 3! + = z + z! + = exp(z) 54

55 () g(z) = exp(z) exp(ζ z) (3) dg = exp(z) exp(ζ z) + exp(z) exp(ζ z)( ) = 0 dz g(z) = c c = g(0) = exp(ζ) exp(ζ) = g(z) = exp(z) exp(ζ z) Θέτω: z = z, ζ = z + z Οπότε: exp(z + z ) = exp(z ) exp(z ) exp(iθ) = + iθ + (iθ)! + (iθ)3 3! + (iθ)4 4! + = θ! + θ4 4! + i θ3 θ 3! + = cos θ + i sin θ exp(z) e z ( + i) exp( + i) = + ( + i) + +! e +i = + (i + ) + ή ο αρ. e =.78 υψωμένος στη μιγαδική δύναμη + i Θεώρημα Η exp(z) είναι περιοδική με περίοδο πi Απόδ. exp(z + πi) = exp(z) exp(πi) = exp(z) Η εικόνα του συνόλου A C υπό την συνάρτηση f (z) Δηλ. f (A) = {w = f (z), z A} Παρ. Να δειχθεί ότι exp(c) = C {0} Διότι: έστω w = re iφ C {0}. Θα βρω z = ρe iθ = x + iy τ.ώ: exp(z) = w. exp(z) = exp(x + iy) = exp(x) exp(iy) w = re iφ exp(x) = exp(z) = w = r Arg (exp(z)) = Arg(w) x = ln(r) Arg (exp(z)) = Arg (exp(x) exp(iy)) = y Arg(w) = Arg(re iφ ) = φ Arg (exp(z)) = Arg(w) y = φ 55

56 Τελικά z = x + iy = ln(r) + iφ ικανοποιεί exp(z) = re iφ = w. Άρα exp(c) = C {0} Στην πραγματικότητα, δεν χρειάζομαι όλο το C διότι: exp(u) = C {0}, όπου U = {x + iy x R, y ( π, π]} π exp(z) π. Λογαριθμική Συν. πλειότιμη w = log(z) z = exp(w) w = log( + i) + i = e i( π 4 +kπ) log( + i) = log ( e i( π 4 +kπ) ) = ln( ) + log (e i[ π 4 +kπ] ) = ln( ) + i ( π 4 + kπ) k Z = {, ln( ) i 7π 4, ln( ) + i π 4, ln( ) + i 3π 4, ln( ) i 7π 4, } log(z) = ln(r) + iarg(z) πλειότιμη Log(z) = ln(r) + i Arg(z) μονότιμη ασυνεχής για x (, 0] Log( ) π Arg( ) = π Log( ) = iπ exp π 56

57 .3 Μιγαδικές δυνάμεις ή z c = e log(zc) = e clogz = e c(ln( z )+iarg(z)) z c = e Log(zc) = e c(ln( z )+iarg(z)) ( + i) i = e ( i) log(+i) = e ( i)(ln( )+i( π 4 +kπ)) z = + i c = i = e ( ln( )+( π 4 +kπ))+i( ln( )+ π 4 +4kπ) = e ln( )+ π 4 +kπ e i( ln + π +4kπ) = e π /4+kπ [cos ( ln ( ) + π + 4kπ) + i sin ( ln ( ) + π + 4kπ)] + i = ( + i) / = e / log(+i) = e /(ln( )+i( π 4 +kπ)) = e / ln( ) e (π /4+kπ) = 4 e i( π 8 +kπ) = 4 (cos ( π 8 + kπ) + i sin (π 8 + kπ)) 4 { (cos( π = 8 ) + i sin( π 8 )) 4 { (cos( 9π 8 ) + i sin( 9π 8 )) ( ) i = e log(( )i) = e i log( ) = e i(i(k+)π) = e (k+)π ( + i) = e log(+i) = e (ln( )+i( π 4 +kπ)) = e i ( π 4 )+kπ = cos cos π 4 π 4 π 4 = cos = π 4 + k π π 4 + k π + i sin π 4 + k π + k π + mπ k π = mπ = m /k ( + i) p /q = m = λq 57

58 Παρ. Να βρεθούν οι τιμές του n τ.ώ: c n = n i k I k=0 n 0 + i + i + i = 3 + i + i + i 3 = i 6 i Αρα n,m c n = c n+4m Οι φανταστικές τιμές του c n προκύπτουν για n =, 3, 6, 7, 0,, + i = c = c 5 i = c = c 6 c 7 = c 3 = 0 = c 0 = c 4 Απ. n {m + 4l m {, 3}, l N 0 } Παρ. Να λυθεί η ( + z) n = ( z) n n N 58

59 Λύση Φαίνεται άμεσα ότι z ( + z z ) n = + z z = ( ) /n = (e i(k+)π ) /n z = ei(k+)π /n e i(k+)π /n + = cos ((k + ) π n ) + i sin ((k + ) π n ) cos ((k + ) π n ) + i sin ((k + ) π n ) + { { = cosφ = sin φ cosφ+=cos φ sin ((k + ) π 4n ) + i sin((k + ) π 4n )cos((k + ) π 4 ) cos ((k + ) π 4n ) + i sin((k + ) π 4n )cos((k + ) π 4 ) = sin((k + ) π 4n )[ sin((k + ) π 4n ) + i cos((k + ) π 4n )] cos((k + ) π 4n )[cos((k + ) π 4n ) + i sin((k + ) π 4n )] z k = i tan ((k + ) π ) k = 0,,, n 4n.4.4. Η γραμμική απεικόνιση Τύπος: f (z) = az + b, a, b C Προφανώς η w = f (z) = az + b είναι - συνάρτηση και εύκολα βρίσκουμε την αντίστροφή της λύνοντας την w = az + b ως προς z. Έτσι: f C C f (z) = az + b και μπορώ να την επεκτείνω στο C με - τρόπο θέτοντας f ( ) = Γεωμετρική ερμηνεία 59

60 z C διαστολή a z = ζ C z = x + iy ζ επίπεδο z επίπεδο ζ στροφή e iarg a ζ = σ = az παράλληλη μεταφορά σ + b = az + b κατά b σ + b σ Arg a ζ σ b επίπεδο σ επίπεδο f (z) Προφανώς, από τη δομή της, η γραμμική απεικόνιση απεικονίζει ευθείες σε ευθείες και κύκλους σε κύκλους. Ερώτηση Έστω f (z) = az + b. Αν Ax + By + Γ = 0 ευθεία τυχαία, βρείτε πού αυτή απεικονίζεται μέσω της f (z). w = u + iv = az + b = u(x, y) + iv(x, y) = a(x + iy) + b w = az+b z = w b a x+iy = u+iv (b 0+ib ) = [(u b 0)+i(v b )][a 0 a i] = (u b 0)a 0 +a (v+b ) + a 0 +ia a a i a (u b 0 )+a 0 (v b ) a Άρα: x = a 0u + a v (a 0 b 0 + a b ) a y = a u + a 0 v (a b 0 + a 0 b ) a 60

61 (μπορεί να είναι λάθος) Ax + By + Γ = 0 A (a 0 u + a v (a 0 b 0 ) (a 0 b 0 + a b ) + B ( a u + a 0 v (a b 0 + a 0 b )) + Γ a = 0.4. Αντιστροφή f (z) = z (z 0) Προφανώς: C {0} C f (z) = z και μορεί να επεκταθεί στο C θέτοντας f (0) = και f ( ) = 0. { Εννοείται ότι είναι - με w = z w δηλ. για w = u + iv { z = x + iy έχουμε: x + iy = u iv u + v x = u u +v y = v () u +v Έτσι φαίνεται ότι η συνάρτηση αυτή απεικονίζει ευθείες σε ευθείες ή κύκλους, και κύκλους σε ευθείες ή κύκλους. Πράγματι, αν Ax + By + Γ = 0 τυχαία ευθεία στο επίπεδο του z, τότε από (): u A u + v B v u + v + Γ = 0 Au Bv + Γ (u + v ) = 0 Γ = 0 τότε Au By = 0 άρα ευθεία απεικον. σε ευθεία, ενώ: Γ 0 τότε u + v + Γ A u Γ B v = 0 δηλ. κύκλος x + y + Ax + By + Γ = 0 Ηf (z) = z απεικονίζει το εσωτερικό μοναδιαίου κύκλου z = με κέντρο το z = 0, στο εξωτερικό του (με - τρόπο, και αντιστρόφως). Πράγματι: z z <, τότε f (z) = z z z >, τότε f (z) = z z z =, τότε f (z) = z =.4.3 Μετασχ. Möbius με f (z) = z με f (z) = z zz = z z z = > f (z) > < f (z) < Καλούμε ρητογραμμικό μετασχηματισμό (Möbius) κάθε συνάρτηση f (z) = az + b cz + d (με ad bc 0) Προφανώς: f C { d /c} C { a c}, αν c 0 ή f C C αν c = 0 H f είναι - (εύκολο). z Αποδεικνύεται ότι ο μετασχ. Möbius είναι σύνθεση διαστολής, περιστροφής, μετάθεσης και αντιστροφής, άρα απεικονίζει ευθείες σε ευθείες ή κύκλους, και κύκλους σε ευθείες ή κύκλους. Ο μετασχ. Möbius (στην περίπτωση ευθείας ή κύκλου) απεικονίζει συμπληρωματικούς τόπους σε συμπληρωματικούς τόπους. 6

62 π.χ. G (ε) f (z) = az+b cz+d A G A G, G συμπληρωματικοί τόποι επειδή η συρραφή τους απεικονίζει όλο το επίπεδο A, A συμπλ. τόποι Τότε G A ή A G A ή A Αποδεικνύεται ότι υπάρχει ΜΟΝΑΔΙΚΟΣ μετασχ. Möbius που απεικονίζει ΤΡΙΑ σημεία z, z, z 3 σε ΤΡΙΑ ΑΛΛΑ σημεία w = f (z ), w = f (z ), w 3 = f (z 3 ), και έχει τη μορφή: (w w )(w w 3 ) (w w 3 )(w w ) = (z z )(z z 3 ) (z z 3 )(z z )..4.4 Τριγωνομετρικές και αντίστροφές τους Η συνάρτηση sin C C sin z = eiz e iz είναι π-περιοδική, άρα μη αντιστρέψιμη στο C Έστω E k = {x + iy κπ π < x < κπ + π, y R}, k Z είναι "κατακόρυφες λωρίδες". Για k = 0, έχω: u + iv = f (z) = sin z π 0 π Τότε η sin z γίνεται - με πεδίο τιμών το σύνολο A = C {u + iv u και v = 0} Έτσι η sin E k A είναι - (για κάθε συγκεκριμένο k Z), άρα αντιστρέψιμη. Από w = sin z παίρνω: u(x, y) = sin x cosh y v(x, y) = cos x sinh y 6

63 Για x = π, y R sin z (cosh y, 0) απεικονίζεται Αλλά cosh y δεν είναι - y, επομένως η sin z ΔΕΝ μπορεί να είναι - πάνω στην x = π, η οποία εξαιρείται από το πεδίο ορισμού. Έτσι, από το πεδίο τιμών, εξαιρείται η ημιευθεία {u + iv u, v = 0} Για x = π, ομοίως εξαιρείται η ημιευθεία {u + iv u, v = 0} sin z Για x = 0, y R (0, sinh y) και επειδή sinh y - γν. αύξ. με πεδίο τιμών το R y απεικον. η x = 0 απειον. στην u = 0. Έστω x = a (a ± π ), a 0. u = sin a cosh y Τότε: v = cos a sinh y αντίστοιχα για a ( π, 0). Έτσι ορίζουμε: τοξημ = arcsin E E k u sin a arcsin z = w z = sin w = eiw e iw e iw ize iw = 0 e iw = iz + 4 4z iw = log z + z arcsin z = log z + z v cos a =. Αν a (0, π ), τότε u > 0 v R, και Τρίτη / Ατρέας, τμήματα Πέμπτη 4/ Κεχαγιάς, τμήματα Παρασκευή 5/ Κεχαγιάς, τμήματα Κεφάλαιο 3 Ακολουθίες & Σειρές (Μιγαδικών αριθμών/συναρτήσεων) Ορισμός Ακολουθία (u n (z)) n= Ορισμός Λέμε ότι η u n (z) τείνει σε u(z). Γράφουμε lim n u n (z) = u(z) z, ε > 0 N ε,z n Nε, z u n (z) u(z) < ε 63

64 Παρ. u n (z) = + z n lim n = διότι Ορισμός z C, ε > 0 n z ε + + z n < ε Έστω ακολουθία (u n (z)) n= z n < ε n > z ε Ορίζω νέα ακολουθία (S (z)) n= ως εξής: S (z) = u (z) S (z) = u (z) + u (z) Εάν n lim S n (z) = S(z) γράφω n= S n (z) = u (z) + u (z) + + u n (z) u n (z) = S(z) και το ονομάζω σειρά. Παρ. για n N ορίζω u n (z) = z n ( z). Τότε u n (z) = z n ( z) n= n= Τελικά N N n= = lim z n ( z) = n= (z n z n+ ) = lim N (z z + z z 3 + z 3 z 4 + z N+ ) = lim N (z zn+ ) = z lim N zn= Θέτω z=re iθ = z lim N rn e inθ = z όταν z < { z όταν z < { δεν ορίζεται όταν z (Για z = 0, n=0 = 0n ( z) = 0 = z) Ισχύει z < lim N zn = 0, διότι z με z <, ε > 0 n ln e ln z + zn < ε z n < ε n ln z < ln e ln e n < ln z 64

65 Ορισμός Λέω ότι η u n (z) συγκλίνει απολύτως ανν u n (z) συγκλίνει. n= n= Ορισμός Λέμε ότι η (u n (z)) n= συγκλίνει ομοιόμορφα στην u(z) ανν z, ε > 0 N ε n N ε u n (z) u(z) < ε Το N e δεν εξαρτάται από το z Παρόμοια πράγματα λέμε και για την u n (z) n= Παρ. Η n= zn ( z) συγκλίνει ομοιόμορφα για κάθε z με z z Διότι N lim N n= z n ( z) = z lim N zn+ Αρκεί να δείξω ότι z N+ 0 ομοιόμορφα. z, z ln ε, ε > 0, n ln z + zn+ < ε Ισχυρίζομαι ότι z, z, ε > 0, n ln ε z ln + z N+ < ε διότι z ln ε ln ln ε ln z Θεώρημα Έστω (u n (z)) n= ακολουθία συνεχών συναρτήσεων και n= u n(z) = u(z) ομοιόμορφα στο χωρίο Δ. Τότε u(z) dz = u c c n (z) dz = u c n (z) dz n= n= Θεώρημα Θέτω (u n (z)) n= ακολουθία αναλυτικών (ολόμορφων) συναρτήσεων και n= u n(z) = u(z) συγκλίνει ομοιόμορφα στο χωρίο D. Τότε du dz = d dz ( u du n(z)) = dz u= 65

66 Θεώρημα Αν συγκλίνει η u n (z), τότε συγκλίνει και η n= u n(z) n= Το αντίστροφο δεν ισχύει πάντα. Θεώρημα Αν συγκλίνει η v n (z) και n, z u n (z) v n (z), τότε συγκλίνει και η u n (z) n= n= Θεώρημα: Κριτήριο του λόγου Έστω L(z) = n lim u n+(z). Τότε u n (z) L(z) < L(z) > L(z) = η συγκλίνει n= η δεν συγκλίνει n= δεν μπορούμε να αποφανθούμε Θεώρημα: Κριτήριο της ρίζας Έστω L(z) = lim n n u n (z).. Τότε L(z) < L(z) > L(z) = η συγκλίνει n= η δεν συγκλίνει n= δεν μπορούμε να αποφανθούμε Παρ. Η n= z n συγκλίνει όταν z, δεν συγκλίνει όταν z > n (n+) Θέτω L(z) = lim Όταν z =, τότε n= z n n(n + ) = n zn+ /(n + )(n + ) n= z n /n(n + ) = lim z n n(n + ) = n= n z n n + = z n(n + ) = ( n n + ) = n= Αφού συγκλίνει απολύτως, συγκλίνει (για κάθε z z = ) 66

67 Παρ. n= zn συγκλίνει όταν z < N z n = z + z + z z N n= = z ( + z + z + + z N ) = z zn z = z z ( zn ) = z για N όταν z < z Για z > δεν συγκλίνει. Για z = δεν συγκλίνει (τουλάιστον για κάποιες τιμές). Εναλλακτικά, με κριτήριο ρίζας: L(z) = lim n n z n = z και κριτήριο λόγου: L(z) = lim n zn+ z n = z Παρ. n= (z+)n (n+) 3 4 n L(z) = lim n (z+) n+ (n+) 3 4 n (z+) n (n+) 3 4 n z + = n lim ( n n + ) = z + 4 z + < 4 { z + = 4 { z + > 4 συγκλίνει δεν συγκλίνει Αν z + = 4, ελέγχουμε αν συγκλίνει απολύτως: n= (z + ) n (n + ) 3 4 n = n= 4 n (n + )4 n = n= (n + ) < n= n 3 < Παρ. n= n! zn L(z) = lim n (n + )! z n+ n! z n = lim n (n + ) z = { z 0 { 0 z = 0 zn συγκλίνει για z n(n + ) z n συγκλίνει για z (z + )n (n + ) 3 συγκλίνει για z + 4 4n n! z n συγκλίνει για z = 0 Ορισμός Δυναμοσειρά: a n (z z 0 ) n n=0 67

68 Θεώρημα Για κάθε δυναμοσειρά a n (z z 0 ) n υπάρχει R 0, τ.ώ: n=0 z z 0 < R z z 0 > R η δυναμοσειρά συγκλίνει ομοιόμορφα η δυναμοσειρά δεν συγκλίνει Στο z z 0 = R η ΔΣ μπορεί να συγκλίνει σε κάποια σημεία και να μην συγκλίνει σε άλλα. Αυτό παρατηρούμε και στα 4 παραπάνω παραδείγματα. Όταν a n (z z 0 ) n σειρά Taylor. n=0 Όταν a n (z z 0 ) n σειρά Laurent. n= Η σειρά Laurent περιλαμβάνει την Taylor ως ειδική περίπτωση. Αν είναι "γνήσια" σειρά Laurent (a n σημείο της σειράς Laurent. Από την ΑΛΛΗ ΕΒΔΟΜΑΔΑ ΤΡΙ και ΠΕ στον ΑΤΡΕΙΑ ΚΑΙ ΤΑ τμήματα 0 για κάποια αρνητικά n), τότε το z 0 λέγεται ανώμαλο Θεώρημα Για κάθε ΔΣ f (z) = a n (z z 0 ) n υπάρχει αριθμός R 0 (ακτίνα σύγκλισης) τ.ώ n=0 (α) Η ΔΣ συγκλίνει ομοιόμορφα και απόλυτα στο D R (z 0 ) = {z z z 0 < R} (β) Η ΔΣ αποκλίνει στο {z z z 0 > R} δίσκος σύγκλισης (γ) Σε κάθε σημείο του συνόρου του δίσκου σύγκλισης {z z z 0 = R} η ΔΣ μπορεί να συγκλίνει ή να αποκλίνει Θεώρημα Για κάθε ΔΣ f (z) = n=0 a n (z z 0 ) n, z D R (z 0 ) ισχύουν: (α) d f dz = n a n (z z 0 ) n n=0 (β) Για κάθε C D R (z 0 ) C f (z) dz = a n (z z C 0 ) n dz n=0 68

69 Θεώρημα Έστω f (z) αναλυτική στο εσωτερικό κλειστής καμπύλης C. Έστω z 0, z σημεία στο εσωτερικό της C. Τότε f (z) = = f (n) n! (z z 0) n n=0 n=0 πi ( C f (z) (z z 0 ) n dz) (z z 0) n z 0 z ΠΑΡ. Να βρεθεί η σειρά Taylor της f (z) = sin z, γύρω από το z 0 = 0. ΛΥΣΗ f (z) = sin(z) f (0) = 0 f (z) = cos(z) f (0) = f (z) = sin(z) f (0) = 0 f (z) = cos(z) f (0) = sin(z) = 0(z 0 z 0 sin(z) = z z3 3! + z5 5! + ) 0 +! (z 0 ) + 0! (z 0 ) + 3! (z 0 ) 3 + z 0 z 0 z 0 ΠΑΡ. Να βρεθεί η σειρά Taylor Α' τρόπος f ( π /3) = 3/, f ( π /3) = 3/ f ( π /3) = /, f ( π /3) = /, sin(z) = 3 + (z π /3) 3! (z π /3) 3! (z π /3) 3 Β' τρόπος u = z π /3 z = u + π /3 69

70 / sin(z) = sin(u + π /3) = sinh cos π + cosh 3 3/ sin π /3 = (u u3 /3! + u5 /5! ) + 3 u! + u4 4! = 3 + u 3! u 3! u3 + = 3 + (z π 3 ) 3! (z π 3 ) ΠΑΡ. Να βρεθεί η σειρά Taylor της f (z) = z γύρω από το z 0 = ΛΥΣΗ z = u z = u + z = ( + u) u u < + u = u + u u 3 + z = + u = + u u + u 3 z < z = + (z ) (z ) + (z ) 3 (για z = 3, f (z) = + + ) ΠΑΡ. Να βρεθεί η σειρά Taylor της f (z) = z z z 3 γύρω από το z 0 = 0 z z z 3 = A z 3 + z < z 3 < z < 3 B z = 4 z z 3 = 4 ( z + z z 3 + ) z 3 = 4 ( z + z3 z 3 + ) 4 + z 3 + z 9 + = 3 z z + 70

71 z < z z 3 = (z ) 4 = 4 ( z z ) = 4 + ( z ) + ( z ) (z 6 ) + z z 3 = 4 ( z 4 ) ( z z ) 4 Θεώρημα Έστω R < R, C = {z z z 0 = R } C = {z z z 0 = R } A R,R (z 0 ) = {z R < z z 0 < R } A R,R (z 0 ) = {z R z z 0 R } δακτύλιος χωρίς σύνορο δακτύλιος με σύνορο R z 0 R Έστω f (z) αναλυτική στο A R,R (z 0 ). Τότε z A R,R (z 0 ) ισχύει f (z) = a 0 (z z 0 ) n n= Αυτή λέγεται σειρά Laurent (Λοράντ) της f (z) γύρω από το z 0. n Z a n = πi C (η C εντός του A R,R (z 0 )) f (z) dz (z z 0 ) n+ ΠΑΡ. Βρείτε την σειρά Laurent της f (z) = sin z z γύρω από το z 0 = 0. Λύση z 0 < z < sin z z sin z z = sin z z = z z3 z 3! + z5 5! = z z 3! + z 5! 7

72 Το z 0 = 0 είναι πόλος πρώτης τάξης. ΠΑΡ sin z z 0 < z < sin z z = z 3! + z4 5! Το z 0 = 0 είναι απαλείψιμο ανώμαλο σημείο. ΠΑΡ Να βρεθεί η σειρά Laurent της f (z) = ez (z+) γύρω από το z 0 = Λύση 0 < z + < e z (z + ) = e z (z + ) = e (z + ) e(z+) = e (z + ) 4 (z + ) + (z + ) + +! e (z + ) + e z + + e + 4e (z + ) (z + )3 3! + Παρατηρώ ότι z 0 = είναι πόλος ης τάξης ez (z + ) dz = e 0 e πi e C (z + ) dz + C z + dz + 4e (z + ) 0 dz + C 3 ez (z + ) = e πi Ορισμός Έστω f (z) = n= a n (z z 0 ) n. Έστω n ο ελάχιστος n τ.ώ. a n 0. (αν δεν υπάρχει το ελάχιστο, θέτω n = ) α. Αν n = 0, τότε το z 0 είναι απαλείψιμο ανώμαλο σημείο (πόλος μηδενικής τάξης) β. Αν > n > 0, τότε το z 0 είναι πόλος τάξης n γ. Αν n =, τότε το z 0 είναι ουσιώδες ανώμαλο σημείο (πόλος τάξης) Η f (z) = e /z έχει το z 0 = 0 πόλο άπειρης τάξης. 7

73 3. Δέκα Σειρές Laurent. f (z) = (z ) sin(z ) γύρω από το z 0 = Λύση f (z) = (z ) sin(z ) sin(z ) = (z ) (z )4 3! + = (z ) + (z ) + (z )6 5! (z )3 3! (z )3 z 3! (z )4 + 3! + (z )5 5! Ισχύει z C. f (z) = z +3z+, z 0 = Λύση z f (z) = (z + )(z + ) = z + + z + g (z) = z + g (z) = z + = z + = (z + ) = + (z + ) + (z + ) + 0 < z + < f (z) = g (z) + g (z) = z (z + ) + (z + ) + 3 Σε δυνάμεις της (z + ) αλλά μακριά από το z 0 = (δηλ. z + > ) f (z) = z + + (z + ) (z + ) = z + z+ + = z + z+ f (z) = z + (z + ) (z + ) 3 Το z 0 = είναι πόλος ης τάξης. = z + ( + z + + (z + ) + ) 73

74 3. Η ίδια σειρά, γύρω και κοντά στο z 0 = f (z) = z + + z + g (z) = z + = + (z + ) = ( (z + ) + (z + ) (z + ) 3 + ) f (z) = z + + (z ) + (z + ) (z + ) 3 + z + + (z ) + (z + ) (z + ) 3 + = z (z + ) + (z + ) + = z z + 3z + z z + 3z + 0 < z + < 0 < z + < Θα επιβεβαιώσω ότι οι δύο αυτές σειρές είναι ίσες μεταξύ τους και με την τιμή της συνάρτησης. f ( 3 /) = 3 / 9 /4 3 / + 3 /4 = 6 f ( 3 /) = = 6 f ( 3 /) = = 6 4. f (z) = z (z ) γύρω από το z 0 = 0 Λύση f (z) = z f (z) = (z ) z = + z + z + (z ) = ( z) = ( z ) = ( + z + z + z 3 + ) = z + 3z + f (z) = + z + 3z + f (z) = f f = z + z z + 5z + 74

75 5. f (z) = z (z ), z 0 = f (z) = (z ) f (z) = z = ( + (z )) ( + u) = u + 3u = (z ) + 3(z ) + z f (z) = (z ) + 3 4(z ) + (z ) ( + u) = + u + u + u + u u + u u + 3u + u u u 4u u 3 3u + u 3 Ομοίως, τη σειρά της z +3z+ γύρω από το z 0 = μπορώ να την βρω αντικαθιστώντας: z + 3z + = (z + ) + (z ) = u + u u + u + u u + u 6. f (z) = z (z ) γύρω από το z 0 = 0 Λύση f (z) = z ( + z + z + ) για 0 < z < = z z 7. f (z) = z(z ) γύρω από το z 0 = 0 για z > 75

76 Λύση f (z) = f (z)f (z) f (z) = z f (z) = z = z z = z ( + z + z + ) f (z) = z + z 3 + z f (z) = z+ z +z, να βρεθούν όλες οι δυνατές σειρές Laurent γύρω από το z 0 = 0. Λύση Τα ΑΣ (ανώμαλα σημεία) είναι z = και z =. Οπότε Αυτή είναι η άσκηση που θα πέσει στις εξετάσεις αν δεν έχει κέφι ο Κεχαγιάς. η σειρά: z < η σειρά: < z < 3η σειρά: < z f (z) = + = f z z + (z) + f (z) f (z) f (z) η σειρά z < f (z) = ( + z + z + ) f (z) = z + = + z άρα για z z < = ( z + z 4 + ) z < f (z) = f (z) + f (z) = 5z 4 7z 8 76

77 η σειρά < z < με u = /z f (z) = u = u u = u( + u + u ) + = u + u + u 3 + f (z) = z + z + z 3 + Τελικά: f (z) = z 4 + z 8 f (z) = /z / z /4 + z /8 + 3η σειρά < z f (z) = z + z + z 3 + f (z) = z + = z + z = z ( z + 4 z ) f (z) = z z + 4 z 3 f (z) = f + f = z z + 5 z 3 Κεφάλαιο 4 Αρμονικές συναρτήσεις Θεώρημα Αν η f (z) = u(x, y) + iv(x, y) είναι παραγωγίσιμη στο (x 0, y 0 ) τότε u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ) Cauchy- Riemann Παρ. f (z) = z 3 = (x + iy) 3 = x 3 + 3x iy + 3xi y + (iy) 3 = (x 3 3xy ) + i (3x y y 3 ) Δηλ. u = x 3 3xy v = 3x y y 3 u x = 3x 3y = v y u y = 6xy = v x 77

78 Ορισμός Λέμε την u(x, y) αρμονική στο χωρίο D ανν (x, y) D: (α) Οι u xx, u yy, u xy είναι συνεχείς (β) Ισχύει η εξίσωση του Laplace u xx + u yy = 0 Θεώρημα Αν η f (z) = u(x, y) + iv(x, y) είναι αναλυτική στο D, τότε οι u(x, y), v(x, y) είναι αρμονικές στο D Απόδ. Αφού η f (z) είναι αναλυτική ισχύουν u x = v y v x = u y } } u xx = v yx v xy = u yx } } u xx = u yy u xx + u yy = 0 Ομοίως δείχνεται v xx + v yy = 0. Παρ. f (z) = z 3 = (x 3 3xy ) + i(3x y y 3 ) Θα δείξω ότι οι u, v αρμονικές Λύση u xx = (u x ) x = (3x 3y ) x = 6x u yy = (u y ) y = ( 6yy) = 6x u xx + u yy = 6x 6x = 0 άρα η u αρμ. v xx = (v x ) x = (6xy) x = 6y v yy = (v y ) y = (3x 3y ) y = 6y v xx + v yy = 0 άρα η v αρμ. Ορισμός Αν η f (z) = u(x, y) + iv(x, y) είναι αναλυτική, λέμε ότι οι u, v είναι συζυγείς αρμονικές Παρ. Να βρεθεί η συζυγής αρμονική της u = x y Λύση Από την εκφώνηση υποτίθεται ότι υπάρχει αναλυτική f (z) = u(x, y)+iv(x, y), με u(x, y) = x y. Τότε: u x = x = v y v(x, y) = x dy = xy + c(x) v x = y + dc dx = u y = y dc dx = 0 c σταθ. Τελικά v(x, y) = xy + c, f (z) = x y u + ixy + c = (x + iy) + v 78 c = z + c = f (z)

79 Παρ. Να βρεθεί η συζυγής αρμονική της u = e x cos y Λύση Με το μάτι f (z) = e z, v(x, y) = e x sin y Αλλιώς u = e x cos y, u x = e x cos y = v y v = e x sin y + c v x = e x sin y + dz dx = u y v = e x sin y + c f (z) = e x cos y + ie x sin y + c = e x (cos y + i sin y) + c = e x = e x e iy + c = e z + c = f (z) 4.0. Τι σημαίνει/σε τι χρησιμεύει/τι είναι η εξίσωση του Laplace; Η λύση της Εξ. Laplace περιγράφει προβλήματα όπως () μετάδοση θερμότητας σε σταθερή κατάσταση () ροή ρευστών (3) πυκνότητα ηλ. φορτίου (4) δυναμικό μέσα σε έναν αγωγό D Η εξ. Laplace u x + u = 0 είναι διαφορική εξίσωση με μερικές παραγώγους. Αν αυτή ισχύει y σε κάποιο χωρίο D και την εφοδιάσω με οριακές συνθήκες (τιμές της u(x, y) στο D - σύνορο του D), τότε έχω μοναδική λύση στο πρόβλημα Dirichlet: () (x, y) D u x + u y = 0 () (x, y) D u(x, y) = F(x, y) Παρ. Ένα μεταλλικό τετράγωνο έλασμα D έχει σταθερές θερμοκρασίες στα άκρα του, όπως φαίνεται στο σχήμα. 0 C 0 C D 00 C 0 C Η θερμοκρασία του ελάσματος δίνεται από τη λύση του: () (x, y) 0 < x < 0 < y < u xx + u yy = 0 79

80 () (x, y) u(x, 0) = 0 u(x, ) = 0 u(0, y) = 0 u(, y) = 00 Τι σχέση έχουν όλα αυτά με () Μιγαδικές συναρτήσεις; () Λογισμό II; Τι ασκήσεις μπαίνουν στις εξετάσεις; Τι σημαίνει η εξ. Laplace; Διακριτοποίηση εξίσωσης Laplace (mδ, nδ) n D m (x, y) D u xx + u yy = 0 (x, y) D u(x, y) = F(x, y) δεδομένη συνάρτηση u ((m + )δ, nδ) u(mδ, nδ) u x (mδ, nδ) δ u(mδ, nδ) u ((m )δ, nδ) u x ((m )δ, nδ) δ u xx (mδ, nδ) u x(mδ, nδ) u x ((m )δ, nδ) δ u ((m + )δ, nδ) u(mδ, nδ) u ((m )δ, nδ) u xx u yy δ u (mδ, (n + )δ) u(mδ, nδ) u (mδ, (n )δ) δ 0 = u xx + u yy = u(mδ, nδ) = 4u(mδ, nδ) + u ((m + )δ, nδ) + u (mδ, (n + )δ) + u ((m )δ, nδ) + u (mδ, (n ) u ((m + )δ, nδ) + u ((m )δ, nδ) + u (mδ, (n + )δ) + u (mδ, (n )δ) 4 Παρατηρούμε δηλαδή ότι η εξίσωση Laplace δηλώνει ότι η τιμή σε κάθε σημείο είναι ο μέσος όρος της τιμής των 4 γειτονικών σημείων. δ 80

81 Παρ. Στο προηγούμενο πρόβλημα: 0 C, 5 0 C 00 C 0 0 C u ( /, /) = 4 (u ( /, 0) + u ( /, ) + u (0, /) + u (, /)) u ( /, /) = ( ) 4 = 5 Τότε θα μπορούσαμε να βρούμε τη λύση λύνοντας ένα σύστημα 9x9, ή με υπολογιστική προσέγγιση. D z 0 (x, y) D u xx + u yy = 0 (x, y) D u(x, y) = F(x, y) δεδομένη συνάρτηση f (z 0 ) = πi f (z) dz D z z 0 u(x 0, y 0 ) = π u(x, y) + iv(x, y) Re ( d (x + iy)) D x x 0 + i(y y 0 ) v(x 0, y 0 ) = Από θεώρημα του Gauss/Μέσης Τιμής: f (z 0 ) = u(x 0, y 0 ) = v(x 0, y 0 ) = π π 0 π π 0 π π 0 f (z 0 + re iθ ) dθ u(x 0 + r cos θ, y 0 + r sin θ) dθ v(x 0 + r cos θ, y 0 + r sin θ) dθ, δηλαδή σε κάθε σημείο η τιμή είναι ο μέσος όρος των γειτόνων. 8

82 Αυτά που μπαίνουν στις εξετάσεις είναι: Να βρεθεί η συζυγής αρμονική, και να λυθεί η εξίσωση Laplace, κάτι που θα μάθουμε τις επόμενες Παρασκευές. 4. Αρμονικές στην εξίσωση Laplace Παρ. Δίνεται το χωρίο D = {z a < Re(z) < b} (x, y) D u xx + u yy = 0 Να βρεθεί u(x, y) τ.ώ y u(a, y) = u y u(b, y) = u Λύση u = u u = u a b Λόγω συμμετρίας υποθέτω ότι u(x, y) = u(x) οπότε 0 = u xx + u yy = u xx u x = k u = kx + λ Χρησιμοποιώντας τις οριακές συνθήκες: u = u(a) = ka + λ u = u(b) = kb + λ u(x, y) = u u a b x +? u u = kx + λ v = 0 u y = v x 0 = v x v = c(y) v y = dc dy = u x = k v(y) = ky + c f (x, y) = u + iv = kx + λ + i(ky + c ) f (z) = kz + c Παρ. u(x, y) = k θ θ u = 0 u(x, y) = k 8

83 u(, ρ, θ) = u(θ) D = {(ρ, θ) θ < θ < θ } D = {z θ < Arg(z) < θ } u(z) = u όταν Arg(z) = θ u(z) = u όταν Arg(z) = θ Παρατηρώ ότι Arg(z) = Im (Log(z)) Άρα με f (z) = Log(z), η Arg(z) είναι αρμονική όπως και η u(z) = k Arg(z) + λ, ισοδύναμα u(x, y) = k arctan(y, x) + λ Σημείωση: arctan(y, x) = Arg(x + iy) u(x, y) = u u θ θ arctan(y, x) + λ Παρ. u = u u = 0 Παρ. u = u u(x, y) = g(r) Παρατηρώ ότι f (z) = Log(z) = ln r +i Arg(z) αναλυτική αρμονική Άρα υποθέτω λύση της μορφής: u(x, y) = k ln r + λ u(x, y) = u u R R ln(r) + c D u = 0 u(x,0)= u(x,0)=0 (x < 0) (x > 0) u(x, y) = u u θ θ arctan(y, x) + u = arctan(y, x) = u(x, y) π x < 0 u(x, 0) = π arctan(0, x) = π π = x > 0 u(x, 0) = π arctan(0, x) = 0 π = 0 83

84 Παρ. u = 0 u= x 0 u=0 u(x, y) = π arctan(y, x x 0 ) u = 0 u 0 u u u 3 x x x 3 u N x N u N u 0 x < x u { x < x < x u(x, 0) = u x < x < x 3 { u n x N < x u(x, y) = N (u π n u n ) arctan(y, x n x) + u 0 n= = N (u π n u n ) arctan(y, x x n ) + u N n= 4. Επίλυση προβλήματος Dirichlet σε άλλα χωρία w = az + b cz + d = f (z) Μετασχηματισμός Möbius y z = x + iy x f v w = u + iv u Απεικονίζει (κύκλους και ευθείες) σε (κύκλους και ευθείες) 84

85 i z Παρ. Ο Μ/Σ ( i + z ) απεικονίζει την ευθεία {(x, 0) x } στον κύκλο {(u, v) u + v = } διότι w = i+x i x i x w = = i+x Επίσης απεικονίζει το άνω ημιεπίπεδο {(x, y) x R, y > 0} στον δίσκο {(u, v) u + v < } διότι w i (x + iy) = i + (x + iy) x + i( y + ) = x + i(y + ) = A B A = x + i( y + ) = x + ( y) B = x + i(y + ) = x + ( + y) Βλέπω ότι ( y) < ( + y) y < 0 διότι y > 0 A < B Τι σχέση έχουν αυτά με τις αρμονικές συναρτήσεις και με το πρόβλημα Dirichlet; Μπορούν να χρησιμοποιηθούν για λύση του προβλήματος σε χωρία πέρα του άνω ημιεπιπέδου. Παρ. Να λυθεί αυτό: Φ = y Ψ = 0 v Ψ(u, v) Φ=0 Φ = 0 x Ψ(u,0)=0 Ψ(u,0)= u { 0 < θ = arctan(y, x) < π Φ(x, y) = { 0 π < θ = arctan(y, x) < π Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω μετασχηματισμό Möbius για να μετατρέψουμε το πρόβλημα του κυκλικού δίσκου σε πρόβλημα ημιεπιπέδου. Γι' αυτό πρέπει να βρούμε τις οριακές συνθήκες του ημιεπιπέδου, χρησιμοποιώντας τις οριακές συνθήκες του Laplace: i w = i + w = i w w = w w = 0 i + w i w = i w = i w w = i + w i w i = iw = i w w = i + w i w i = w = i + w Στο επίπεδο uw το πρόβλημα { (u, 0) u > 0 Ψ = 0 στο {(u, v) v > 0}, { 0 (u, 0) u < 0 Ψ = arctan(v, u) π οπότε Φ(x, y) = π arctan (v(x, y), u(x, y)) 85

86 x + iy = u = οπότε τελικά: i (u + iv) i + (u + iv) = +i πραγμ. φαντ. y ( + x) + y, v = (x + y ) ( + x) + y Φ(x, y) = π arctan (x + y ) ( + x) + y, y ( + x) + y Παρ. 5 0 Φ = 0 0 w = f (z) = sin(πz) z = g(z) = π arcsin(w) z = g(w) Ψ = Υπενθυμίζουμε ότι w = sin(φ) = sin(a + ib) = = sin(a) cos(ib) + sin(ib) cos(a) = sin a cosh b + i sinh b cos a w = sin(πz) = sin(πx) cosh(πy) + i sinh(πy) cos(πx) 86