ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Μια Εισαγωγή στη Μιγαδική Ανάλυση µε Παραδείγµατα και Ασκήσεις

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Μια Εισαγωγή στη Μιγαδική Ανάλυση µε Παραδείγµατα και Ασκήσεις"

Transcript

1 ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Μια Εισαγωγή στη Μιγαδική Ανάλυση µε Παραδείγµατα και Ασκήσεις Γιάννης Σαραντόπουλος Αθήνα Μαρτίου 27

2

3 Περιεχόµενα Συµβολισµός και Ορολογία i Το µιγαδικό επίπεδο. Αλγεβρικά αποτελέσµατα Τοπολογία και ανάλυση στο µιγαδικό επίπεδο 3 2. Συνεκτικά Σύνολα Αναλυτικές (Ολόµορφες ) Συναρτήσεις 7 3. Παράγωγος µιγαδικής συνάρτησης Αναλυτικές συναρτήσεις και οι εξισώσεις Cauchy Riemann Μιγαδική ολοκλήρωση Ολοκλήρωση- Βασικά αποτελέσµατα Θεώρηµα Cauchy Ολοκληρωτικοί τύποι Cauchy Η Μιγαδική Λογαριθµική Συνάρτηση υναµοσειρές Ανισότητες Cauchyκαι το ϑεώρηµα Liouville Ρίζες αναλυτικής συνάρτησης -Θεώρηµα ταυτοτισµού- Εφαρµογές Αρχή Μεγίστου- Αρχή Ελαχίστου- Λήµµα Schwarz Σειρές Laurent- Ανώµαλα σηµεία- Ολοκληρωτικά υπόλοιπα Σειρές Laurent Ταξινόµηση των µεµονωµένων ανώµαλων σηµείων iii

4 iv ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 5.3 Λογισµός των ολοκληρωτικών υπολοίπων Το ϑεώρηµα των ολοκληρωτικών υπολοίπων Υπολογισµός Πραγµατικών Ολοκληρωµάτων Τριγωνοµετρικά Ολοκληρώµατα Γενικευµένα Ολοκληρώµατα Ολοκληρώµατα Fourier Ασκήσεις Παραδείγµατα Ασκήσεις Αʹ Οι συναρτήσεις Γάµµα και Ζήτα 27 Αʹ. Μερικά ϐασικά αποτελέσµατα της Μιγαδικής Ανάλυσης Αʹ.. Αναλυτική επέκταση (ή συνέχιση) Αʹ.2 Η συνάρτηση Γ του Euler Αʹ.3 Η συνάρτηση ζ του Riemann

5

6 Συµβολισµός και Ορολογία R το σύνολο των πραγµατικών αριθµών R + το σύνολο των ϑετικών πραγµατικών αριθµών Z το σύνολο των ακεραίων N το σύνολο των ϑετικών ακεραίων Q το σύνολο των ϱητών Αν n N, n! = 2 3 n, (2n)!! = (2n 2) (2n) και (2n + )!! = 3 5 (2n ) (2n + ). Το ακέραιο µέρος του x R, συµβολίζεται µε [x], είναι ο µοναδικός ακέραιος k Z τέτοιος ώστε k x < k +. C το µιγαδικό επίπεδο C = C { } το επεκταµένο µιγαδικό επίπεδο R πραγµατικό µέρος I ϕανταστικό µέρος arg όρισµα z ο συζυγής του z i

7 ii ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΡΟΛΟΓΙΑ D (z, r) ανοικτός δίσκος µε κέντρο το z C και ακτίνα r > (ο ανοικτός δίσκος D (z, r) λέγεται και περιοχή του z C) D (z, r) κλειστός δίσκος µε κέντρο το z C και ακτίνα r > D (z, r) := {z C : < z z < r} διάτρητος δίσκος µε κέντρο το z C και ακτίνα r > C (z, r) κύκλος µε κέντρο το z C και ακτίνα r > C + (z, r) κύκλος µε κέντρο το z C, ακτίνα r > και ϑετική ϕορά διαγραφής C (z, r) κύκλος µε κέντρο το z C, ακτίνα r > και αρνητική ϕορά διαγραφής Αν το A είναι υποσύνολο του C, τότε το z A είναι εσωτερικό σηµείο του A, αν υπάρχει περιοχή D (z, δ) του z τέτοια ώστε D (z, δ) A, το z C λέγεται σηµείο συσσώρευσης (σ.σ) του A, αν D (z, ε) (A \ {z }), για κάθε περιοχή D (z, ε) του z. Η συνάρτηση f ορισµένη στο A C, A, είναι ϕραγµένη, αν υπάρχει M > τέτοιο ώστε f(z) M για κάθε z A. f παράγωγος της f f (k) k-παράγωγος της f exp εκθετική συνάρτηση log µιγαδικός λογάριθµος Log κύριος ή πρωτεύον κλάδος λογαρίθµου γ καµπύλη γ πεδίο τιµών της καµπύλης γ f (z) dz επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f πάνω στη καµπύλη γ

8 iii γ f (z) dz επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f πάνω στη κλειστή καµπύλη γ γ f (z) dz επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f πάνω στη κλειστή καµπύλη γ µε ϑετική ϕορά διαγραφής ı γ f (z) dz επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f πάνω στη κλειστή καµπύλη γ µε αρνητική ϕορά διαγραφής n (γ, z ) ή I (γ, z ) ή Ind γ (z ) δείκτης στροφής της καµπύλης γ ως προς το z / γ Res (f, z ) ολοκληρωτικό υπόλοιπο της f στο z Γ συνάρτηση γάµµα του Euler ζ συνάρτηση Ϲήτα του Riemann

9 iv ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΡΟΛΟΓΙΑ

10 Κεφάλαιο Το µιγαδικό επίπεδο. Αλγεβρικά αποτελέσµατα Παράδειγµα.. Ως γνωστόν οι n-οστές ϱίζες της µονάδας είναι, ω, ω 2,..., ω n, όπου ω = e 2π n i = cos 2π n + i sin 2π n. Οι n-οστές ϱίζες της µονάδας ϐρίσκονται πάνω στο µοναδιαίο κύκλο {z C : z = } και είναι κο- ϱυφές του εγγεγραµµένου κανονικού πολυγώνου P n. Επειδή ω =, το µήκος του εγγεγραµµένου κανονικού πολυγώνου P n είναι n n n l n = ω k+ ω k = ω k ω = ω = n ω. k= k= k= Οµως ( ω 2 = cos 2π n ) i sin 2π n 2 = 2 2 cos 2π n = 4 sin2 π n

11 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο και εποµένως Αρα, lim l n = lim n n 2n sin π n = 2π lim n sin(π/n) π/n l n = 2n sin π n. sin x = 2π lim = 2π. (µήκος του µοναδιαίου κύκλου) x x Παράδειγµα.2. Οι ϱίζες της εξίσωσης z 2n+ =, n N, δίνονται από τον τύπο ( ) ( ) 2kπ ±i z k = e 2n+ 2kπ 2kπ = cos ± i sin, k =,, 2,..., n, 2n + 2n + όπου z = είναι η πραγµατική ϱίζα της εξίσωσης. Εποµένως, n ) ) z 2n+ = (z ) (z e i 2kπ 2kπ i 2n+ (z e 2n+ = (z ) k= n k= ( ( ) ) 2kπ z 2 2z cos +. (.) 2n + Λύση. Ως γνωστόν, οι ϱίζες της εξίσωσης z 2n+ = δίνονται από τον τύπο Οµως για k =,, 2,..., n είναι δηλαδή z k = e i 2kπ 2n+, k =,, 2,..., 2n. z n+k+ = e i 2(n+k+)π 2n+ = e i 2(2n+)π 2(n k)π i 2n+ e 2n+ = e i2π 2(n k)π 2(n k)π i i e 2n+ = e 2n+, 2nπ 2(n )π i z n+ = e 2n+ = i zn, z n+2 = e 2n+ = z n,..., z 2n = e i 2π 2n+ = z. Εποµένως οι ϱίζες της εξίσωσης z 2n+ = είναι ( 2kπ ±i z k = e 2n+ 2kπ = cos 2n + Για την απόδειξη της (.) παρατηρούµε ότι ) ) (z e i 2kπ 2kπ i 2n+ (z e 2n+ ) ± i sin ( ) 2kπ, k =,, 2,..., n. 2n + ] = z 2 z [e i 2kπ 2n+ + e i 2kπ 2n+ = z 2 2z cos ( 2kπ 2n + ) +. +

12 .. ΑΛΓΕΒΡΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ 3 Παράδειγµα.3. Αν z, z 2,..., z n είναι µιγαδικοί αριθµοί, να αποδειχθεί ότι z + z z n z + z z n. (.2) Η ισότητα ισχύει στην (.2) αν και µόνο αν τα z, z 2,..., z n ϐρίσκονται πάνω στην ίδια ακτίνα µε αρχή την αρχή των αξόνων. Απόδειξη. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι τα z, z 2,..., z n είναι διάφορα του µηδενός. Είναι z = z e iθ z 2 = z 2 e iθ 2,..., z n = z n e iθn για κάποια θ, θ 2,..., θ n R. Το άθροισµα z + z z n C. Αν z + z z n =, η (.2) προφανώς ισχύει. Εστω z + z z n. Τότε z + z z n = z + z z n e iθ, για κάποιο θ R. Εποµένως z + z z n = e iθ (z + z z n ) { } = R e iθ (z + z z n ) { } { } = R z e i(θ θ) + R z 2 e i(θ 2 θ) + + R { z n e i(θn θ)} = z Re i(θ θ) + z 2 Re i(θ2 θ) + + z n Re i(θn θ) z e i(θ θ) + z 2 e i(θ 2 θ) + + z n e i(θn θ) = z + z z n. Θα έχουµε ισότητα στην (.2) αν και µόνο αν { } Re i(θ θ) =, Re i(θ2 θ) =,..., Re i(θ θ) = {cos(θ θ) =, cos(θ 2 θ) =,..., cos(θ n θ) = } {θ = θ + 2k π, θ 2 = θ + 2k 2 π,..., θ n = θ + 2k n π}, όπου k, k 2,..., k n Z. Άρα η ισότητα ισχύει στην (.2) αν και µόνο αν τα z, z 2,..., z n ϐρίσκονται πάνω στην ίδια ακτίνα µε αρχή την αρχή των αξόνων. Αν z, z 2,..., z n είναι µιγαδικοί αριθµοί, υπάρχει πάντα ένα υποσύνολο S των µιγαδικών αριθµών τέτοιο ώστε z k S z k c n k= z k, όπου c είναι µία σταθερά. Πιο συγκεκριµένα έχουµε το εξής :

13 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο Παράδειγµα.4. Αν z, z 2,..., z n είναι µιγαδικοί αριθµοί, τότε υπάρχει υποσύνολο του συνόλου {, 2,..., n}, τέτοιο ώστε z k π k n z k. (.3) k= Απόδειξη. Είναι z = z e iθ, z 2 = z 2 e iθ 2,..., z n = z n e iθn για κάποια θ, θ 2,..., θ n R(υποθέτουµε ότι τα z, z 2,..., z n είναι διάφορα του µηδενός). Για π θ π, έστω (θ) := {k {, 2,..., n} : cos(θ k θ) > } = {k {, 2,..., n} : π 2 + θ < θ k < π } 2 + θ. Το σύνολο S(θ) := {z k : k (θ)} αποτελείται από όλα εκείνα τα z k που ϐρίσκονται στο ηµιεπίπεδο H(θ) = { z : Rze iθ > } (ϐλέπε το παρακάτω σχήµα). Τότε k (θ) z k = e iθ z k k (θ) R e iθ z k k (θ) = R z k e i(θ k θ) k (θ) = z k Re i(θ k θ) k (θ) = z k cos(θ θ k ) = k (θ) n z k cos + (θ θ k ), k=

14 .. ΑΛΓΕΒΡΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ 5 όπου cos(θ θ cos + k ) αν cos(θ θ k ) >, (θ θ k ) = αν cos(θ θ k ). Αν f(θ) := n k= z k cos + (θ θ k ), παίρνουµε το θ [ π, π] έτσι ώστε n f(θ ) = max f(θ) = max z k cos + (θ θ k ). θ [ π,π] θ [ π,π] Το f(θ ) είναι µεγαλύτερο ή ίσο από τη µέση τιµή της f στο διάστηµα [ π, π], δηλαδή f(θ ) π n f(θ) dθ = z k π cos + (θ θ k ) dθ. 2π 2π Οµως και εποµένως π π cos + (θ θ k ) dθ = 2π π 2π Άρα η (.3) ισχύει µε = (θ ). k (θ ) = 2π = π z k k= θk +π/2 θ k π/2 π/2 π/2 k= f(θ ) π π cos(θ θ k ) dθ cos t dt (αντικατάσταση t = θ θ k ) n z k. k= Παρατηρήσεις.5.. Αποδεικνύεται ότι στην ανισότητα (.3) η σταθερά /π είναι ϐέλτιστη δυνατή, άσκηση Η ανισότητα (.3) υπάρχει στο σύγγραµµα των N. BOURBAKI: Topologie générale. 2nd ed., Paris 955, Ch. 5-8, p. 3. Επίσης παραπέµπουµε στο σύγγραµµα Real and Complex Analysis του W. Rudin[3, 6.3 Lemma] όπου η ανισότητα (.3) χρησιµοποιείται στα µιγαδικά µέτρα. ίνουµε στη συνέχεια µια πολύ χρήσιµη πολυωνυµική ανισότητα. Παράδειγµα.6. Εστω p(z) = a n z n + a n z n + + a z + a, a, a,..., a n, a n C, a n, πολυώνυµο ϐαθµού n. Τότε { 2 a n z n p(z) 3 2 a n z n, για κάθε z R := max, n 2 a n k= a k }.

15 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο Απόδειξη. Αν p(z) = a, δηλαδή το πολυώνυµο p είναι σταθερό, τότε η παραπάνω ανισότητα προφανώς ισχύει. Υποθέτουµε ότι το πολυώνυµο p είναι ϐαθµού n. Επειδή p(z) a n z n = a n z n + + a z + a, για κάθε z R έχουµε p(z) a n z n = a n z n + + a z + a Εποµένως για κάθε z R είναι a n z n + + a z + a a n z n + + a z n + a z n (επειδή z ) = ( a n + + a + a ) z n a n 2 z z n (επειδή n k= a k an 2 z ) = a n 2 z n. a n z n a n 2 z n p(z) a n z n + a n 2 z n 2 a n z n p(z) 3 2 a n z n. Παράδειγµα.7. Ολες οι ϱίζες του πολυωνύµου P (z) = z n + a n z n + + a z + a, a, a,..., a n C, ϐρίσκονται στον ανοικτό δίσκο D(, R) µε κέντρο και ακτίνα R = + a n a 2 + a 2. Απόδειξη. Εστω z ϱίζα του πολυωνύµου P (z) µε z = r. Αν z, τότε προφανώς το z D(, R). Υποθέτουµε λοιπόν ότι z >. Επειδή z n = ( a n z n + + a z + a ), έχουµε z 2n = a n z n + + a z + a 2 ( a n a 2 + a 2) ( z 2n z 2 + 2) = ( a n a 2 + a 2) z 2n z 2 < ( a n a 2 + a 2) z 2n z 2. (ανισότητα Cauchy Schwarz)

16 .. ΑΛΓΕΒΡΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ 7 Εποµένως < ( a n a 2 + a 2) z 2 z < + a n a 2 + a 2. Άρα το z D (, R). Θεώρηµα.8 (Θεώρηµα Gauss Lucas). Αν P (z) = a n z n + a n z n + + a z + a, a, a,..., a n, a n C, a n, είναι ένα πολυώνυµο ϐαθµού n, οι ϱίζες της παραγώγου P (z) ανήκουν στην κυρτή ϑήκη των ϱιζών του P (z). ηλαδή αν P (z ) = και z, z 2,..., z k είναι οι διαφορετικές ανά δύο ϱίζες του P (z), τότε z conv {z, z 2,..., z k }, όπου conv {z, z 2,..., z k } = {λ z + λ 2 z λ k z k : λ, λ 2,..., λ k, λ + λ λ k = }. Απόδειξη. Είναι P (z) = a n (z z ) m (z z 2 ) m2 (z z k ) m k, όπου m j είναι η τάξη(πολλαπλότητα) της ϱίζας z j, j =, 2,..., k. Παραγωγίζοντας έχουµε P (z) P (z) = m + m m k. z z z z 2 z z k Αν το z είναι ϱίζα του P (z) καθώς επίσης και του P (z), τότε προφανώς το z conv {z, z 2,..., z k }. Υποθέτουµε λοιπόν ότι P (z ) = µε P (z ). Τότε m k = m + m z z z z 2 z z k = m (z z ) z z 2 + m 2 (z z 2 ) z z m k (z z k ) z z k 2. Αν ϑέσουµε µ j = m j / z z j 2, j =, 2,..., k, από την παραπάνω ταυτότητα έπεται ότι z = µ z + µ 2 z µ k z k µ + µ µ k conv {z, z 2,..., z k }.

17 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο Παράδειγµα.9. Ποιος είναι ο µεγαλύτερος ϑετικός ακέραιος n για τον οποίο όλες οι µη µηδενικές ϱίζες τις εξίσωσης ( + z) n = + z n ϐρίσκονται πάνω στο µοναδιαίο κύκλο z = ; Απόδειξη. Το πολυώνυµο p n (z) = ( + z) n z n, είναι ϐαθµού n µε p n (z) = n [ ( + z) n z n ]. Είναι p n (z) = αν και µόνο αν ( + z) n = z n Εποµένως η z = ( ) n z + = + = exp (2jπi/(n )), j =,..., n. z j exp (2πi/(n )) = cos (2π/(n )) + i cos (2π/(n )) είναι µια µη µηδενική ϱίζα του p n (z). Παρατηρούµε ότι για κάθε n 8 έχουµε z = 2 2 cos (2π/(n )) = 2 sin (π/(n )) 2 sin (π/7), 8678 >. Υποθέτουµε ότι όλες οι µη µηδενικές και διαφορετικές ανά δύο ϱίζες r,..., r k, k n 2, του πολυωνύµου p n (z) ϐρίσκονται πάνω στο µοναδιαίο κύκλο. ηλαδή r = = r k =. Οµως από το Θεώρηµα Gauss Lucas το z = λ r + + λ k r k, όπου λ,..., λ k µη αρνητικοί πραγµατικοί αριθµοί µε λ + + λ k =. Τότε, z = λ r + + λ k r k λ r + + λ k r k = λ + + λ k =. (άτοπο) Άρα για n 8 δεν ϐρίσκονται όλες οι µη µηδενικές ϱίζες του πολυωνύµου p n (z) πάνω στο µοναδιαίο κύκλο. Επειδή για n = 7 έχουµε p 6 (z) = (+z) 6 z 6 = 7z(z+)(z 2 +z+) 2 = 7z(z+) ( z i 3 2 ) 2 ( z + i 3 2 ο n = 7 είναι ο µεγαλύτερος ϑετικός ακέραιος για τον οποίο όλες οι µη µηδενικές ϱίζες τις εξίσωσης ( + z) n = + z n ϐρίσκονται πάνω στο µοναδιαίο κύκλο z =. ) 2, Ασκήσεις

18 .. ΑΛΓΕΒΡΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ 9. Να λυθούν οι εξισώσεις (i) z + z = eπi/3, (ii) z 2 = i και (iii) z 7 + z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + =. 2. Να λυθεί η εξίσωση z n + (z) n =. 3. Αν n N, δείξτε ότι ( n ) + cos θ + cos 2θ + + cos nθ = R e ikθ = k= (n+)θ sin 2 cos nθ 2 sin θ Αν ω = exp(πi/n), δείξτε ότι n n ( ω ( ) j cos n (πj/n) = ω nj j + ω j ) n 2 j= j= = 2 n = 2 n n ( n k k= [( n ) n ω j(2n 2k) j= ) + n ( )] n n = n 2 n. 5. Εστω n N. (αʹ) είξτε ότι οι ϱίζες της εξίσωσης z 2n = είναι οι z k = e ±i kπ n = cos ( kπ n ) ( ) kπ ± i sin, k =,, 2,..., n, n όπου z = και z n = είναι οι πραγµατικές ϱίζες της εξίσωσης. (ϐʹ) είξτε ότι z 2n = (z 2 ) n k= n = (z 2 ) 6. Εστω n N. Για κάθε θ R \ {} δείξτε ότι sin nθ sin θ = 2n n k= k= ( ) ( ) z e i kπ n z e i kπ n ( z 2 2z cos ( cos θ cos ( ) ) kπ +. (.4) n ( )) kπ. (i) n

19 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο Παίρνοντας θ, δείξτε ότι n n = 2 n k= Υπόδειξη. Αν z = cos θ + i sin θ, από την (.4) προκύπτει ότι z n z n = (z z ) n k= sin ( ) kπ. (ii) n ( z + z 2 cos ( )) kπ. n 7. Εστω x >. είξτε ότι 2x cos t + x 2 > για κάθε t [, π] και ϑεωρείστε τη συνάρτηση f(t) := ln( 2x cos t + x 2 ), t [, π], Αν n N, χρησιµοποιώντας τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riemann δείξτε ότι π n ln( 2x cos t + x 2 π ( ) kπ ) dt = lim f = 2π ln x. (ολοκλήρωµα Poisson) n n n Υπόδειξη. Από την (.4) έπεται ότι n f k= k= ( ) [ ] kπ x = ln n x + (x2n ). 8. Αν n N, να ϐρεθούν οι ϱίζες της εξίσωσης z 2n 2z n cos nθ + =, θ R και να αποδειχθεί ότι z 2n 2z n cos nθ + = n k= { ( z 2 2z cos θ + 2kπ ) } +. n 9. Εστω z k = e 2πik/n, k =,..., n, οι n-οστές ϱίζες της µονάδας και έστω S (θ) = {z k : π 2 + θ < θ k = arg z k < π } 2 + θ. Να αποδειχθεί ότι lim n z k S(θ) z k n k= z k = lim n n = 2π lim n = 2π z k z k S(θ) π n/2 e iϕ dϕ θ+π/2 θ π/2 = 2π 2 = π. z k S(θ) z k

20 .. ΑΛΓΕΒΡΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ. Εστω S n το σύνολο των πολυωνύµων της µορφής p(z) = z n + a n z n + + a z +, µε a k C, k =,..., n. Να αποδειχθεί ότι ( ) M n = min max p(z) = 2. p S n z =

21 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο

22 Κεφάλαιο 2 Τοπολογία και ανάλυση στο µιγαδικό επίπεδο 2. Συνεκτικά Σύνολα Ορισµός 2.. Ενα σύνολο E C είναι µη συνεκτικό αν υπάρχουν ανοικτά σύνολα O και O 2 στο C τέτοια ώστε (i) E O O 2 E = (E O ) (E O 2 ), (ii) E O και E O 2 και (iii) (E O ) (E O 2 ) =, δηλαδή E O O 2 =. Σηµειώνεται ότι τα σύνολα E O και E O 2 είναι ανοικτά στο E(ανοικτά σχετικά µε το E). Εποµένως, το σύνολο E C είναι συνεκτικό αν δεν είναι ένωση δύο µη κενών και ξένων µεταξύ τους ανοικτών συνόλων στο E. Η συνεκτικότητα ενός συνόλου E C συχνά χρησι- µοποιείται ως εξής : Υποθέτουµε ότι έχουµε κατασκευάσει δύο συµπληρωµατικά ανοικτά σύνολα E O και E O 2 στο E. Τότε αν το E είναι συνεκτικό, συµπεραίνουµε ότι είτε το E O είναι το κενό σύνολο ή το E O 2 είναι το κενό σύνολο. Προφανή παραδείγµατα συνεκτικών συνόλων είναι το κενό σύνολο και όλα τα µονοσύνολα. Θα δώσουµε τώρα µερικούς ισοδύναµους χαρακτηρισµούς για τη µη συνεκτικότητα καθώς επίσης και για τη συνεκτικότητα ενός υποσυνόλου του C. 3

23 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΚΑΙ ΑΝΑΛΥΣΗ ΣΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο Θεώρηµα 2.2. Εστω E C. Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες. (i) Το E είναι µη συνεκτικό. (ii) Υπάρχουν δύο µη κενά σύνολα A, B E τέτοια ώστε E = A B και A B = = A B. (2.) (iii) Υπάρχουν δύο µη κενά ξένα µεταξύ τους σύνολα A, B E και τα δύο ανοικτά στο E τέτοια ώστε E = A B. (iv) Υπάρχουν δύο µη κενά ξένα µεταξύ τους σύνολα A, B E και τα δύο κλειστά στο E τέτοια ώστε E = A B. (v) Υπάρχει υποσύνολο A του E µε A, E το οποίο είναι συγχρόνως ανοικτό και κλειστό στο E. Απόδειξη. (i) (ii) Υποθέτουµε ότι υπάρχουν ανοικτά σύνολα O και O 2 στο C τέτοια ώστε E = (E O ) (E O 2 ) µε E O, E O 2 και E O O 2 =. Εστω A := E O και B := E O 2. Τότε A, B και E = A B. Μένει να δείξουµε ότι A B = = A B. Πράγµατι, επειδή A C \ O 2, B C \ O και τα σύνολα C \ O 2, C \ O είναι κλειστά στο C, έχουµε ότι A (C \ O 2 ) = C \ O 2 και B (C \ O ) = C \ O. Εποµένως A O 2 = = O B και άρα A B = = A B. (ii) (i) Αν O := C \ A, O 2 := C \ B, τότε τα σύνολα O, O 2 είναι ανοικτά στο C και είναι A O 2, B O. Εποµένως, E O O 2, E O, E O 2, E O O 2 =. (i) (iii) Είναι προφανές. (iii) (iv) Είναι προφανές. (iv) (v) Επειδή A = E \ B και το B είναι κλειστό στο E, το A ϑα είναι ανοικτό στο E. Εποµένως το υποσύνολο A του E µε A, E είναι συγχρόνως ανοικτό και κλειστό στο E.

24 2.. ΣΥΝΕΚΤΙΚΑ ΣΥΝΟΛΑ 5 (v) (iv) Υποθέτουµε ότι το υποσύνολο A του E µε A, E είναι συγχρόνως ανοικτό και κλειστό στο E. Τότε το B = E \ A είναι κλειστό στο E. Εποµένως τα σύνολα A, B E είναι µη κενά, κλειστά στο E και τέτοια ώστε E = A B. Αν το σύνολο E C είναι ανοικτό, τότε ένα υποσύνολο του E είναι ανοικτό στο E αν και µόνο αν είναι ανοικτό στο C. Παρόµοια, αν το σύνολο E C είναι κλειστό, τότε ένα υποσύνολο του E είναι κλειστό στο E αν και µόνο αν είναι κλειστό στο C. Εποµένως, από το προηγούµενο ϑεώρηµα προκύπτει ότι : Ενα ανοικτό σύνολο είναι συνεκτικό αν δεν είναι ένωση δύο µη κενών και ξένων µεταξύ τους ανοικτών συνόλων. Ενα κλειστό σύνολο είναι συνεκτικό αν δεν είναι ένωση δύο µη κενών και ξένων µεταξύ τους κλειστών συνόλων. Πρόταση 2.3. Εστω G C ένα µη κενό ανοικτό σύνολο. Τότε υπάρχει αύξουσα ακολουθία (K n ) συµπαγών υποσυνόλων του G, δηλαδή K n K n+, τέτοια ώστε G = n= K n. Απόδειξη. Εστω G = C. Αν K n := D(, n), τότε (K n ) είναι αύξουσα ακολουθία συµπαγών υποσυνόλων του C µε C = n= K n. Εστω ότι το G είναι γνήσιο υποσύνολο του C. Αν F n := {z G : z w n }, για κάθε w C \ G, n N, τότε προφανώς F n F n+. Για να δείξουµε ότι η (F n ) είναι αύξουσα ακολουθία κλειστών υποσυνόλων του G, αρκεί να δείξουµε ότι για οποιαδήποτε συγκλίνουσα ακολουθία (z k ) σηµείων του F n µε lim k z k = z, το z F n. Πράγµατι, επειδή για κάθε w C \ G είναι z k w n και lim k z k w = z w, έπεται ότι z w n και κατά συνέπεια το z / C \ G. ηλαδή το z G και εποµένως z F n. Ορίζουµε τώρα την ακολουθία συνόλων K n µε K n := F n D(, n). Τα K n είναι ϕραγµένα υποσύνολα του G. Επίσης τα K n είναι κλειστά επειδή είναι τοµή κλειστών συνόλων. Εποµένως τα K n είναι συµπαγή υποσύνολα του G και προφανώς K n K n+.

25 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΚΑΙ ΑΝΑΛΥΣΗ ΣΤΟ ΜΙΓΑ ΙΚΟ ΕΠΙΠΕ Ο Μένει να δείξουµε ότι G = n= K n. Επειδή n= K n G, αρκεί να δείξουµε ότι κάθε z G ανήκει σε ένα τουλάχιστον K n. Επειδή το z G και το G είναι ανοικτό σύνολο, υπάρχει ανοικτός δίσκος D(z, r) G. Τότε z w r, για κάθε w C \ G. Παίρνουµε n N µε n < r και z < n. Τότε z F n και z D(, n). ηλαδή z K n, για κάποιο n N και εποµένως z n= K n. Ασκήσεις. Το σύνορο του συνόλου A C, συµβολίζεται µε A, είναι το σύνολο A = {z C : για κάθε r >, D(z, r) A και D(z, r) (C \ A) }. Να αποδειχθεί ότι z A αν και µόνο αν υπάρχει ακολουθία (a n ) σηµείων του A και ακολουθία (b n ) σηµείων του C \ A µε lim n a n = lim n b n = z. 2. Εστω D και D 2 δύο τόποι(ανοικτά και συνεκτικά σύνολα) του C. Αν D D 2, µε κατάλληλο αντιπαράδειγµα δείξτε ότι το D D 2 δεν είναι κατανάγκη ένας τόπος του C.

26 Κεφάλαιο 3 Αναλυτικές (Ολόµορφες ) Συναρτήσεις 3. Παράγωγος µιγαδικής συνάρτησης Ορισµός 3.. Εστω f : U C µιγαδική συνάρτηση ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z σηµείο του U. Θα λέµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο z, αν το όριο f(z) f(z ) lim = λ z z z z υπάρχει. Αυτό το µοναδικό όριο λ C είναι η παράγωγος της f στο z και συµβολίζεται µε f (z ). Για αρκετά µικρό h C, το z + h U και ο ορισµός της παραγώγου της f στο z διατυπώνεται και ως εξής f f(z + h) f(z ) (z ) = lim. h h Στον ορισµό της παραγώγου της f στο σηµείο z το z z (αντίστοιχα, το h ) µε αυθαίρετο τρόπο και όχι µε την επιλογή ειδικών διευθύνσεων. Παράδειγµα 3.2 (Μια µη παραγωγίσιµη συνάρτηση στο C). Εστω η συνάρτηση f : C R µε f(z) = f(x + iy) = Rz = x. Αν h C, h, για κάθε z C f(z + h) f(z) h R(z + h) Rz = h = Rh h = αν h R, αν h = ik, k R 7

27 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ και εποµένως το όριο lim h f(z+h) f(z) h παραγωγίσιµη στο C. δεν υπάρχει. Αρα η συνάρτηση f(z) = Rz = x δεν είναι Σηµείωση. Ως γνωστόν η πραγµατική συνάρτηση f : R R µε f(x) = x είναι παραγωγίσιµη για κάθε x R και η παράγωγος f (x) =. Παράδειγµα 3.3 (Συνάρτηση παραγωγίσιµη µόνο σ ένα σηµείο του C). Εστω η συνάρτηση g : C [, ) µε g(z) = z 2 = zz = x 2 + y 2. Αν h C, h, για κάθε z C g(z + h) g(z) h Εποµένως αν z = z + h 2 z 2 h = zh + zh + h 2 h z + z + h = 2x + h αν h R, = z + z ik = 2iy ik αν h = ik, k R. g(z + h) g(z) lim h h h R δηλαδή η παράγωγος g (z) δεν υπάρχει. Επειδή g(z + h) g(z) = 2x 2iy = lim, h h h=ik g(h) g() h 2 lim = lim h h h h η συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη στο µε f () =. = lim h h =, 3.2 Αναλυτικές συναρτήσεις και οι εξισώσεις Cauchy Riemann Ορισµός 3.4. Εστω f : U C µιγαδική συνάρτηση ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C. Θα λέµε ότι η f είναι αναλυτική (ή ολόµορφη) στο σηµείο z U, αν και µόνο αν υπάρχει r > τέτοιο ώστε η f να είναι παραγωγίσιµη σε κάθε σηµείο του ανοικτού δίσκου D(z, r) U. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική σε κάθε σηµείο του U, λέµε ότι η f είναι αναλυτική (ή ολό- µορφη) στο U. Αν η συνάρτηση f : C C είναι αναλυτική σε κάθε σηµείο του C, λέµε ότι η f είναι ακέραια. Η κλάση όλων των αναλυτικών(ολόµορφων) συναρτήσεων στο U συµβολίζεται µε H(U). Αν f H(U) και g H(U), τότε η f + g H(U) και η fg H(U). Εποµένως (H(U), +, ) είναι ένας δακτύλιος.

28 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 9 Παρατήρηση 3.5. Μια συνάρτηση f είναι αναλυτική σε κάθε σηµείο του ανοικτού συνόλου U, αν και µόνο αν η f είναι παραγωγίσιµη σε κάθε σηµείο του U(αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι κάθε σηµείο στο U είναι το κέντρο ενός ανοικτού δίσκου που ϐρίσκεται στο U). Εστω f : U C, f = u + iv, µιγαδική συνάρτηση ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C. Η αµφιµονοσήµαντη συνάρτηση ϕ : R 2 (x,y) C z=x+iy µας επιτρέπει να ταυτίσουµε το U µε ένα ανοικτό υποσύνολο του R 2. Είναι f(z) = f(x + iy) = f(ϕ(x, y)) = (f ϕ)(x, y). Εποµένως αν f(x, y) := (f ϕ)(x, y), η µιγαδική συνάρτηση f ταυτίζεται µε τη συνάρτηση f των πραγµατικών µεταβλητών x και y. Στο εξής όταν ϑεωρούµε τη µιγαδική συνάρτηση f σαν συνάρτηση των πραγµατικών µεταβλητών x και y, ϑα γράφουµε f(x, y) αντί για f(x, y). Εστω z = x + iy σηµείο του U. Θεωρούµε την f σαν συνάρτηση των x και y και υποθέτουµε ότι οι µερικές παράγωγοι της f υπάρχουν στο σηµείο (x, y )(ισοδύναµα, οι µερικές παράγωγοι των u και v υπάρχουν στο (x, y )). Τότε, f x (x, y ) = i f y (x, y ) u x (x, y ) + i v x (x, y ) = i ( u y (x, y ) + i v ) y (x, y ) u x (x, y ) + i v x (x, y ) = v y (x, y ) i u y (x, y ) { u x (x, y ) = v y (x u, y ) και y (x, y ) = v } x (x, y ) Ορισµός 3.6 (Εξισώσεις(συνθήκες) Cauchy Riemann). Εστω f : U C µιγαδική συνάρτηση ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z = x +iy σηµείο του U. Αν οι µερικές παράγωγοι της f υπάρχουν στο σηµείο (x, y ), δηλαδή οι µερικές παράγωγοι των u και v υπάρχουν στο. (x, y ), τότε οι εξισώσεις u x (x, y ) = v y (x, y ) και u y (x, y ) = v x (x, y ), είναι γνωστές σαν εξισώσεις(συνθήκες) Cauchy Riemann. Οι εξισώσεις Cauchy Riemann είναι ισοδύναµες µε τη µιγαδική εξίσωση f x (x, y ) = i f y (x, y ). (3.)

29 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Πρόταση 3.7. Εστω η µιγαδική συνάρτηση f : U C, f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z = x + iy σηµείο του U. Αν η f είναι παραγωγίσιµη στο z, τότε οι µερικές παράγωγοι f x (x, y ), f y (x, y ) υπάρχουν(ϑεωρούµε την f σαν συνάρτηση των x και y) και είναι f x (x, y ) = if y (x, y ). Ισοδύναµα, οι µερικές παράγωγοι u x (x, y ), v x (x, y ), u y (x, y ), v y (x, y ) υπάρχουν και ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann u x (x, y ) = v y (x, y ) και u y (x, y ) = v x (x, y ). Επίσης, η παράγωγος f (z ) δίνεται από τον τύπο f (z ) = f x (x, y ) = u x (x, y ) + iv x (x, y ) ή f (z ) = if y (x, y ) = v y (x, y ) iu y (x, y ). Απόδειξη. Από την υπόθεση η παράγωγος υπάρχει. f (z ) = lim h f(z + h) f(z ) h (i) Αν h R, h µε z + h U, τότε το z + h = x + iy + h = (x + h) + iy ταυτίζεται µε το σηµείο (x + h, y ) U και εποµένως f f(z + h) f(z ) (z ) = lim h h h R f(x + h, y ) f(x, y ) = lim = f x (x, y ). h h h R (ii) Αν h = ik, k R, k µε z + h U, τότε το z + h = x + iy + ik = x + i(y + k) ταυτίζεται µε το σηµείο (x, y + k) U και εποµένως f f(z + h) f(z ) (z ) = lim h h h=ik,k R f(x, y + k) f(x, y ) = lim k ik k R = i lim k k R f(x, y + k) f(x, y ) k = if y (x, y ).

30 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 2 Άρα, οι µερικές παράγωγοι f x (x, y ) και f y (x, y ) υπάρχουν και η παράγωγος f (z ) = f x (x, y ) = if y (x, y ). Το αντίστροφο της προηγούµενης πρότασης γενικά δεν ισχύει. ηλαδή είναι δυνατόν για µια µιγαδική συνάρτηση f = u + iv να ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann σ ένα σηµείο z = x + iy και η f να µην είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο z. Παράδειγµα 3.8. Εστω η συνάρτηση f : C C µε (x 3 +y 3 )+i(y 3 x 3 ) x f(z) = f(x + iy) = 2 +y 2 αν z, αν z =. Θα δείξουµε πρώτα ότι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο σηµείο (, ). ος τρόπος. Είναι f = u + iv µε x 3 +y 3 x u(x, y) = 2 +y 2 αν (x, y) (, ), αν (x, y) = (, ) y 3 x 3 x και v(x, y) = 2 +y 2 αν (x, y) (, ), αν (x, y) = (, ). Για x R, x, είναι και εποµένως Για y R, y, είναι και εποµένως u(x, ) u(, ) x = x3 /x 2 x = u(x, ) u(, ) u x (, ) = lim =. x x v(, y) v(, ) y = y3 /y 2 y = v(, y) v(, ) v y (, ) = lim =. y y ηλαδή u x (, ) = v y (, ) =. Παρόµοια αποδεικνύεται ότι u y (, ) = v x (, ) =. Αρα, ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο σηµείο (, ). 2ος τρόπος. Θεωρούµε την f σαν συνάρτηση των x και y. Για x R, x, είναι f(x, ) f(, ) x = (x3 ix 3 )/x 2 x = i και εποµένως f(x, ) f(, ) f x (, ) = lim = i. x x

31 22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παρόµοια, για y R, y, είναι f(, y) f(, ) y = (y3 + iy 3 )/y 2 y = + i και εποµένως f(, y) f(, ) f y (, ) = lim = + i. y y Αρα f x (, ) = if y (, ) = i, δηλαδή ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο σηµείο (, ). Θα αποδείξουµε τώρα ότι η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο. Παρατηρούµε ότι για κάθε z C, z, είναι f(z) f() z Αν y = λx µε λ R και x, τότε = f(z) z = (x3 + y 3 ) + i(y 3 x 3 ) (x 2 + y 2 )(x + iy). και εποµένως το όριο f(z) f() z = (x3 + λ 3 x 3 ) + i(λ 3 x 3 x 3 ) (x 2 + λ 2 x 2 )(x + iλx) = ( + λ3 ) + i(λ 3 ) ( + λ 2 )( + iλ) f(z) f() ( + λ 3 ) + i(λ 3 ) lim = lim z z x ( + λ 2 = ( + λ3 ) + i(λ 3 ) )( + iλ) ( + λ 2 )( + iλ) z=x+iλx ( ) εξαρτάται από το λ. Αρα, η παράγωγος f () δεν υπάρχει. Σηµείωση. Αν πάρουµε λ = στην ( ), τότε Οµως για λ = από την ( ) έχουµε f(z) f() lim = z z z=x+ix f(z) f() lim = i. z z z=x 2 2( + i) = i i. 2 Εστω f : U C, f = u + iv, µιγαδική συνάρτηση ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z = x + iy σηµείο του U. Θα αποδείξουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο z, αν και µόνο αν ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο (x, y ) και η f, σαν συνάρτηση των x και y, είναι διαφορίσιµη στο σηµείο (x, y )[ισοδύναµα, οι u και v είναι διαφορίσιµες στο (x, y )]. Θα χρειστούµε µερικά αποτελέσµατα σχετικά µε τη διαφορισιµότητα συναρτήσεων δύο πραγµατικών µεταβλητών τα οποία υπάρχουν στα περισσότερα συγγράµµατα Συναρτήσεων Πολλών Μεταβλητών, παραπέµπουµε στο [8].

32 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 23 ιαφορισιµότητα συναρτήσεων δύο πραγµατικών µεταβλητών Ορισµός 3.9 ( ιαφορικό συνάρτησης δύο µεταβλητών). Εστω η συνάρτηση f : U R 2 C ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U και έστω (x, y ) σηµείο του U. Λέµε ότι η f είναι διαφορίσιµη στο (x, y ), αν υπάρχει R-γραµµική συνάρτηση L : R 2 C τέτοια ώστε f(x + ξ, y + η) f(x, y ) L(ξ, η) lim =. (3.2) (ξ,η) (,) ξ 2 + η 2 Η γραµµική συνάρτηση L είναι το διαφορικό της f στο (x, y ) και συµβολίζεται µε Df(x, y )(σε µερικά συγγράµµατα συµβολίζεται µε df(x, y )). Η f είναι διαφορίσιµη στο U, αν είναι διαφορίσιµη σε κάθε σηµείο του U. Επειδή το διαφορικό της f στο (x, y ) είναι µια R-γραµµική συνάρτηση, η L = Df(x, y ) είναι της µορφής L(ξ, η) = Df(x, y )(ξ, η) = λξ + µη, για κάποια λ, µ C. (3.3) Πρόταση 3.. Εστω η συνάρτηση f : U R 2 C είναι διαφορίσιµη στο σηµείο (x, y ) του ανοικτού συνόλου U. Τότε οι µερικές παράγωγοι f x (x, y ), f y (x, y ) υπάρχουν και το διαφορικό της συνάρτησης f στο σηµείο (x, y ) δίνεται από τον τύπο L(ξ, η) = Df(x, y )(ξ, η) = f x (x, y )ξ + f y (x, y )η. Ειδικά, η R-γραµµική συνάρτηση L που ικανοποιεί τη συνθήκη (3.2) είναι µοναδική. Απόδειξη. Για ξ R, ξ και η =, από την (3.2) έχουµε f(x + ξ, y ) f(x, y ) L(ξ, ) lim =. ξ ξ 2 Από την (3.3) είναι L(ξ, ) = λξ και κατά συνέπεια f(x + ξ, y ) f(x, y ) λξ lim =. ξ ξ Ισοδύναµα, lim f(x + ξ, y ) f(x, y ) ξ ξ λ =

33 24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ και εποµένως f(x + ξ, y ) f(x, y ) lim = λ. ξ ξ Άρα, η µερική παράγωγος f x (x, y ) υπάρχει και ισούται µε λ. Παρόµοια αποδεικνύεται ότι η µερική παράγωγος f y (x, y ) υπάρχει και ισούται µε µ. Εχουµε λοιπόν αποδείξει ότι αν η f είναι διαφορίσιµη στο (x, y ), τότε οι µερικές παράγωγοι f x (x, y ), f y (x, y ) υπάρχουν και το διαφορικό της συνάρτησης f στο σηµείο (x, y ) δίνεται από τον τύπο L(ξ, η) = Df(x, y )(ξ, η) = f x (x, y )ξ + f y (x, y )η. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : U R 2 C είναι διαφορίσιµη στο σηµείο (x, y ) του ανοικτού συνόλου U. Ορίζουµε τη συνάρτηση ε : R 2 C µε ε(ξ, η) := f(x + ξ, y + η) f(x, y ) Df(x, y )(ξ, η) ξ 2 + η 2. Από την (3.2) έχουµε ότι lim (ξ,η) (,) ε(ξ, η) =. Επίσης από τον ορισµό της συνάρτησης ε και από την προηγούµενη πρόταση προκύπτει ότι f(x + ξ, y + η) f(x, y ) = f x (x, y )ξ + f y (x, y )η + ε(ξ, η) ξ 2 + η 2, (3.4) όπου lim (ξ,η) (,) ε(ξ, η) =. Εστω η συνάρτηση f : U R 2 C και έστω (x, y ) σηµείο του ανοικτού συνόλου U. Αν οι µερικές παράγωγοι f x (x, y ), f y (x, y ) υπάρχουν, τότε το διαφορικό της συνάρτησης f στο σηµείο (x, y ) µπορεί να µην υπάρχει. Παράδειγµα 3.. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : R 2 R µε xy αν (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 +y 2 αν (x, y) = (, ). Είναι f(x, ) f(, ) f x (, ) = lim = lim = x x x x και παρόµοια f y (, ) =. ηλαδή οι µερικές παράγωγοι της f υπάρχουν στο (, ).

34 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 25 Αν υποθέσουµε ότι η συνάρτηση f είναι διαφορίσιµη στο σηµείο (, ), λόγω της (3.4) πρέπει να ισχύει f(ξ, η) f(, ) = f x (, )ξ + f y (, )η + ε(ξ, η) ξ 2 + η 2 = ε(ξ, η) ξ 2 + η 2, µε lim (ξ,η) (,) ε(ξ, η) =. Εποµένως για κάθε (ξ, η) (, ) ϑα είναι Οµως για η = ξ έχουµε ξη ξ 2 + η 2 = ε(ξ, η) ξ 2 + η 2 ε(ξ, η) = ε(ξ, ξ) = ξ2 ξ 2 + ξ 2 = 2 ξ 2. ξη ξ 2 + η 2. Ατοπο, επειδή το όριο lim (ξ,η) (,) ε(ξ, η) πρέπει να ισούται µε το µηδέν. Αρα, η f δεν είναι διαφορίσιµη στο (, ). Σ αυτό το παράδειγµα οι µερικές παράγωγοι f x, f y δεν είναι συνεχείς στο (, ). Πράγµατι, αν (x, y) (, ), τότε f x (x, y) = y x 2 + y 2 2x(xy)/2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 = Ειδικά για y = λx µε λ R και x έχουµε f x (x, λx) = y x 2 + y 2 λx x + λ λx 3 2 x 3 ( + λ 2 ) 3/2 x 2 y (x 2 + y 2 ) 3/2. και αυτό το όριο δεν υπάρχει καθώς το x (εξαρτάται από το λ). Εποµένως, η f x δεν είναι συνεχής στο (, ) και παρόµοια η f y δεν είναι συνεχής στο (, ). Συνήθως είναι εύκολο να δούµε πότε οι µερικές παράγωγοι µιας συνάρτησης υπάρχουν. Οµως, ϕαίνεται πιο δύσκολο να επαληθεύσουµε τη συνθήκη (3.2), δηλαδή να εξετάσουµε τη διαφορισιµότητα της συνάρτησης. Στο επόµενο ϑεώρηµα δίνουµε ένα απλό κριτήριο που µας λέει πότε µια συνάρτηση είναι διαφορίσιµη. Θεώρηµα 3.2. Εστω η συνάρτηση f : U R 2 C, όπου U ανοικτό σύνολο. Υποθέτουµε ότι οι µερικές παράγωγοι f x, f y υπάρχουν και είναι συνεχείς σε µια περιοχή του σηµείου (x, y ) U. Τότε η f είναι διαφορίσιµη στο (x, y ).

35 26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Απόδειξη. Αν f = u + iv, όπου u, v : U R 2 R, από την υπόθεση οι µερικές παράγωγοι u x, v x, u y, v y υπάρχουν και είναι συνεχείς σε µια περιοχή D U του (x, y ) U. Αν το (x + ξ, y + η) D, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε u(x + ξ, y + η) u(x, y ) = [u(x + ξ, y + η) u(x, y + η)] + [u(x, y + η) u(x, y )] = u x (x, y + η)ξ + u y (x, y )η, για κάποιο x µεταξύ x και x + ξ και για κάποιο y µεταξύ y και y + η. Εποµένως, u(x + ξ, y + η) u(x, y ) [u x (x, y )ξ + u y (x, y )η] = [u x (x, y + η) u x (x, y )]ξ + [u y (x, y ) u y (x, y )]η u x (x, y + η) u x (x, y ) ξ + u y (x, y ) u y (x, y ) η { u x (x, y + η) u x (x, y ) + u y (x, y ) u y (x, y ) } ξ 2 + η 2 και κατά συνέπεια u(x + ξ, y + η) u(x, y ) [u x (x, y )ξ + u y (x, y )η] ξ 2 + η 2 u x (x, y + η) u x (x, y ) + u y (x, y ) u y (x, y ). Επειδή από την υπόθεση οι u x, u y είναι συνεχείς στην περιοχή D U του σηµείου (x, y ) U, παίρνοντας το (ξ, η) (, ) το δεξιό µέλος τείνει στο µηδέν. Εποµένως και το αριστερό µέλος ϑα τείνει στο µηδέν, δηλαδή u(x + ξ, y + η) u(x, y ) [u x (x, y )ξ + u y (x, y )η] lim =. (ξ,η) (,) ξ 2 + η 2 Άρα, η u είναι διαφορίσιµη στο (x, y ) µε Du(x, y )(ξ, η) = u x (x, y )ξ + u y (x, y )η. Παρό- µοια, η v είναι διαφορίσιµη στο (x, y ) µε Dv(x, y )(ξ, η) = v x (x, y )ξ + v y (x, y )η. Εχουµε λοιπόν αποδείξει ότι η f είναι διαφορίσιµη στο (x, y ) µε Df(x, y )(ξ, η) = f x (x, y )ξ + f y (x, y )η, όπου f x (x, y ) = u x (x, y ) + iv x (x, y ) και f y (x, y ) = u y (x, y ) + iv y (x, y ). Εστω f : U C, f = u + iv, µιγαδική συνάρτηση ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C. Θα δώσουµε τώρα µια ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι η f παραγωγίσιµη σ ένα σηµείο του U και πιο γενικά για να είναι αναλυτική στο U.

36 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 27 Θεώρηµα 3.3 (ο κριτήριο αναλυτικότητας µιας συνάρτησης). Εστω η µιγαδική συνάρτηση f : U C, f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z = x + iy σηµείο του U. Η f είναι παραγωγίσιµη στο z, αν και µόνο αν η f, σαν συνάρτηση των x και y, είναι διαφορίσιµη στο (x, y )[ισοδύναµα, οι u, v είναι διαφορίσιµες στο (x, y )] και ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann u x (x, y ) = v y (x, y ) {f x (x, y ) = if y (x, y )} u y (x, y ) = v x (x, y ). Αν η παράγωγος f (z ) υπάρχει, τότε f (z ) = f x (x, y ) = u x (x, y ) + iv x (x, y ) ή f (z ) = if y (x, y ) = v y (x, y ) iu y (x, y ). Πιο γενικά, η f είναι αναλυτική(ολόµορφη) στο U, αν και µόνο αν η f, σαν συνάρτηση των x και y, είναι διαφορίσιµη στο U[ισοδύναµα, οι u, v είναι διαφορίσιµες στο U] και ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann σε κάθε σηµείο του U. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο z. Σην Πρόταση 3.7 αποδείξαµε ότι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο z και ότι f (z ) = f x (x, y ) = if y (x, y ). Μένει να δείξουµε ότι η f, σαν συνάρτηση των x και y, είναι διαφορίσιµη στο σηµείο (x, y ). Αν z + h U, όπου h = ξ + iη, τότε το z + h = (x + ξ) + i(y + η) ταυτίζεται µε το σηµείο (x + ξ, y + η) και εποµένως f(z + h) f(z ) h f (z ) = f(x + ξ, y + η) f(x, y ) f (z ) ξ + iη = f(x + ξ, y + η) f(x, y ) f (z )(ξ + iη) ξ + iη = f(x + ξ, y + η) f(x, y ) f (z )(ξ + iη) ξ 2 + η 2. Επειδή η παράγωγος f (z ) υπάρχει, παίρνοντας το h το αριστερό µέλος τείνει στο µηδέν

37 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ και κατά συνέπεια Οµως f(x + ξ, y + η) f(x, y ) f (z )(ξ + iη) lim =. ( ) (ξ,η) (,) ξ 2 + η 2 f (z )(ξ + iη) = f x (x, y )(ξ + iη) = f x (x, y )ξ + if x (x, y )η = f x (x, y )ξ + f y (x, y )η (f x (x, y ) = if y (x, y )) και από την ( ) έπεται ότι η f είναι διαφορίσιµη στο (x, y ) µε Df(x, y )(ξ, η) = f x (x, y )ξ + f y (x, y )η. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι η f, σαν συνάρτηση των x και y, είναι διαφορίσιµη στο (x, y ) και ότι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann, δηλαδή f x (x, y ) = if y (x, y ) και ισοδύναµα f y (x, y ) = if x (x, y ). Εστω z + h U, όπου h = ξ + iη. Επειδή το z + h = (x + ξ) + i(y + η) ταυτίζεται µε το σηµείο (x + ξ, y + η), είναι f(z + h) f(z ) h = f(x + ξ, y + η) f(x, y ) ξ + iη = f x(x, y )ξ + f y (x, y )η + ε(ξ, η) ξ 2 + η 2 ξ + iη = f x(x, y )ξ + if x (x, y )η + ε(ξ, η) ξ 2 + η 2 ξ + iη ξ = f x (x, y ) + ε(ξ, η) 2 + η 2 ξ + iη (από την (3.4)) (f y (x, y ) = if x (x, y )) και εποµένως f(z + h) f(z ) h f x (x, y ) ξ = ε(ξ, η) 2 + η 2 ξ + iη = ε(ξ, η). Επειδή lim (ξ,η) (,) ε(ξ, η) =, έπεται ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο z µε f f(z + h) f(z ) (z ) = lim = f x (x, y ). h h

38 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 29 Εστω η συνάρτηση f : U C, f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C. (i) Αν η f είναι αναλυτική στο U και ϑεωρήσουµε την f σαν συνάρτηση των x και y, έχουµε αποδείξει ότι για κάθε z = x + iy U είναι f (z) = f (x, y) = i f (x, y). x y Θα αποδείξουµε αργότερα, χρησιµοποιώντας τους ολοκληρωτικούς τύπους Cauchy, ότι η f είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη στο U. Ειδικά, η δεύτερη παράγωγος υπάρχει και δίνεται από τον τύπο f (z) = f ( ) f (x, y) x x = 2 f (x, y) x2 ή f (z) = i f y ( i f ) (x, y) y Εποµένως οι µερικές παράγωγοι δεύτερης τάξης 2 f x 2, 2 f y 2 µερικές παράγωγοι πρώτης τάξης f x, f y εξής : = 2 f (x, y). y2 υπάρχουν στο U και κατά συνέπεια οι ϑα είναι συνεχείς στο U. Εχουµε λοιπόν αποδείξει το Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο ανοικτό σύνολο U C, τότε οι µερικές παράγωγοι f x, f y (ϑεωρούµε την f σαν συνάρτηση των x, y) υπάρχουν και είναι συνεχείς στο U. (ii) Αν η f, σαν συνάρτηση των x και y, έχει συνεχείς µερικές παραγώγους στο U, από το Θεώρηµα 3.2 η f ϑα είναι διαφορίσιµη στο U. Λαµβάνοντας υπόψη το (i) και το (ii), το Θεώρηµα 3.3 συνεπάγεται τον παρακάτω χρήσιµο κριτήριο για την αναλυτικότητα µιας συνάρτησης. Θεώρηµα 3.4 (2ο κριτήριο αναλυτικότητας µιας συνάρτησης). Εστω η µιγαδική συνάρτηση f : U C, f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C. Η f είναι αναλυτική(ολόµορφη) στο U, αν και µόνο αν η f, σαν συνάρτηση των x και y, έχει συνεχείς µερικές παραγώγους στο U[ισοδύναµα, οι u x, u y, v x και v y είναι συνεχείς στο U] και ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann u x = v y {f x = if y } u y = v x.

39 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Αν η f είναι αναλυτική στο U, τότε η παράγωγος της f στο z = x + iy U δίνεται από τον τύπο f (z ) = f x (x, y ) = u x (x, y ) + iv x (x, y ) ή f (z ) = if y (x, y ) = v y (x, y ) iu y (x, y ). Παρατήρηση 3.5. Το Θεώρηµα 3.3 µας λέει ότι αν η f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U, σαν συνάρτηση των x, y είναι διαφορίσιµη στο U[ισοδύναµα, οι u, v είναι διαφορίσιµες στο U] και ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann σε κάθε σηµείο του U, τότε η f είναι αναλυτική στο U. Είναι γνωστό ότι ασθενέστερες υποθέσεις από αυτές του ϑεωρήµατος 3.3 συνεπάγονται την αναλυτικότητα της f στο U. Το καλύτερο αποτέλεσµα είναι το παρακάτω ϑεώρηµα, παραπέµπουµε στο []. Θεώρηµα 3.6 (Looman-Menchoff). Αν η f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U, είναι τέτοια ώστε (i) οι µερικές παράγωγοι u x, u y, v x, v y υπάρχουν στο U, ( ii) οι u, v ικανοποιούν τις εξισώσεις Cauchy Riemann στο U και (iii) η f είναι συνεχής στο U, τότε η f είναι αναλυτική στο U. Για την απόδειξη του ϑεωρήµατος χρησιµοποιείται Lebesgue ολοκλήρωση και το ϑεώρηµα κατηγο- ϱίας του Baire, ϐλέπε []. Παραδείγµατα Εστω η συνάρτηση f : C R µε f(z) = f(x + iy) = Rz = x. Είναι f = u + iv µε u(x, y) = x και v(x, y) =, για κάθε (x, y) R 2. Επειδή οι u, v έχουν συνεχείς µερικές παραγώγους, για να είναι η f παραγωγίσιµη ϑα πρέπει να ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann. Οµως u x = = v y και u y = = v x, δηλαδή δεν

40 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 3 ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann για κανένα (x, y) R 2 και άρα η f δεν είναι παραγωγίσιµη σε κανένα σηµείο του C. 2. Εστω η συνάρτηση g : C [, ) µε g(z) = z 2 = zz = x 2 + y 2. Είναι g = u + iv µε u(x, y) = x 2 + y 2 και v(x, y) =, για κάθε (x, y) R 2. Επειδή οι u, v έχουν συνεχείς µερικές παραγώγους, για να είναι η g παραγωγίσιµη ϑα πρέπει να ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann u x = v y u y = v x 2x = {(x, y) = (, )}. 2y = Εποµένως η g είναι παραγωγίσιµη µόνο στο. Επειδή g x (x, y) = 2x, η παράγωγος g () = g x (, ) =. 3. Εστω η συνάρτηση h : C C µε h(z) = h(x + iy) = x 3 + y + i( x y 3 + 3y). Είναι h = u + iv µε u(x, y) = x 3 + y και v(x, y) = x y 3 + 3y, για κάθε (x, y) R 2. Επειδή οι u, v έχουν συνεχείς µερικές παραγώγους, για να είναι η h παραγωγίσιµη ϑα πρέπει να ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann u x = v y u y = v x 3x 2 = 3y = {x2 + y 2 = z = }. Εποµένως η h είναι παραγωγίσιµη στα σηµεία του µοναδιαίου κύκλου µε παράγωγο h (z) = h x (x, y) = u x (x, y) + iv x (x, y) = 3x 2 i, x. Εστω z σηµείο του µοναδιαίου κύκλου και έστω D(z, δ) µια οποιαδήποτε περιοχή του z. Επειδή η h είναι παραγωγίσιµη µόνο στα σηµεία του ανοικτού δίσκου D(z, δ) που ϐρίσκονται στο µοναδιαίο κύκλο, η h δεν είναι αναλυτική στο z(πρέπει η h να είναι παραγωγίσιµη σε όλα τα σηµεία του ανοικτού δίσκου). Αρα η h δεν είναι αναλυτική σε κανέα σηµείο του C. Παράδειγµα 3.8. Εστω U C ανοικτό σύνολο και έστω U = {z : z U} το συµµετρικό του U ως προς τον πραγµατικό άξονα. Η συνάρτηση f : U C είναι αναλυτική στο U αν και µόνο αν η f : U C µε f (z) := f(z) είναι αναλυτική στο U. Λύση. Υποθέτουµε ότι η f(z) = u(x, y) + iv(x, y) είναι αναλυτική στο U. Θα δείξουµε ότι η f (z) := f(z) είναι αναλυτική στο U. Επειδή το U είναι ανοικτό σύνολο και το U ϑα είναι

41 32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ανοικτό σύνολο. ος τρόπος. Επειδή η f είναι αναλυτική στο U, η f έχει συνεχείς µερικές παραγώγους και ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann: {u x = v y, u y = v x }. Επειδή f (z) = f(z), είναι f (z) = u (x, y) + iv (x, y) µε u (x, y) = u(x, y) και v (x, y) = v(x, y). Εποµένως, u x(x, y) = u x (x, y) = v y (x, y), u y(x, y) = u y (x, y) = v x (x, y), vx(x, y) = v x (x, y) και vy(x, y) = v y (x, y). Άρα, {u x = vy, u y = vx}, δηλαδή ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann για την f στο U. Επειδή η f έχει και συνεχείς µερικές παραγώγους, η f είναι αναλυτική στο U. 2ος τρόπος. Εστω z U. Τότε z U και υποθέτουµε ότι η παράγωγος f (z ) = λ C υπάρχει. Θα δείξουµε ότι και η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο z και µάλιστα η παράγωγος (f ) (z ) = λ. Πράγµατι, επειδή f (z + h) f (z ) f(z + h) f(z ) lim = lim h h h h = lim h ( = lim h = f (z ), ( ) f(z + h) f(z ) h ) f(z + h) f(z ) h (η συνάρτηση z z είναι συνεχής) η f είναι παραγωγίσιµη στο z U µε παράγωγο (f ) (z ) = f (z ) = λ. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι η f (z) = f(z) είναι αναλυτική στο U. Τότε από την προηγούµενη περίπτωση η f (z) = f(z) είναι αναλυτική στο (U ) = U, δηλαδή η f είναι αναλυτική στο U. Εστω f : I R πραγµατική συνάρτηση ορισµένη σ ένα διάστηµα I του R. Αν f (x) =, για κάθε x I, τότε η f είναι σταθερή στο διάστηµα I. Αυτό το γνωστό αποτέλεσµα γενικεύεται και για αναλυτικές συναρτήσεις που ορίζονται σε ανοικτά και συνεκτικά υποσύνολα του C. Σηµειώνεται ότι τα διαστήµατα είναι τα µοναδικά συνεκτικά υποσύνολα του R. Πρόταση 3.9. Αν η συνάρτηση f : G C C, f = u + iv, είναι αναλυτική στον τόπο G µε την παράγωγο f (z) =, για κάθε z G, τότε η f είναι σταθερή στο G.

42 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 33 Απόδειξη. Επειδή από την υπόθεση f (z) = u x (x, y) + iv x (x, y) = v y (x, y) iu y (x, y) =, για κάθε z G, είναι u x (x, y) = v x (x, y) = u y (x, y) = v y (x, y) =, για κάθε (x, y) G. Εστω z = x + iy σταθερό σηµείο του G. Αρκει να δείξουµε ότι f(z) = f(z ), για κάθε z G. Εστω z = x + iy ένα τυχαίο σηµειο του G. Επειδή το σύνολο G είναι ανοικτό και συνεκτικό, το G είναι κλιµακωτά συνεκτικό. Εποµένως υπάρχει πολυγωνική γραµµή στο G µε αρχή το z, πέρας το z και της οποίας τα ευθύγραµµα τµήµατα είναι παράλληλα είτε προς τον πραγµατικό άξονα ή προς το ϕανταστικό άξονα, ϐλέπε το παραπάνω σχήµα. Επειδή το ευθ. τµήµα [z, z ], z = x + iy, είναι οριζόντιο, εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για τη συνάρτηση x u(x, y ) έχουµε u(x, y ) u(x, y ) = u x ( x, y )(x x ), για κάποιο x µεταξύ x και x. Το ( x, y ) είναι σηµείο του ευθ. τµήµατος [z, z ] και εποµένως ανήκει στο G. Επειδή u x ( x, y ) =, έπεται ότι u(x, y ) = u(x, y ). Παρόµοια αποδεικνύεται ότι v(x, y ) = v(x, y ) και εποµένως f(z ) = f(z ). Αν ϑεωρήσουµε τώρα το κατακόρυφο ευθ. τµήµα [z, z 2 ], z 2 = x + iy 2, µε ανάλογο τρόπο αποδεικνύουµε ότι f(z ) = f(z 2 ). Εφαρµόζοντας την ίδια µέθοδο και για τα υπόλοιπα ευθ. τµήµατα, τελικά έχουµε f(z ) = f(z ) = f(z 2 ) = = f(z)

43 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ και άρα η f είναι σταθερή στο G. Για µη συνεκτικά σύνολα το προηγούµενο αποτέλεσµα γενικά δεν ισχύει. Εστω για παράδειγµα G = D(, ) D(3, ) ένα ανοικτό και µη συνεκτικό σύνολο. Ορίζουµε τη συνάρτηση f : G C µε αν z D(, ), f(z) = i αν z D(3, ). Επειδή f είναι σταθερή στον ανοικτό δίσκο D(, ), είναι f (z) = για κάθε z D(, ) και παρόµοια f (z) = για κάθε z D(3, ). Άρα, f (z) = για κάθε z G. Οµως η f δεν είναι σταθερή στο G. Πρόταση 3.2. Εστω f : G C C, f = u + iv, αναλυτική συνάρτηση στον τόπο G. Τα παρακάτω είναι ισοδύναµα : (i) Η f είναι σταθερή στο G. (ii) Το Rf = u είναι σταθερό στο G. (iii) Το If = v είναι σταθερό στο G. (iv) Η f είναι σταθερή στο G. (v) Η συνάρτηση f = u iv είναι αναλυτική στο G. Απόδειξη. Οι ισοδυναµίες (i) (ii) (iii) προκύπτουν άµεσα από την Πρόταση 3.9 και από τις εξισώσεις Cauchy Riemann. Είναι προφανές ότι η (i) συνεπάγεται τις (iv) και (v). (v) (i): ος τρόπος. Η f + f = 2u είναι αναλυτική στο G µε I(f + f) =, δηλαδή το I(f + f) είναι σταθερό στο G. Τότε από τις εξισώσεις Cauchy Riemann και την Πρόταση 3.9 έπεται ότι η f + f είναι σταθερή στο G. Παρόµοια, επειδή η f f = 2iv είναι αναλυτική µε R(f f) =, η f f είναι σταθερή στο G. Εποµένως η f = (f+f)+(f f) 2 είναι σταθερή στο G. 2ος τρόπος. Επειδή η f + f = 2u = 2Rf είναι αναλυτική, η Rf είναι αναλυτική συνάρτηση στο G. Το ϕανταστικό µέρος της Rf είναι µηδέν οπότε και πάλι από τις εξισώσεις Cauchy Riemann

44 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN 35 και την Πρόταση 3.9 η Rf ϑα είναι σταθερή στο G. ηλαδή ισχύει η (ii) που είναι ισοδύναµη µε τη (i). (iv) (i): Υπάρχει c R τέτοιο ώστε ff = f 2 = c. Αν c =, τότε f = και εποµένως η f είναι σταθερή στο G. ιαφορετικά, είναι f(z) για κάθε z G. Τότε η f = c/f είναι αναλυτική στο G και όπως αποδείξαµε προηγουµένως η (v) συνεπάγεται τη (i). Παράδειγµα 3.2. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f = u + iv είναι αναλυτική στον τόπο G. Αν u = v 2, να ϐρεθεί η f. Λύση. Επειδή η f είναι αναλυτική στον τόπο G, ϑα πρέπει να ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann: v y = u x v x = u y v y = 2vv x v x = 2vv y v y = 2vv x v x = 4v 2 v x v y = 2vv x ( + 4v 2 ) v x =. Εποµένως, v x = v y = u x = u y = και κατά συνέπεια f (z) = u x (x, y) + iv x (x, y) = στον τόπο G. Από την Πρόταση 3.9 η f είναι σταθερή στο G. Άρα, f(z) = λ 2 + iλ, λ R. Παράδειγµα Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες συναρτήσεις f : C C της µορφής f(z) = f(x + iy) = u(x) + iv(y). Λύση. Επειδή η f είναι ακέραια, ϑα πρέπει να ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann. Εποµένως, u (x) = v (y), για κάθε (x, y) R 2. Επειδή η u είναι συνάρτηση του x και η v είναι συνάρτηση του y, ϑα πρέπει να είναι u (x) = v (y) = a, όπου a R. Τότε u(x) = ax + b και v(y) = ay + b 2, µε b, b 2 R. Άρα, όλες οι ακέραιες συναρτήσεις f είναι της µορφής f(z) = ax + b + i(ay + b 2 ) = a(x + iy) + (b + ib 2 ) = az + b, (b = b + ib 2 ) όπου a R και b C.

45 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Παράδειγµα Εστω f : G C αναλυτική συνάρτηση στον τόπο G. Αν όλες οι τιµές της f ϐρίσκονται πάνω σε µια ευθεία γραµµή L στο C, τότε η f είναι σταθερή στο G. Λύση. Κάθε ευθεία γραµµή L στο C είναι της µορφής L = {z C : z = z + tζ, t R}, για κάποια z, ζ C µε ζ. Εστω f(z) L για κάθε z G. Αν ορίσουµε τη συνάρτηση g : G C µε g(z) := f(z) z ζ, για κάθε z G, τότε η g είναι αναλυτική στο G µε g(z) R για κάθε z G. Επειδή η g παίρνει πραγµατικές τιµές, το Ig = και από την Πρόταση 3.2 έπεται ότι η g είναι σταθερή στο G, έστω g = c. Τότε και η f(z) = z + cζ είναι σταθερή στο G. Ασκήσεις. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : Ω C είναι συνεχής στο ανοικτό σύνολο Ω C και η f 2 είναι παραγωγίσιµη στο Ω. Αν f(z) για κάθε z Ω, τότε η f είναι παραγωγίσιµη στο Ω. 2. Εστω η συνάρτηση f : C C µε xy(x+iy) x f(z) = f(x + iy) = 2 +y 2 αν z, αν z =. είξτε ότι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο σηµείο (, ) και ότι η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο. 3. Εστω η συνάρτηση f : C C µε x y + i x2 +y 2 x+y αν z, f(z) = f(x + iy) = αν z =. είξτε ότι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο σηµείο (, ) και ότι η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο.

46 3.2. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ CAUCHY RIEMANN Εστω η συνάρτηση f : C C, µε f(z) = z 2 z 2. Να δείξετε ότι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο σηµείο (, ). Είναι η f παραγωγίσιµη στο ; Αιτιολογήστε την απάντησή σας. 5. Εστω η συνάρτηση f : C C µε (+i)i(z 2 ) z f(z) = 2 αν z, αν z =. είξτε ότι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Cauchy Riemann στο σηµείο (, ). Είναι η f πα- ϱαγωγίσιµη στο ; Αιτιολογήστε την απάντησή σας. 6. Σε ποια σηµεία είναι η συνάρτηση f(z) = zrz + ziz + z παραγωγίσιµη ; Υπολογίστε την παράγωγο όπου υπάρχει. 7. είξτε ότι η συνάρτηση f(z) = x iy x 2 +y 2 είναι παραγωγίσιµη στο C \ {}. 8. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : U C, σαν συνάρτηση των x και y, έχει συνεχείς µερικές παραγώγους στο ανοικτό σύνολο U C. Αν h R και f(z + h) f(z) f(z + ih) f(z) lim = lim, για κάθε z U, h h h ih δείξτε ότι η f είναι αναλυτική στο U. 9. Εστω η µιγαδική συνάρτηση f : U C, f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z = x + iy σηµείο του U. Αν η συνάρτηση f έχει συνεχείς µερικές παραγώγους(σαν συνάρτηση των x, y) στο (x, y ) και το όριο f(z + h) f(z ) lim h h υπάρχει, τότε είτε η f = u + iv ή η f = u iv είναι παραγωγίσιµη στο z = x + iy.. Εστω η συνάρτηση f : U C R ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U(η f παίρνει πραγµατικές τιµές) και έστω z = x + iy σηµείο του U. είξτε ότι είτε η f δεν είναι παραγωγίσιµη στο z ή f (z ) =.

47 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΑΝΑΛΥΤΙΚΕΣ (ΟΛΟΜΟΡΦΕΣ ) ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ. Αν η συνάρτηση f : D(, ) C είναι αναλυτική στο µοναδιαίο δίσκο D(, ), δείξτε ότι και η συνάρτηση g µε g(z) = f(z) f( z), z D(, ), ϑα είναι αναλυτική στο µοναδιαίο δίσκο D(, ). 2. Εστω f : G C, f = u + iv, αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό και συνεκτικό σύνολο G C. Αν au(x, y) + bv(x, y) + c = για κάθε (x, y) G, όπου a, b, c R µε a 2 + b 2, να ϐρεθεί η f. 3. Εστω f : G C, f = u + iv, αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό και συνεκτικό σύνολο G C. Αν u x (x, y) + v y (x, y) = για κάθε (x, y) G, δείξτε ότι υπάρχει c R και d C τέτοια ώστε f(z) = icz + d, για κάθε z G. 4. Εστω η µιγαδική συνάρτηση f : U C, f = u + iv, ορισµένη στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z = x + iy σηµείο του U. Υποθέτουµε ότι η f, σαν συνάρτηση των x και y, είναι διαφορίσιµη στο σηµείο (x, y )[ισοδύναµα, οι u, v είναι διαφορίσιµες στο (x, y )] και ότι το όριο υπάρχει. lim f(z + h) f(z ) h h είξτε ότι είτε η f = u + iv είναι παραγωγίσιµη στο z ή η f = u iv είναι παραγωγίσιµη στο z. Υπόδειξη. Αν h = ξ + iη, όπως και στην απόδειξη του ϑεωρήµατος 3.3 είναι f(z + h) f(z ) h = f x (x, y )ξ + f y (x, y )η + ε(ξ, η) ξ 2 + η 2 ξ 2 + η 2, όπου lim (ξ,η) (,) ε(ξ, η) =. Θεωρείστε τις περιπτώσεις (i) η =, ξ, (ii) ξ =, η, (iii) ξ = η, η και δείξτε ότι (f x (x, y )) 2 = ( if y (x, y )) 2.

48 Κεφάλαιο 4 Μιγαδική ολοκλήρωση Μια καµπύλη στο C είναι µια συνεχής συνάρτηση γ : [a, b] C. Αν γ(t) = x(t) + iy(t), τότε οι συναρτήσεις x = x(t) και y = y(t) είναι συνεχείς στο [a, b]. Συµβολίζουµε µε γ το πεδίο τιµών της γ, δηλαδή γ = γ([a, b]). Το γ(a) είναι η αρχή της καµπύλης και το γ(b) είναι το πέρας της καµπύλης. Τα γ(a), γ(b) είναι τα άκρα της καµπύλης και λέµε ότι η καµπύλη γ συνδέει το γ(a) µε το γ(b). Αν γ(a) = γ(b), η καµπύλη γ λέγεται κλειστή. Εστω t, t 2 [a, b). Αν t t 2 συνεπάγεται γ(t ) γ(t ), η καµπύλη γ λέγεται απλή. Αν επιπλέον η καµπύλη είναι κλειστή, η γ λέγεται απλή κλειστή καµπύλη. Η καµπύλη γ : [a, b] C λέγεται λεία, αν η γ είναι συνεχής στο [a, b] µε γ (t) για κάθε t (a, b). Η καµπύλη γ : [a, b] C λέγεται τµηµατικά λεία, αν υπάρχει διαµέριση a = t < t < < t n < t n = b του [a, b] τέτοια ώστε ο περιορισµός της γ σε κάθε κλειστό διάστηµα [t k, t k ], k =,..., n, να είναι λεία καµπύλη. Παράδειγµα 4.. Η καµπύλη γ(t) = cos 3 t+i sin 3 t, t [, 2π], είναι απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία. 39

49 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Παρατηρούµε ότι η γ (t) = 3 cos 2 t sin t + 3i sin 2 t cos t είναι συνεχής στο διάστηµα t [, 2π] µε γ (t) = αν και µόνο αν t =, π/2, π, 3π/2, 2π. 4. Ολοκλήρωση- Βασικά αποτελέσµατα Παράδειγµα 4.2. Να υπολογιστούν τα ολοκληρώµατα (i) γ = γ είναι το ευθ. τµήµα [, + i] και γ z 2 dz και γ z2 dz, όπου (ii) γ = γ 2 είναι το τµήµα της παραβολής y = x 2 µε αρχή το και πέρας το σηµείο (, ). Λύση. Εστω το ολοκλήρωµα γ z 2 dz. (i) Η παραµετρική εξίσωση του ευθ. τµήµατος γ = [, + i] είναι z (t) = t + it, t. Εποµένως, (ii) γ z 2 dz = t + it 2 ( + i) dt = ( + i) 2t 2 dt = 2 ( + i). 3 Η παραµετρική εξίσωση της γ 2 είναι z 2 (t) = t 2 + it, t. Εποµένως, z 2 dz = t 2 + it 2 (2t + i) dt γ 2 = ( + i) 2t(t 4 + t 2 ) dt + i (t 4 + t 2 ) dt = i. Παρότι οι καµπύλες γ και γ 2 έχουν την ίδια αρχή και το ίδιο πέρας, είναι z 2 dz z 2 dz. γ γ 2

50 4.. ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ- ΒΑΣΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ 4 Ως γνωστόν, Παράδειγµα 3.3 και Παραδείγµατα 3.7, η συνεχής συνάρτηση w = z 2 είναι παραγωγίσιµη µόνο στο σηµείο και εποµένως δεν είναι αναλυτική σε κανένα σηµείο του C. Θεωρούµε τώρα το ολοκλήρωµα γ z2 dz. Είναι (i) και (ii) γ z 2 dz = (t + it) 2 ( + i) dt = 2 t 2 dt + 2i t 2 dt = 2 ( i) 3 z 2 dz = γ 2 = (t 2 + it) 2 (2t + i) dt (2t 5 4t 3 ) dt + i (5t 4 t 2 ) dt = 2 ( i). 3 Για την ακέραια συνάρτηση f(z) = z 2 παρατηρούµε ότι z 2 dz = z 2 dz = 2 ( i), γ γ 2 3 όπου γ και γ 2 είναι λείες καµπύλες µε την ίδια αρχή και το ίδιο πέρας. Αυτό δεν είναι απλή σύµπτωση. Θα αποδείξουµε αργότερα, Θεώρηµα 4.26, ότι αν µια συνάρτηση f είναι αναλυτική σε ένα απλά συνεκτικό τόπο, τότε το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f είνα ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης. Πρόταση 4.3. Εστω γ : [a, b] C, γ(t) = x(t) + iy(t), τµηµατικά λεία καµπύλη και έστω f : U C µία συνεχής συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο U C το οποίο περιέχει τη γ = γ([a, b]). Τότε, γ f(z) dz γ f(z) dz = b a f(γ(t)) γ (t) dt. (4.) Ειδικά αν f(z) M, για κάθε z γ = γ([a, b]), τότε f(z) dz M (µήκος της γ). (4.2) γ

51 42 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Απόδειξη. Αν γ f(z) dz =, τότε προφανώς η πρόταση ισχύει. Υποθέτουµε ότι γ f(z) dz. Επειδή το γ f(z) dz C και είναι διάφορο το µηδενός, είναι f(z) dz = f(z) dz eiθ για κάποιο θ R. γ γ Τότε, γ f(z) dz = e iθ f(z) dz γ } = R {e iθ f(z) dz γ b = R {e iθ = b a b = a γ a } f(γ(t))γ (t) dt { R e iθ f(γ(t))γ (t) f(γ(t)) γ (t) dt f(z) dz. } dt Εστω f(z) M για κάθε z γ. Επειδή το το µήκος της καµπύλης γ δίνεται από τον τύπο b b l(γ) = (x (t)) 2 + (y (t)) 2 dt = γ (t) dt = dz, τελικά έχουµε γ a b f(z) dz M γ (t) dt = M (µήκος της γ). a a γ Παράδειγµα 4.4. Να αποδειχθεί ότι e ziz dz C(,) 2π e. Λύση. Η εξίσωση του µοναδιαίου κύκλου C(, ) είναι z = x 2 + y 2 =. Πάνω στο µοναδιαίο κύκλο είναι e ziz e = (x iy)y = e xy e iy 2 = e xy e (x2 +y 2 )/2 = e /2 = e. Εποµένως, από την (4.2) έχουµε e ziz dz C(,) e (µήκος του µοναδιαίου κύκλου) = 2π e.

52 4.. ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ- ΒΑΣΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ 43 Παράδειγµα 4.5. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : C R είναι συνεχής και παίρνει πραγµατικές τιµές. Αν να αποδειχθεί ότι f(z) για κάθε z =, z = f(z) dz 4. (4.3) Σηµείωση. εν υποθέτουµε ότι η f είναι αναλυτική συνάρτηση. Αν η f είναι αναλυτική στο C και παίρνει πραγµατικές τιµές, το If = και εποµένως από την Πρόταση 3.2 η f ϑα είναι σταθερή. Απόδειξη. Χρησιµοποιώντας κατευθείαν την ανισότητα (4.2) της Πρότασης 4.3 (και κατά συνέπεια µη λαµβάνοντας υπόψη την υπόθεση ότι η f παίρνει πραγµατικές τιµές), έχουµε f(z) dz (µήκος του µοναδιαίου κύκλου) = 2π. z = Είναι 2π > 4. Προκειµένου λοιπόν να αποδείξουµε ότι το άνω ϕράγµα της απόλυτης τιµής του ολοκληρώµατος είναι το 4, ϑα πρέπει να ακολουθήσουµε τα ίδια ϐήµατα όπως και στην απόδειξη της ανισότητας (4.) (Πρόταση 4.3). Αν z = f(z) dz =, τότε η (4.3) προφανώς ισχύει. Υποθέτουµε ότι z = f(z) dz. Επειδή το z = f(z) dz C και είναι διάφορο του µηδενός, είναι z = f(z) dz = z = f(z) dz eiθ, για κάποιο θ R. Τότε, z = f(z) dz = e iθ f(z) dz z = } = R {e iθ f(z) dz z = π } = R {e iθ f(e it )ie it dt = = π π π π π { R e iθ f(e it )ie it} dt ( z = : z(t) = e it, π t π) { f(e it )R ie i(t θ)} dt. (f(e it ) R)

53 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ { Επειδή R ie i(t θ)} = R {i (cos(t θ) + i sin(t θ))} = sin(θ t), έχουµε z = f(z) dz = = = 2 = 2 π π π π π π π θ π θ π π f(e it ) sin(θ t) dt f(e it ) sin(θ t) dt sin(t θ) dt ( f(e it ) ) sin x dx (αντικατάσταση x = t θ) sin x dx (η y = sin x είναι π-περιοδική) sin x dx = 4. Το επόµενο αποτέλεσµα είναι χρήσιµο στον υπολογισµό γενικευµένων ολοκληρωµάτων της µορ- ϕής f(x) dx ή a f(x) dx, a R, όπου f ϱητή συνάρτηση, χρησιµοποιώντας µιγαδική ολοκλήρωση. Λήµµα 4.6. Εστω f(z) = P (z) Q(z), όπου P και Q είναι πολυώνυµα και το Q έχει ϐαθµό τουλάχιστον κατά 2 µεγαλύτερο από το ϐαθµό του P. (i) Για R αρκετά µεγάλο, υπάρχει σταθερά M τέτοια ώστε P (z) Q(z) M z 2, για κάθε z R. (ii) Αν γ R είναι το ηµικύκλιο του άνω ηµιεπιπέδου µε εξίσωση γ(t) = Re it, t π, τότε P (z) lim R γ R Q(z) dz =. Απόδειξη. (i) Εστω P (z) = a n z n + + a z + a, a n και Q(z) = b n+p z n+p + + b z + b, b n+p, τα πολυώνυµα µε p 2. Από το Παράδειγµα.6 υπάρχουν R, R 2 τέτοια

54 4.. ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ- ΒΑΣΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ 45 ώστε και 2 a n z n P (z) 3 2 a n z n, για κάθε z R 2 b n+p z n+p Q(z) 3 2 b n+p z n+p, για κάθε z R 2 Αν R := max{r, R 2 }, τότε για κάθε z R είναι P (z) 3 Q(z) 2 a n z n 2 b n+p z = 3 a n n+p b n+p z p 3 a n. (p 2) b n+p z 2 Εποµένως, για M := 3 an b n+p έχουµε P (z) Q(z) M z 2, για κάθε z R. (ii) Είναι και άρα P (z) γ R Q(z) dz γ R γ R P (z) Q(z) dz M R 2 dz (από το (i) για z = R R ) = M Mπ πr = R2 R R P (z) lim R γ R Q(z) dz =. Θεώρηµα 4.7 (Θεµελιώδες Θεώρηµα Ολοκλήρωσης). Εστω γ : [a, b] C, γ(t) = x(t)+iy(t), τµηµατικά λεία καµπύλη και έστω F : U C αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο U C το οποίο περιέχει τη γ = γ([a, b]). Τότε, F (z) dz = F (γ(b)) F (γ(a)). Ειδικά αν η καµπύλη γ είναι κλειστή, δηλαδή γ(a) = γ(b), τότε F (z) dz =. γ γ

55 46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Απόδειξη. Επειδή η συνάρτηση F είναι αναλυτική στο ανοικτό σύνολο U, από τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy για παραγώγους έπεται ότι η F υπάρχει και είναι συνεχής στο U. Αν g(t) := F (γ(t)), από τον κανόνα αλυσίδας έχουµε ότι g (t) := F (γ(t))γ (t). Εποµένως, b b F (z) dz = F (γ(t))γ (t) dt = g (t) dt = g(b) g(a) = F (γ(b)) F (γ(a)). γ a a Παράδειγµα 4.8. Εστω Ω ανοικτό, κυρτό υποσύνολο του C και f : Ω C αναλυτική συνάρτηση µε Rf (z) > για κάθε z Ω. Να αποδειχθεί ότι η f είναι στο Ω. Απόδειξη. Εστω z, z 2 δύο σηµεία του Ω και έστω [z, z 2 ], µε εξίσωση z(t) = z + t(z 2 z ), t [, ], το ευθύγραµµο τµήµα µε αρχή το z και πέρας το z 2. Επειδή το Ω είναι κυρτό σύνολο, το ευθύγραµµο τµήµα [z, z 2 ] ανήκει στο Ω και από το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα ολοκλήρωσης f(z 2 ) f(z ) = f (z) dz = f (z(t))(z 2 z ) dt. Αν z z 2, τότε [z,z 2 ] f(z 2 ) f(z ) z 2 z = f (z(t)) dt. Επειδή Rf (z) >, για κάθε z Ω, ϑα είναι f (z(t)) dt. Άρα f(z ) f(z 2 ), δηλαδή η f είναι στο Ω. Ασκήσεις. είξτε ότι C + (, r) Rz dz = iπr 2, όπου C + (, r) είναι κύκλος µε κέντρο, ακτίνα r > και ϑετική ϕορά διαγραφής. 2. είξτε ότι όπου γ : z(t) = e it, π t π. γ [ ( 2z i z + )] dz = 2π + 4πi, z 3. είξτε ότι sin z 2 e, για κάθε z =. Στη συνέχεια αποδείξτε ότι e 2z sin z 2 dz 2πe3. z =

56 4.. ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ- ΒΑΣΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ είξτε ότι γ e iz2 dz π 4r ( e r2), όπου γ η καµπύλη µε εξίσωση γ (θ) = re iθ, r > και θ π/4. Υπόδειξη. Για κάθε t [, π 2 ] ισχύει η ανισότητα : sin t 2t π. 5. Υπολογίστε το ολοκλήρωµα I = γ e z sin z dz, όπου γ λεία καµπύλη µε αρχή την αρχή των αξόνων και πέρας το σηµείο i. 6. είξτε ότι z cos(πiz) dz = 2 γ π 2, όπου γ η καµπύλη µε εξίσωση γ(t) = t t 2 + it 3, t [, ]. 7. Αν γ είναι τµηµατικά λεία καµπύλη στο άνω ηµιεπίπεδο µε αρχή το και πέρας το, χρησιµοποιώντας το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα ολοκλήρωσης δείξτε ότι z i dz = + e π ( i). γ 2 Σηµείωση. Είναι z i = exp(i log z), όπου log z = ln z + iθ, π/2 < θ < 3π/2, είναι ο αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου z στον απλά συνεκτικό τόπο : C \ {iy : y }. 8. είξτε ότι δεν υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f στο δακτύλιο : < z < 3 τέτοια ώστε e f(z) = z. Υπόδειξη. είξτε ότι f (z) = /z και ϑεωρείστε το ολοκλήρωµα z dz. z =2 9. Εστω γ : [, ] C, µε γ(t) = ( t)i + t, το ευθύγραµµο τµήµα µε αρχή το i και πέρας το. είξτε ότι Στη συνέχεια να αποδειχθεί ότι αν z 4, για κάθε z γ. 4 I = τότε I 4 2. Ποιά είναι η τιµή του I ; γ z 4 dz,

57 48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ. Εστω η συνάρτηση f(z) = υπάρχουν και ότι lim R + R (z+i) 2 [,R] και έστω R >. είξτε ότι τα όρια f(z) dz και lim f(z) dz R + f(z) dz := [ R, ] lim f(z) dz =. R + [ R,R]. Για κάθε z, z 2 C από το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα ολοκλήρωσης είναι e z 2 e z = e z dz, [z,z 2 ] όπου [z, z 2 ] είναι το ευθύγραµµο τµήµα µε αρχή το z και πέρας το z 2. Αν Rz, Rz 2, δείξτε ότι e z 2 e z z 2 z. 2. Αν η συνάρτηση f : [a, b] R, a < b, είναι συνεχής, δείξτε ότι η είναι συνεχής στο C \ [a, b]. F (z) := b a f(t) dt, z C \ [a, b], t z Υπόδειξη. Εστω z C\[a, b]. Αν d = min t z, h C, < h < d/2 και M = max f(t), t [a,b] t [a,b] δείξτε ότι F (z + h) F (z) = b a hf(t) (t z)(t z h) dt 2M(b a) d 2 h. 3. είξτε ότι υπάρχει ε > τέτοιο ώστε για κάθε πολυώνυµο p µιας µιγαδικής µεταβλητής είναι p(z) z ε, για κάθε z =. (Η άσκηση αυτή αποδεικνύει ότι η συνεχής συνάρτηση f(z) = /z στο µοναδιαίο κύκλο z = δεν προσεγγίζεται οµοιόµορφα από πολυώνυµα. ηλαδή το κλασικό ϑεώρηµα του Weierstrass για συνεχείς πραγµατικές συναρτήσεις ορισµένες σε κλειστά και ϕραγµένα διαστήµατα του R, δεν ισχύει για συνεχείς µιγαδικές συναρτήσεις ορισµένες σε συµπαγή υποσύνολα του C. Βλέπε και Παρατήρηση 4.76.) Υπόδειξη. Να υποθέσετε ότι για κάθε ε > υπάρχει πολυώνυµο p τέτοιο ώστε p(z) z < ε, για κάθε z =. Ολοκληρώνοντας το p(z) z στο µοναδιαίο κύκλο z = να καταλήξετε σε άτοπο.

58 4.2. ΘΕΩΡΗΜΑ CAUCHY Θεώρηµα Cauchy Εστω γ : [a, b] C, γ(t) = x(t) + iy(t), µια απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική πάνω και στο εσωτερικό της καµπύλης γ, τότε το ϑεώρηµα του Cauchy µας λέει ότι γ f(z) dz =. Το ϑεώρηµα αυτό είναι ϑεµελιώδες στη ϑεωρία των αναλυτικών συναρτήσεων και αποδείχτηκε από τον Cauchy το 84. Αν η f δεν είναι αναλυτική σε όλο το εσωτερικό της καµπύλης γ, τότε το ολοκλήρωµα µπορεί να µην ισούται µε το µηδέν. Για παράδειγµα, η f(z) = /z είναι αναλυτική σε όλα τα σηµεία στο εσωτερικό του µοναδιαίου κύκλου z = εκτός από το z = και το ολοκλήρωµα δεν είναι µηδέν. Πράγµατι, επειδή z(t) = e it, t [, 2π], είναι η παραµετρική εξίσωση του µοναδιαίου κύκλου z =, είναι z = 2π z dz = 2π e it ieit dt = i dt = 2πi. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική σε ένα απλά συνεκτικό τόπο G C και η παράγωγος f είναι συνεχής στο G(υπενθυµίζεται ότι η αναλυτικότητα της f δεν συνεπάγεται ότι η f είναι συνεχής), τότε το ολοκλήρωµα της f πάνω σε µια απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο G είναι µηδέν. Η απόδειξη είναι άµεση συνέπεια του κλασικού ϑεωρήµατος Green από τη διανυσµατική ανάλυση : Εστω D R 2 ένας απλά συνεκτικός τόπος µε σύνορο µια απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη γ. Αν F = (P, Q) είναι ένα διανυσµατικό πεδίο µε συνεχείς µερικές παραγώγους σε ένα ανοικτό σύνολο U που περιέχει το D, τότε γ P dx + Qdy = D (Q x (x, y) P y (x, y)) dxdy, όπου το πρώτος µέλος είναι το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα του F = (P, Q) πάνω στη καµπύλη γ µε ϑετική ϕορά. Θεώρηµα 4.9 (Ασθενής µορφή του ϑεωρήµατος Cauchy). Εστω f : G C C, f(z) = u(x, y)+iv(x, y), αναλυτική συνάρτηση στον απλά συνεκτικό τόπο G και έστω η f είναι συνεχής

59 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ στο G. Αν γ είναι µια απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο G, τότε f(z) dz =. γ Απόδειξη. Επειδή η f είναι συνεχής στο G, οι u x, u y, v x και v y είναι συνεχείς στο G. Εποµένως, αν D G είναι το χωρίο µε σύνορο τη τµηµατικά λεία καµπύλη γ, έχουµε f(z) dz = (u(x, y) + iv(x, y))(dx + idy) γ γ = u(x, y)dx v(x, y)dy + i v(x, y)dx + u(x, y)dy γ γ = (v x (x, y) + u y (x, y)) dxdy + i (u x (x, y) v y (x, y)) dxdy D D (ϑεώρηµα Green) =. (εξισώσεις Cauchy-Riemann: u y = v x και u x = v y ) Ο Goursat, Acta Mathematica, vol. 4, 884 και Transactions of the American Mathematical Society, vol., 99, απέδειξε το ϑεώρηµα Cauchy χωρίς την υπόθεση ότι η f είναι συνεχής στον απλά συνεκτικό τόπο G. Αυτό το αποτέλεσµα είναι γνωστό και σαν Θεώρηµα Cauchy Goursat, παραπέµπουµε στο [2]. Θεώρηµα 4. (Θεώρηµα Cauchy για απλά συνεκτικό τόπο). Εστω f : G C C αναλυτική συνάρτηση στον απλά συνεκτικό τόπο G. Αν γ είναι µια κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο G, τότε γ f(z) dz =. Πρόταση 4.. Εστω f : Ω C αναλυτική συνάρτηση στον τόπο Ω και έστω γ, γ 2 δύο απλές κλειστές και τµηµατικά λείες καµπύλες στο Ω µε τη γ 2 στο εσωτερικό της γ. Αν οι καµπύλες έχουν

60 4.2. ΘΕΩΡΗΜΑ CAUCHY 5 την ίδια ϕορά διαγραφής και το χωρίο µε σύνορο τις γ, γ 2 ϐρίσκεται ολόκληρο µέσα στο Ω, τότε f(z) dz = f(z) dz. γ γ 2 Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι οι απλές κλειστές και τµηµατικά λείες καµπύλες γ, γ 2 έχουν ϑετική ϕορά διαγραφής. Από το ϑεώρηµα Cauchy έχουµε και ABC AE f(z) dz + f(z) dz + CG EHG Προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε ( ABC ( + f(z) dz + CDA f(z) dz + GF E f(z) dz + f(z) dz + GF E GC ) ( f(z) dz + ) EHG f(z) dz CG f(z) dz + f(z) dz + ( + f(z) dz + EA CDA GC f(z) dz + EA f(z) dz = f(z) dz =. ) f(z) dz AE ) f(z) dz = και εποµένως j f(z) dz + γ f(z) dz = γ 2 f(z) dz = γ f(z) dz. γ 2

61 52 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Παράδειγµα 4.2. Αν το σηµείο z ϐρίσκεται στο εσωτερικό της απλής κλειστής και τµηµατικά λείας καµπύλης γ µε ϑετική ϕορά, τότε dz =. 2πi γ z z Πράγµατι, από την προηγούµενη πρόταση έχουµε 2πi γ dz = z z 2πi z z =r z z dz, όπου ο κύκλος z z = r µε κέντρο το z και ακτίνα r ϐρίσκεται στο εσωτερικό της καµπύλης γ και έχει την ίδια ϕορά µε τη γ(ϑετική ϕορά). Εποµένως dz = 2πi γ z z 2πi = 2πi =. z z =r 2π z z dz ire iθ re iθ dθ (z(θ) = reiθ, θ 2π) Η Πρόταση 4. γενικεύεται στην περίπτωση που εσωτερικά µιας απλής κλειστής και τµηµατικά λείας καµπύλης γ ϐρίσκονται n το πλήθος απλές κλειστές και τµηµατικά λείες καµπύλες, όπως και στο παρακάτω σχήµα.

62 4.2. ΘΕΩΡΗΜΑ CAUCHY 53 Θεώρηµα 4.3 (Γενικευµένο Θεώρηµα Cauchy). Εστω f : G C αναλυτική συνάρτηση στον τόπο G και έστω γ απλή κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο G που περικλείει τις απλές, κλειστές και τµηµατικά λείες καµπύλες γ,..., γ n. Υποθέτουµε ότι οι καµπύλες γ, γ,..., γ n έχουν την ίδια ϕορά και ότι κάθε καµπύλη γ j ϐρίσκεται στο εξωτερικό κάθε καµπύλης γ k µε j k, j, k =,..., n. Αν το χωρίο που ϐρίσκεται εσωτερικά της γ και εξωτερικά των γ,..., γ n ϐρίσκεται ολόκληρο µέσα στο G, τότε γ f(z) dz = n f(z) dz = γ k f(z) dz + + γ f(z) dz. γ n k= Παράδειγµα 4.4. Εστω p(z) = n k= a kz k, a n, πολυώνυµο ϐαθµού n. Αν οι ϱίζες του πολυωνύµου p ϐρίσκονται στο εσωτερικό της απλής κλειστής και τµηµατικά λείας καµπύλης γ, να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα γ p(z) dz. Λύση. (i) Αν p(z) = a, δηλαδή το πολυώνυµο είναι ϐαθµού (σταθερό), τότε από το ϑεώρηµα Cauchy γ p(z) dz = dz =. γ a (ii) Αν p(z) = a z + a, a, είναι πολυώνυµο ϐαθµού, από το προηγούµενο παράδειγµα

63 54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ έχουµε γ p(z) dz = γ a z + a dz = a γ dz = 2π i. z + a /a a (iii) Εστω p(z) = a n z n + + a z + a, a n, πολυώνυµο ϐαθµού n 2. Τότε από το Παράδειγµα.6 υπάρχει R τέτοιο ώστε p(z) 2 a n z n, για κάθε z R. Παίρνουµε το R αρκετά µεγάλο έτσι ώστε η καµπύλη γ να ϐρίσκεται εσωτερικά του κύκλου C(, R ). Τότε για κάθε R R από το γενικευµένο ϑεώρηµα Cauchy έχουµε και κατά συνέπεια γ p(z) dz = z =R z =R 2 a n R n γ p(z) dz = z =R p(z) dz p(z) dz p(z) dz dz ( p(z) 2 a n R n για κάθε z = R R ) z =R 2 = a n R n 2πR = 4π. (n ) a n Rn R Άρα, γ p(z) dz =. 4.3 Ολοκληρωτικοί τύποι Cauchy Ορισµός 4.5. Εστω γ µια κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο C και έστω z C ένα σηµείο που δεν ανήκει στη καµπύλη γ. Τότε ο δείκτης στροφής της καµπύλης γ ως προς το σηµείο z, συµβολίζεται I(γ, z ) ή Ind γ (z ) και ορίζεται ως εξής I(γ, z ) = dz. 2πi γ z z Λέµε ότι η κλειστή καµπύλη γ περιστρέφεται γύρω από το z, I(γ, z ) ϕορές.

64 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 55 Αν το σηµείο z ϐρίσκεται στο εσωτερικό της απλής, κλειστής και τµηµατικά λείας καµπύλης γ µε ϑετική ϕορά, τότε I(γ, z ) = (Παράδειγµα 4.2). Αν η απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη γ έχει αρνητική ϕορά, τότε I(γ, z ) =. Αν γ(t) = e it, t 2πn, n N, τότε ο µοναδιαίος κύκλος περιστρέφεται γύρω από την αρχή των αξόνων n-ϕορές και είναι I(γ, ) = 2πi γ z dz = n. Χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα Cauchy αποδεικνύεται ένας πολύ χρήσιµος τύπος, ο ολοκλη- ϱωτικός τύπος Cauchy, που µας λέει ότι οι τιµές µιας αναλυτικής συνάρτησης f πάνω σε µια κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη γ που είναι το σύνορο ενός απλά συνεκτικού τόπου G, προσδιορίζουν τις τιµές της f στα σηµεία του G. Θεώρηµα 4.6 (Ολοκληρωτικός τύπος Cauchy). Εστω f : Ω C C αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο Ω και έστω γ µια κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο Ω που το εσωτερικό της ϐρίσκεται ολόκληρο µέσα στο Ω. Αν το σηµείο z Ω δεν ανήκει στην καµπύλη γ, τότε f(z ) I(γ, z ) = f(z) dz. (4.4) 2πi γ z z Ειδικά, αν η απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη γ στο Ω έχει ϑετική ϕορά, τότε f(z ) = f(z) dz. (4.5) 2πi γ z z Παρατήρηση 4.7. εν υπάρχει ανάλογο ϑεώρηµα για τις πραγµατικές συναρτήσεις µιας πραγ- µατικής µεταβλητής. Για παράδειγµα, για κάθε n N οι παραγωγίσιµες συναρτήσεις f n (x) = x n, x, έχουν τις ίδιες τιµές στο σύνορο, δηλαδή f n () = και f n () =. Οµως διαφέρουν για κάθε x (, ). Χρησιµοποιώντας τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy, αποδεικνύεται επαγωγικά ότι η αναλυτική συνάρτηση f είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη στο ανοικτό σύνολο Ω και ισχύει ο παρακάτω τύπος, γνωστός και σαν ολοκληρωτικός τύπος Cauchy για παραγώγους.

65 56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Θεώρηµα 4.8 (Ολοκληρωτικός τύπος Cauchy για Παραγώγους). Εστω f : Ω C C αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο Ω και έστω γ µια κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο Ω που το εσωτερικό της ϐρίσκεται ολόκληρο µέσα στο Ω. Αν το σηµείο z Ω δεν ανήκει στην καµπύλη γ, τότε f (n) (z ) I(γ, z ) = f(z) dz, n N, (4.6) 2πi γ (z z ) n+ όπου f (n) είναι η n-οστή παράγωγος της f. Ειδικά, αν η απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη γ στο Ω έχει ϑετική ϕορά, τότε f (n) (z ) = f(z) dz, n N. (4.7) 2πi γ (z z ) n+ Παράδειγµα 4.9. Χρησιµοποιώντας τους ολοκληρωτικούς τύπους Cauchy, να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα I = e z 2πi z 3 3z 2 dz, C όπου ο κύκλος C, µε ϑετική ϕορά διαγραφής, δεν διέρχεται από τα σηµεία z = και z = 3. Να εξεταστούν όλες οι δυνατές περιπτώσεις. Λύση. Είναι I = 2πi C e z z 2 (z 3) dz, (i) Ο κύκλος C δεν περιέχει τα σηµεία και 3. Από το ϑεώρηµα Cauchy I =. (ii) Ο κύκλος C περιέχει µόνο το σηµείο. Από τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy για παραγώγους έχουµε I =! e z ( /(z 3) e z 2πi C z 2 dz = z 3) z= = zez 4e z (z 3) 2 = 4 z= 9. (iii) Ο κύκλος C περιέχει µόνο το σηµείο 3. Από τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy έχουµε I = e z /z 2 ez dz = 2πi C z 3 z 2 = e3 z=3 9. (iv) Ο κύκλος C περιέχει τα σηµεία και 3. Εστω C και C 2 δύο κύκλοι που δεν τέµνονται και ϐρίσκονται εσωτερικά του κύκλου C, έτσι ώστε ο C περιέχει στο εσωτερικό του µόνο το σηµείο

66 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 57 και ο C 2 περιέχει στο εσωτερικό του µόνο το σηµείο 3. Τότε, I = e 2πi C z z 2 (z 3) dz + e 2πi C2 z z 2 (z 3) dz (γενικευµένο ϑεώρηµα Cauchy) = e3 9 = e3 4. (περιπτώσεις (ii) και (iii)) 9 Παράδειγµα 4.2 (Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αλγεβρας). Κάθε µιγαδικό πολυώνυµο ϐαθµού n έχει ϱίζα στο C. Εποµένως, κάθε µιγαδικό πολυώνυµο ϐαθµού n έχει ακριβώς n ϱίζες στο C Απόδειξη. Εστω p(z) = a n z n + a n z n + + a z + a, a n, πολυώνυµο ϐαθµού n. Υποθέτουµε ότι p(z) για κάθε z C. Επειδή το p είναι ακέραια συνάρτηση που δεν µηδενίζεται, η /p είναι επίσης ακέραια συνάρτηση και από τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy z =R Από το Παράδειγµα.6 υπάρχει r τέτοιο ώστε zp(z) dz = /p(z) dz = 2πi z =R z p(). p(z) 2 a n z n, για κάθε z r. Εποµένως, για κάθε R r έχουµε 2πi p() = = z =R z =R 2 R a n R n zp(z) dz z p(z) dz dz ( p(z) 2 a n R n για κάθε z = R r) z =R 2 4π 2πR = a n Rn+ a n R n R πού είναι άτοπο. Καταλήξαµε σε άτοπο επειδή υποθέσαµε ότι το πολυώνυµο p δεν έχει ϱίζα. Άρα, το πολυώνυµο p έχει ϱίζα στο C.

67 58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Θεώρηµα 4.2 (Θεώρηµα µέσης τιµής του Gauss για αναλυτικές συναρτήσεις). Εστω f αναλυτική συνάρτηση στον απλά συνεκτικό τόπο G, έστω z G και έστω ο κύκλος C(z, r) = {z C : z z = r} ϐρίσκεται µέσα στο G. Τότε, f(z ) = 2π f ( z + re it) dt. 2π Απόδειξη. Από τον ολοκληρωτικό τύπο του Cauchy έχουµε f(z ) = f(z) dz, 2πi z z C + (z, r) όπου C + (z, r) είναι ο κύκλος κέντρου z ακτίνας r > µε ϑετική ϕορά διαγραφής. Επειδή z = z + re it, t 2π, είναι η παραµετρική εξίσωση του κύκλου, έχουµε f(z ) = 2πi 2π f ( z + re it) re it ire it dt = 2π 2π f ( z + re it) dt. Πόρισµα 4.22 (Θεώρηµα µέσης τιµής του Gauss για αρµονικές συναρτήσεις). Εστω u αρµονική συνάρτηση στον απλά συνεκτικό τόπο G, έστω z G και έστω ο κύκλος C(z, r) = {z C : z z = r} ϐρίσκεται µέσα στο G. Τότε, u(z ) = 2π u ( z + re it) dt. 2π Απόδειξη. Ως γνωστόν στον απλά συνεκτικό τόπο G υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f, τέτοια ώστε u = Rf στο G. Τότε από το προηγούµενο ϑεώρηµα είναι Εποµένως f(z ) = 2π 2π f ( z + re it) dt. u(z ) = Rf(z ) = 2π R { f ( z + re it)} dt = 2π u ( z + re it) dt. 2π 2π

68 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 59 Παράδειγµα Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική πάνω και στο εσωτερικό του µοναδιαίου κύκλου γ = {z C : z = }. Αν l είναι το µήκος της εικόνας του γ µέσω της f, να αποδειχθεί ότι l 2π f (). Απόδειξη. Η καµπύλη w = f γ µε εξίσωση w(t) = f(γ(t)) = f(e it ), t 2π, είναι η εικόνα του µοναδιαίου κύκλου µέσω της συνάρτησης f. Αν l είναι το µήκος της καµπύλης w = f γ, τότε l = 2π Επειδή από το Θεώρηµα 4.2 έχουµε και άρα l 2π f (). f () = 2π w (t) dt = 2π f (e it )ie it dt = f () = 2π f (e it ) dt, 2π 2π f (e it ) dt 2π 2π 2π f (e it ) dt. f (e it ) dt = 2π l Υποθέτουµε ότι το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα µιας συνεχούς συνάρτησης f στο πεδίο Ω είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης. ηλαδή αν γ, γ 2 είναι δύο οποιεσδήποτε τµηµατικά λείες καµπύλες στο Ω µε την ίδια αρχή και το ίδιο πέρας, τότε f(z) dz = f(z) dz. γ γ 2 Αν z, z Ω, ο συµβολισµός z f(ζ) dζ z υποδηλώνει ότι η ολοκλήρωση της f γίνεται πάνω σε µια οποιαδήποτε τµηµατικά λεία καµπύλη του Ω µε αρχή το z και πέρας το z. Υπενθυµίζουµε ένα ϐασικό ϑεώρηµα της ιανυσµατικής Ανάλυσης. Θεώρηµα 4.24 (Βασικό ϑεώρηµα της ιανυσµατικής Ανάλυσης). Εστω F : Ω R, F = (P, Q), συνεχές διανυσµατικό πεδίο στο ανοικτό συνεκτικό σύνολο Ω R 2. Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες :

69 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ () Το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα του F είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης. (2) Για κάθε κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη γ στο Ω είναι F dr =. (3) Υπάρχει ϐαθµωτή συνάρτηση Φ : Ω R µε γ Φ(x, y) = F = (P (x, y), Q(x, y)), για κάθε (x, y) Ω. Αν επιπλέον το Ω είναι απλά συνεκτικό σύνολο και το F είναι κλάσης C, δηλαδή οι µερικές παράγωγοι των P, Q είναι συνεχείς στο Ω, τότε οι παραπάνω προτάσεις είναι ισοδύναµες µε την πρόταση : (4) Το πεδίο F : Ω R είναι αστρόβιλο στο Ω, δηλαδή F = { Q x = P }. y Είναι αξιοσηµείωτο ότι ένα ανάλογο ϑεώρηµα ισχύει και στη µιγαδική ανάλυση. Για την απόδειξή του χρειαζόµαστε το παρακάτω λήµµα. Λήµµα Εστω f : Ω C συνεχής συνάρτηση στον τόπο Ω και έστω z Ω. Υποθέτουµε ότι το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης. Αν F (z) := z z f(ζ) dζ, τότε η F είναι αναλυτική στο Ω µε F (z) = f(z) για κάθε z Ω. Απόδειξη. Εστω z Ω. Επειδή το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης, η συνάρτηση F είναι καλά ορισµένη στο Ω. Το Ω είναι συνεκτικό σύνολο και εποµένως υπάρχει τµηµατικά λεία καµπύλη γ µε αρχή το z πέρας το z και η οποία ϐρίσκεται

70 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 6 µέσα στο Ω. Είναι F (z) := γ f(ζ) dζ. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο z Ω και εποµένως ε > δ > τέτοιο ώστε ζ z < δ f(ζ) f(z) < ε. Παίρνουµε το δ > αρκετά µικρό έτσι ώστε ο ανοικτός δίσκος D(z, δ) να περιέχεται στο Ω(το Ω είναι ανοικτό σύνολο). Εστω < h < δ, οπότε το z + h D(z, δ). Είναι F (z + h) F (z) = γ+[z,z+h] f(ζ) dζ f(ζ) dζ = f(ζ) dζ, γ [z,z+h] όπου το ευθύγραµµο τµήµα [z, z + h] = {( t)z + t(z + h) = z + th : t [, ]} ανήκει στον

71 62 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ ανοικτό δίσκο D(z, δ). Τότε F (z + h) F (z) f(z) h = f(ζ) dζ f(z) h [z,z+h] = f(ζ) dζ f(z) h [z,z+h] h = (f(ζ) f(z)) dζ h [z,z+h] f(ζ) f(z) dζ h [z,z+h] ε dζ h [z,z+h] = ε h h = ε. [z,z+h] dζ Εχουµε λοιπόν αποδείξει ότι ε > δ > τέτοιο ώστε για κάθε h µε < h < δ F (z + h) F (z) h Άρα F (z + h) F (z) lim = f(z) και εποµένως F (z) = f(z). h h ( [z,z+h] f(z) < ε. dζ = h) Θεώρηµα 4.26 (Βασικό ϑεώρηµα της Μιγαδικής Ανάλυσης). Εστω f : Ω C συνεχής συνάρτηση στον τόπο(ανοικτό συνεκτικό σύνολο) Ω C. Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες: () Το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης. (2) Για κάθε κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη γ στο Ω είναι f(z) dz =. (3) Υπάρχει αναλυτική συνάρτηση F : Ω C µε F (z) = f(z) για κάθε z Ω. γ Αν επιπλέον το Ω είναι τόπος απλά συνεκτικός, τότε οι παραπάνω προτάσεις είναι ισοδύναµες µε την πρόταση : (4) Η συνάρτηση f : Ω C είναι αναλυτική στο Ω.

72 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 63 Απόδειξη. () (2) Η απόδειξη είναι εύκολη(σχεδόν προφανής!). () (3) Είναι το Λήµµα 4.25 (3) (2) Επειδή η συνάρτηση F : Ω C είναι αναλυτική µε F (z) = f(z) για κάθε z Ω, από το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα ολοκλήρωσης έχουµε f(z) dz = γ γ F (z) dz =. (4) (2) Είναι το ϑεώρηµα Cauchy. (3) (4) Επειδή η συνάρτηση F είναι αναλυτική στο ανοικτό σύνολο Ω, από τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy για παραγώγους έπεται ότι η F είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη στο Ω και κατά συνέπεια η f = F είναι αναλυτική στο Ω. Θα εφαρµόσουµε το σηµαντικό Θεώρηµα 4.26 προκειµένου να υπολογίσουµε τα ολοκληρώµατα Fresnel τα οποία είναι γνωστό( από τη ϑεωρία των γενικευµένων ολοκληρωµάτων) ότι συγκλίνουν. Παράδειγµα (Υπολογισµός των ολοκληρωµάτων Fresnel) Να αποδειχθεί ότι cos x 2 dx = sin x 2 dx = 2π 4. Σηµείωση. Ως γνωστόν, e 2x2 dx = e t2 dt (αντικατάσταση t = 2x) 2 = ( ) π 2π = Απόδειξη. Επειδή για κάθε x R είναι e ix2 = cos x 2 + i sin x 2, είναι ϕυσικό να ϑεωρήσουµε την ακέραια συνάρτηση(αναλυτική στο C) f(z) = e iz2, z C. Ολοκληρώνουµε την f πάνω στο ορθογώνιο τρίγωνο µε κορυφές τα σηµεία, R και R + ir, R >.

73 64 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Από το προηγούµενο ϑεώρηµα έχουµε ανεξαρτησία του δρόµου ολοκλήρωσης και εποµένως e iz2 dz + e iz2 dz = e iz2 dz. (4.8) [, R] [R, R+iR] [, R+iR] Είναι [R, R+iR] e iz2 dz = i [, R+iR] [, R] R e iz2 dz = R e ix2 dx, (z = x, x R) R e i(r+iy)2 dy = ie ir2 e 2Ry iy2 dy, (z = R + iy, y R) e iz2 dz = ( + i) R e 2x2 dx, (z = x + ix, x R) οπότε από την (4.8) έχουµε R R R e ix2 dx + ie ir2 e 2Ry iy2 dy = ( + i) e 2x2 dx. (4.9) Επειδή R R ieir2 e 2Ry iy2 dy = e 2Ry iy2 dy R e 2Ry iy2 dy = R = e 2Ry dy y=r 2R e 2Ry y= = 2R ( e 2R2) R,

74 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 65 είναι lim R ieir2 R e 2Ry iy2 dy =. Εποµένως, παίρνοντας στη (4.9) το R έχουµε e ix2 dx = ( + i) 2π e 2x2 dx = ( + i) 4 και ισοδύναµα cos x 2 dx + i sin x 2 dx = 2π 4 + i 2π 4. Άρα, cos x 2 dx = sin x 2 dx = 2π 4. Παράδειγµα Υποθέτουµε ότι η f : R C ικανοποιεί τη διαφορική εξίσωση f (x) + 2ixf(x) = e 2ix µε f() =. Τότε lim x + eix2 (f(x) f( x)) = e i+iπ/4 π. Λύση. Πολλαπλασιάζοντας τη διαφορική εξίσωση µε e ix2 παίρνουµε e ix2 f (x) + 2ixe ix2 f(x) = e ix2 +2ix (e ix2 f(x)) = e ix2 +2ix και εποµένως e ix2 f(x) = x e it2 +2it dt + c. Επειδή f() = είναι c = και άρα e ix2 f(x) = Αντικαθιστώντας όπου x το x έχουµε e ix2 f( x) = x x e it2 +2it dt. e it2 +2it dt.

75 66 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Αφαιρώντας κατά µέλη τις παραπάνω εξισώσεις παίρνουµε x e ix2 (f(x) f( x)) = e it2 +2it dt x x = e i e i(t+)2 dt x x+ = e i e iu2 du (αντικατάσταση u = t + ) x+ x+ = e i e iu2 du + e i e iu2 du x+ x+ x = e i e iu2 du + e i e iv2 dv. (αντικατάσταση v = u) Οµως στο προηγούµενο παράδειγµα αποδείξαµε ότι 2π e ix2 dx = ( + i) 4 = e iπ/4 π 2. Άρα, π lim x + eix2 (f(x) f( x)) = 2e i e iπ/4 2 = e i+iπ/4 π. Η συνεπαγωγή (2) (4) στο Θεώρηµα 4.26 ισχύει και για ανοικτά σύνολα Ω C (όχι κατανάγκη συνεκτικά) και είναι γνωστό σαν θεώρηµα Morera. Μάλιστα ισχύει και στην περίπτωση που το ολοκλήρωµα της συνεχούς συνάρτησης f είναι πάνω στο σύνορο κάθε τριγώνου που περιέχεται στο Ω. Το ϑεώρηµα Morera είναι µερικό αντίστροφο του ϑεωρήµατος Cauchy. εν είναι ακριβώς το αντίστροφο του ϑεωρήµατος Cauchy επειδή υποθέτουµε ότι η f είναι συνεχής στο Ω. Θεώρηµα 4.29 (Morera). Εστω f : Ω C συνεχής συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο Ω. Αν f(ζ) dζ = πάνω στο σύνορο κάθε τριγώνου που περιέχεται στο Ω, τότε η f είναι αναλυτική στο Ω. Απόδειξη. Εστω z Ω. Επειδή το Ω είναι ανοικτό σύνολο, υπάρχει περιοχή D(z, r) του z µε D(z, r) Ω. Θα αποδείξουµε ότι η f έχει παράγουσα F στο D(z, r).

76 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 67 Αν z D(z, r), ορίζουµε τη συνάρτηση F µε F (z) := [z,z] f(ζ) dζ. Η F είναι καλά ορισµένη µε F (z ) =. Εστω ε >. Επειδή η f είναι συνεχής στο z, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε ζ µε ζ z < δ f(ζ) f(z) < ε. Εστω < h < δ, οπότε το z + h D(z, δ). (παίρνουµε το δ r z z ) Από την υπόθεση είναι [z,z+h] f(ζ) dζ + f(ζ) dζ + f(ζ) dζ = [z+h,z] [z,z ] και κατά συνέπεια Ισοδύναµα, Επειδή είναι [z,z+h] F (z + h) F (z) h f(ζ) dζ f(ζ) dζ = f(ζ) dζ. [z,z] [z,z+h] F (z + h) F (z) = f(z) = h [z,z+h] f(z) = h [z,z+h] f(z) dζ, [z,z+h] f(ζ) dζ. (f(ζ) f(z)) dζ.

77 68 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Τότε F (z + h) F (z) f(z) h = h h ε h [z,z+h] [z,z+h] [z,z+h] = ε h h = ε. (f(ζ) f(z)) dζ f(ζ) f(z) dζ dζ Εχουµε λοιπόν αποδείξει ότι ε > δ > τέτοιο ώστε για κάθε h µε < h < δ F (z + h) F (z) h ηλαδή f(z) < ε. F (z + h) F (z) lim = f(z) και εποµένως F (z) = f(z) για κάθε z D(z, r). h h Άρα η F είναι αναλυτική στο D(z, r) και κατά συνέπεια η F είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη στο D(z, r). Ειδικά η F (z) = f (z) υπάρχει για κάθε z D(z, r) και εποµένως η f είναι αναλυτική στο z. Επειδή το z είναι τυχαίο σηµείο του Ω, αποδείξαµε ότι η f είναι αναλυτική στο Ω. Παρατήρηση 4.3. Εστω f : Ω C συνεχής συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο Ω. Το ϑεώρηµα Morera ισχύει και στην περίπτωση που είναι f(ζ) dζ = R πάνω στο σύνορο R κάθε ορθογώνιου παραλληλόγραµµου R που περιέχεται στο Ω. Πράγµατι, έστω z Ω και έστω D(z, r) περιοχή του z µε D(z, r) Ω. Αν z D(z, r), ορίζουµε τη συνάρτηση F µε F (z) := [z,z ]+[z,z] f(ζ) dζ, δηλαδή ολοκληρώνουµε την f πρώτα πάνω στο οριζόντιο ευθ. τµήµα [z, z ] D(z, r) και µετά πάνω στο κάθετο ευθ. τµήµα [z, z] D(z, r).

78 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 69 Αν z + h D(z, r), σχηµατίζουµε τα οριζόντια ευθ. τµήµατα [z, z 2 ], [z, z 3 ] D(z, r) και το κάθετο ευθ. τµήµα [z 2, z + h] D(z, r). Από τον ορισµό της F είναι F (z + h) := f(ζ) dζ. [z,z 2 ]+[z 2,z+h] Τότε F (z + h) = = [z,z 2 ] [z,z ] + = [z,z] [z,z ] f(ζ) dζ + f(ζ) dζ + f(ζ) dζ + f(ζ) dζ + [z 2,z+h] f(ζ) dζ [z,z 2 ]+[z 2,z 3 ]+[z 3,z]+[z,z ] [z,z 3 ] [z,z] f(ζ) dζ + f(ζ) dζ + [z 3,z+h] [z,z 3 ] f(ζ) dζ f(ζ) dζ f(ζ) dζ + [z 3,z+h] f(ζ) dζ ( [z,z 2 ]+[z 2,z 3 ]+[z 3,z]+[z,z ] f(ζ) dζ = ) = F (z) + f(ζ) dζ + f(ζ) dζ. [z,z 3 ] [z 3,z+h] Εποµένως και άρα F (z + h) F (z) h F (z + h) F (z) = f(z) = h [z,z 3 ]+[z 3,z+h] [z,z 3 ]+[z 3,z+h] f(ζ) dζ (f(ζ) f(z)) dζ. Στη συνέχεια εργαζόµαστε όπως και στην απόδειξη του ϑεωρήµατος Ασκήσεις

79 7 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ. Χρησιµοποιώντας τους ολοκληρωτικούς τύπους Cauchy υπολογίστε το ολοκλήρωµα I = 2πi C cos z z(z π) 3 dz, όπου C κύκλος µε ϑετική ϕορά διαγραφής που δεν διέρχεται από τα σηµεία z = και z = π. Εξετάστε όλες τις δυνατές περιπτώσεις. 2. Αν γ είναι απλή κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη που περιέχει τα σηµεία και και f είναι ακέραια συνάρτηση, δείξτε ότι f(z) γ z 2 dz = πi (f() f( )). 3. Αν P (z) = a n z n + + a z + a, a n, είναι πολυώνυµο ϐαθµού n, δείξτε ότι P (z) dz =, (z ζ) n+2 για κάθε ζ µε ζ R. z =R 4. Εστω P n (z) := n!2 n d n dz n (z2 ) n το πολυώνυµο Legendre ϐαθµού n, n =,, 2,.... Να αποδειχθεί ότι (ζ 2 ) n P n (z) = 2 n+ dζ, πi γ (ζ z) n+ όπου γ απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη που περιέχει το σηµείο z C. Να υπολογιστεί το P n ( ). 5. Εστω γ R το ηµικύκλιο του άνω ηµιεπιπέδου µε κέντρο ακτίνα R >, R και ϑετική ϕορά. είξτε ότι γ R + z 2 dz = 2 arctan R αν < R < π 2 arctan R αν R >. 6. Εστω γ απλή, κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο C µε ϑετική ϕορά διαγραφής. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική πάνω και στο εσωτερικό της γ και ότι τα z, z 2,..., z n είναι σηµεία στο εσωτερικό της γ διάφορα ανά δύο. Αν Q(z) = (z z )(z z 2 ) (z z n ),

80 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY 7 δείξτε ότι το P (z) := f(w) Q(w) Q(z) dw 2πi γ Q(w) w z είναι το µοναδικό πολυώνυµο ϐαθµού n που έχει τις ίδιες τιµές µε την f στα σηµεία z, z 2,..., z n, δηλαδή P (z k ) = f(z k ), k =, 2,..., n. 7. Υπολογίστε το ολοκλήρωµα και στη συνέχεια δείξτε ότι z = e z dz, zn+ n N 2π e cos θ cos(nθ sin θ) dθ = 2π n!. 8. είξτε ότι 2π e eit 2it dt = 2π. 9. Αν n N, να αποδειχθεί ότι π π sin nθ sin θ dθ = + z + z z 2n 2 2π αν n περιττός i z = z n dz = αν n άρτιος.. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική πάνω και στο εσωτερικό του µοναδιαίου κύκλου z =, δείξτε ότι και 2f() + f () = 2 π 2f() f () = 2 π 2π 2π ( ) t f(e it ) cos 2 dt 2 ( ) t f(e it ) sin 2 dt. 2. Εστω f = u + iv αναλυτική συνάρτηση στον ανοικτό δίσκο D(, r), r >. Αν f() =, δείξτε ότι και 2π 2π 2π u(cos t, sin t) 4 dt 36 v(cos t, sin t) 4 dt 2π v(cos t, sin t) 4 dt 36 u(cos t, sin t) 4 dt. Υπόδειξη. Εφαρµογή του τύπου Cauchy για την f 4 και z =.

81 72 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ 2. Χρησιµοποιώντας το γενικευµένο ϑεώρηµα Cauchy και τους ολοκληρωτικούς τύπους Cauchy, δείξτε ότι cos z dz = sin cos. 2πi z =2 z(z ) 2 3. Εστω p N. είξτε ότι (a) ( z ) p dz 2πi z = z z = (z 2 ) p 2πi z = z p+ dz = ( ) n( ) 2n n αν p = 2n αν p = 2n και (b) ( z + ) p dz 2πi z = z z = (z 2 + ) p 2πi z = z p+ dz = ( 2n n ) αν p = 2n αν p = 2n. Εφαρµογή. Χρησιµοποιώντας το (a) ή το (b), δείξτε ότι 2π sin p t dt = 2π ( 2π 2n ) cos p 4 t dt = n n αν p = 2n αν p = 2n. Σηµείωση. Χρησιµοποιώντας τον τύπο του Stirling ή το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης του Lebesgue, έχουµε ότι 2π 2π lim sin 2n t dt = lim cos 2n t dt =. n n 4. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής του Gauss για την ακέραια συνάρτηση w = sin 2 z στον κλειστό δίσκο : z π 2, δείξτε ότι 6 2π sin 2 ( π 6 + 2eiθ) dθ = π Χρησιµοποιώντας την αντικατάσταση w = /z, δείξτε ότι ( exp exp ) dz = e. 2πi z = z 6. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική πάνω και στο εσωτερικό του µοναδιαίου κύκλου z =, δείξτε ότι z = z f(z) dz = πi f ().

82 4.3. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ CAUCHY Εστω f αναλυτική συνάρτηση πάνω και στο εσωτερικό του µοναδιαίου κύκλου z = και έστω a C. είξτε ότι f(z) 2πi z = z a dz = f() αν a < f() f(/a) αν a >. 8. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική σε ένα ανοικτό σύνολο που περιέχει τον κλειστό δίσκο D(, R) = {z C : z R}, δείξτε ότι για κάθε z, z < R, είναι f(z) = 2π 2π = 2π 2π [ Re it Re it z + R 2 z 2 Re it z 2 f(reit ) dt. ] z Re it f(re it ) dt z 9. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στον ανοικτό µοναδιαίο δίσκο D(, ). Αν < r <, να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα f(z) f( z) 2πi z =r z 2 dz. Αν d = sup f(z) f(w) z,w D(,) είναι η διάµετρος του πεδίου τιµών της f, δείξτε ότι f () d Εστω f αναλυτική συνάρτηση πάνω και στο εσωτερικό G της απλής, κλειστής και τµηµατικά λεία καµπύλης γ : [α, β] C που περιέχει το σηµείο z = a. (αʹ) Για κάθε n N δείξτε ότι f(a) n = f(z) n 2πi γ z a dz. (ϐʹ) Αν M = max{ f(z) : z γ = γ([α, β])}, l είναι το µήκος της καµπύλης γ και d = inf z γ a z είναι η απόσταση του a από την καµπύλη γ, δείξτε ότι f(a) n lm n 2πd.

83 74 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ (γʹ) Χρησιµοποιώντας το (ϐ ) δείξτε ότι f(a) M. ηλαδή η f παίρνει τη µέγιστη τιµή της στο σύνορο του G που είναι η καµπύλη γ(παραπέµπουµε στην αρχή µεγίστου, Θεώρηµα 4.7). 2. Εστω f αναλυτική συνάρτηση σ ένα τόπο G που περιέχει τον κλειστό δίσκο D(z, R) = {z C : z z R}. Αν f(z) M για κάθε z z = R, δείξτε ότι για κάθε z, z 2 { z C : z z R } 2 έχουµε f(z ) f(z 2 ) 4M R z z (Μια ανισότητα του Riemann) Εστω γ απλή κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη και έστω f = u + iv αναλυτική συνάρτηση πάνω και στο εσωτερικό G της καµπύλης γ. Χρησι- µοποιώντας το ϑεώρηµα Green δείξτε ότι u dv = (uv x dx + uv y dy) γ γ [ ( u ) 2 ( ) ] u 2 = + dxdy = f (z) 2 dxdy >. x y G G Εποµένως το ολοκλήρωµα γ u dv µηδενίζεται µόνο αν η f είναι σταθερή στο G. 23. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο κλειστό µοναδιαίο δίσκο D(, ) = {ζ C : ζ }. Αν < z <, δείξτε ότι 2πif(z) = ζ = f(ζ) ζ z dζ f(ζ) ζ = ζ /z dζ. Χρησιµοποιώντας την παραπάνω σχέση, να δείξετε τον ολοκληρωτικό τύπο Poisson: f(z) = 2π z 2 2π e it z 2 f(eit ) dt και ισοδύναµα f(re iθ ) = 2π 2π r 2 2r cos(θ t) + r 2 f(eit ) dt, < r <. ( ) 24. (Ολοκληρωτικός τύπος του Poisson για το ηµιεπίπεδο) Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f = u + iv είναι αναλυτική στο A = {z C : Iz }, δηλαδή στο άνω ηµιεπίπεδο και στον πραγµατικό άξονα. Αν f(ζ) M, για κάθε ζ A και z = x + iy, y >, τότε u(x, y) = y π u(ξ, ) (ξ x) 2 dξ, y >. ( ) + y2

84 4.4. Η ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 75 ηλαδή η αρµονική συνάρτηση u στο άνω ηµιεπίπεδο δίνεται από τις τιµές της στον πραγ- µατικό άξονα. Για την απόδειξη του τύπου ( ) να δείξετε τα παρακάτω ϐήµατα. (αʹ) Εστω γ = [ R, R] γ R η κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη του άνω ηµιεπιπέδου που περιέχει το z = x + iy, y >, όπου γ R το ηµικύκλιο του άνω ηµιεπιπέδου µε κέντρο, ακτίνα R > και ϑετική ϕορά διαγραφής. Τότε f(z) = 2πi γ f(ζ) dζ και = ζ z 2πi γ (ϐʹ) Αφαιρώντας τις παραπάνω εξισώσεις να συµπεράνετε ότι f(ζ) ζ z dζ. f(z) = R f(ξ) 2iIz 2πi R ξ z 2 dξ + 2iIz f(ζ) 2πi γ R (ζ z)(ζ z) dζ. (γʹ) (δʹ) 2iIz f(ζ) 2πi γ R (ζ z)(ζ z) dζ My R (R z ) 2. R ( u(x, y) = Rf(z) = R f(ξ) 2iIz ) 2πi ξ z 2 dξ = y u(ξ, ) π (ξ x) 2 + y 2 dξ. 4.4 Η Μιγαδική Λογαριθµική Συνάρτηση Ορισµός 4.3. Εστω η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο D C. Θα λέµε ότι η συνάρτηση F είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου της f(z) στο D C, αν () Η F είναι αναλυτική στο D και (2) exp(f (z)) = f(z), δηλαδή e F (z) = f(z) για κάθε z D. Χρησιµοποιείται ο συµβολισµός F (z) = log D f(z) ή F (z) = log f(z)(αν είναι γνωστό ότι η συνάρτηση είναι ορισµένη στο D). Αν η συνάρτηση F είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου της f(z), τότε και η G(z) = F (z) + 2kπi, k Z,

85 76 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ ϑα είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου της f(z). Θα λέµε ότι η συνάρτηση F είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου του z στο D C, αν ( ) Η F είναι αναλυτική στο D και (2 ) exp(f (z)) = z, δηλαδή e F (z) = z για κάθε z D. Χρησιµοποιείται ο συµβολισµός F (z) = log D z. Αν η συνάρτηση F είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου του z, τότε και η G(z) = F (z) + 2kπi, k Z, ϑα είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου του z. Ας σηµειωθεί ότι πάντοτε υπάρχει µια συνάρτηση F που να ικανοποιεί τη (2), ϑέτουµε F (z) = ln f(z) + i arg(f(z)). (4.) Οµως το arg(f(z)) δεν είναι µια καλά ορισµένη συνάρτηση. Ακόµη όµως και αν ορίσουµε το arg(f(z)), η συνάρτηση που ορίστηκε στην (4.) µπορεί να µην είναι αναλυτική(ούτε καν συνεχής) στο D. Αν όµως το D είναι απλά συνεκτικός τόπος και αν η f δεν µηδενίζεται στο D, τότε µπορούµε να ορίσουµε ένα αναλυτικό κλάδο του λογαρίθµου της f(z) στο D. Θεώρηµα 4.32 (Αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου µιας συνάρτησης). Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : D C είναι αναλυτική στον απλά συνεκτικό τόπο D C µε f(z) για κάθε z D. Επιλέγουµε το z D και παίρνουµε µία τιµή του log f(z )(ισοδύναµα, παίρνουµε c C τέτοιο ώστε e c = f(z )). Ορίζουµε τη συνάρτηση F : D C µε F (z) := z z f (ζ) f(ζ) dζ + log f(z ). (4.) Τότε η F είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου της f(z), δηλαδή η F είναι αναλυτική στο D µε e F (z) = f(z) για κάθε z D. Επιπλέον, F (z) = f (z), για κάθε z D. f(z)

86 4.4. Η ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 77 Απόδειξη. Επειδή η συνάρτηση f /f είναι αναλυτική στον απλά συνεκτικό τόπο D, από το Θεώ- ϱηµα 4.26 το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της f /f είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης και εποµένως από το Λήµµα 4.25 η συνάρτηση F είναι αναλυτική στο D µε Εστω Η G είναι αναλυτική στο D µε F (z) = f (z), για κάθε z D. f(z) G(z) := f(z)e F (z), z D. G (z) = f (z)e F (z) f(z)f (z)e F (z) = f (z)e F (z) f (z)e F (z) = για κάθε z D. Εποµένως από την Πρόταση 3.9 η G είναι σταθερή στο D. Τότε, G(z) = G(z ) = f(z )e F (z ) = f(z )e log f(z ) =. Άρα δηλαδή F (z) = log D f(z). e F (z) = f(z) για κάθε z D, Πόρισµα Εστω n N και έστω f : D C αναλυτική συνάρτηση στον απλά συνεκτικό τόπο D C µε f(z) για κάθε z D. Τότε υπάρχει συνάρτηση g αναλυτική στο D και τέτοια ώστε f(z) = g(z) n, για κάθε z D. ηλαδή υπάρχει αναλυτική n-οστή ϱίζα της f στο D. Απόδειξη. Εστω n N. Αν F είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου της f(z), ϑέτουµε ( ) g(z) := exp n F (z), για κάθε z D. Τότε g(z) n = exp(f (z)) = f(z), για κάθε z D.

87 78 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Παράδειγµα Υποθέτουµε ότι οι ακέραιες συναρτήσεις f, g : C C ικανοποιούν τη σχέση f 2 (z) + g 2 (z) =, για κάθε z C. Τότε υπάρχει ακέραια συνάρτηση h τέτοια ώστε f(z) = cos(h(z)) και g(z) = sin(h(z)). Λύση. Από την υπόθεση είναι [f(z) + ig(z)] [f(z) ig(z)] =, για κάθε z C. Επειδή η ακέραια συνάρτηση f +ig δεν µηδενίζεται στο C, από το Θεώρηµα4.32 υπάρχει ακέραια συνάρτηση F τέτοια ώστε f(z) + ig(z) = exp(f (z)). Αν ϑέσουµε h := if, η h είναι ακέραια συνάρτηση µε f(z) + ig(z) = e ih(z). Τότε και άρα f(z) = eih(z) + e ih(z) 2 f(z) ig(z) = f(z) + ig(z) = e ih(z) = cos(h(z)) και g(z) = eih(z) e ih(z) 2i = sin(h(z)). ιατυπώνουµε τώρα το Θεώρηµα 4.32 στην ειδική περίπτωση που η αναλυτική συνάρτηση f(z) = z, για κάθε z D. Θεώρηµα 4.35 (Αναλυτικός κλάδος του log z). Υποθέτουµε ότι το D C είναι απλά συνεκτικός τόπος και ότι το / D. Επιλέγουµε το z D και παίρνουµε µία τιµή του log z (ισοδύναµα, παίρνουµε w C µε e w = z ). Ορίζουµε τη συνάρτηση F : D C µε F (z) := z z dζ ζ + log z. (4.2) Τότε η F είναι ένας αναλυτικός κλάδος του log z µε F (z) =, για κάθε z D. z

88 4.4. Η ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 79 Εφαρµογή. Εστω ο απλά συνεκτικός τόπος D = C \ (, ] και έστω z = D. Επιλέγουµε το log = e = (ας σηµειωθεί ότι e 2kπi =, k Z). Τότε η F (z) := z dζ ζ + log = z dζ ζ είναι ένας αναλυτικός κλάδος του log z. Εστω γ το τόξο του κύκλου C (, z ) µε αρχή το z και πέρας το z. Τότε, F (z) = = [, z ] z dζ ζ + dx x + γ θ dζ ζ = ln z + iθ = ln z + i Arg z, i z e it z e it dt (ζ(t) = z eit ) όπου π < θ = Arg z < π. Εποµένως F (z) = ln z + i Arg z, z C \ (, ], δηλαδή F (z) = Log z. Άρα πρόκειται για τον πρωτεύοντα(κύριο) κλάδο του λογαρίθµου. Πιο γενικά, ϑεωρούµε την ακτίνα N θ = {re iθ : r }, θ [ π, π) και τον απλά συνεκτικό τόπο D := C \ N θ. Τότε και πάλι εφαρµόζοντας το Θεώρηµα 4.35 έχουµε ότι log z = ln z + i arg z, θ < arg z < θ + 2π, είναι ένας αναλυτικός κλάδος του λογαρίθµου του z D. Θεωρούµε τις περιπτώσεις (i) θ = και (ii) θ.

89 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Παράδειγµα Υποθέτουµε ότι οι ακέραιες(αναλυτικές στο C) συναρτήσεις f, f 2 δεν έχουν κανένα κοινό σηµείο. Τότε υπάρχουν ακέραιες συναρτήσεις συναρτήσεις ϕ και ϕ 2 τέτοιες ώστε f (z)ϕ (z) + f 2 (z)ϕ 2 (z) =, για κάθε z C. Απόδειξη. Από την υπόθεση η ακέραια συνάρτηση g := f f 2 δεν µηδενίζεται στο C. Εποµένως από το Θεώρηµα 4.32 υπάρχει ακέραια συνάρτηση F στο C τέτοια ώστε g(z) = e F (z) f (z) f 2 (z) = e F (z) για κάθε z C. Άρα, f (z)ϕ (z) + f 2 (z)ϕ 2 (z) = για κάθε z C, όπου ϕ (z) := e F (z) και ϕ 2 (z) := e F (z) είναι δύο ακέραιες συναρτήσεις. Παράδειγµα Αν ένα τουλάχιστον από τα a, b C είναι διάφορο του µηδενός, να αποδειχθεί ότι 2π ln a + be iθ dθ = 2π max {ln a, ln b }. (4.3) Απόδειξη. η περίπτωση: a > b. Τότε η f(z) := a + bz είναι αναλυτική και δεν µηδενίζεται σε ένα απλά συνεκτικό τόπο D που περιέχει το µοναδιαίο κύκλο C(, )(είναι a + bz = αν και µόνο αν z = a/b. Οµως z = a/b > ). Από το Θεώρηµα 4.32 υπάρχει αναλυτικός κλάδος λογαρίθµου της f, έστω ο log f(z). Επειδή η παραµετρική εξίσωση του κύκλου C + (, ) µε ϑετική ϕορά διαγραφής είναι z = e iθ, θ 2π, έχουµε 2π { 2π } ln a + be iθ dθ = R log(a + be iθ ) dθ { } log(a + bz) = R dz C + (, ) iz { log(a + bz) = 2πR 2πi z C + (, ) dz } (z = e iθ, dθ = dz/iz) = 2πR(log a) (ολοκληρωτικός τύπος Cauchy) = 2π ln a. Σηµείωση. Μπορούµε να χρησιµοποιήσουµε και το ϑεώρηµα µέσης τιµής για αρµονικές συναρτήσεις, Πόρισµα 4.22, στο µοναδιαίο κύκλο C(, ). Επειδή η u(z) = R (log f(z)) = R (log(a + bz)) = ln a + bz

90 4.4. Η ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 8 είναι αρµονική σε ένα απλά συνεκτικό πεδίο D που περιέχει το µοναδιαίο κύκλο C(, ), από το Πόρισµα 4.22 έχουµε u() = 2π 2π ln a + be iθ dθ 2π ln a = ln a + be iθ dθ. 2π 2η περίπτωση: a < b. Τότε, 2π ln a + be iθ dθ = = 2π 2π ln a + be iθ dθ ln b + ae iθ dθ = 2π ln b (η περίπτωση) = 2π ln b. 3η περίπτωση: a = b. Τότε, a = a e iα και b = a e iβ για κάποια α, β R. Επειδή 2π ln a + be iθ dθ = 2π = 2π ln a + = 2π ln a + = 2π ln a + ( ln a e iα + e i(θ+β)) dθ 2π ln + e i(θ+β α) dθ 2π+β α β α π π ln + e it dt (t = θ + β α) ln + e it dt, (η y = ln + e it είναι 2π-περιοδική) αρκεί να αποδειχθεί ότι π π ln + eit dt =. Θα χρησιµοποιήσουµε το εξής αποτέλεσµα : τα γενικευµένα ολοκληρώµατα π/2 ln(cos x) dx, π/2 ln(sin x) dx συγκλίνουν και µάλιστα π/2 ln(cos x) dx = π/2 ln(sin x) dx = π 2 ln 2.

91 82 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Τότε, π π ln + e it dt = = π π π π ln cos t dt ( ln 2 cos t ) dt 2 = 2π ln = 2π ln π/2 π/2 π/2 ln(cos x) dx (αντικατάσταση x = t 2 ) ln(cos x) dx = 2π ln ( π ) 2 ln 2 =. 4.5 υναµοσειρές Στην πραγµατική ανάλυση υπάρχουν διαφορές µεταξύ των συναρτήσεων που είναι άπειρες ϕο- ϱές παραγωγίσιµες(δηλαδή έχουν παραγώγους κάθε τάξης) και των αναλυτικών συναρτήσεων(οι οποίες αναπτύσσονται κατά Taylor). Εχουµε ήδη αποδείξει ότι µια αναλυτική(ολόµορφη) συνάρτηση είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη. Σ αυτή την παράγραφο ϑα αποδείξουµε ότι κά- ϑε αναλυτική συνάρτηση αναπτύσσεται κατά Taylor. Γενικά αυτό δεν ισχύει στην πραγµατική ανάλυση. Πράγµατι, έστω η συνάρτηση f : R R µε e /x2 αν x f(x) = αν x =. Η f είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη µε f (n) () = για καθε n N {} και εποµένως n= f (n) () x n = f(x), για κάθε x. n! Άρα σε οποιαδήποτε περιοχή του µηδενός η σειρά Maclaurin(σειρά Taylor µε κέντρο το x = ) της f δεν ισούται µε την f(x). Ορισµός 4.38 (Σηµειακή Οµοιόµορφη σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων). Εστω (f n ) ακολουθία µιγαδικών συναρτήσεων ορισµένων στο σύνολο D C.

92 4.5. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 83. Λέµε ότι η (f n ) συγκλίνει κατά σηµείο(ή σηµειακά) στην f στο D και γράφουµε f n f, αν για κάθε z D η f n (z) συγκλίνει στην f(z). ηλαδή για κάθε z D και για κάθε ε > υπάρχει N = N(ε, z) N ώστε για κάθε n N να είναι f n (z) f(z) < ε. 2. Λέµε ότι η (f n ) συγκλίνει οµοιόµορφα στην f στο D και γράφουµε f n f οµοιόµορφα στο D, αν για κάθε ε > υπάρχει N = N(ε) N ώστε για κάθε n N και για κάθε z D να είναι f n (z) f(z) < ε. Αξίζει να σηµειωθεί ότι στη σηµειακή σύγκλιση για z D και ε >, το N N εξαρτάται από τα z, ε >, ενώ στην οµοιόµορφη σύγκλιση το N N λειτουργεί καθολικά για όλα τα z D. Είναι προφανές ότι η οµοιόµορφη σύγκλιση f n f στο D συνεπάγεται τη σηµειακή σύγκλιση f n f στο D. Αν f n f := sup{ f n (z) f(z) : z D}, εύκολα διαπιστώνεται ότι f n f οµοιόµορφα στο D αν και µόνο αν f n f. Παραδείγµατα Εστω η ακολουθία συναρτήσεων f n (z) = z n στο µοναδιαίο δίσκο D(, ). Η z n συγκλίνει κατά σηµείο στο. Επειδή sup{ z n : z < } = καθώς το n και sup{ z n : z δ} = ( δ) n n, δ (, ), η z n δεν συγκλίνει οµοιόµορφα στο στο µοναδιαίο δίσκο. Οµως z n οµοιόµορφα στον κλειστό δίσκο D(, δ). 2. Εστω f n (z) = ( + n 2 z 2 ) στο µοναδιαίο δίσκο D(, ). Για σταθερό z, z <, έχουµε f n (z) = /n2 /n 2 + z 2 f(z) = αν z αν z =.

93 84 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Επειδή f n f = sup{ f n (z) f(z) : z < } ( ) ( f n f n n) = + n 2 (/n) 2 = 2, { } f n f = sup + n 2 z 2 : z < καθώς το n και εποµένως η f n δεν συγκλίνει οµοιόµορφα στο στο µοναδιαίο δίσκο. Στο τελευταίο παράδειγµα οι f n είναι συνεχείς συναρτήσεις στο D(, ), όµως η f δεν είναι συνεχής στο. Παρατηρούµε ότι lim lim f n(z) = ενώ lim lim f n(z) =. z n n z Το επόµενο αποτέλεσµα αποδεικνύει ότι το παραπάνω δεν συµβαίνει στην περίπτωση που η ακολουθία συνεχών συναρτήσεων f n συγκλίνει οµοιόµορφα στην f. Πρόταση 4.4 (Οµοιόµορφη σύγκλιση και συνέχεια). Εστω (f n ) ακολουθία µιγαδικών συναρτήσεων στο D C και έστω f n f οµοιόµορφα στο D. Αν οι f n, n N, είναι συνεχείς στο z D, τότε η f είναι συνεχής στο z και µάλιστα ισχύει lim lim f n (z) = lim n z z z z lim f n(z) = f(z ). n Απόδειξη. Εστω ε >. Τότε υπάρχει N N ώστε f N (z) f(z) < ε/3 για κάθε z D. Επειδή η f N είναι συνεχής στο z ϑα υπάρχει δ > ώστε για κάθε z D µε z z < δ να είναι f N (z) f N (z ) < ε/3. Εποµένως για κάθε z D µε z z < δ ϑα είναι f(z) f(z ) = (f(z) f N (z)) + (f N (z) f N (z )) + (f N (z ) f(z )) f(z) f N (z) + f N (z) f N (z ) + f N (z ) f(z ) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε και άρα η f είναι συνεχής στο z.

94 4.5. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 85 Επειδή η f και οι f n, n N, είναι συνεχείς στο z D και η οµοιόµορφη σύγκλιση f n f στο D συνεπάγεται τη σηµειακή σύγκλιση f n f στο D, έχουµε και lim ( lim f n (z)) = lim f n(z ) = f(z ) n z z n lim ( lim f n(z)) = lim f(z) = f(z ). z z n z z Ορισµός 4.4 (Σηµειακή Οµοιόµορφη σύγκλιση σειράς συναρτήσεων). Εστω (f n ) ακολου- ϑία µιγαδικών συναρτήσεων ορισµένων στο σύνολο D C. Αν S N := N n= f n = f + + f N είναι το N-οστό µερικό άθροισµα της σειράς n= f n, ϑα λέµε ότι η σειρά n= f n συγκλίνει κατά σηµείο(ή σηµειακά) (αντ. οµοιόµορφα) στην f στο D, αν η ακολουθία (S N ) συγκλίνει κατά σηµείο(αντ. οµοιόµορφα) στην f στο D. Το επόµενο αποτέλεσµα είναι ανάλογο του κριτηρίου σύγκρισης στις σειρές πραγµατικών αριθµών και µας δίνει ικανές συνθήκες για την οµοιόµορφη σύγκλιση µια σειράς µιγαδικών συναρτήσεων. Πρόταση 4.42 (M- κριτήριο του Weierstrass). Εστω (f n ) ακολουθία µιγαδικών συναρτήσεων ορισµένων στο σύνολο D C. Υποθέτουµε ότι υπάρχει ακολουθία (M n ) µη αρνητικών αριθµών τέτοια ώστε f n (z) M n για κάθε z D και για κάθε n N. Αν η σειρά n= M n συγκλίνει, τότε η σειρά n= f n συγκλίνει οµοιόµορφα στο D. Απόδειξη. Ως γνωστόν µια ακολουθία (z n ) µιγαδικών αριθµών συγκλίνει αν και µόνο αν η (z n ) είναι ακολουθία Cauchy, δηλαδή αν για κάθε ε > υπάρχει N N τέτοιο ώστε για κάθε m, n N m, n N z m z n < ε. Εστω ε >. Θεωρούµε τα n-οστά µερικά αθροίσµατα S n (z) := n k= f k(z) και σ n := n k= M k των σειρών k= f k(z) και k= M k αντίστοιχα. Επειδή από την υπόθεση η σειρά k= M k συγκλίνει, υπάρχει N N τέτοιο ώστε για κάθε m > n N σ m σ n = m k=n+ M k < ε.

95 86 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Τότε για κάθε z D και για κάθε m > n N είναι S m (z) S n (z) = m k=n+ f k (z) m k=n+ M k < ε. Εποµένως η ακολουθία (S n (z)) είναι Cauchy και κατά συνέπεια συγκλίνει, έστω στην f(z). ηλαδή k= f k(z) = f(z). Επειδή η σειρά k= M k συγκλίνει, από τις πραγµατικές σειρές είναι γνωστό ότι lim n k=n+ M k = και άρα για κάθε z D f(z) S n (z) = k=n+ f k (z) k=n+ M k n. ηλαδή S n (z) f(z) οµοιόµορφα στο D και ισοδύναµα η σειρά n= f n συγκλίνει στην f οµοιόµορφα στο D. Παράδειγµα 4.43 (Γεωµετρική σειρά). Είναι z = n= z n και + z = ( ) n z n, z <. n= Οι σειρές συγκλίνουν απόλυτα και οµοιόµορφα σε κάθε κλειστό δίσκο D(, r) µε < r <. Απόδειξη. Αν z D(, ), τότε z D(, r) δηλαδή z r < για κάποιο r <. Εποµένως η σύγκλιση των σειρών στο z προκύπτει αν αποδείξουµε ότι οι σειρές συγκλίνουν απόλυτα και οµοιόµορφα σε κάθε κλειστό δίσκο D(, r) µε r <. Υποθέτουµε λοιπόν ότι z D(, r). Επειδή z n r n και ως γνωστόν η σειρά n= rn συγκλίνει, από το M- κριτήριο του Weierstrass οι σειρές n= zn και n= ( )n z n συγκλίνουν απόλυτα και οµοιόµορφα σε κάθε κλειστό δίσκο D(, r) µε r <. Οµως δεν έχουµε ϐρει το άθροισµα των σειρών. Για την εύρεση του αθροίσµατος παρατηρούµε ότι z n+ = ( z)( + z + z z n ) z ( + z + z2 + + z n ) = zn+ z και εποµένως Επειδή < r <, είναι n z z k = z n+ z rn+ r. k= lim n r n+ r

96 4.5. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 87 και άρα Αν ϑέσουµε όπου z το z, τότε z = z n. n= + z = ( ) n z n. n= Μπορούµε επίσης να δείξουµε ότι η σειρά δεν συγκλίνει οµοιόµορφα για z <. Αν S n (z) = n k= zk, τότε sup S n (z) n z = sup z k z k = sup z k = sup z n z. z < z < k= Παίρνοντας z = /n, έχουµε sup S n (z) z Οµως Εποµένως και κατά συνέπεια z < Άρα, η σύγκλιση της σειράς ( lim ) n = n + n e, lim sup n + z < lim sup n + z < k= z < k=n z < ( ( /n)n ( /n) = n n) n. ( οπότε lim n n = +. n n) S n (z) z = + S n (z) z. z = z n δεν είναι οµοιόµορφη για z <. n= Πρόταση Εστω γ : [a, b] G τµηµατικά λεία καµπύλη στο ανοικτό σύνολο G C και έστω (f n ) ακολουθία µιγαδικών συνεχών συναρτήσεων στο G. () Αν f n f οµοιόµορφα στη γ = γ([a, b]), τότε lim f n (z) dz = ( lim f n(z)) dz = f(z) dz. n γ γ n γ

97 88 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ (2) Αν η σειρά n= f n(z) συγκλίνει οµοιόµορφα στη γ = γ([a, b]), τότε ( ) f n (z) dz = f n (z) dz. n= γ γ n= Απόδειξη. Αρκεί να αποδείξουµε την (). Εστω ε >. Τότε υπάρχει N N τέτοιο ώστε για κάθε n N είναι f N (z) f(z) < ε για κάθε z γ = γ([a, b]). Εποµένως (f n (z) f(z)) dz f n (z) f(z) dz γ γ ε dz γ = εl(γ), όπου l(γ) είναι το µήκος της καµπύλης γ. Άρα lim (f n (z) f(z)) dz = και ισοδύναµα lim f n (z) dz = f(z) dz. n γ n γ γ Θεώρηµα 4.45 (Cauchy Taylor). Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο τόπο G και έστω z G. Υποθέτουµε ότι ο δίσκος D(z, δ) περιέχεται στο G(παίρνουµε το µεγαλύτερο δυνατό δίσκο που περιέχεται στο G: αν δ =, τότε D(z, δ) = G = C). Τότε για κάθε z D(z, δ) είναι f(z) = a n (z z ) n = n= n= f (n) (z ) (z z ) n. (4.4) n! Επιπλέον, για οποιοδήποτε r µε < r < δ οι συντελεστές της δυναµοσειράς δύνονται από τον τύπο a n = f (n) (z ) n! = 2πi C όπου C = C(z, r) είναι ο κύκλος µε κέντρο το z και ακτίνα r. f(ζ) dζ, (4.5) (ζ z ) n+ Η σειρά (4.4) λέγεται σειρά Taylor της f γύρω από το z. Η σειρά συγκλίνει απόλυτα στο δίσκο D(z, δ) και οµοιόµορφα σε συµπαγή υποσύνολα.

98 4.5. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 89 Απόδειξη. Εστω z D(z, δ). Υποθέτουµε ότι z z = ρ < r < δ. Από τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy έχουµε Επειδή για κάθε ζ C είναι και εποµένως f(z) = 2πi C f(ζ) ζ z dζ. z z ζ z = ρ r <, ζ z = (ζ z ) (z z ) = ( ) = (ζ z ) z z ζ z ζ z f(z) = [ ] f(ζ) (z z ) n 2πi C (ζ z n= ) n+ dζ. Αν M = max{ f(ζ) : ζ C}, τότε f(ζ) (z z ) n (ζ z ) n+ M ( ρ ) n, για κάθε ζ C. r r ( z z n= ζ z ) n (γεωµετρική σειρά) Επειδή (ρ/r) <, η γεωµετρική σειρά n= (ρ/r)n συγκλινει και από το M-κριτήριο του Weierstrass η σειρά n= f(ζ) (z z ) n (ζ z ) n+ συγκλίνει οµοιόµορφα στον κύκλο C. Άρα, από την Πρόταση 4.44 και τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy για παραγώγους έχουµε [ ] f(ζ) f(z) = dζ (z z 2πi n= C (ζ z ) n+ ) n f (n) (z ) = (z z ) n. n! n=

99 9 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Σηµείωση. Στην απόδειξη υποθέσαµε ότι z z = ρ < r < δ. Στην περίπτωση που είναι z z = ρ r, r < δ, ϑεωρούµε τον κύκλο C = C (z, r ), όπου r ρ < r < δ και η απόδειξη είναι ακριβώς η ίδια αν αντί του κύκλου C ϑεωρήσουµε τον κύκλο C. Από το γενικευµένο ϑεώρηµα Cauchy a n = 2πi C f(ζ) dζ = (ζ z ) n+ 2πi C f(ζ) dζ (ζ z ) n+ και εποµένως οι συντελεστές της δυναµοσειράς δίνοντα από τον τύπο (4.5). Παράδειγµα Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα Taylor της f(z) = z i (z + 2) 2 µε κέντρο το z = i. Ποια είναι η ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς ; Λύση. Είναι f(z) = z i ((z i) + (2 + i)) 2 = z i (2 + i) 2 ( + z i 2+i Παραγωγίζοντας τη γεωµετρική σειρά /( + w) = n= ( )n w n, w <, παίρνουµε Εποµένως αν τότε ( + w) 2 = ( ) n nw n ( + w) 2 = ( ) n+ nw n, w <. n= n= ) 2. z i 2 + i < z i < 2 + i = = 5, f(z) = z i (2 + i) 2 = ( ) z i n ( ) n+ n 2 + i n= ( ) n+ n (2 + i) n+ (z i)n, z i < 5. n= Η ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς είναι R = 5. Παράδειγµα Είναι Log( + z) = ( ) n zn n, z <, n= όπου w = Log z = ln z + i Arg z, π < Arg z < π, είναι ο πρωτεύον αναλυτικός κλάδος λογαρίθµου στο απλά συνεκτικό πεδίο C \ (, ].

100 4.5. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 9 Λύση. Παρατηρούµε ότι για κάθε z στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) το + z D(, ). Είναι (Log( + z)) = + z = ( ) n z n, z <. Ολοκληρώνοντας πάνω στο ευθύγραµµο τµήµα [, z] του µοναδιαίου δίσκου D(, ) έχουµε ( ) ( ) n ζ n dζ = (Log( + ζ)) dζ = Log( + z) Log = Log( + z), z <. [,z] n= [,z] n= Επειδή το ευθ. τµήµα [, z] είναι συµπαγές υποσύνολο του µοναδιαίου δίσκου D(, ), η γεωµετρική σειρά n= ( )n ζ n συγκλίνει οµοιόµορφα στο [, z] και από την Πρόταση 4.44 έχουµε Log( + z) = ( ) n n= [,z] ζ n dζ = n= ( ) n zn+ n + = ( ) n zn n, z <. n= Στον παρακάτω πίνακα αναφέρουµε τα αναπτύγµατα σε δυναµοσειρές (σειρές Maclaurin) µερικών ϐασικών συναρτήσεων.

101 92 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Πίνακας µε αναπτύγµατα γνωστών συναρτήσεων σε δυναµοσειρές e z z n = n! n= z C sin z = ( ) n z2n+ (2n + )! n= z C cos z = ( ) n x2n (2n)! n= z C = x n z n= (γεωµετρική σειρά) z < = ( ) n z n + z n= (γεωµετρική σειρά) z < Log( + z) = ( ) n zn n z < Log( z) = n= z n n n= z < (4.6) Ασκήσεις. είξτε ότι η ακολουθία f n (z) = ( + nz) συγκλίνει οµοιόµορφα για z 2 και δεν συγκλίνει οµοιόµορφα για z (Η συνάρτηση ζ του Riemann) είξτε ότι η συνάρτηση ζ του Riemann που ορίζεται από τη σειρά του Dirichlet ζ(z) := συγκλίνει απόλυτα για Rz > και οµοιόµορφα για Rz + δ, δ >. 3. είξτε ότι οι σειρές (i) n= n= n z + z n και (ii) n= nz n συγκλίνουν απόλυτα για z > και οµοιόµορφα για z R >. 4. Εστω η συνάρτηση f(z) = cos z z 2 + z + 3. Να ϐρεθεί η ακτίνα σύγκλισης της σειράς Taylor της f µε κέντρο το i.

102 4.5. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα Taylor της f(z) = z 2 cos 2 3z γύρω από το σηµείο z =. Ποια είναι η ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς ; 6. Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα Taylor της f(z) = z (z + ) 2 µε κέντρο το z =. Ποια είναι η ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς ; 7. Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα Taylor της f(z) = z z 2 + µε κέντρο το z =. Ποια είναι η ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς ; 8. Εστω η συνάρτηση f(z) = z2 +6z (2 z)(z+2) 2 = 2 z 2 (z+2) 2. Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα της f σε σειρά Taylor µε κέντρο το z =, καθώς επίσης και η ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς. 9. Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα της f(z) = z 2 +4z 3i σε δυναµοσειρά µε κέντρο το z = 2. Ποια είναι η ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς ;. Θεωρούµε την αναλυτική συνάρτηση f(z) = /z στο διάτρητο δίσκο D (, 2) = {z C : < z < 2}. είξτε ότι δεν υπάρχει ακολουθία (p n ) πολυωνύµων που να συγκλίνει στην f οµοιόµορφα στα συµπαγή υποσύνολα του D (, 2). Υπόδειξη. Θεωρείστε το µοναδιαίο κύκλο T που είναι ένα συµπαγές υποσύνολο του D (, 2).. Εστω η ακέραια συνάρτηση f(z) = n= a nz n, z C, τέτοια ώστε f(x) R για κάθε x R. είξτε ότι f(z) = f(z), για κάθε z C. 2. Εστω η ακέραια συνάρτηση f(z) = n= a nz n, z C, τέτοια ώστε f(r) R και f(ir) ir. είξτε ότι f( z) = f(z), για κάθε z C. 3. Εστω f(z) = n= a nz n αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) και έστω f (z) z, z <. (αʹ) είξτε ότι na n = 2πi z = n f (z), dz, n N \ {, }. zn

103 94 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ (ϐʹ) είξτε ότι a n ( + ) n < e. n 4.6 Ανισότητες Cauchy και το ϑεώρηµα Liouville Αν µια αναλυτική συνάρτηση είναι ϕραγµένη σε µια περιοχή D(z, R) του z C, το παρακάτω αποτέλεσµα µας δίνει ένα ϕράγµα για τις παραγώγους της συνάρτησης στο z συναρτήσει του ϕράγµατος της συνάρτησης. Θεώρηµα 4.48 (Ανισότητες Cauchy η διατύπωση). Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : D(z, R) C είναι αναλυτική στον ανοικτό δίσκο D(z, R) µε κέντρο το z C. Αν f(z) M για κάθε z D(z, R), τότε f (n) (z ) n!m, για κάθε n N. Rn Απόδειξη. Εστω < r < R. Από τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy για παραγώγους έχουµε f (n) (z ) = n! f(z) dz. 2πi z z =r (z z ) n+ Από την υπόθεση f(z) M για κάθε z C(z, r) και εποµένως f (n) n! (z ) = 2πi n! 2π n! 2π = n!m 2πr n+ z z =r z z =r z z =r f(z) (z z ) n+ dz f(z) dz z z n+ M dz rn+ z z =r dz = n!m n!m 2πr = 2πrn+ r n. ηλαδή f (n) (z ) n!m, για κάθε < r < R. rn

104 4.6. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ CAUCHY ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ LIOUVILLE 95 Επειδή το αριστερό µέλος της παραπάνω ανισότητας δεν εξαρτάται από το r, παίρνουµε το όριο καθώς το r R και τελικά έχουµε f (n) (z ) n!m, για κάθε n N. Rn Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική πάνω και στο εσωτερικό του κύκλου C(z, R) µε κέντρο το z C και ότι f(z) M για κάθε z C(z, R). Αν χρησιµοποιήσουµε τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy για παραγώγους στον κύκλο C(z, R) και εργαστούµε όπως και στην απόδειξη του ϑεωρήµατος 4.48, τότε και πάλι προκύπτουν οι ανισότητες Cauchy f (n) (z ) n!m, για κάθε n N. Rn Θεώρηµα 4.49 (Ανισότητες Cauchy 2η διατύπωση). Εστω f αναλυτική συνάρτηση πάνω και στο εσωτερικό του κύκλου C(z, R) µε κέντρο το z C και έστω f(z) M για κάθε z C(z, R). Τότε f (n) (z ) n!m, για κάθε n N. Rn Παράδειγµα 4.5. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε f(z) z 2 + z 3, για κάθε z C. (4.7) Τότε f(z) = a 2 z 2 + a 3 z 3 µε a 2 και a 3. Λύση. Η συνάρτηση f : C C είναι ακέραια(αναλυτική στο C) και εποµένως f(z) = a n z n = n= n= f (n) () n! z n = f() + f ()! z + + f (n) () z n +, για κάθε z C. n! Εστω C(, R) = {z C : z = R} κύκλος µε κέντρο και ακτίνα R >. Αν M = max z =R f(z), από την (4.7) έχουµε M R 2 + R 3

105 96 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ και από τις ανισότητες Cauchy για κάθε n > 3 είναι f (n) () a n = M n! R n R2 + R 3 R n R. Εποµένως a n =, για κάθε n > 3. Άρα η f είναι πολυώνυµο ϐαθµού το πολύ 3, δηλαδή f(z) = a + a z + a 2 z 2 + a 3 z 3. Από την (4.7) έχουµε f() = οπότε a = και κατά συνέπεια f(z) = a z + a 2 z 2 + a 3 z 3. Επίσης είναι a = f () M R R2 + R 3 R = R + R 2 R, οπότε a =. Άρα f(z) = a 2 z 2 + a 3 z 3. Και πάλι από τις ανισότητες Cauchy έχουµε f (2) () a 2 = M 2! R 2 R2 + R 3 R 2 = + R R και a 3 = f (3) () 3! M R 3 R2 + R 3 R 3 = R + R. Θεώρηµα 4.5 (Γενίκευση του ϑεωρήµατος Liouville). Υποθέτουµε ότι η f : C C είναι ακέραια συνάρτηση και ότι υπάρχουν σταθερές A, B > και k, έτσι ώστε να ισχύει η ανισότητα f(z) A + B z k, για κάθε z R >. (4.8) Τότε η f είναι πολυώνυµο ϐαθµού το πολύ k. Απόδειξη. Η συνάρτηση f : C C είναι ακέραια(αναλυτική στο C) και εποµένως f(z) = a n z n = n= n= f (n) () n! z n = f() + f ()! z + + f (n) () z n +, για κάθε z C. n! Εστω C(, R) = {z C : z = R} κύκλος µε κέντρο και ακτίνα R > R. Αν M = max z =R f(z), από την (4.8) έχουµε M A + BR k.

106 4.6. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ CAUCHY ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ LIOUVILLE 97 Τότε από τις ανισότητες Cauchy για κάθε n > k είναι a n = f (n) () n! M R n A + BRk R n = A R n + B Rn k. R Εποµένως a n =, για κάθε n > k. Άρα η f είναι πολυώνυµο ϐαθµού το πολύ k. Αν k = στο προηγούµενο ϑεώρηµα, δηλαδή αν f(z) M για κάθε z R (ή για κάθε z C), όπου M = A + B, τότε η f είναι σταθερή. Αυτό είναι το κλασικό ϑεώρηµα Liouville. Θεώρηµα 4.52 (Liouville). Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση. Αν η f είναι ϕραγµένη στο C, δηλαδή αν υπάρχει M > τέτοιο ώστε f(z) M για κάθε z C, τότε η f είναι σταθερή στο C. Πιο γενικά, αν f(z) M για µεγάλα z, δηλαδή για κάθε z R >, τότε η f είναι σταθερή στο C. Εφαρµόζοντας τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy, στο Παράδειγµα 4.2 δώσαµε µια απόδειξη του ϑεµελιώδους ϑεωρήµατος της άλγεβρας. Θα δώσουµε στη συνέχεια µια διαφορετική απόδειξη χρησιµοποιώντας το κλασικό ϑεώρηµα Liouville. Θεώρηµα 4.53 (Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αλγεβρας). Κάθε µιγαδικό πολυώνυµο ϐαθµού n έχει ϱίζα στο C. Εποµένως, κάθε µιγαδικό πολυώνυµο ϐαθµού n έχει ακριβώς n ϱίζες στο C Απόδειξη. Εστω p(z) = a n z n + a n z n + + a z + a, a n, πολυώνυµο ϐαθµού n. Υποθέτουµε ότι p(z) για κάθε z C. Επειδή το p είναι ακέραια συνάρτηση που δεν µηδενίζεται και η /p είναι επίσης ακέραια συνάρτηση. Από το Παράδειγµα.6 υπάρχει R τέτοιο ώστε p(z) 2 a n z n, για κάθε z R. Εποµένως, p(z) 2 a n z n 2, για κάθε z R. a n Rn

107 98 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Άρα, η ακέραια συνάρτηση /p είναι ϕραγµένη για µεγάλα z, δηλαδή για κάθε z R και από το κλασικό ϑεώρηµα Liouville έπεται ότι η /p είναι σταθερή, έστω /p(z) = α. Τότε όµως και το πολυώνυµο p(z) = /α είναι σταθερό, άτοπο. Καταλήξαµε σε άτοπο επειδή υποθέσαµε ότι το πολυώνυµο p δεν έχει ϱίζα. Άρα, το p έχει ϱίζα στο C. Παράδειγµα Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση και έστω M >. (i) Αν Rf(z) M για κάθε z C, τότε η f είναι σταθερή. (ii) Αν Rf(z) M για κάθε z C, τότε η f είναι σταθερή. (iii) Αν If(z) M για κάθε z C, τότε η f είναι σταθερή. (iv) Αν If(z) M για κάθε z C, τότε η f είναι σταθερή. Λύση. (i) Η συνάρτηση g(z) := e f(z) είναι ακέραια µε g(z) = e f(z) = e Rf(z)+iIf(z) = e Rf(z) e M. (Rf(z) M για κάθε z C) Εποµένως από το ϑεώρηµα Liouville η συνάρτηση g είναι σταθερή στο C. Κατά συνέπεια και η g = e Rf ϑα είναι σταθερή οπότε και η Rf είναι σταθερή. Οµως τότε από την Πρόταση 3.2 και η συνάρτηση f ϑα είναι σταθερή στο C. (ii) Θεωρούµε τη συνάρτηση g(z) := e f(z) και εργαζόµαστε όπως και στην περίπτωση (i). (iii) Η συνάρτηση h(z) := e if(z) είναι ακέραια µε h(z) = e if(z) = e (If(z) irf(z)) = e If(z) e M. (If(z) M για κάθε z C) Εποµένως από το ϑεώρηµα Liouville η συνάρτηση h είναι σταθερή στο C. Κατά συνέπεια και η h = e If ϑα είναι σταθερή οπότε και η If είναι σταθερή. Οµως τότε από την Πρόταση 3.2 και η συνάρτηση f ϑα είναι σταθερή στο C. (iv) Θεωρούµε τη συνάρτηση h(z) := e if(z) και εργαζόµαστε όπως και στην περίπτωση (iii).

108 4.6. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ CAUCHY ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ LIOUVILLE 99 Παράδειγµα Αν η ακέραια συνάρτηση f : C C δεν είναι σταθερή, τότε το σύνολο f(c) είναι πυκνό στο C. Λύση. Υποθέτουµε ότι το πεδίο τιµών της f δεν είναι πυκνό στο C. Τότε υπάρχει w C και δίσκος D(w, r), τέτοιος ώστε D(w, r) f(c) =. ηλαδή f(z) w > r, για κάθε z C. Θεωρούµε τη συνάρτηση g(z) := f(z) w, z C. Η g είναι ακέραια συνάρτηση µε g(z) < /r για κάθε z C. Τότε από το ϑεώρηµα Liouville η g ϑα είναι σταθερή και κατά συνέπεια η f ϑα είναι σταθερή, άτοπο. Άρα το σύνολο f(c) είναι πυκνό στο C. Ασκήσεις. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο σηµείο a C, µπορεί να είναι f (n) (a) n!n n, για κάθε n N; Αιτιολογήστε την απάντησή σας. 2. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση µε f(z) C z 2π, για κάθε z >, όπου C >. είξτε ότι η f είναι πολυώνυµο ϐαθµού το πολύ Εστω f, g : C C ακέραιες συναρτήσεις τέτοιες ώστε για κάποιο λ R είναι R(f(z)) λr(g(z)), για κάθε z C. είξτε ότι υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε f(z) = λg(z) + c, για κάθε z C. 4. Εστω f, g : C C ακέραιες συναρτήσεις τέτοιες ώστε για κάποιο µ R είναι I(f(z)) µi(g(z)), για κάθε z C.

109 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ είξτε ότι υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε f(z) = µg(z) + c, για κάθε z C. 5. Εστω f = u + iv µια ακέραια συνάρτηση. Αν u 2 (x, y) v 2 (x, y), για κάθε (x, y) R 2, δείξτε ότι η f είναι σταθερή στο C. Υπόδειξη. Θεωρείστε τη συνάρτηση F (z) := e f 2 (z). 6. Υποθέτουµε ότι η ακέραια συνάρτηση f : C C είναι τέτοια ώστε f(z + ) = f(z) και f(z + i) = f(z), για κάθε z C. είξτε ότι η f είναι σταθερή. 7. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση και έστω λ C µε λ / R. Αν f(z + ) = f(z) και f(z + λ) = f(z), για κάθε z C, είξτε ότι η f είναι σταθερή στο C. 8. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε lim z f(z) =, για κάποιο n N. zn είξτε ότι η f είναι πολυώνυµο ϐαθµού το πολύ n. 9. Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες συναρτήσεις f : C C που έχουν το απλή ϱίζα και είναι τέτοιες ώστε f (z) lim =. z z. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε για µεγάλα z f (z) z. είξτε ότι f(z) = a + bz 2, όπου a, b C µε b 2.

110 4.6. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ CAUCHY ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ LIOUVILLE. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο C \ {} και τέτοια ώστε f(z) z /2 + z /2, δείξτε ότι η f είναι σταθερή. 2. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε f(z) 2 z + z 4, για κάθε z C. είξτε ότι f(z) = a z + a 2 z 2 + a 3 z 3 + a 4 z 4 µε a 2, a 2 3, a και a4. 3. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε f(z) Ae ax για κάθε z = x + iy C, όπου a, A >. είξτε ότι f(z) = ce az, για κάποια σταθερά c C. Ισχύει το ίδιο αποτέλεσµα αν f(z) Ae a z, για κάθε z C; 4. Εστω f ακέραια συνάρτηση και έστω Ω = C \ (, ]. Αν f(z) Log z, για κάθε z Ω, όπου w = Log z είναι ο πρωτεύον(κύριος) κλάδος λογαρίθµου, δείξτε ότι η f είναι ταυτοτικά µηδέν στο C. 5. Υπάρχουν µη σταθερές ακέραιες συναρτήσεις f που να ικανοποιούν την ανισότητα f(z) A + B ln z, για κάθε z, όπου A και B ϑετικές σταθερές ; 6. Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες συναρτήσεις f τέτοιες ώστε f (z) A + B z, όπου A και B ϑετικές σταθερές.

111 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ 7. Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες συναρτήσεις f τέτοιες ώστε f(z) A( + z + i ), όπου A >. 8. Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες συναρτήσεις f τέτοιες ώστε f(z) M( + z i ), όπου M >. 9. Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες συναρτήσεις f τέτοιες ώστε f (z) < f(z), για κάθε z C. 2. Εστω f(z) = n= a nz n αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε f(z) + z, για κάθε z <. z είξτε ότι ( a n (2n + ) + n) n, για κάθε n N. 2. Εστω f(z) = n= a nz n αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε a και έστω z ϱίζα της f. Για κάθε r µε z < r < ϑέτουµε M(r) := max z =r f(z). είξτε ότι z r a M(r) + a. 22. Εστω f(z) = n= a nz n αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε είξτε ότι a n < e, για κάθε n N. Υπόδειξη. Είναι f (z) = n= f (z), για κάθε z <. z na n z n, όπου na n = f (z) 2πi z =r z n dz, < r <.

112 4.7. ΡΙΖΕΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ -ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑΥΤΟΤΙΣΜΟΥ- ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση, δηλαδή f(z) = a n z n = n= n= f (n) () z n, για κάθε z C. n! Υποθέτουµε ότι η υπάρχει M > τέτοιο ώστε f(z) Me z για κάθε z C. Αν r >, χρησιµοποιώντας τον ολοκληρωτικό τύπο Cauchy για παραγώγους δείξτε ότι a n M er, για κάθε n N. rn Να συµπεράνετε ότι a n M en, για κάθε n N. nn 24. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε π π f(re iθ ) dθ r 2/3, για κάθε r >. είξτε ότι f(z) =, για κάθε z C. 4.7 Ρίζες αναλυτικής συνάρτησης -Θεώρηµα ταυτοτισµού- Εφαρ- µογές Ορισµός Εστω f : G C αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο G και έστω z G µε f(z ) =. Το z είναι ϱίζα τάξης k της f, αν υπάρχει αναλυτική συνάρτηση g : G C τέτοια ώστε f(z) = (z z ) k g(z) µε g(z ). (4.9) Πρόταση Εστω f : G C αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο G και έστω z G. Το z είναι ϱίζα τάξης k της f, αν και µόνο αν = f(z ) = f (z ) = = f (k ) (z ) και f (k) (z ). (4.2) Απόδειξη. Εστω ότι το z είναι ϱίζα τάξης k της f, δηλαδή ισχύει η (4.9). Τότε εύκολα διαπιστώνεται ότι ισχύει η (4.2).

113 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι ισχύει η (4.2). Επειδή η f είναι αναλυτική στο z, υπάρχει περιοχή D(z, R) G τέτοια ώστε n=k f(z) = a n (z z ) n = n= n= Εποµένως λόγω της (4.2) έχουµε f(z) = a n (z z ) n = (z z ) k n= f (n) (z ) (z z ) n, για κάθε z D(z, R). n! Ορίζουµε τη συνάρτηση g : G C µε f(z) (z z g(z) = ) k αν z G \ {z }, a k z = z. a k+n (z z ) n, a k, για κάθε z D(z, R). (4.2) Η g είναι αναλυτική στο z G \ {z } και επειδή g(z) = n= a k+n(z z ) n, για κάθε z D(z, R), η g είναι αναλυτική και στο z. Άρα f(z) = (z z ) k g(z) µε g(z ) = a k, όπου g αναλυτική συνάρτηση στο G. Παράδειγµα Εστω η συνάρτηση f : D(, ) C µε z 7 cos z αν z f(z) = z =. Η f είναι αναλυτική στο µοναδιαίο δίσκο µε f(z) = = = z 7 ( ) z2 2! + z4 4! z6 6! + z 7 z 2 2! z4 4! + z6 6! z 5 2! z2 4! + z4 6! = z 5 g(z), όπου g(z) = 2! z2 4! + z4 6! αναλυτική συνάρτηση στο D(, ) µε g() = /2. Το είναι ϱίζα τάξης 5 της f.

114 4.7. ΡΙΖΕΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ -ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑΥΤΟΤΙΣΜΟΥ- ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 5 Το z G είναι ϱίζα άπειρης τάξης της f, αν f (n) (z ) = για κάθε n N {}. Συµβολισµός: Συµβολίζουµε µε Z f ή Z(f) το σύνολο των ϱιζών της αναλυτικής συνάρτησης f : G C στο ανοικτό σύνολο G. ηλαδή Z f = {z G : f(z) = }. Το Z f είναι κλειστό σύνολο στο G. Πράγµατι, έστω (z k ) ακολουθία σηµείων του Z f µε lim k z k = z G. Επειδή η f είναι συνεχής στο G, από το ϑεώρηµα µεταφοράς έχουµε = lim k f(z k) = f(z) και εποµένως z Z f. Άρα το Z f είναι κλειστό σύνολο στο G. Θεώρηµα 4.59 (Θεώρηµα ταυτοτισµού). Εστω f : G C αναλυτική συνάρτηση στον τόπο G C. Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες : () f, δηλαδή f(z) = για κάθε z G. (2) Υπάρχει ϱίζα της f άπειρης τάξης. ηλαδή υπάρχει a G τέτοιο ώστε f (n) (a) = για κάθε n N {}. (3) Υπάρχει ϱίζα της f στο G που δεν είναι µεµονωµένο σηµείο του Z f, δηλαδή του συνόλου των ϱιζών της f. (4) Το Z f, δηλαδή το σύνολο ϱιζών της f, έχει σηµείο συσσώρευσης(σ.σ) στο G. (5) Υπάρχει συµπαγές υποσύνολο K του G τέτοιο ώστε το K Z f δεν είναι πεπερασµένο σύνολο. (6) Το σύνολο Z f είναι υπεραριθµήσιµο, δηλαδή το σύνολο των ϱιζών της f στο G δεν είναι ούτε πεπερασµένο ούτε αριθµήσιµο. Απόδειξη. () (6): Αν f, τότε Z f = G και εποµένως το σύνολο Z f είναι υπεραριθµήσιµο. Πράγµατι, το ανοικτό σύνολο G περιέχει ανοικτό δίσκο και εποµένως ϑα περιέχει ένα διάστηµα που ως γνωστόν δεν είναι ούτε πεπερασµένο ούτε αριθµήσιµο σύνολο.

115 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ (6) (5): Ως γνωστόν, Πρόταση 2.3, υπάρχει αριθµήσιµη οικογένεια (K n ) συµπαγών υποσυνόλων του G µε K n K n+ και G = n= K n. Τότε Z f = G Z f = (K n Z f ). Επειδή το Z f είναι υπεραριθµήσιµο, υπάρχει n N τέτοιο ώστε το K n Z f δεν είναι ούτε πεπε- ϱασµένο ούτε αριθµήσιµο σύνολο(ως γνωστόν η αριθµήσιµη ένωση πεπερασµένων η αριθµήσιµων συνόλων είναι αριθµήσιµο σύνολο). Άρα, υπάρχει συµπαγές υποσύνολο K του G τέτοιο ώστε το K Z f δεν είναι πεπερασµένο σύνολο. (5) (4): Υποθέτουµε ότι το K Z f είναι ένα απειροσύνολο στο συµπαγές σύνολο K. Τότε το K Z f έχει σ.σ στο K. Αυτό συνεπάγεται ότι το Z f έχει σ.σ στο K G, δηλαδή το σύνολο των ϱιζών της f έχει σ.σ στο G. (4) (3): Ως γνωστόν το Z f είναι κλειστό σύνολο στο G. Αν a είναι σ.σ του Z f στο G, τότε υπάρχει ακολουθία (z n ) σηµείων του Z f µε lim n z n = a. Επειδή το Z f είναι κλειστό σύνολο το a Z f, δηλαδή το a είναι ϱίζα της f. Μάλιστα το a δεν είναι µεµονωµένη ϱίζα της f καθώς η ακολουθία (z n ) ϱιζών της f τείνει στο a. (3) (2): Θα δείξουµε ότι κάθε ϱίζα της f πεπερασµένης τάξης είναι µεµονωµένο σηµείο στο Z f. Εστω z Z f ϱίζα πεπερασµένης τάξης της f. Τότε υπάρχει m N τέτοιο ώστε f(z) = (z z ) m g(z), όπου g αναλυτική συνάρτηση µε g(z ). Επειδή η g είναι συνεχής µε g(z ), υπάρχει περιοχή D(z, r) του z µε g(z ) για κάθε z D(z, r). Τότε f(z) για κάθε z D(z, r) \ {z } και κατά συνέπεια η ϱίζα z της f είναι µεµονωµένο σηµείο στο Z f. Οµως από την υπόθεση υπάρχει ϱίζα a της f που δεν είναι µεµονωµένο σηµείο στο Z f και άρα το a είναι ϱίζα άπειρης τάξης της f στο G. n= (2) (): Εστω E = { } z G : f (n) (z) =, για κάθε n N {}. Από την υπόθεση το E. Επειδή η f (n) είναι συνεχής συνάρτηση, το E είναι κλειστό στο G. Θα αποδείξουµε ότι το E είναι ανοικτό στο G. Πράγµατι, έστω a E. Επειδή η f είναι αναλυτική συνάρτηση στο a, υπάρχει περιοχή D(a, r) του a τέτοια ώστε f(z) = n= f (n) (a) (z a) n =, για κάθε z D(a, r). n!

116 4.7. ΡΙΖΕΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ -ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑΥΤΟΤΙΣΜΟΥ- ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 7 Εποµένως D(a, r) E και κατά συνέπεια το E είναι ανοικτό στο G. Οµως το G είναι συνεκτικό σύνολο και το υποσύνολο E του G είναι ανοικτό και κλειστό στο G. Άρα E = G και αυτό συνεπάγεται ότι f(z) = για κάθε z G. Το παρακάτω αποτέλεσµα είναι µια ισοδύναµη διατύπωση του ϑεωρήµατος ταυτοτισµού. Πόρισµα 4.6. Εστω f : G C αναλυτική συνάρτηση στον τόπο G C. Οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναµες : () f, δηλαδή η f δεν είναι ταυτοτικά στο G. (2) Ολες οι ϱίζες της f(αν υπάρχουν) είναι πεπερασµένης τάξης. (3) Ολες οι ϱίζες της f στο G είναι µεµονωµένα σηµεία του Z f, δηλαδή του συνόλου των ϱιζών της f. (4) Το Z f, δηλαδή το σύνολο ϱιζών της f, δεν έχει σηµεία συσσώρευσης(σ.σ) στο G. (5) Για κάθε συµπαγές υποσύνολο K του G το K Z f είναι πεπερασµένο σύνολο. ηλαδή κάθε συµπαγές υποσύνολο K του G περιέχει πεπερασµένο το πλήθος ϱίζες της f. (6) Το σύνολο Z f είναι το πολύ αριθµήσιµο. Αν το σύνολο Z f των ϱιζών της αναλυτικής συνάρτησης f δεν έχει σ.σ στον τόπο G, µπορεί να έχει σ.σ στο σύνορο G του G. Αν για παράδειγµα το G είναι ϕραγµένο και το Z f είναι απειροσύνολο, τότε το Z f ϑα έχει ένα τουλάχιστον σ.σ στο G(ϐλέπε άσκηση 5). Το ϑεώρηµα ταυτοτισµού µας δίνει µια άλλη σηµαντική διαφορά µεταξύ της πραγµατικής και της µιγαδικής ανάλυσης. Για να το δούµε αυτό, ϑεωρούµε τη συνάρτηση f ορισµένη στο R µε e /x2 αν x > f(x) = αν x. Εύκολα διαπιστώνεται ότι η f είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη στο R και ότι f (n) () =, για κάθε n N. Εποµένως το είναι ϱίζα άπειρης τάξης της f. Επίσης το σύνολο Z f των ϱιζών της f έχει σηµεία συσσώρευσης στο R και είναι υπεραριθµήσιµο.

117 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Η παρακάτω σηµαντική εφαρµογή του ϑεωρήµατος 4.59 λέγεται και ϑεώρηµα µοναδικότητας. Θεώρηµα 4.6 (Θεώρηµα µοναδικότητας). Εστω f, g : G C αναλυτικές συναρτήσεις στον τόπο G C. () Είναι f(z) = g(z) για κάθε z G, αν και µόνο αν το σύνολο Z f g := {z G : f(z) = g(z)} έχει σηµείο συσσώρευσης(σ.σ) στο G. (2) Εστω (z n ) ακολουθία σηµείων του G µε όρους διάφορους ανά δύο και lim n z n = a G. Αν f(z n ) = g(z n ) για κάθε n N, τότε f(z) = g(z) για κάθε z G. (3) Υποθέτουµε ότι το X G έχει σ.σ στο G. Αν f(z) = g(z) για κάθε z X, τότε f(z) = g(z) για κάθε z G. (4) Αν f(z) = g(z) για κάθε σηµείο ενός ευθ. τµήµατος που ανήκει στο G, τότε f(z) = g(z) για κάθε z G. (5) Αν f(z) = g(z) για κάθε z D(a, r) G, τότε f(z) = g(z) για κάθε z G. Απόδειξη. () Εφαρµογή του ϑεωρήµατος ταυτοτισµού για τη συνάρτηση h(z) := f(z) g(z). (2) Η απόδειξη προκύπτει από την (). (3) Επειδή X Z f g, η απόδειξη προκύπτει από την (). (4) Υποθέτουµε ότι [α, β] G. Επειδή το α είναι σ.σ του [α, β] και α G, η απόδειξη προκύπτει από την (3). (5) Αν f(z) = g(z) για κάθε z D(a, r) G, τότε ϑα είναι f(z) = g(z) για κάθε σηµείο ενός ευθ. τµήµατος που περιέχεται στον ανοικτό δίσκο D(a, r). Εποµένως από την (4) έπεται ότι f(z) = g(z) για κάθε z G.

118 4.7. ΡΙΖΕΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ -ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑΥΤΟΤΙΣΜΟΥ- ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 9 Παρατήρηση Στο Θεώρηµα 4.6 (2) είναι σηµαντικό το όριο της ακολουθίας να ανήκει στον τόπο G. Η συνάρτηση f(z) = e /( z) είναι αναλυτική στο D(, ) και δεν είναι σταθερή. Αν z n = /2nπi, τότε f(z n ) = e /( zn) = e 2nπi =. Παρατηρούµε ότι lim n z n = / D(, ). Το ϑεώρηµα µοναδικότητας είναι ένα πολύ χρήσιµο εργαλείο. Αν για παράδειγµα οι f και g είναι ακέραιες συναρτήσεις, για να δείξουµε ότι f = g αρκεί να δείξουµε ότι f = g σε κάποιο διάστηµα του πραγµατικού άξονα. Παρατήρηση Με το ϑεώρηµα µοναδικότητας µπορούµε εύκολα να αποδεικνύουµε τριγωνο- µετρικές ταυτότητες. Για παράδειγµα, έστω f(z) = sin 2 z + cos 2 z, για κάθε z C. Η f είναι ακέραια συνάρτηση µε f(x) = sin 2 x + cos 2 x =, για κάθε x R. Εποµένως, από το Θεώρηµα 4.6 (4) έπεται ότι sin 2 z + cos 2 z =, για κάθε z C. Θα δώσουµε τώρα µια αλγεβρική εφαρµογή του ϑεωρήµατος µοναδικότητας. Υπενθυµίζεται ότι ένας δακτύλιος (R, +, ) ονοµάζεται ακέραια περιοχή (integral domain), αν είναι µεταθετικός, έχει µοναδιαίο στοιχείο διαφορετικό του µηδενικού και δεν έχει µηδενοδιαιρέτες (δηλαδή για όλα τα στοιχεία x, y του δακτυλίου, αν x y = τότε είτε x = ή y = ). Πόρισµα Αν G C είναι ένας οποιοσδήποτε τόπος, ο δακτύλιος H(G) όλων των αναλυτικών(ολόµορφων) συναρτήσεων στο G είναι µια ακέραια περιοχή. ηλαδή αν οι f, g : G C είναι αναλυτικές συναρτήσεις στον τόπο G µε f(z)g(z) =, για κάθε z G, τότε είτε f ή g στο G. Απόδειξη. Εστω g(z ) για κάποιο z G. Επειδή η g είναι συνεχής στο z, υπάρχει περιοχή D(z, r) G τέτοια ώστε g(z) για κάθε z D(z, r). Τότε f(z) = για κάθε z D(z, r) και από το Θεώρηµα 4.6 (5) f στο G.

119 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Παράδειγµα Αν η f είναι αναλυτική συνάρτηση στον κλειστό µοναδιαίο δίσκο D(, ), τότε υπάρχει n N τέτοιο ώστε f ( ) n n +. Λύση. Υποθέτουµε ότι f ( ) = n n + = /n, για κάθε n N. + /n Αν g(z) := z +z, τότε f(/n) = g(/n) για κάθε n N µε lim n /n = D(, ). Εποµένως το σύνολο {z D(, ) : f(z) = g(z)} έχει σηµείο συσσώρευσης(σ.σ) στο D(, ) και από το ϑεώρηµα µοναδικότητας f(z) = z +z σηµείο D(, ), άτοπο. Άρα υπάρχει n N τέτοιο ώστε ( ) f n n +. για κάθε z D(, ). Οµως η f δεν είναι αναλυτική στο Παράδειγµα Εστω f αναλυτική συνάρτηση στον ανοικτό µοναδιαίο δίσκο D(, ) και τέτοια ώστε f(/n) 2 n, για n = 2, 3, 4,.... Να ϐρεθεί η f. Λύση. Επειδή η f είναι συνεχής στο, από την υπόθεση έχουµε f() = lim f(/n) lim n n 2 n =, δηλαδή f() =. Αν το είναι ϱίζα άπειρης τάξης της f, από το ϑεώρηµα ταυτοτισµού η f είναι ταυτοτικά µηδέν στο D(, ). Υποθέτουµε τώρα ότι η f δεν είναι ταυτοτικά µηδέν. Αν το είναι ϱίζα τάξης m της f, τότε f(z) = z m g(z), όπου η συνάρτηση g είναι αναλυτική στο µε g(). Επειδή g(/n) = n m f(/n) n m 2 n, έχουµε g() = lim g(/n) lim n n nm 2 n =. ηλαδή g() =, άτοπο. Άρα η f είναι ταυτοτικά µηδέν στο D(, ).

120 4.7. ΡΙΖΕΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ -ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑΥΤΟΤΙΣΜΟΥ- ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ Παράδειγµα Να εξεταστεί αν ισχύει το παρακάτω : Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο { < z < 2} και f(/n) =, n = ±, ±2, ±3,..., τότε η f είναι ταυτοτικά µηδέν. Απάντηση: εν ισχύει. Εστω για παράδειγµα η συνάρτηση f(z) = sin(π/z). Η f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο { < z < 2}, δεν είναι ταυτοτικά µηδέν και f(/n) = sin(πn) =, n = ±, ±2, ±3,.... Σηµειώνεται ότι αν η f ήταν αναλυτική στον ανοικτό δίσκο D(, 2) = {z C : z < 2}, οπότε D(, 2), από το ϑεώρηµα ταυτοτισµού η f ϑα ήταν ταυτοτικά µηδέν. Παράδειγµα Εστω f αναλυτική συνάρτηση στον τόπο G = {z : z > a}. Αν η f παίρνει πραγµατικές τιµές στο διάστηµα (a, ) του R, τότε η f ϑα παίρνει πραγµατικές τιµές και στο διάστηµα (, a) Λύση. Επειδή G = {z : z G} = {z : z > a} = {z : z > a} = G, από το Παράδειγµα 3.8 η συνάρτηση f (z) := f(z) είναι αναλυτική στο G. Επειδή f(x) = f (x) για κάθε x (a, ), από το ϑεώρηµα µοναδικότητας ϑα είναι και f(z) = f (z) = f(z) για κάθε z G. Ειδικά για κάθε x (, a) είναι f(x) = f(x). Άρα, f(x) R για κάθε x (, a). Παράδειγµα Αν f : C C είναι ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε lim z f(z) =, δηλαδή lim z f(z) =, τότε η f είναι ένα πολυώνυµο. Απόδειξη. Επειδή lim z f(z) =, υπάρχει M > τέτοιο ώστε f(z) > για κάθε z > M. Επειδή το D(, M) είναι συµπαγές σύνολο, από το Πόρισµα 4.6 η f έχει πεπερασµένο το πλήθος ϱίζες στο D(, M). Εστω α, α 2,..., α N οι ϱίζες της f στον κλειστό δίσκο D(, M). Ορίζουµε την ακέραια συνάρτηση g : C C µε g(z) := f(z) (z α )(z α 2 ) (z α N ). Επειδή f(z) > για κάθε z > M, είναι g(z) για κάθε z C και κατά συνέπεια η συνάρτηση h(z) := g(z) = (z α )(z α 2 ) (z α N ) f(z)

121 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ είναι ακέραια. Επίσης h(z) για κάθε z C. Επειδή για z h(z) z N = ( α /z)( α 2 /z) ( α N /z) f(z) και από την υπόθεση lim z f(z) =, είναι lim h(z) z z N =. Εστω ε =. Τότε υπάρχει R > τέτοιο ώστε h(z) z N < h(z) < z N, για κάθε z > R. Εποµένως από τη γενίκευση του ϑεωρήµατος Liouville το h είναι ένα πολυώνυµο ϐαθµού το πολύ N. Επειδή h(z) για κάθε z C, ϑα είναι h(z) = c και άρα f(z) = c (z α )(z α 2 ) (z α N ). Σηµείωση: Για µια διαφορετική απόδειξη παραπέµπουµε στο Παράδειγµα 6.3. Ασκήσεις. Εστω f αναλυτική συνάρτηση σε µια περιοχή U του, µε f() = f () = και f (). είξτε ότι υπάρχει αναλυτική συνάρτηση φ σε µια περιοχή V του, τέτοια ώστε f(z) = φ(z) 2 για κάθε z V. 2. Εστω f : G C αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο G και έστω z G ϱίζα τάξης n της f. είξτε ότι υπάρχει αναλυτική συνάρτηση φ σε µια περιοχή D(z, δ) του z, τέτοια ώστε f(z) = φ(z) n για κάθε z D(z, δ) G. ηλαδή η f έχει αναλυτική n-οστή ϱίζα σε µια περιοχή του z. 3. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο U και έστω z σηµείο του U τέτοιο ώστε η f δεν είναι ταυτοτικά µηδέν σε µια περιοχή του z. είξτε ότι υπάρχει ένας µη αρνητικός ακέραιος k, µια περιοχή V U του z και µια αναλυτική συνάρτηση h στο V, τέτοια ώστε f(z) = (z z ) k e h(z), για κάθε z V. 4. Εστω f ακέραια συνάρτηση µε ϱίζες α, α 2,..., α n, όπου α j είναι ϱίζα τάξης m j, j n. είξτε ότι υπάρχει ακέραια συνάρτηση g τέτοια ώστε f(z) = (z α ) m (z α 2 ) m2 (z α n ) mn e g(z), για κάθε z C.

122 4.7. ΡΙΖΕΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ -ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑΥΤΟΤΙΣΜΟΥ- ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 3 5. Θεωρούµε τη συνάρτηση f ορισµένη στο D(, ) \ {} µε ( ) ( ) f(z) = sin sin, < z <. z z Να ϐρεθούν οι ϱίζες και τα σηµεία συσσώρευσης της f. 6. Αν η ακέραια συνάρτηση f έχει πεπερασµένο το πλήθος ϱίζες, δείξτε ότι υπάρχει πολυώνυµο p και ακέραια συνάρτηση g τέτοια ώστε f(z) = p(z)g(z) για κάθε z C. 7. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο σηµείο z C. είξτε ότι είτε f(z) σε µια περιοχή του z ή υπάρχει r > τέτοιο ώστε f(z) για κάθε z στο διάτρητο δίσκο : < z z < r. 8. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε ( ) π f(z) = sin. z Αν z n = /n, τότε f(z n ) = για κάθε n N. Γιατί δεν εφαρµόζεται το Θεώρηµα 4.6; 9. Αν η f είναι αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ), δείξτε ότι ( ) f, για κάποιο n = 2, 3,.... n n + 2. Υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f στον ανοικτό µοναδιαίο δίσκο D(, ) και τέτοια ώστε ( ) ( ) f = f =, n = 2, 3,... ; 2n 2n n. Για ποια a C υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f στο µοναδιαίο δίσκο D(, ), τέτοια ώστε ( ) f =, για κάθε ϕυσικό αριθµό n 2 ; n n + a 2. Εξετάστε αν υπάρχουν αναλυτικές συναρτήσεις f στον ανοικτό µοναδιαίο δίσκο D(, ) που να ικανοποιούν οποιαδήποτε από τις παρακάτω συνθήκες. ( ) (i) f =, n = 2, 3,.... n n2 ( ) (ii) f = ( ) n, n = 2, 3,.... n n ( ) (iii) f = 2n + 2n, n N. (iv) f (n) () (n!) 2, n N.

123 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ 3. Εστω f, g αναλυτικές συναρτήσεις στον ανοικτό µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε f(z) και g(z), για κάθε z <. Υποθέτουµε ότι f ( ) ( ) n f ( ) = g n n g ( ), n = 2, 3,.... n είξτε ότι υπάρχει σταθερά c τέτοια ώστε f(z) = cg(z) για κάθε z <. Υπόδειξη. Η συνάρτηση h(z) = f(z) g(z) είναι αναλυτική στο D(, ). 4. Εστω f ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε ( ) f, για κάθε n N. ln(n + 2) n είξτε ότι f. 5. Υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f στον ανοικτό µοναδιαίο δίσκο D(, ), τέτοια ώστε ( ) f = n ln n, για κάθε n N \ {, }; 6. Υπάρχει ακέραια συνάρτηση f, τέτοια ώστε f(p) = cos p για κάθε p N; 7. (i) Να ϐρεθούν όλες οι συναρτήσεις f που είναι αναλυτικές στο D(, ) και τέτοιες ώστε ( ) ( ) 3 f = n 2 f, για n = 2, 3, 4,.... n n (ii) Να ϐρεθούν όλες οι συναρτήσεις g που είναι αναλυτικές στο D(, ) και τέτοιες ώστε ( ) ( ) 5 g = n 4 g, για n = 2, 3, 4,.... n n 8. Εστω (a k ) ακολουθία µιγαδικών αριθµών τέτοια ώστε η σειρά k= a k συγκλίνει. Αν a k n k =, για κάθε n N, k= δείξτε ότι a k =, για κάθε k N {}. 9. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση, f, µε f(x) R για κάθε x R και f() =. Αν η f απεικονίζει το ϕανταστικό άξονα σε µια ευθεία γραµµή στο C, δείξτε ότι αυτή η ευθεία γραµµή ϑα είναι είτε ο πραγµατικός άξονας ή ο ϕανταστικός άξονας. Υπόδειξη. Η συνάρτηση f (z) := f(z) είναι ακέραια στο C.

124 4.7. ΡΙΖΕΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ -ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑΥΤΟΤΙΣΜΟΥ- ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 5 2. Εστω f : C C ακέραια συνάρτηση η οποία παίρνει πραγµατικές τιµές τόσο στην ευθεία Iz =, δηλαδή στον πραγµατικό άξονα, όσο και στην ευθεία Iz = π. είξτε ότι η f έχει περίοδο 2πi, δηλαδή f(z + 2πi) = f(z), για κάθε z C. Υπόδειξη. Η συνάρτηση f (z) := f(z) είναι ακέραια στο C. 2. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο Ω C που περιέχει το. Αν f (), δείξτε ότι υπάρχει αναλυτική συνάρτηση g ορισµένη σε µια περιοχή του τέτοια ώστε f(z n ) = f() + (g(z)) n. 22. Εστω f, g : C C ακέραιες συναρτήσεις µε f(z) ( + z ) g(z), για κάθε z C. είξτε ότι υπάρχουν a, b C µε a και b τέτοια ώστε f(z) = (az + b)g(z), για κάθε z C. 23. Εστω f, g : C C ακέραιες συναρτήσεις. Υποθέτουµε ότι για κάποιο k N και για όλα τα µεγάλα z, f(z) z k g(z). ηλαδή υπάρχει R > τέτοιο ώστε f(z) z k g(z), για κάθε z > R. είξτε ότι f(z) = h(z)g(z), για κάθε z C, όπου h είναι ϱητή συνάρτηση(δηλαδή η h είναι πηλίκο δύο πολυωνύµων). Υπόδειξη. Εστω g. Αν z,..., z m είναι οι ϱίζες της g στο D(, R), η συνάρτηση είναι ακέραια. m n= G(z) := f(z) (z z n) g(z) 24. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική στον τόπο G C που περιέχει τον κλειστό µοναδιαίο δίσκο D(, ) = {z C : z }.

125 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ (αʹ) Αν (ϐʹ) Αν δείξτε ότι f στο G. z = z = f(z) dz =, για κάθε n N, (n + )z f(z) 3 dz =, για κάθε n N, ((n + )z ) µε f () =, δείξτε ότι η f είναι σταθερή στο G. 25. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στον ανοικτό µοναδιαίο δίσκο D(, ). είξτε ότι υπάρχει ακολουθία (z n ) στο D(, ) τέτοια ώστε lim n z n = και η (f(z n )) είναι ϕραγµένη. Υπόδειξη. Εξετάστε τις περιπτώσεις (i) η f έχει άπειρο το πλήθος ϱίζες στο D(, ) και (ii) η f έχει πεπερασµένο το πλήθος ϱίζες στο D(, ). 4.8 Αρχή Μεγίστου- Αρχή Ελαχίστου- Λήµµα Schwarz Θεώρηµα 4.7 (Αρχή Μεγίστου η µορφή). Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στον τόπο G C και η f έχει τοπικό µέγιστο στο z G, τότε η f είναι σταθερή στο G. Απόδειξη. Αν η f έχει τοπικό µέγιστο στο z G, τότε υπάρχει περιοχή D(z, δ) G τέτοια ώστε f(z) f(z ) για κάθε z D(z, δ). Για κάθε r > µε r < δ από το ϑεώρηµα µέσης τιµής του Gauss για αναλυτικές συναρτήσεις, Θεώρηµα 4.2, είναι f(z ) = 2π f(z + re it ) dt. 2π Επειδή ο κύκλος C(z, r) D(z, δ), από την υπόθεση έχουµε f(z + re it ) f(z ) για κάθε t [, 2π] και εποµένως f(z ) = 2π 2π 2π 2π 2π 2π f(z + re it ) dt f(z + re it ) dt f(z ) dt = f(z ).

126 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 7 Άρα και ισοδύναµα f(z ) = 2π f(z + re it ) dt 2π 2π 2π ( f(z ) f(z + re it ) ) dt =, µε f(z ) f(z + re it ). Συµπεραίνουµε λοιπόν ότι f(z ) f(z + re it ) = f(z + re it ) = f(z ) για κάθε t [, 2π]. Επειδή αυτό ισχύει για κάθε r >, < r < δ, έχουµε αποδείξει ότι f(z) = f(z ) για κάθε z D(z, δ). Τότε από την Πρόταση 3.2 η f είναι σταθερή στο D(z, δ) και εποµένως από το Θεώρηµα µοναδικότητας, Θεώρηµα 4.6 (5), η f ϑα είναι σταθερή στο G. Αν το G C είναι ένας ϕραγµένος τόπος, τότε το G είναι κλειστό και ϕραγµένο και κατά συνέπεια συµπαγές σύνολο. Αν η f είναι συνεχής στο G, τότε η συνεχής και µε πραγµατικές τιµές συνάρτηση f παίρνει τη µέγιστη τιµή της στο G. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική και µη σταθερή στο G, το προηγούµενο ϑεώρηµα συνεπάγεται ότι η f δεν µπορεί να πάρει τη µέγιστη τιµή της σε κάποιο σηµείο του G. Εποµένως η f ϑα παίρνει τη µέγιστη τιµή της στο σύνορο G του G. Εχουµε λοιπόν αποδείξει το παρακάτω ϑεώρηµα. Θεώρηµα 4.7 (Αρχή Μεγίστου 2η µορφή). Υποθέτουµε ότι το G είναι ένα ανοικτό, συνεκτικό και ϕραγµένο υποσύνολο του C, δηλαδή το G είναι ένας ϕραγµένος τόπος. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο G, αναλυτική στο G και µη σταθερή, τότε η f παίρνει τη µέγιστη τιµή της στο σύνορο G του G και µόνο εκεί. Υποθέτουµε ότι η f είναι αναλυτική στο πεδίο G C και ότι δεν µηδενίζεται, δηλαδή η f δεν έχει ϱίζες στο G. Αν εφαρµόσουµε το Θεώρηµα 4.7 για τη συνάρτηση g = /f, τότε προκύπτει το παρακάτω αποτέλεσµα. Θεώρηµα 4.72 (Αρχή Ελαχίστου η µορφή). Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική στον τόπο G C και δεν έχει ϱίζες στο G. Αν η f έχει τοπικό ελάχιστο στο z G, τότε η f είναι σταθερή στο G.

127 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στον ϕραγµένο τόπο G, αναλυτική και µη σταθερή στο G και δεν µηδενίζεται στο G, τότε το προηγούµενο ϑεώρηµα συνεπάγεται ότι η f ϑα παίρνει την ελάχιστη τιµή της στο σύνορο G του G. Θεώρηµα 4.73 (Αρχή Ελαχίστου 2η µορφή). Εστω G ένα ανοικτό, συνεκτικό και ϕραγµένο υποσύνολο του C, δηλαδή το G είναι ένας ϕραγµένος τόπος. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f δεν µηδενίζεται στο G. Αν η f είναι συνεχής στο G, αναλυτική στο G και µη σταθερή, τότε η f παίρνει την ελάχιστη τιµή της στο σύνορο G του G και µόνο εκεί. Χρησιµοποιώντας την αρχή ελαχίστου µπορούµε να δώσουµε µια άλλη απόδειξη του ϑεµελιώδους ϑεωρήµατος της άλγεβρας, παραπέµπουµε στην άσκηση 4. Θεώρηµα 4.74 (Αρχή Μεγίστου Ελαχίστου για αρµονικές συναρτήσεις). Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση u : G R είναι αρµονική και µη σταθερή στον τόπο G. Τότε η u δεν έχει τοπικό µέγιστο ούτε τοπικό ελάχιστο στο G. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση u έχει τοπικό µέγιστο στο z = x + iy G, δηλαδή ότι υπάρχει περιοχή D(z, δ) G του z τέτοια ώστε u(x, y) u(x, y ) για κάθε z = x + iy D(z, δ). Επειδή το D(z, δ) είναι ένας απλά συνεκτικός τόπος, υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f στο D(z, δ) µε u = Rf. Αν g = e f, η g είναι αναλυτική και µη σταθερή στο D(z, δ). Επιπλέον, για κάθε z = x + iy D(z, δ) είναι g(z) = e Rf(z)+iIf(z) = e u(x,y) e u(x,y ) = g(z ) και εποµένως η g έχει τοπικό µέγιστο στο z το οποίο είναι άτοπο από το Θεώρηµα 4.7. Άρα η u δεν έχει τοπικό µέγιστο στο G. Αν αντικαταστήσουµε τη u µε τη u, τότε προκύπτει ότι η u δεν έχει τοπικό ελάχιστο στο G. Παρατήρηση Γενικά η αρχή µεγίστου, Θεώρηµα 4.7, δεν ισχύει για µη ϕραγµένους τόπους. Εστω η ακέραια συνάρτηση f(z) = e iz2 ορισµένη στο πρώτο τεταρτηµόριο A = {z C :

128 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 9 Rz, Iz > }. Είναι f(z) = f(x + iy) = e i(x+iy)2 = e i(y2 x 2) e 2xy = e 2xy. Στο σύνορο του A είναι y = ή x = και εποµένως f(z) =. Οµως πάνω στην ευθεία y = x, µε x, y >, που ϐρίσκεται στο πρώτο τεταρτηµόριο έχουµε f(z) = e i(x+ix)2 = e 2x2 x. Εποµένως η αρχή µεγίστου δεν ισχύει για την ακέραια συνάρτηση f(z) = e iz2 στο µη ϕραγµένο τόπο A. Παρατήρηση Στα κλειστά και ϕραγµένα διαστήµατα του R οι συνεχείς συναρτήσεις µε πραγµατικές ή µιγαδικές τιµές προσεγγίζονται οµοιόµορφα από πολυώνυµα. Αυτό είναι το κλασικό προσεγγιστικό ϑεώρηµα του Weierstrass, παραπέµπουµε στο [4] ή στο [36]. ηλαδή αν η συνάρτηση f : [a, b] C είναι συνεχής, για κάθε ε > υπάρχει πολυώνυµο p(t) = τέτοιο ώστε n a k t k (n N, a k C) k= f(t) p(t) < ε, για κάθε t [a, b]. Ειδικά αν ϑεωρήσουµε τη συνάρτηση f(t) = e it στο [, 2π], από το προσεγγιστικό ϑεώρηµα του Weierstrass υπάρχει πολυώνυµο p τέτοιο ώστε e it p(t) < ε, για κάθε t [, 2π].

129 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Αυτό το αποτέλεσµα δεν ισχύει αν κάποιος ϑεωρήσει πολυώνυµα του e it και όχι του t. Πράγµατι, έστω η συνεχής συνάρτηση f(z) = z στο µοναδιαίο κύκλο T = {z C : z = } που είναι ένα συµπαγές(κλειστό και ϕραγµένο) υποσύνολο του C. Για ε = υποθέτουµε ότι υπάρχει πολυώνυµο p(z) = n k= a kz k, a k C, τέτοιο ώστε z p(z) <, για κάθε z T. Αν q(z) := zp(z), το πολυώνυµο q είναι µια αναλυτική µη σταθερή συνάρτηση στο C τέτοια ώστε q(z) <, για κάθε z T. Εποµένως από την αρχή µεγίστου ϑα πρέπει να είναι q(z) <, για κάθε z. Οµως για z = παίρνουµε = q() < που είναι άτοπο. Αρα, υπάρχει ε > τέτοιο ώστε για κάθε πολυώνυµο p µιας µιγαδικής µεταβλητής είναι και ισοδύναµα z p(z) ε, για κάθε z T e it p(e it ) ε, για κάθε t [, 2π]. Αποδείξαµε ότι η συνάρτηση f(z) = z δεν προσεγγίζεται οµοιόµορφα στο µοναδιαίο κύκλο T από πολυώνυµα. Οµως η συνάρτηση f(z) = z προσεγγίζεται οµοιόµορφα στο T από τριγωνοµετρικά πολυώνυµα, δηλαδή για κάθε ε > υπάρχει τριγωνοµετρικό πολυώνυµο P τέτοιο ώστε e it P (e it ) < ε, για κάθε t [, 2π]. Αυτό είναι άµεση συνέπεια του παρακάτω αποτελέσµατος που είναι ένα πόρισµα του ϑεωρήµατος Stone Weierstrass(ϐλέπε [33], [36]).

130 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 2 Πρόταση Εστω f : T C συνεχής συνάρτηση και έστω ε >. Τότε υπάρχει N N και (c n ) N n= N C έτσι ώστε το τριγωνοµετρικό πολυώνυµο ) N N P (z) = c n z (και n ισοδύναµα το P (e it ) = c n e int n= N n= N ικανοποιεί τη σχέση f(z) P (z) < ε, για κάθε z T ( και ισοδύναµα f(e it ) P (e it ) < ε, για κάθε t [, 2π] ). Είναι αξιοσηµείωτο ότι οι αναλυτικές συναρτήσεις σ ένα απλά συνεκτικό τόπο G C προσεγγίζονται οµοιόµορφα από πολυώνυµα στα συµπαγή υποσύνολα του G, αυτό είναι ειδική περίπτωση του ϑεωρήµατος του Runge, παραπέµπουµε στο [3, 3.9 Theorem]. ηλαδή για κάθε αναλυτική συνάρτηση f στον απλά συνεκτικό τόπο G, για κάθε συµπαγές υποσύνολο K G και για κάθε ε >, υπάρχει ένα πολυώνυµο p τέτοιο ώστε f(z) p(z) < ε, για κάθε z K. Το ϑεώρηµα του Runge δεν µπορεί να εφαρµοστεί για τη συνάρτηση f(z) = z που ϑεωρήσαµε παραπάνω. Ο µοναδιαίος κύκλος T είναι ένα συµπαγές υποσύνολο του C και η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο C \ {}, όµως η f δεν είναι αναλυτική στο σηµείο. Παράδειγµα Εστω η συνάρτηση f(z) = ez z και έστω : 2 z. Να ϐρεθούν τα σηµεία του στα οποία η f παίρνει τη µέγιστη και την ελάχιστη τιµή της καθώς επίσης και το max z f(z), min z f(z). Λύση. Επειδη η f είναι αναλυτική στο C \ {} και δεν µηδενίζεται στο εσωτερικό του, από την αρχή µεγίστου/ελαχίστου η f παίρνει τη µέγιστη και την ελάχιστη τιµή της στο σύνορο του που είναι οι οµόκεντροι κύκλοι : z = 2 και z =. Η παραµετρική εξίσωση του κύκλου z = R, όπου R = 2 και R =, είναι z(θ) = Reiθ = R(cos θ + i sin θ), θ 2π. Για κάθε z στο σύνορο του έχουµε er(cos θ+i sin θ) f(z) = R(cos θ + i sin θ) = e R cos θ e ir sin θ R = er cos θ R.

131 22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Εποµένως η f παίρνει τη µέγιστη τιµή της για cos θ = θ = και την ελάχιστη τιµή της για cos θ = θ = π. Για θ = και R = /2, έχουµε Για θ = και R =, έχουµε f(/2) = e/2 /2 = 2 e 3, 3. f() = e = e 2, 7. Εποµένως max z f(z) = f(/2) = 2 e 3, 3. Για θ = π και R = /2, έχουµε Για θ = π και R =, έχουµε f( /2) = e /2 /2 = 2 e, 2. f( ) = e = e, 4. Εποµένως min z f(z) = f( ) = e, 4. Παράδειγµα Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : D(a, r) C είναι αναλυτική στον κλειστό δίσκο D(a, r) και ότι η f είναι σταθερή στον κύκλο C(a, r) που είναι το σύνορο του δίσκου, έστω f(z) = c για κάθε z C(a, r). Τότε είτε η f έχει ϱίζα στον ανοικτό δίσκο D(a, r) ή η f είναι σταθερή στον ανοικτό δίσκο D(a, r). Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η f δεν έχει ϱίζα στον ανοικτό δίσκο D(a, r). Τότε από την αρχή µεγίστου και την αρχή ελαχίστου η f ϑα παίρνει τη µέγιστη και την ελάχιστη τιµή της στο σύνορο του D(a, r), δηλαδή στον κύκλο C(a, r). Επειδή f(z) = c στον κύκλο C(a, r), ϑα είναι f(z) = c για κάθε z D(a, r). Τότε από την Πρόταση 3.2 η f ϑα είναι σταθερή στο D(a, r). Παράδειγµα 4.8. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) και συνεχής στον κλειστό µοναδιαίο µοναδιαίο δίσκο D(, ). Αν 2 αν z =, Iz f(z) 3 αν z =, Iz <, τότε f() 6.

132 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 23 Λύση. Θεωρούµε τη συνάρτηση g(z) := f(z)f( z). Αν A = {z C : z, Iz } και K = {z C : z, Iz }, παρατηρούµε ότι για κάθε z A το z K και για κάθε z K το z A. Εποµένως η g είναι αναλυτική στο D(, ) και συνεχής στο D(, ). Είναι 2 3 = 6 αν z =, Iz g(z) = f(z) f( z) 3 2 = 6 αν z =, Iz <, δηλαδή g(z) 6 για κάθε z =. Εποµένως από την αρχή µεγίστου είναι g(z) 6 για κάθε z D(, ). Ειδικά g() = f() f( ) 6 και κατά συνέπεια f() 2 6. Άρα f() 6. Παράδειγµα 4.8. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στον κλειστό µοναδιαίο δίσκο D(, ). Αν f(z) = για κάθε z στο ηµικύκλιο γ + µε εξίσωση z(θ) = e iθ, θ π, τότε f(z) = για κάθε z D(, ). Λύση. Θεωρούµε τη συνάρτηση F (z) := (f(z) )(f( z) ) η οποία είναι αναλυτική στο D(, ). Αν z γ +, τότε F (z) =. Επίσης αν z γ, όπου γ είναι το κάτω ηµικύκλιο µε εξίσωση z(θ) = e iθ, π θ 2π, τότε το z γ + οπότε και πάλι F (z) =. Εποµένως, για κάθε z στο µοναδιαίο κύκλο C(, ) είναι F (z) = και από την αρχή µεγίστου ϑα είναι F (z) = για κάθε z D(, ). Ισοδύναµα, (f(z) )(f( z) ) =, για κάθε D(, ). Τότε, από το Πόρισµα 4.64 ϑα είναι είτε f(z) ή f( z) στο D(, ). Επειδή η f(z) στο D(, ) είναι ισοδύναµη µε την f( z) στο D(, ), τελικά έχουµε f(z) στο D(, ).

133 24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Παράδειγµα Εστω f αναλυτική συνάρτηση σε ένα τόπο G που περιέχει τον κλειστό δίσκο D(, 3) = {z C : z 3}. Αν f(±) = f(±i) =, τότε f() 8 max f(z). (4.22) z =3 Να ϐρεθούν όλες οι αναλυτικές συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύει η ισότητα στην (4.22). Λύση. Τα ±, ±i είναι ϱίζες της f και εποµένως f(z) = (z )(z + )(z i)(z + i)g(z) = (z 4 )g(z), όπου g αναλυτική συνάρτηση στο G. Από την αρχή µεγίστου έχουµε και εποµένως g() max z =3 g(z) f() = g() max z =3 g(z) f(z) = max z =3 z 4 f(z) max z =3 z 4 = 3 4 max z =3 f(z) = 8 max z =3 f(z). Η ισότητα στην (4.22) συνεπάγεται ότι g() = max z =3 g(z) και από την αρχή µεγίστου έπεται ότι η g είναι σταθερή στο D(, 3), έστω g(z) = c. Εποµένως από το ϑεώρηµα µοναδικότητας ϑα είναι g(z) = c για κάθε z G και κατά συνέπεια f(z) = c(z 4 ), για κάθε z G. Άρα, όλες οι αναλυτικές συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύει η ισότητα στην (4.22) είναι της µορφής f(z) = c(z 4 ), όπου c C. Παράδειγµα Εστω το πολυώνυµο P (z) = z n + a n z n + + a. Τότε είτε P (z) z n ή υπάρχει σηµείο w στο µοναδιαίο κύκλο C(, ) τέτοιο ώστε P (w) >. Λύση. Υποθέτουµε ότι δεν υπάρχει σηµείο w στο µοναδιαίο κύκλο C(, ) τέτοιο ώστε P (w) >. Τότε έχουµε P (z) για κάθε z =. Θα δείξουµε ότι P (z) z n.

134 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 25 Θεωρούµε το πολυώνυµο Q(z) := z n P ( ) = + a n z + + a z n. z Επειδή P (z) για κάθε z =, είναι P (e iθ ) για κάθε θ [ π, π] και εποµένως max z = Q(z) = max P (/z) = max z = P θ [ π,π] (e iθ ). Οµως Q() = οπότε από την αρχή µεγίστου το Q ϑα πρέπει να είναι σταθερό στο µοναδιαίο δίσκο. Εποµένως Q(z) στο µοναδιαίο δίσκο. Από το ϑεώρηµα µοναδικότητας Q(z) για κάθε z C και κατά συνέπεια a n = = a =. Άρα P (z) z n. Το παρακάτω λήµµα του H. A. Schwarz, παρότι είναι ένα πόρισµα της αρχής µεγίστου για αναλυτικές συναρτήσεις, είναι ένα από τα πιο σηµαντικά εργαλεία για τη µελέτη των µιγαδικών απεικονίσεων. Θεώρηµα 4.84 (Λήµµα του Schwarz). Εστω f αναλυτική συνάρτηση στον ανοικτό δίσκο D(, R) µε f(z) M < για κάθε z < R και f() =. Τότε (i) f(z) M R z, για κάθε z < R, (ii) f () M R. Αν f(z) = M R z, για κάποιο < z < R ή f () = M R, τότε υπάρχει λ C µε λ = M R τέτοιο ώστε f(z) = λz = M R eiθ z, θ R, για κάθε z D(, R). Απόδειξη. Επειδή η f είναι αναλυτική συνάρτηση στον ανοικτό δίσκο D(, R) µε f() =, για κάθε z D(, R) είναι f(z) = f ()z + f () ( 2! = z f () + f () 2! z f (n) () z n + n! z + + f (n) () z n + n! ) = zg(z), όπου η συνάρτηση g(z) := f () + f () 2! z + + f (n) () z n + n!

135 26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ είναι αναλυτική στο D(, R). Είναι f(z) z αν < z < R g(z) = f () αν z =. Αν < r < R, τότε για κάθε z r από την αρχή µεγίστου έχουµε g(z) max{ g(w) : w = r} = r max{ f(w) : w = r} M r. Επειδή αυτό ισχύει για κάθε r (, R), παίρνοντας r R έχουµε ότι g(z) M R, για κάθε z < R και αυτό αποδεικνύει το (i) και το (ii). Αν η ισότητα ισχύει στο (i) για κάποιο z D(, R) µε z, ή αν η ισότητα ισχύει στο (ii), τότε η g παίρνει τη µέγιστη τιµή της σε ένα εσωτερικό σηµείο του ανοικτού δίσκου D(, R) και εποµένως από την αρχή µεγίστου η g ϑα είναι σταθερή, δηλαδή g(z) = λ C µε λ = M R. Άρα f(z) = λz = M R eiθ z, θ R, για κάθε z D(, R). Παρατήρηση Πολλές ϕορές χρειαζόµαστε το λήµµα του Schwarz στην ειδική περίπτωση του µοναδιαίου δίσκου D(, ). Αν M =, το λήµµα του Schwarz στο µοναδιαίο δίσκο διατυπώνεται ως εξής : Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε f(z) για κάθε z < και f() =. Τότε (i) f(z) z, για κάθε z <, (ii) f (). Αν f(z) = z, για κάποιο < z < ή f () =, τότε υπάρχει λ C µε λ = τέτοιο ώστε f(z) = λz = e iθ z, θ R, για κάθε z D(, ). Σαν πρώτη εφαρµογή του λήµµατος Schwarz ϑα χαρακτηρίσουµε όλες εκείνες τις αναλυτικές συναρτήσεις f : D(, ) D(, ) που είναι και επί και οι οποίες απεικονίζουν το στο.

136 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 27 Πρόταση Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική και τέτοια ώστε (i) η f : D(, ) D(, ) είναι και επί, (ii) η f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική, (iii) f() =. Τότε f(z) = λz για κάποιο λ C µε λ =, για κάθε z D(, ). Απόδειξη. Επειδή η f είναι αναλυτική, f() = και f(z) < για κάθε z D(, ), από το λήµµα του Schwarz έπεται ότι f(z) z για κάθε z D(, ). Παρόµοια, επειδή η f είναι αναλυτική, f () = και f (z) < για κάθε z D(, ), από το λήµµα του Schwarz έπεται ότι f (z) z για κάθε z D(, ). Εποµένως z = f (f(z)) f(z) z και κατά συνέπεια f(z) = z για κάθε z D(, ). Τότε από το λήµµα του Schwarz προκύπτει ότι f(z) = λz για κάποιο λ C µε λ =, για κάθε z D(, ). Πριν χαρακτηρίσουµε όλες εκείνες τις αναλυτικές συναρτήσεις f : D(, ) D(, ) που είναι και επί και οι οποίες απεικονίζουν το α, α <, στο, χρειαζόµαστε το εξής : Πρόταση Για κάθε α D(, ), η ϕ α (z) := z α αz είναι και απεικονίζει το µοναδιαίο δίσκο D(, ) στον εαυτό του. ηλαδή η συνάρτηση ϕ α : D(, ) D(, ) είναι και επί.

137 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Απόδειξη. Εστω z D(, ). Αν w = ϕ α (z), τότε w 2 = ww = (z α)(z α) ( αz)( αz) = ( α 2 )( z 2 ) ( αz)( αz) = ( α 2 )( z 2 ) αz 2 > και εποµένως w <. ηλαδή η ϕ α απεικονίζει το D(, ) στο D(, ). Επειδή η ϕ α (z) = z + α + αz είναι η αντίστροφη της ϕ α, συµπεραίνουµε ότι η ϕ α : D(, ) D(, ) είναι και επί. Θεώρηµα Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική,, επί και η f είναι αναλυτική. Αν f(α) =, α <, τότε για κάποιο λ C µε λ = είναι f(z) = λϕ α (z) = λ z α αz = eiθ z α αz, θ R. Απόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση g(z) := f(ϕ α (z)), όπου ϕ α (z) = z+α +αz. Επειδή οι συναρτήσεις f, ϕ α : D(, ) D(, ) είναι αναλυτικές,, επί και οι f, ϕ α = ϕ α είναι αναλυτικές, η συνάρτηση g = f ϕ α : D(, ) D(, ) ϑα είναι αναλυτική,, επί και η g = ϕ α f = ϕ α f ϑα είναι αναλυτική. Επειδή g() = f(ϕ α ()) = f(α) =, από την Πρόταση 4.86 g(z) = λz για κάποιο λ C µε λ =, για κάθε z D(, ). Εποµένως g(ϕ α (z)) = λϕ α (z) f(z) = λϕ α (z) = λ z α, για κάθε z D(, ). αz Παρατήρηση Στη Πρόταση 4.86 και στο Θεώρηµα 4.88 δεν χρειάζεται να υποθέσουµε ότι η συνάρτηση f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική. Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι η συνάρτηση f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική και. Αποδεικνύεται ότι αν η αναλυτική συνάρτηση f είναι, τότε f (z) για κάθε z D(, )(για την απόδειξη χρησιµοποιείται το

138 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 29 ϑεώρηµα Rouché, παραπέµπουµε στο [4] ή στο [29]). Εποµένως αν w = f(z) µε f (z), τότε η f είναι παραγωγίσιµη στο w µε (f ) (w) = f (z) Παράδειγµα 4.9. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε f(z) για κάθε z < και f(/2) =. Τότε το ϐέλτιστο άνω ϕράγµα του f(2/3) είναι /4. Λύση. Η αναλυτική συνάρτηση ϕ /2 (z) = z /2 z/2 απεικονίζει το D(, ) στο D(, ) και το /2 στο. Η ϕ /2 (z) = z+/2 +z/2 είναι η αντίστροφη της ϕ /2 και απεικονίζει το στο /2. Οπως και στην απόδειξη του ϑεωρήµατος 4.88, ορίζουµε τη συνάρτηση g(z) := f(ϕ /2 (z)). Η συνάρτηση g απεικονίζει το D(, ) στο D(, ) και είναι g() = f(ϕ /2 ()) = f(/2) =. Τότε, από το λήµµα του Schwarz g(z) z f(ϕ /2 (z)) z, για κάθε z D(, ). Επειδή ϕ /2 (2/3) = /4 ϕ /2 (/4) = 2/3, έχουµε ότι ( ) 2 f 3 4. Ειδικά, για την αναλυτική συνάρτηση ϕ /2 : D(, ) D(, ) µε ϕ /2 (/2) = είναι ϕ /2 (2/3) = /4. Εποµένως το /4 είναι το ϐέλτιστο άνω ϕράγµα του f(2/3). Παράδειγµα 4.9. Αν η συνάρτηση f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική µε f() = και f(α) = α, για κάποιο α D(, ), α, τότε f(z) z. Λύση. Επειδή η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε f(z) < για κάθε z <, f() = και f(α) = α για κάποιο < α <, από το λήµµα του Schwarz f(z) = λz, λ =, για κάθε z D(, ). Οµως f(α) = α και εποµένως λ =. Άρα, f(z) z. Το προηγούµενο παράδειγµα γενικεύεται στην περίπτωση που η αναλυτική συνάρτηση f : D(, ) D(, ) έχει δύο σταθερά σηµεία. Παράδειγµα Αν η συνάρτηση f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική και έχει δύο σταθερά σηµεία, δηλαδή f(z ) = z και f(z 2 ) = z 2 για κάποια z, z 2 D(, ) µε z z 2, τότε f(z) z.

139 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ Λύση. Θεωρούµε τη συνάρτηση g := ϕ z f ϕ z η οποία απεικονίζει το µοναδιαίο δίσκο D(, ) στον εαυτό του και είναι τέτοια ώστε g() = ϕ z (f(ϕ z ())) = ϕ z (f(z )) = ϕ z (z ) =. Αν z 3 := ϕ z (z 2 ) = z 2 z z z 2, τότε < z 3 < και ϕ z (z 3 ) = ϕ z (ϕ z (z 2 )) = z 2. Εποµένως, g(z 3 ) = ϕ z (f(z 2 )) = ϕ z (z 2 ) = z 3. Τότε από το προηγούµενο παράδειγµα είναι g(z) = z, για κάθε z D(, ) και κατά συνέπεια f(ϕ z (z)) = ϕ z (z) = ϕ z (z), για κάθε z D(, ). Άρα f(ϕ z (ϕ z (z))) = ϕ z (ϕ z (z)) f(z) = z, για κάθε z D(, ). Ασκήσεις. Εστω f(z) = e z2, όπου z 2. Να ϐρεθούν τα σηµεία στα οποία η f παίρνει την ελάχιστη και τη µέγιστη τιµή της καθώς επίσης και το min f(z), max f(z). 2. Να ϐρεθεί η ελάχιστη και η µέγιστη τιµή του z 2 + 3z στο δίσκο : z. 3. Εστω T το κλειστό και ϕραγµένο χωρίο µε σύνορο το τρίγωνο µε κορυφές τα σηµεία, και + i. Αν f(z) = e z2, δείξτε ότι max f(z) = f( ) = e και min z T f(z) = z T ( ) + 2i f = e / Να ϐρεθούν τα σηµεία του τετραγώνου S = [, 2π] [, 2π] στα οποία το sin z παίρνει τη µέγιστη τιµή του καθώς επίσης και το max z S sin z. Σηµείωση. Είναι sin z = sin(x + iy) = ( sin 2 x + sinh 2 y ) /2. 5. Εστω R το ορθογώνιο µε κορυφές τα σηµεία, π, i και π + i. Θεωρούµε τη συνάρτηση sin z z αν z f(z) = αν z =. Να ϐρεθούν τα σηµεία του R στα οποία η f παίρνει την ελάχιστη και τη µέγιστη τιµή της καθώς επίσης και το min z R f(z), max z R f(z).

140 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ 3 6. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο τετράγωνο S = {x + iy : < x <, < y < } και συνεχής στο S. Αν η f ϕράσσεται από τα M,..., M 4 πάνω στις πλευρές γ,..., γ 4 του S αντίστοιχα, δείξτε ότι f() (M M 2 M 3 M 4 ) /4. Υπόδειξη. Θεωρείστε τη συνάρτηση g(z) := f(z)f(iz)f( z)f( iz). 7. Εστω η πραγµατική συνάρτηση g(x, y) = ( + 3x 2 y y 3 ) 2 + (3xy 2 x 3 ) 2. Εφαρµόζοντας την αρχή µεγίστου/ελαχίστου για κατάλληλη ακέραια συνάρτηση στον κλειστό µοναδιαίο δίσκο D(, ) = {z C : z }, δείξτε ότι ( max g(x, y) = g x 2 +y 2 ± ) 3 2, = g(, ) = 4 2 και min g(x, y) = g x 2 +y 2 ( ) ( ) 3 3 2, = g 2 2, = g(, ) =. 2 Υπόδειξη. είξτε ότι η f(z) = f(x + iy) = ( + 3x 2 y y 3 ) + i(3xy 2 x 3 ) είναι ακέραια συνάρτηση µε f(x + iy) 2 = g(x, y). 8. Εστω f ακέραια συνάρτηση τέτοια ώστε f() max z = f(z). Τι συµπεραίνετε για την f; Αιτιολογήστε την απάντησή σας. 9. Αν a, b C και n N, δείξτε ότι max z azn + b = a + b.. Υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f στο µοναδιαίο δίσκο D(, ), τέτοια ώστε f(z) = e z για κάθε z D(, );. Υποθέτουµε ότι η f είναι αναλυτική στο δακτύλιο : < z < 2 και συνεχής στο σύνορο του. Αν f(z) για κάθε z = και f(z) 4 για κάθε z = 2, δείξτε ότι f(z) z 2 για κάθε z.

141 32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ 2. Εστω f : G C C αναλυτική συνάρτηση στον τόπο G µε f (z) για κάθε z G. Εστω z G και υποθέτουµε ότι f(z ). Αν D(z, δ) G είναι µια περιοχή του z, δείξτε ότι υπάρχουν z, z 2 D(z, δ) τέτοια ώστε f(z ) > f(z ) και f(z 2 ) < f(z ). 3. Εστω f αναλυτική συνάρτηση σε ένα τόπο G που περιέχει τον κλειστό δίσκο D(, 2) = {z C : z 2}. Αν f(± 2) = f(± 2i) =, δείξτε ότι f() 3 max z =3 f(z). ( ) Να ϐρεθούν όλες οι αναλυτικές συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύει η ισότητα στην ( ). 4. (Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αλγεβρας) Εφαρµόζοντας την αρχή ελαχίστου, δείξτε ότι κάθε µιγαδικό πολυώνυµο P (z) = a n z n + a n z n + + a z + a, a n, ϐαθµού n έχει ϱίζα στο C. Υπόδειξη. Χρησιµοποιώντας την πολυωνυµική ανισότητα στο Παράδειγµα.6, δείξτε ότι υπάρχει r > τέτοιο ώστε P (z) > P () = a, για κάθε z = r. 5. είξτε ότι για κάθε µιγαδικό πολυώνυµο της µορφής P (z) = z n + a n z n + + a z + a, είναι max z = P (z) Υπόδειξη. Θεωρείστε το πολυώνυµο Q(z) := z n P (/z) και δείξτε ότι max P (z) = max Q(z). z = z = 6. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) και συνεχής στο σύνορο z =. Αν f() = και f(z) e z για z =, δείξτε ότι f(ln 2) ln 4. Υπόδειξη. Λήµµα του Schwarz για τη συνάρτηση g(z) := f(z)e z.

142 4.8. ΑΡΧΗ ΜΕΓΙΣΤΟΥ- ΑΡΧΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ- ΛΗΜΜΑ SCHWARZ Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) µε f() = και f(z) για κάθε z <. στους κλειστούς δίσκους z r <. είξτε ότι η σειρά n= f(zn ) συγκλίνει οµοιόµορφα Υπόδειξη. είξτε ότι f(z n ) n= n= r n = r. 8. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ), f(z) και f(α) =, όπου α <. είξτε ότι f (α) α 2. Υπόδειξη. Λήµµα του Schwarz για τη συνάρτηση g(z) := f(ϕ α (z)), όπου ϕ α (z) = z+α +αz. 9. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο άνω ηµιεπίπεδο A = {w C : Iw > } µε f(w), για κάθε w A. Αν f(c) =, όπου c A, δείξτε ότι f (c) 2Ic. Υπόδειξη. Λήµµα του Schwarz για τη συνάρτηση g(z) := f ( cz c z ), όπου ο µετασχηµατισµός w = cz c z c. απεικονίζει το µοναδιαίο δίσκο D(, ) στο άνω ηµιεπίπεδο A και το στο 2. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) και f(z) < για κάθε z <, δείξτε ότι f(z) f() z f()f(z). Υπόδειξη. Λήµµα του Schwarz για τη συνάρτηση g(z) := f(z) f() f()f(z). 2. Εστω f(z) = n= a nz n αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ) και f(z) < M για κάθε z <. είξτε ότι M a M 2 a 2. Υπόδειξη. Λήµµα του Schwarz για τη συνάρτηση F (z) := M f(z) a M 2. είξτε ότι a F (z) < f(z) για κάθε z <. 22. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : D(, ) D(, ) είναι αναλυτική και και ότι για κάποιο z D(, ) είναι f(z ) = z και f (z ) =.

143 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ είξτε ότι f(z) = z, για κάθε z <. Υπόδειξη. Λήµµα του Schwarz για τη συνάρτηση g := ϕ z f ϕ z.

144 Κεφάλαιο 5 Σειρές Laurent- Ανώµαλα σηµεία- Ολοκληρωτικά υπόλοιπα 5. Σειρές Laurent Το ανάπτυγµα µιας µιγαδικής συνάρτησης σε σειρά Taylor δεν είναι αρκετό σε πολλές εφαρµογές. Μια χρήσιµη γενίκευση δόθηκε από τον Laurent ο οποίος ϑεώρησε δυναµοσειρές οι οποίες έχουν αρνητικές και ϑετικές δυνάµεις. Εστω για παράδειγµα η συνάρτηση f(z) = e /z2, z. Επειδή e w = n= w n n!, για κάθε w C, αντικαθιστώντας το w µε το /z 2 παίρνουµε e /z2 = z z 4 6 z 6 +. Αυτή η σειρά έχει αρνητικές δυνάµεις και συγκλίνει για όλα τα z για τα οποία η f(z) = e /z2 ορίζεται, δηλαδή z. Γενικά, αν η µιγαδική συνάρτηση f δεν είναι αναλυτική στο z C, συνήθως είναι δυνατόν να ϐρούµε ένα ανάπτυγµα της f το οποίο ϑα έχει ϑετικές και αρνητικές δυνάµεις του (z z ). Το ανάπτυγµα αυτό λέγεται ανάπτυγµα(ή σειρά) Laurent και δηµοσιεύτηκε για πρώτη ϕορά από τον Laurent το 843. Αυτό το ανάπτυγµα είναι ιδιαίτερα σηµαντικό στη µελέτη Pierre Alphonse Laurent[83 854] γάλλος µαθηµατικός γνωστός για τις σειρές Laurent. 35

145 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ των ανώµαλων σηµείων των συναρτήσεων και οδηγεί σε ένα άλλο ϑεµελιώδες αποτέλεσµα της µιγαδικής ανάλυσης που είναι το ϑεώρηµα ολοκληρωτικών υπολοίπων. Αρχίζουµε µε το ϑεώρηµα Laurent. Θεώρηµα 5. (Laurent). Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο δακτύλιο = {z C : R < z z < R 2 }, όπου R < R 2 +. Τότε η f έχει µοναδικό ανάπτυγµα σε σειρά της µορφής µε f(z) = + n= a n (z z ) n a n = f(z) dz, n Z, (5.) 2πi z z =r (z z ) n+ όπου z z = r είναι ένας κύκλος στο δακτύλιο µε κέντρο το z και ακτίνα r, R < r < R 2. Η παραπάνω σειρά, λέγεται σειρά ή ανάπτυγµα Laurent, συγκλίνει απόλυτα στο και οµοιόµορφα σε συµπαγή υποσύνολα του. Ορισµός 5.2. Το σηµείο z είναι ένα µεµονωµένο ανώµαλο σηµείο µιας µιγαδικής συνάρτησης f, αν η f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο D (z, δ) := {z C : < z z < δ}

146 5.. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT 37 όχι όµως στο δίσκο D(z, δ). Η f µπορεί να µην ορίζεται στο σηµείο z. Παράδειγµα 5.3. Εστω η συνάρτηση f(z) = z 2 + = (z i)(z + i). Να ϐρεθεί η σειρά(το ανάπτυγµα) Laurent της f σε όλους τους δυνατούς δακτυλίους µε κέντρο το z = i. Λύση. Τα ±i είναι µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία της f και εποµένως έχουµε δύο δακτυλίους µε κέντρο το i, το = {z C : < z i < 2} και το 2 = {z C : z i > 2}. Θα ϐρούµε το ανάπτυγµα της f σε σειρά Laurent µε δύο διαφορετικούς τρόπους. ος τρόπος. Θα χρησιµοποιήσουµε τη γεωµετρική σειρά + w = ( ) n w n, w <. n= η περίπτωση: : < z i < 2. Τότε, f(z) = (z i)[2i + (z i)] = 2i(z i) [ + z i ] 2i ( ) z i n = ( ) n ( z i 2i(z i) 2i 2i < z i < 2i = 2) n= = ( ) n (z i)n (2i) n+ n= = ( ) n+ (2i) n+2 (z i)n. n=

147 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ 2η περίπτωση: 2 : z i > 2. Τότε, f(z) = (z i)[2i + (z i)] = ] (z i) [ 2 + 2i z i ( ) 2i n = (z i) 2 ( ) n ( 2i z i z i < z i > 2i = 2) n= = ( ) n (2i) n (z i) n+2 = n= 2 ( ) n 2 (2i) n 2 (z i) n = ( ) n (2i) n 2 (z i) n. n=2 n= 2ος τρόπος. Θα χρησιµοποιήσουµε το ϑεώρηµα Laurent. η περίπτωση: : < z i < 2. Θεωρούµε τον κύκλο z i = r, < r < 2, στο δακτύλιο, ϐλέπε το παρακάτω σχήµα. (i) Εστω n n + 2. Από το ϑεώρηµα Laurent έχουµε f(z) = n= a n(z i) n και

148 5.. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT 39 οι συντελεστές δίνονται από τον τύπο a n = 2πi = 2πi = = = (n + )! (n + )! z i =r f(z) dz (z i) n+ (z + i)(z i) z i =r { (n + )! 2πi ( z + i z =r ) (n+) z=i (n + )! ( )n+ (n + )! n+2 dz z+i dz (z i) n+2 } (ολοκληρωτικός τύπος Cauchy) (z + i) n+2 = ( ) n+ z=i (2i) n+2. (ii) Εστω n 2 (n + 2). Τότε από το ϑεώρηµα Cauchy είναι a n = 2πi z i =r f(z) (z i) dz = (z i) n+ 2πi z i =r (n+2) dz =. (z + i) Εποµένως, f(z) = ( ) n+ (2i) n+2 (z i)n, < z i < 2. n= 2η περίπτωση: 2 : z i > 2. Θεωρούµε τον κύκλο z i = r 2, r 2 > 2, στον εξωτερικό δακτύλιο 2 καθώς επίσης και τους κύκλους z i = r, z + i = r 3 που ϐρίσκονται εσωτερικά του κύκλου z i = r 2. Βλέπε το παρακάτω σχήµα. (i) Εστω n n + 2. Σ αυτή την περίπτωση οι συντελεστές στο ανάπτυγµα Laurent

149 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ δίνονται από τον τύπο a n = f(z) dz 2πi (z i) n+ = 2πi z i =r 2 z i =r f(z) dz + (z i) n+ 2πi = ( ) n+ (2i) n+2 + 2πi z+i =r 3 = ( ) n+ (2i) n+2 + (z i) n+2 z+i =r 3 (z i) n+2 z + i z= i = ( ) n+ (2i) n+2 + ( 2i) n+2 =. (ii) Εστω n 2 (n + 2). Τότε, a n = 2πi = 2πi z i =r 2 dz f(z) dz (γενικευµένο ϑεώρηµα Cauchy) (z i) n+ f(z) dz (z i) n+ (z i) z i =r2 (n+2) dz z + i (από την η περίπτωση) (τύπος Cauchy) = (z i) (n+2) z= i (τύπος Cauchy) = ( ) n (2i) (n+2). Άρα, f(z) = 2 n= ( ) n (2i) n 2 (z i) n, z i > 2, Παράδειγµα 5.4. Εστω η συνάρτηση f(z) = z(z )(z 2) = 2 z + z 2 2 z. Να ϐρεθεί η σειρά(το ανάπτυγµα) Laurent της f µε κέντρο το z = σε όλους τους δυνατούς δακτυλίους. Λύση. Τα σηµεία, και 2 είναι µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία της f και εποµένως έχουµε τρεις δακτυλίους µε κέντρο το, το = {z C : < z < }, το 2 = {z C : < z < 2} και τον εξωτερικό δακτύλιο 3 = {z C : z > 2}. Θα χρησιµοποιήσουµε τη γεωµετρική σειρά w = w n, w <. n=

150 5.. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT 4 η περίπτωση: : < z <. Τότε, f(z) = 2 z + z 4 z 2 = 2 z + z n ( z ) n ( z < z < 2) n= n= = 2 z + ( 2 n 2 )z n. n= 2η περίπτωση: 2 : < z < 2. Είναι f(z) = 2 z z = 2 z z 4 z z 2 ( ) n ( z ) n ( z 4 2 z < z > και z 2 < z < 2) n= n= n= = 2 z z n 2 n 2 z n = n= 2 n= 3η περίπτωση: 3 : z > 2. Σ αυτή την πρίπτωση έχουµε f(z) = 2 z z = 2 z z = = n=2 + 2z z 2 z ( ) n + z 2z n= n= z n 2 z ( 2 z ) n 2 n 2 z n. n= (επειδή z > 2, είναι z < 2 <. Επίσης, 2 z < z > 2) z n+ + 2 n z n+ n=2 (2 n )z n = n=2 3 n= (2 n 2 )z n. Παράδειγµα 5.5. Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα Laurent της f(z) = z + (z 2 + 4) 2 µε κέντρο το z = στο µεγαλύτερο δυνατό δακτύλιο που περιέχει το σηµείο i. Λύση. Τα µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία της f είναι : και ±2i. Εποµένως το ανάπτυγµα Laurent της f µπορεί να γίνει στους δακτυλίους = {z C : z < } (ανάπτυγµα Taylor),

151 42 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ 2 = {z C : < z < 2} και 3 = {z C : 2 < z < }. Επειδή το i 2, ϑα αναπτύξουµε την f στο δακτύλιο 2 = {z C : < z < 2}. Θα χρησιµοποιήσουµε τη γεωµετρική σειρά w = n= w n και Παραγωγίζοντας τη δεύτερη δυναµοσειρά, παίρνουµε και ισοδύναµα Εποµένως, + w = ( ) n w n, w <. n= ( + w) 2 = ( ) n nw n, w < n= ( + w) 2 = ( ) n+ nw n = n= f(z) = z + (z 2 + 4) 2 = z + 4 z 2 ( = z = n= n= ( ) n + z 4 2 z n+ + n= + z2 4 n= ( ) n (n + )w n, w <. n= ) 2 ( ) z ( ) n 2 n (n + ) 4 ( < z > και n + 4 n+2 z2n = z n= z n + n= z2 4 n + 4 n+2 z2n. < z < 2) Το παραπάνω ανάπτυγµα ισχύει στο δακτύλιο 2 = {z C : < z < 2} που είναι ο µεγαλύτε- ϱος δυνατός δακτύλιος που περιέχει το σηµείο i. Παράδειγµα 5.6. Να ϐρεθούν οι τρεις πρώτοι µη µηδενικοί όροι του αναπτύγµατος κατά Laurent της f(z) = cot z µε κέντρο το z = στο διάτρητο δίσκο : < z < π. Λύση. Επειδή sin z = z = nπ, n Z, τα z n = nπ, n Z, είναι απλοί πόλοι της συνάρτησης f(z) = cot z = cos z sin z. Το είναι απλός πόλος της f(z) = cot z και εποµένως το ανάπτυγµα Laurent της συνάρτησης f(z) = cot z στο διάτρητο δίσκο < z < π είναι cot z = a z +a +a z+a 2 z 2 +a 3 z 3 + cos z = sin z ( a ) z + a + a z + a 2 z 2 + a 3 z 3 +.

152 5.. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT 43 Ως γνωστόν cos z = n= ( ) n z2n για κάθε z C. Εποµένως (2n)! = z2 2! + z4 4! και sin z = ( ) n z2n+ (2n + )! = z z3 3! + z5 5! +, ) (a (z z2 2! + z4 4! = z3 3! + z5 ) 5! + z + a + a z + a 2 z 2 + a 3 z 3 + και ισοδύναµα z2 2! + z4 ( 4! = a + a z + a a 3! ) ( z 2 + n= a 2 a 3! ) ( z 3 + a 3 a 3! + a ) z ! Άρα, a =, a =, a a /3! = /2! a = /3, a 2 =, a 3 a /3! + a /5! = /4! a 3 = /45. Τελικά έχουµε cot z = z 3 z 45 z3 +, < z < π. Παρατήρηση 5.7. Στην πράξη, όπως ϕαίνεται και στο Παράδειγµα 5.3, η εφαρµογή του ολοκλη- ϱωτικού τύπου (5.) δεν είναι και ο ευκολότερος τρόπος για τον υπολογισµό των συντελεστών a n στο ανάπτυγµα Laurent µιας συνάρτησης f. Και στα τρία προηγούµενα παραδείγµατα ϑεωρήσαµε ϱητές συναρτήσεις. Για τα αναπτύγµατα Laurent των ϱητών συναρτήσεων χρησιµοποιήσαµε κατάλληλα τη γεωµετρική σειρά, αυτός ϕαίνεται να είναι και ο ευκολότερος τρόπος. Επειδή το ανάπτυγµα Laurent µιας συνάρτησης f είναι µοναδικό όταν υπάρχει, κάθε ανάπτυγµα που ισούται µε την f(z) σε κάποιο δακτύλιο, ϑα είναι το ανάπτυγµα Laurent της f. Οµως όπως ϑα δούµε και στις επόµενες παραγράφους, όταν η συνάρτηση δεν είναι ϱητή πολλές ϕορές για τον υπολογισµό των συντελεστών a n ϑα πρέπει να χρησιµοποιείται ο ολοκληρωτικός τύπος (5.). Ασκήσεις. Να αναπτυχθεί σε σειρά Laurent η f(z) = z 2 σε όλους τους δυνατούς δακτυλίους µε κέντρο το z =.

153 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ 2. Να αναπτυχθεί σε σειρά Laurent η f(z) = z 3 (2z + )(3z 2) σε όλους τους δυνατούς δακτυλίους µε κέντρο το z =. 3. Εστω η συνάρτηση f(z) = z 4 + 3z Να ϐρεθεί το ανάπτυγµα Laurent της f µε κέντρο το z = στο µεγαλύτερο δυνατό δακτύλιο που περιέχει το σηµείο 2 + i. 4. Εστω η συνάρτηση f(z) = 2 (z 4 4)(z 4 + 6) = z 4 4 z είξτε ότι το ανάπτυγµα Laurent της f µε κέντρο το z = στο µεγαλύτερο δυνατό δακτύλιο που περιέχει το σηµείο 3i/2 είναι 4 (n+) f(z) = a n z 4n αν n µε a n = n= ( /6) n+ αν n. Ποιος είναι ο δακτύλιος ; 5. Αν f(z) = z 2 z i (z 3i)(z 2 2z + + 2i) = z 3i + z 2 2z + + 2i, δείξτε ότι το ανάπτυγµα Laurent της f µε κέντρο το z = στο µεγαλύτερο δυνατό δακτύλιο = {z C : 2 < z < 3} που περιέχει το σηµείο /2 είναι f(z) = n= (3i) n+ (z )n + Σηµείωση. Η f γράφεται και στη µορφή f(z) = = = ( ) n ( + i) 2n (z ) 2(n+). n= z 3i + (z i( + i)) (z + i( + i)) z 3i + (z + ( i)) (z ( i)) z 3i + 2( i) z ( i) 2( i) z + ( i).

154 5.2. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΤΩΝ ΜΕΜΟΝΩΜΕΝΩΝ ΑΝΩΜΑΛΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ Να ϐρεθούν οι τρεις πρώτοι όροι του αναπτύγµατος Laurent της f(z) = ez sin z z = στο διάτρητο δίσκο : < z < π. µε κέντρο το 7. Εστω ( ) z + /z g(z) = exp = e (z+/z)/2. 2 Αν g(z) = n= c nz n είναι το ανάπτυγµα Laurent της g στο διάτρητο δίσκο : < z <, υπολογίστε το c και δείξτε ότι 2π e cos t dt = 2π n= 4 n (n!) Ταξινόµηση των µεµονωµένων ανώµαλων σηµείων Θα εξετάσουµε τώρα την ειδική περίπτωση του ϑεωρήµατος Laurent, Θεώρηµα 5., όταν R = και R 2 = R >. Σ αυτή την περίπτωση η f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R (το z είναι µεµονωµένο ανώµαλο σηµείο της f) και στο D (z, R) έχει ένα µοναδικό ανάπτυγµα Laurent µε f(z) = + n= a n (z z ) n (5.2) a n = f(z) dz, n Z, (5.3) 2πi z z =r (z z ) n+ όπου z z = r είναι ένας κύκλος µε κέντρο το z και ακτίνα r, < r < R.

155 46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Μπορούµε να γράψουµε την (5.2) και στη µορφή f(z) = n= a n (z z ) n + + n= a n (z z ) n. Ο δεύτερος όρος στο δεξιό µέλος είναι αναλυτική συνάρτηση στο δίσκο D(z, R). Το πρώτο άθροισµα n= a n (z z ) n είναι γνωστό και σαν κύριο µέρος του αναπτύγµατος Laurent. Η ταξινόµηση του µεµονωµένου ανώµαλου σηµείου z της f εξαρτάται από τη συµπεριφορά των συντελεστών a n για n < στο ανάπτυγµα (5.2). Λέµε ότι το z είναι ένα επουσιώδες ή απαλείψιµο ή εξουδετερώσιµο ανώµαλο σηµείο της f αν a n = για κάθε n <, ένας πόλος τάξης k(k ) της f αν a k και a n = για κάθε n < k, ένα ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f αν a n για άπειρο το πλήθος αρνητικές τιµές του n. Ενας πόλος τάξης, 2, 3,... λέγεται απλός, διπλός, τριπλός,... πόλος. Ορισµός 5.8. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R (το z είναι µεµονωµένο ανώµαλο σηµείο της f). Το ολοκληρωτικό υπόλοιπο της f στο z, συµβολίζεται µε Res(f, z ) ή Res z=z f(z), είναι ο συντελεστής a στο ανάπτυγµα Laurent (5.2) της f στο διάτρητο δίσκο D (z, R). Από την (5.3) το ολοκληρωτικό υπόλοιπο της f στο z δίνεται από τον τύπο Res(f, z ) = a = f(z) dz, (5.4) 2πi z z =r όπου z z = r είναι ένας κύκλος µε κέντρο το z και ακτίνα r, < r < R. Πρόταση 5.9. Εστω U C ανοικτό σύνολο, z U και η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο U \ {z }. Τα παρακάτω είναι ισοδύναµα : () Το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f.

156 5.2. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΤΩΝ ΜΕΜΟΝΩΜΕΝΩΝ ΑΝΩΜΑΛΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ 47 (2) Το όριο lim z z f(z) υπάρχει. (3) Υπάρχουν M > και δ > τέτοια ώστε f(z) < M για < z z < δ. ηλαδή η f είναι ϕραγµένη σε µια διάτρητη περιοχή του z. (4) Το όριο lim z z (z z )f(z) =. Απόδειξη. Είναι προφανές ότι () (2) (3) (4). (4) (): Εστω f(z) = το ανάπτυγµα Laurent της f, όπου + n= a n (z z ) n, < z z < R, a n = f(z) dz, n Z 2πi z z =r (z z ) n+ και z z = r είναι ένας κύκλος µε κέντρο το z και ακτίνα r, < r < R, του οποίου το εσωτερικό (µε εξαίρεση το z ) ϐρίσκεται στο U. Εστω ε >. Επειδή lim z z (z z )f(z) =, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε z U µε < z z < δ να ισχύει (z z )f(z) < ε. Μπορούµε να πάρουµε r > µε r < min{, δ} ώστε για τα σηµεία του κύκλου z z = r να ισχύει f(z) < Τότε για n =, 2,... έχουµε a n = 2πi 2π ε z z = ε r. z z =r z z =r 2π ε r rn f(z) (z z ) n+ dz f(z) z z n dz z z =r dz = 2π εrn 2 2πr = εr n ε. Επειδή αυτό ισχύει για κάθε ε >, έπεται ότι a n = για n =, 2,.... Άρα, το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f.

157 48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Εστω η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R (το z είναι µεµονωµένο ανώµαλο σηµείο της f) και έστω f(z) = a n z n n= το ανάπτυγµα Laurent της f στο D (z, R). Αν το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f, τότε f(z) = a n z n, < z z < R. Ορίζουµε τη συνάρτηση g στο δίσκο D(z, R) µε f(z) αν z z g(z) = a αν z = z. Τότε η g είναι αναλυτική στο z µε g(z) = a n z n, για κάθε z D(z, R). n= n= Εποµένως, αν το το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f, µπορούµε να ορίσουµε την f κατά τέτοιο τρόπο στο z ώστε η f να γίνει αναλυτική στο z. ηλαδή αίρεται η ανωµαλία της συνάρτησης f στο σηµείο z. Παραδείγµατα 5.. () Εστω η συνάρτηση f(z) = cos z z 2, z. Είναι f(z) = ( z2 2! + z4 4! z6 6! + ) z 2 = 2! + z2 4! z4 6! + και εποµένως το z = είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f. (2) Εστω η συνάρτηση Είναι lim z sin z z = και κατά συνέπεια g(z) = sin5 z z 5 + cos z, z. lim g(z) = + cos = 2. z

158 5.2. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΤΩΝ ΜΕΜΟΝΩΜΕΝΩΝ ΑΝΩΜΑΛΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ 49 Επειδή το lim z g(z) υπάρχει, από την προηγούµενη πρόταση έπεται ότι το z = είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της g. Ας σηµειωθεί ότι δεν χρειάστηκε το ανάπτυγµα Laurent της g γύρω από το σηµείο z = για να συµπεράνουµε ότι το το είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της g. Πρόταση 5.. Εστω U C ανοικτό σύνολο, z U και η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο U \ {z }. Τα παρακάτω είναι ισοδύναµα : () Το z είναι πόλος τάξης k. (2) Υπάρχουν M > και δ > τέτοια ώστε f(z) < (3) Το όριο lim z z (z z ) k+ f(z) =. M z z k για < z z < δ. (4) Το όριο lim z z (z z ) k f(z) υπάρχει. Απόδειξη. Εφαρµόζουµε την Πρόταση 5.9 για τη συνάρτηση g(z) := (z z ) k f(z). Πρόταση 5.2. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R. (αʹ) Το z είναι πόλος τάξης k της f αν και µόνο αν lim (z z ) k f(z) = λ. z z (ϐʹ) Το z είναι πόλος τάξης k της f αν και µόνο αν f(z) = g(z) (z z ) k, όπου g αναλυτική συνάρτηση στο δίσκο D(z, R) µε g(z ).

159 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Απόδειξη. (αʹ) Αν το z είναι πόλος τάξης k της f, τότε f(z) = όπου a k. Εποµένως + n= k a n (z z ) n, < z z < R, (z z ) k f(z) = a k + + a (z z ) k + + n= a n (z z ) n+k, < z z < R και κατά συνέπεια lim (z z ) k f(z) = a k. z z Αντίστροφα, έστω lim z z (z z ) k f(z) = λ. Αν g(z) := (z z ) k f(z), < z z < R, τότε από την Πρόταση 5.9 το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της g. Εποµένως Τότε όµως είναι f(z) = g(z) = + n= a n (z z ) n, z z < R και a = λ. a (z z ) k + + a + k + a n+k (z z ) n, < z z < R, z z n= όπου a = λ. Άρα, το z είναι πόλος τάξης k της f. (ϐʹ) Η απόδειξη είναι παρόµοια και την αφήνουµε σαν άσκηση. Παρατήρηση 5.3. Αν το z είναι απλός πόλος της f, τότε f(z) = όπου a. Εποµένως + n= a n (z z ) n, < z z < R, (z z )f(z) = a + + n= a n (z z ) n+, < z z < R και κατά συνέπεια lim (z z )f(z) = a = Res(f, z ). z z

160 5.2. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΤΩΝ ΜΕΜΟΝΩΜΕΝΩΝ ΑΝΩΜΑΛΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ 5 Πρόταση 5.4. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R, τότε το z είναι πόλος της f αν και µόνο αν lim f(z) = +. z z Απόδειξη. Εστω το z είναι πόλος τάξης k της f. Αν g(z) := (z z ) k f(z), < z z < R, τότε από την Πρόταση 5.2(α ) είναι lim z z g(z) = λ και εποµένως lim f(z) = lim z z z z g(z) (z z ) k = λ lim z z z z k = +. Αντίστροφα, έστω lim z z f(z) = +. Τότε lim z z f(z) = και εποµένως το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης /f. Επειδή lim z z f(z) = +, για κάποιο δ >, δ R, η f δεν µηδενίζεται στο διάτρητο δίσκο D (z, δ) : < z z < δ και άρα η /f είναι αναλυτική στο D (z, δ). Ορίζουµε τη συνάρτηση h στο δίσκο D(z, δ) µε f(z) αν z z h(z) = αν z = z. Η h είναι αναλυτική στο δίσκο D(z, δ) µε h(z ) =. Αν το z είναι ϱίζα τάξης k της h, τότε h(z) = (z z ) k h (z), όπου h αναλυτική συνάρτηση στο δίσκο D(z, δ) µε h (z ). Τότε όµως lim (z z ) k f(z) = lim z z z z h (z) = h (z ) και από την Πρόταση 5.2(α ) το z είναι πόλος τάξης k της f. Πόρισµα 5.5. Αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R, τότε το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f αν και µόνο αν το όριο lim z z f(z) δεν υπάρχει και δεν ισούται µε + (δηλαδή lim z z f(z) + ).

161 52 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Απόδειξη. Το z είναι είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f αν δεν είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο ούτε πόλος της f. Η απόδειξη είναι άµεση συνέπεια των προτάσεων 5.9 και 5.4. Πρόταση 5.6. Εστω f, g αναλυτικές συναρτήσεις στο ανοικτό σύνολο U C. Υποθέτουµε ότι το z U είναι ϱίζα τάξης m της f και ϱίζα τάξης n της g. () Αν m n, τότε το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης f/g. (2) Αν m < n, τότε το z είναι πόλος τάξης n m της συνάρτησης f/g. Απόδειξη. Από την υπόθεση είναι f(z) = (z z ) m f (z) και g(z) = (z z ) n g (z ), όπου οι συναρτήσεις f, g είναι αναλυτικές στο U µε f (z ) και g (z ). Τότε οι συναρτήσεις f και g δεν µηδενίζονται σε µια περιοχή D(z, δ) U του z. Η συνάρτηση h(z) := f (z)/g (z) είναι αναλυτική και δεν µηδενίζεται στο δίσκο D(z, δ). Εποµένως, για κάθε z στο διάτρητο δίσκο D (z, δ) : < z z < δ έχουµε f(z) g(z) = (z z ) m f (z) (z z ) n g (z ) = (z z ) m n h(z). () Αν m n, τότε το όριο lim z z f(z) g(z) υπάρχει και εποµένως από την Πρόταση 5.9 το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης f/g. (2) Αν m < n, τότε f(z) g(z) = h(z) (z z ) n m µε h(z ), < z z < δ και εποµένως από την Πρόταση 5.2(ϐ ) το z είναι πόλος τάξης n m της συνάρτησης f/g. Παραδείγµατα 5.7. () Εστω η συνάρτηση f(z) = z(z )2 sin 2 πz, z / Z. Επειδή το είναι ϱίζα τάξης 2 του παρανοµαστή και απλή ϱίζα του αριθµητή της f, το z = είναι απλός πόλος της f.

162 5.2. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΤΩΝ ΜΕΜΟΝΩΜΕΝΩΝ ΑΝΩΜΑΛΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ 53 Επειδή το είναι ϱίζα τάξης 2 του αριθµητή και του παρανοµαστή της f, το z = είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f. Επειδή όλοι οι ακέραιοι αριθµοί z, z,, είναι ϱίζες τάξης 2 του παρανοµαστή και δεν είναι ϱίζες του αριθµητή της f, αυτοί οι ακέραιοι αριθµοί είναι πόλοι τάξης 2 της f. (2) Εστω η συνάρτηση g(z) = cos(z + ) (z + ) 2, z. Επειδή το είναι ϱίζα τάξης 2 του αριθµητή και του παρανοµαστή της g, το z = είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της g. Για z είναι g(z) = ) ( (z+)2 2! + (z+)4 4! (z+)6 6! + (z + ) 2 = 2! (z + )2 4! + (z + )4 6! Αν ορίσουµε τη g ως εξής : cos(z+) (z+) g(z) = 2 αν z 2 αν z =, η συνάρτηση g γίνεται ακέραια(αναλυτική στο C). Σηµείωση. Για τον υπολογισµό του ορίου lim z g(z) µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε και τον κανόνα L Hôpital. Πράγµατι, cos(z + ) sin(z + ) lim z (z + ) 2 = lim z 2(z + ) = lim cos(z + ) = z 2 2. (3) Εστω η συνάρτηση h(z) = cos(e /z ), z. Θεωρούµε την ακολουθία z n = ln(nπ), n N. Επειδή e /zn = nπ και cos(e /zn ) = cos(nπ) = ( ) n, έχουµε ότι lim n z n = ενώ το όριο lim n h(z n ) = lim n ( ) n δεν υπάρχει. Εποµένως το όριο lim z h(z) δεν υπάρχει και δεν ισούται µε + (δηλαδή lim z h(z) + ). Αρα, το z = είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της h.

163 54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Παράδειγµα 5.8. Αν z C και R >, υποθέτουµε ότι οι συναρτήσεις f, g είναι αναλυτικές στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R. Αν το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f και πόλος της g, τότε το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο των συναρτήσεων fg, f/g και f + g. Λύση. Θα δείξουµε ότι το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της fg. Εστω το z είναι πόλος τάξης k N της g. Τότε, g(z) = h(z) (z z ) k, όπου h αναλυτική συνάρτηση στο δίσκο z z < R µε h(z ). Εποµένως για κάποιο δ R είναι h(z) στο δίσκο z z < δ. (i) Υποθέτουµε ότι το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της fg. Τότε µπορούµε να ορίσουµε την fg στο z έτσι ώστε η fg να είναι αναλυτική στο δίσκο z z < R. Επειδή f(z) = f(z)g(z) g(z) = f(z)g(z) (z z ) k, < z z < δ, h(z) είναι lim z z f(z) = και εποµένως το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f(άτοπο). (ii) Υποθέτουµε ότι το z είναι πόλος τάξης m N της fg. Τότε f(z)g(z) = Εποµένως H(z) (z z ) m, όπου H αναλυτική συνάρτηση στο δίσκο z z < R µε H(z ). f(z) = f(z)g(z) g(z) = H(z)/h(z) (z z ) m k, < z z < δ, όπου w = H(z)/h(z) αναλυτική συνάρτηση στο δίσκο z z < δ µε H(z )/h(z ). Αν m > k, το z είναι πόλος τάξης m k της f(άτοπο). Αν m k, τότε το όριο lim z z f(z) υπάρχει και εποµένως το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f(άτοπο). Άρα το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της fg. Παρόµοια αποδεικνύεται ότι το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο των συναρτήσεων f/g και f +g (άσκηση ). Παράδειγµα 5.9. Αν f είναι αναλυτική συνάρτηση στο C \ {}, είναι απλός πόλος της f και f(t) R, όπου T είναι ο µοναδιαίος κύκλος, τότε f(z) = az + a z + b, για κάποιο a C \ {} και κάποιο b R.

164 5.2. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΤΩΝ ΜΕΜΟΝΩΜΕΝΩΝ ΑΝΩΜΑΛΩΝ ΣΗΜΕΙΩΝ 55 Λύση. Επειδή το είναι απλός πόλος της f, το ανάπτυγµα Laurent της f στο διάτρητο δίσκο : < z < + είναι f(z) = + n= όπου οι συντελεστές a n δίνονται από τον τύπο a n (z z ) n, a, a n = f(z) dz, n. (5.5) 2πi z = zn+ Η παραµετρική εξίσωση του µοναδιαίου κύκλου z = µε ϑετική ϕορά διαγραφής είναι z(θ) = e iθ, θ [, 2π]. Επειδή από την υπόθεση f(e iθ ) R, για κάθε θ [, 2π], από τον τύπο (5.5) για n = έχουµε ότι a = 2π f(e iθ ) 2πi e iθ ie iθ dθ = 2π f(e iθ ) dθ R. 2π Επίσης για κάθε n N από τον τύπο (5.5) έχουµε a n = 2πi = 2π = 2π = 2π 2π 2π 2π ( 2π f(e iθ ) e i(n+)θ ieiθ dθ f(e iθ ) dθ e inθ ( f(e iθ ) e inθ f(e iθ ) dθ e inθ ) dθ (επειδή f(e iθ ) R) ) = a n. Για n = έχουµε a = a a = a. Επειδή a, το a C \ {}. Εστω n 2. Τότε a n = a n και επειδή a n = για n 2, έπεται ότι a n =, n = ±2, ±3, ±4,.... Άρα, όπου a R και a C \ {}. f(z) = a z + a z + a, Ασκήσεις. Αν z C και R >, υποθέτουµε ότι οι συναρτήσεις f, g είναι αναλυτικές στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R. Αν το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f και πόλος της g, δείξτε ότι το z είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο των συναρτήσεων f/g και f +g.

165 56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ 2. Αν το z = είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της συνάρτησης f, δείξτε ότι το είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο ανοικτό σύνολο U C και έστω z U ϱίζα τάξης n της f. Τότε ως γνωστόν υπάρχει αναλυτική συνάρτηση f στο U και περιοχή D(z, δ) U του z, ώστε f(z) = (z z ) n f (z), µε f (z) για κάθε z D(z, δ). Αν f (D(z, δ)) D(, R), υποθέτουµε ότι η συνάρτηση g είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο D (, R) : < w < R και ότι το είναι πόλος τάξης m της g. είξτε ότι το z είναι πόλος τάξης mn της συνάρτησης h := g f. 4. Εστω Ω C ανοικτό σύνολο και έστω z Ω. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : Ω\{z } C είναι αναλυτική. Αν το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f, δείξτε ότι το z ϑα είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f. 5. Εστω f ακέραια συνάρτηση µε f(n) = για κάθε n Z. είξτε ότι όλα τα ανώµαλα σηµεία της συνάρτησης g(z) := f(z)/ sin(πz) είναι επουσιώδη. 6. Εστω η συνάρτηση g(z) = z cos(/z), z. Υπολογίστε τα όρια lim n g(z n ) και lim n g(ζ n ), όπου z n = i/n και ζ n = /n, n N. Υπάρχει το όριο lim z g(z); Τι είδους µεµονωµένο ανώµαλο σηµείο της g είναι το ; Υπολογίστε το Res (g, ). 7. Εστω f ακέραια συνάρτηση µε f(z + ) = f(z) για κάθε z C και f() =. Αν f(z) e π Iz, για κάθε z C, δείξτε ότι f(z) = c sin(πz) για κάποια σταθερά c. Υπόδειξη. Θεώρηµα Liouville και η προηγούµενη άσκηση. 8. Εστω sin ( a(z + z ) ) = c n z n, a C, n= το ανάπτυγµα Laurent της αναλυτικής συνάρτησης f(z) = sin ( a(z + z ) ) στο διάτρητο δίσκο = {z C : < z < } µε κέντρο το z =. είξτε ότι c n = sin ( a(z + z ) ) 2πi z n+ dz = π sin(2a cos θ) cos nθ dθ, 2π z = π n Z

166 5.3. ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ 57 και ( ( ) ) i Res sin 2 (z + z ), = i π sinh(cos θ) cos θ dθ. 2π π 9. Εστω f(z) = n= a n(z z ) n το ανάπτυγµα Laurent µιας αναλυτικής συνάρτησης f στο διάτρητο δίσκο = {z C : < z z < R} µε κέντρο το z C. Αν M(r) := max { f(z) : z z = r}, < r < R, χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Laurent δείξτε ότι a n M(r) r n, n Z. Αν lim z z (z z ) m f(z) =, για κάποιο m N, τότε το z είναι πόλος τάξης m της f(αν m =, τότε το z είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f).. Εστω f(z) = n= a nz n το ανάπτυγµα Laurent της αναλυτικής συνάρτησης f στο διάτρητο δίσκο = {z C : < z < } µε κέντρο το z =. Υποθέτουµε ότι f(z) ln 2 z, z. είξτε ότι a n r n ln 2 r, < r <. είξτε ότι το z = είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f και κατά συνέπεια η f επεκτείνεται σε µια αναλυτική συνάρτηση στο µοναδιαίο δίσκο D(, ). Είναι lim z f(z) = a ln Λογισµός των ολοκληρωτικών υπολοίπων Θα δώσουµε πρώτα ένα γενικό τύπο για την εύρεση του ολοκληρωτικού υπολοίπου Res(f, z ) µιας συνάρτησης f που έχει πόλο τάξης k στο σηµείο z. Από την Πρόταση 5.2 είναι γνωστό ότι αν η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R και το όριο lim z z (z z ) k f(z) υπάρχει και είναι διάφορο του µηδενός, τότε το z είναι πόλος τάξης k της f.

167 58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Πρόταση 5.2. Εστω f αναλυτική συνάρτηση στο διάτρητο δίσκο D (z, R) : < z z < R. Αν lim z z (z z ) k f(z) = λ, τότε το z είναι πόλος τάξης k της f µε Res(f, z ) = { } d k (k )! lim z z dz k [(z z ) k f(z)]. Ειδικά, αν το z είναι απλός πόλος της f, δηλαδή k =, τότε Res(f, z ) = lim z z (z z )f(z). Απόδειξη. Αν το z είναι πόλος τάξης k της f, τότε όπου a k. Εποµένως f(z) = + n= k (z z ) k f(z) = a k + + a (z z ) k + a n (z z ) n, < z z < R, + n= Παραγωγίζοντας (k )-ϕορές, για < z z < R έχουµε d k + dz k [(z z ) k f(z)] = (k )!a + n= = (k )!a + (z z )g(z), a n (z z ) n+k, < z z < R. (n + )(n + 2) (n + k) a n (z z ) n+ n + όπου η g(z) := + (n+)(n+2) (n+k) n= n+ a n (z z ) n έχει επουσιώδη ανωµαλία στο z. Επειδή { } d k lim z z dz k [(z z ) k f(z)] = (k )!a, έπεται ότι Res(f, z ) = a = { } d k (k )! lim z z dz k [(z z ) k f(z)]. Αν το z είναι απλός πόλος της f, από την προηγούµενη πρόταση το ολοκληρωτικό υπόλοιπο Res(f, z ) = lim z z (z z )f(z). Στην ειδική περίπτωση που η f είναι πηλίκο δύο αναλυτικών συναρτήσεων, το z είναι απλή ϱίζα του παρανοµαστή και δεν είναι ϱίζα του αριθµητή, έχουµε τον παρακάτω χρήσιµο τύπο για τον υπολογισµό του ολοκληρωτικού υπολοίπου της f στο z.

168 5.3. ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ 59 Πρόταση 5.2. Εστω ϕ και ϕ 2 αναλυτικές συναρτήσεις στο z C. Αν ϕ (z ), ϕ 2 (z ) = και ϕ 2 (z ), τότε η συνάρτηση f = ϕ /ϕ 2 έχει απλό πόλο στο z µε Res(f, z ) = ϕ (z ) ϕ 2 (z ). Απόδειξη. Επειδή το z είναι απλή ϱίζα της ϕ 2 και δεν είναι ϱίζα της ϕ, από την Πρόταση 5.6 (2) το z είναι απλός πόλος της f = ϕ /ϕ 2. Είναι Res(f, z ) = lim (z z ) ϕ (z) z z ϕ 2 (z) ϕ (z) = lim z z ϕ 2 (z) = lim z z z z = ϕ (z ) ϕ 2 (z ). ϕ (z) ϕ 2 (z) ϕ 2 (z ) z z Πρόταση Εστω ϕ και ϕ 2 αναλυτικές συναρτήσεις στο z C. Αν το z είναι ϱίζα τάξης k της ϕ και ϱίζα τάξης k + της ϕ 2, τότε η συνάρτηση f = ϕ /ϕ 2 έχει απλό πόλο στο z µε Res(f, z ) = (k + ) ϕ(k) (z ) ϕ (k+) 2 (z ). Απόδειξη. Επειδή το z είναι ϱίζα τάξης k της ϕ και ϱίζα τάξης k + της ϕ 2, από την Πρόταση 5.6 (2) το z είναι απλός πόλος της f = ϕ /ϕ 2. Επειδή ϕ (z ) = = ϕ (k (z ) =, ϕ (k (z ) και ϕ 2 (z ) = = ϕ (k 2 (z ) =, ϕ (k+ 2 (z ), αν εφαρµόσουµε (k + )-ϕορές τον

169 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ κανόνα L Hôpital έχουµε Res(f, z ) = lim (z z ) ϕ (z) z z ϕ 2 (z) (z z )ϕ (z) = lim z z ϕ 2 (z) (z z )ϕ (k+) (z) + (k + )ϕ (k) = lim (z) z z ϕ (k+) 2 (z) = (k + ) ϕ(k) (z ) ϕ (k+) 2 (z ). Οι τύποι για τα ολοκληρωτικά υπόλοιπα µιας συνάρτησης σε διπλούς πόλους είναι πιο περίπλοκοι. Το παρακάτω αποτέλεσµα είναι χρήσιµο στις εφαρµογές. Πρόταση Εστω ϕ και ϕ 2 αναλυτικές συναρτήσεις στο z C. Αν ϕ (z ), ϕ 2 (z ) = ϕ 2 (z ) = και ϕ 2 (z ), τότε η συνάρτηση f = ϕ /ϕ 2 έχει πόλο τάξης 2 στο z µε Res(f, z ) = 2 ϕ (z ) ϕ 2 (z ) 2 3 ϕ (z )ϕ 2 (z ) (ϕ 2 (z )) 2. Απόδειξη. Επειδή το z δεν είναι ϱίζα της ϕ και είναι ϱίζα τάξης 2 της ϕ 2, από την Πρόταση 5.6 (2) το z είναι πόλος τάξης 2 της f = ϕ /ϕ 2. Σε κάποια περιοχή D(z, R) του z είναι ϕ (z) = + a n (z z ) n = n= n= + ϕ (n) (z ) (z z ) n n! και όπου Τότε, ϕ 2 (z) = + n=2 + b n (z z ) n = (z z ) 2 b n (z z ) n 2 = (z z ) 2 g(z), g(z) = + n=2 f(z) = ϕ (z) ϕ 2 (z) = b n (z z ) n 2 = n=2 + ϕ (n) n=2 2 (z ) (z z ) n 2. n! ϕ (z) (z z ) 2 g(z), < z z < R

170 5.3. ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ 6 και από την Πρόταση 5.2 Res(f, z ) = lim z z = lim z z d dz [(z z ) 2 f(z)] d dz [ (z z ) 2 ϕ (z) (z z ) 2 g(z) = ϕ (z )g(z ) ϕ (z )g (z ) g(z ) 2 = ϕ (z ) g(z ) ϕ (z )g (z ) g(z ) 2. ] Επειδή g(z ) = ϕ 2 (z )/2! και g (z ) = ϕ 2 (z )/3!, τελικά έχουµε Res(f, z ) = 2 ϕ (z ) ϕ 2 (z ) 2 3 ϕ (z )ϕ 2 (z ) (ϕ 2 (z )) 2. Στον παρακάτω πίνακα δίνουµε τους πιο χρήσιµους τύπους για τον υπολογισµό των ολοκληρωτικών υπολοίπων.

171 62 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Υπολογισµός Ολοκληρωτικών Υπολοίπων Συνάρτηση Ελεγχος Ταξινόµηση του Ολοκληρωτικό υπόλοιπο ανώµαλου σηµείου z της f στο z : Res(f, z ). f Το lim z z f(z) υπάρχει Το z είναι επουσιώδες ή lim z z (z z )f(z) =. ανώµαλο σηµείο της f. 2. f = ϕ ϕ 2 Το z είναι ϱίζα τάξης n της ϕ 2 Το z είναι επουσιώδες και ϱίζα τάξης m n της ϕ. ανώµαλο σηµείο της f. 3. f Το lim z z (z z )f(z) υπάρχει Το z είναι απλός lim z z (z z )f(z) και είναι διάφορο του µηδενός. πόλος της f. 4. f = ϕ ϕ 2 ϕ 2 (z ) =, ϕ 2 (z ) Το z είναι απλός και ϕ (z ). πόλος της f. ϕ (z ) ϕ 2 (z ) 5. f = ϕ ϕ 2 Το z είναι ϱίζα τάξης k της ϕ Το z είναι απλός (k + ) ϕ(k) (z ) ϕ (k+) 2 (z ) και ϱίζα τάξης k + της ϕ 2. πόλος της f. 6. f = ϕ ϕ 2 ϕ (z ) Το z είναι πόλος 2 ϕ (z ) ϕ 2 (z ) 2 ϕ (z )ϕ 2 (z ) 3 (ϕ 2 (z )) 2 ϕ 2 (z ) = ϕ 2 (z ) =, ϕ 2 (z ) δεύτερης τάξης 7. f lim z z (z z ) k f(z) = λ, Το z είναι πόλος (k )! lim z z ϕ (k ) (z) k N. τάξης k της f. όπου ϕ(z) = (z z ) k f(z) Σηµείωση: Το z είναι µεµονωµένο ανώµαλο σηµείο της f. Οι συναρτήσεις ϕ και ϕ 2 είναι αναλυτικές στο z. 5.4 Το ϑεώρηµα των ολοκληρωτικών υπολοίπων Σ αυτή την παράγραφο ϑα αναφέρουµε το ϑεώρηµα ολοκληρωτικών υπολοίπων που είναι µια σηµαντική γενίκευση του ϑεωρήµατος Cauchy και του ολοκληρωτικού τύπου Cauchy. Είναι ένα από τα πιο σηµαντικά αποτελέσµατα της µιγαδικής ανάλυσης και έχει πάρα πολλές εφαρµογές. Θεωρούµε ένα απλά συνεκτικό τόπο G C, µια κλειστή καµπύλη γ στο G και µια συνάρτηση w = f(z) η οποία είναι αναλυτική πάνω στη γ και στο εσωτερικό της εκτός από τα µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία z, z 2,..., z n κανένα από τα οποία δεν ϐρίσκεται πάνω στη γ. Θέλουµε να

172 5.4. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ 63 υπολογίσουµε το ολοκλήρωµα f(z) dz. γ Θεώρηµα 5.24 (Θεώρηµα ολοκληρωτικών υπολοίπων). Εστω Ω ανοικτό υποσύνολο του C και έστω γ κλειστή και τµηµατικά λεία καµπύλη στο Ω. Υποθέτουµε ότι το εσωτερικό της γ ϐρίσκεται ολόκληρο µέσα στο Ω και ότι η συνάρτηση f είναι αναλυτική στο Ω, εκτός από τα σηµεία z, z 2,..., z n που είναι µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία της f και ϐρίσκονται µέσα στη γ. ηλαδή η f είναι αναλυτική στο Ω \ {z, z 2,..., z n }. Τότε γ n f(z) dz = 2πi Res (f, z k ) I(γ, z k ), (5.6) k= όπου Res (f, z k ) είναι το ολοκληρωτικό υπόλοιπο της f στο z k και I(γ, z k ) είναι ο δείκτης στροφής της γ ως προς το z k. Ειδικά, αν η καµπύλη γ στο Ω είναι απλή, κλειστή, τµηµατικά λεία και έχει ϑετική ϕορά, τότε γ n f(z) dz = 2πi Res (f, z k ). (5.7) k= Απόδειξη. (i) Η καµπύλη γ είναι απλή, κλειστή, τµηµατικά λεία και έχει ϑετική ϕορά. Γύρω από κάθε z k παίρνουµε πολύ µικρό κύκλο γ k έτσι ώστε να ϐρίσκεται µέσα στη καµπύλη γ και να µη περιέχει κανένα άλλο z m, k m, k, m =, 2,..., n.

173 64 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Τότε, από το γενικευµένο Θεώρηµα Cauchy 4.3 έχουµε γ f(z) dz = n k= γ k f(z) dz. Οµως από τον Ορισµό 5.8 είναι γ k f(z) dz = 2πi Res (f, z k ) και εποµένως αποδεικνύεται η (5.7). (ii) Γενική περίπτωση. Επειδή το z k είναι µεµονωµένο ανώµαλο σηµείο της f, το ανάπτυγµα Laurent της f σε ένα διάτρητο δίσκο D (z k, δ) = {z C : < z z k < δ} του z k είναι όπου f(z) = a j (z z k ) j + j= g k (z) = j= j= είναι το κύριο µέρος του αναπτύγµατος Laurent. Αν F (z) := f(z) a j (z z k ) j n g k (z), k= a j (z z k ) j,

174 5.4. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ 65 τότε το z k, k =, 2,..., n, είναι επουσιώδες ανώµαλο σηµείο της F. Επειδή η F µπορεί να οριστεί στα σηµεία z k έτσι ώστε να είναι αναλυτική στο Ω, από το ϑεώρηµα Cauchy είναι γ F (z) dz = και εποµένως γ f(z) dz = n k= γ g k (z) dz. Επειδή η g k συγκλίνει οµοιόµορφα εξωτερικά ενός µικρού δίσκου µε κέντρο το z k, η g k ϑα συγκλίνει οµοιόµορφα στη καµπύλη γ και κατά συνέπεια γ g k (z) dz = j= = a γ a j γ (z z k ) j dz z z k dz + = a 2πi I(γ, z k ) + 2 j= = 2πi Res (f, z k ) I(γ, z k ). 2 j= a j γ a j (z z k ) j dz γ d dz [ (z zk ) j+ ] dz j + Ας σηµειωθεί ότι επειδή η καµπύλη γ είναι κλειστή, από το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα ολοκλή- ϱωσης, Θεώρηµα 4.7, για j 2 είναι γ d dz [ (z zk ) j+ ] dz =. j + Άρα, γ n f(z) dz = 2πi Res (f, z k ) I(γ, z k ). k= Παράδειγµα Να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα Λύση. Αν ζ = /z, τότε I = j 2πi ζ =4 sin ζ I = 2πi z =/4 sin(/z) dz. ( dζ ) ζ 2 = j 2πi ζ =4 ζ 2 sin ζ dζ = 2πi ζ =4 ζ 2 sin ζ dζ.

175 66 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Τα µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία της f(ζ) := /ζ 2 sin ζ που ϐρίσκονται στο εσωτερικό του κύκλου z = 4 είναι το και τα ±π. Τα ±π είναι απλοί πόλοι και το είναι πόλος τάξης 3 της f. Από το ϑεώρηµα ολοκληρωτικών υπολοίπων έχουµε I = 2πi z =4 ζ 2 dζ = Res(f, π) + Res(f, ) + Res(f, π). sin ζ Είναι Res(f, ±π) = (ζ 2 sin ζ) = ζ=±π 2(±π) sin(±π) + π 2 cos(±π) = π 2. Για να υπολογίσουµε το Res(f, ), ϑα ϐρούµε το ανάπτυγµα Laurent της f γύρω από το. Επειδή ως γνωστόν για κάθε ζ είναι sin ζ = ( ) n ζ2n+ (2n + )! = ζ ζ3 3! + ζ5 5! n=, (ζ C) Αν f(ζ) = ζ 2 sin ζ = ζ 2 (ζ ζ 3 /3! + ζ 5 /5! ) = ζ 3 (ζ 2 /3! ζ 4 /5! + ). (5.8) w = ( ) n ζ 2n (2n + )! = ζ2 3! ζ4 5! + ζ6 7!, n= παίρνουµε το ζ αρκετά µικρό, ζ < δ, έτσι ώστε w <. Χρησιµοποιώντας τη γεωµετρική σειρά για < ζ < δ από την (5.8) έχουµε w = w n = + w + w 2 +, ( w < ) n= f(ζ) = ζ 3 (ζ 2 /3! ζ 4 /5! + ) [ = ( ) ( ) ζ 2 ζ 3 + 3! ζ4 ζ 2 2 ] 5! + + 3! ζ4 5! + + = ζ 3 + ( 3!ζ + (3!) 2 ) ζ +. 5! Εποµένως Res(f, ) = /3! και άρα I = 6 2 π 2.

176 5.4. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ 67 Παράδειγµα Να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα z =2 e /z + z 2 dz. Λύση. Τα και ±i είναι µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία της f(z) = e /z /( + z 2 ) και ϐρίσκονται στο εσωτερικό του κύκλου z = 2. Τα ±i είναι απλοί πόλοι της f, µε ( ) e /z Res + z 2, ±i ( + z 2 ) = ± e±/i. 2i z=±i = e/z Το είναι ουσιώδες ανώµαλο σηµείο της f. Επειδή e w = w n n!, για κάθε w C και + w = ( ) n w n, w <, n= το ανάπτυγµα Laurent της f µε κέντρο z = στο διάτρητο δίσκο : < z < είναι f(z) = e /z ( + z 2 = = + z + 2!z 2 + 3!z 3 + 4!z 4 + ( 3! + ) 5! + z +. n= ) 5!z 5 + ( z 2 + z 4 z 6 + ) Εποµένως, ( ) e /z Res + z 2, = a = 3! + 5! + = sin. Ας σηµειωθεί ότι sin z = ( ) n z2n+ (2n + )! = z z3 3! + z5 5! n= +, για κάθε z C. Εποµένως, από το ϑεώρηµα ολοκληρωτικών υπολοίπων έχουµε z =2 { ( ) ( ) ( )} e /z e /z dz = 2πi Res + z2 + z 2, e /z + Res + z 2, e /z + Res + z 2, i { } = 2πi e /i + sin + e/i 2i 2i = 2πi {sin ei e i } = 2πi {sin sin } =. 2i

177 68 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΣΕΙΡΕΣ LAURENT- ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ- ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ Παράδειγµα Εστω /(e 2πiz ) στο δακτύλιο e 2πiz = n= a n z n το ανάπτυγµα Laurent της συνάρτησης f(z) = = {z C : < z < 2} µε κέντρο το z =. Να υπολογιστούν οι συντελεστές a n, για κάθε n. Λύση. Επειδή e 2πiz = e 2πiz = 2πiz = 2nπi z = n, n Z, τα z n = n, n Z, είναι µεµονωµένα ανώµαλα σηµεία της συνάρτησης f(z) = /(e 2πiz ). Από το ϑεώρηµα Laurent οι συντελεστές a n δίνονται από τον τύπο a n = /(e 2πiz ) 2πi z =r z n+ dz = 2πi z =r z n+ (e 2πiz ) dz, όπου ο κύκλος z = r µε κέντρο, ακτίνα r, < r < 2 και ϑετική ϕορά διαγραφής ανήκει στο δακτύλιο. (i) n = : Σ αυτή την περίπτωση τα ανώµαλα σηµεία, και της g(z) = /z(e 2πiz ) ϐρίσκονται στο εσωτερικό του κύκλου z = r. Τα ± είναι απλοί πόλοι και το είναι πόλος τάξης 2 της g. Είναι ( ) Res z(e 2πiz ), ± = [z(e 2πiz )] = z=± e ±2πi ± 2πie ±2πi = ± 2πi

v y = 12x 2 y + 4y v(x, y) = 6x 2 y 2 + y 4 + y + c(x). f(z) = u(z, 0) + iv(z, 0) = z + i(z 4 + c), f(z) = iz 4 + z i.

v y = 12x 2 y + 4y v(x, y) = 6x 2 y 2 + y 4 + y + c(x). f(z) = u(z, 0) + iv(z, 0) = z + i(z 4 + c), f(z) = iz 4 + z i. ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μιγαδική Ανάλυση ΟΜΑΔΑ: Α 0 Ιουλίου, 0 Θέμα. (αʹ) Να βρεθεί η τιμή του a R για την οποία η συνάρτηση u(x, y) ax 3 y +4xy

Διαβάστε περισσότερα

u x = 2uu y u y = 0 ϕ x = x t h (t), ϕ xx = x2 t 3 h (t) και ϕ y = y t h (t), ϕ yy = y2 t 3 h (t). t 2 h (t) + x2

u x = 2uu y u y = 0 ϕ x = x t h (t), ϕ xx = x2 t 3 h (t) και ϕ y = y t h (t), ϕ yy = y2 t 3 h (t). t 2 h (t) + x2 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μιγαδική Ανάλυση ΟΜΑΔΑ: Β 9 Ιουνίου, 07 Θ. αʹ) Αν το G είναι ένας τόπος, δηλαδή ένα ανοικτό και συνεκτικό σύνολο στο

Διαβάστε περισσότερα

= 1. z n 1 = z z n = 1. f(z) = x 0. (0, 0) = lim

= 1. z n 1 = z z n = 1. f(z) = x 0. (0, 0) = lim ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ 1η Σειρά Ασκήσεων στη Μιγαδική Ανάλυση 1. Να λυθεί η εξίσωση: 4 1 + 3i. Λύση. Επειδή 1 + 3i e πi/3, οι λύσεις της εξίσωσης 4 1 + 3i

Διαβάστε περισσότερα

I = 1. cos z. dz = = 1 z 2 cos z + 2z sin z + 2 cos z 2. z(z π) 3 dz. f(re iθ. f(z)

I = 1. cos z. dz = = 1 z 2 cos z + 2z sin z + 2 cos z 2. z(z π) 3 dz. f(re iθ. f(z) ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Σειρά Ασκήσεων στη Μιγαδική Ανάλυση. Χρησιμοποιώντας τους ολοκληρωτικούς τύπους Cauchy υπολογίστε το ολοκλήρωμα I = πi z(z π) 3 dz,

Διαβάστε περισσότερα

w = f(z) = z + i C(0,4) 2πi z 2 (z 2) 3 dz = 1 8. f(z) = (z 2 + 1)(z + i). e z 1 e z 1 = 3 cos 2θ

w = f(z) = z + i C(0,4) 2πi z 2 (z 2) 3 dz = 1 8. f(z) = (z 2 + 1)(z + i). e z 1 e z 1 = 3 cos 2θ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μιαδική Ανάλυση ΟΜΑΔΑ: Β Θ. (αʹ) Εστω ο μετασχηματισμός w f() + i i, C, i. 6 Μαρτίου, 25 Δείξτε ότι η w f() απεικονίζει

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος.

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

Διαβάστε περισσότερα

(i) f(x, y) = xy + iy (iii) f(x, y) = e y e ix. f(z) = U(r, θ) + iv (r, θ) ; z = re iθ

(i) f(x, y) = xy + iy (iii) f(x, y) = e y e ix. f(z) = U(r, θ) + iv (r, θ) ; z = re iθ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ (ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΟ) 6 Νοεμβρίου 07 Αναλυτικές συναρτήσεις Άσκηση (i) Δείξτε ότι η συνάρτηση f(z) είναι αναλυτική σε χωρίο D του μιγαδικού επιπέδου εάν και μόνο εάν η if(z) είναι αναλυτική

Διαβάστε περισσότερα

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΘΕΜΑ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ α) Η f ( ) έχει πραγµατικό µέρος φανταστικό µέρος u( x, y) x y = και v( x, y) = ( x + y xy), όπου = x+

Διαβάστε περισσότερα

f(z) 1 + z a lim f (n) (0) n! = 1

f(z) 1 + z a lim f (n) (0) n! = 1 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ 3η Σειρά Ασκήσεων στη Μιγαδική Ανάλυση. Υποθέτουμε ότι η f : C C είναι ακέραια συνάρτηση και ότι το όριο Αποδείξτε ότι η f είναι σταθερή.

Διαβάστε περισσότερα

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ. =. Οι πρώτες µερικές u x y

ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ. ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2010 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ. =. Οι πρώτες µερικές u x y ΜΙΓΑ ΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ α) Καταρχήν θα µελετήσουµε την συνάρτηση f Η f γράφεται f ( ) = ( x + )( x ) ( x ) ή ακόµα f ( ) = u( x,

Διαβάστε περισσότερα

Κανόνες παραγώγισης ( )

Κανόνες παραγώγισης ( ) 66 Κανόνες παραγώγισης Οι κανόνες παραγώγισης που ισχύουν για συναρτήσεις µιας µεταβλητής, ( παραγώγιση, αθροίσµατος, γινοµένου, πηλίκου και σύνθετων συναρτήσεων ) γενικεύονται και για συναρτήσεις πολλών

Διαβάστε περισσότερα

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Γιάννης Σαραντόπουλος Αθήνα 7 Οκτωβρίου 5 Περιεχόµενα Συµβολισµός

Διαβάστε περισσότερα

4 Συνέχεια συνάρτησης

4 Συνέχεια συνάρτησης 4 Συνέχεια συνάρτησης Σε αυτή την ενότητα ϑα µελετήσουµε την έννοια της συνέχειας συνάρτησης. Πιο συγκεκριµένα πότε ϑα λέγεται µια συνάρτηση συνεχής σε ένα σηµείο το οποίο ανήκει στο πεδίο ορισµού της

Διαβάστε περισσότερα

5. Σειρές Taylor και Laurent. Ολοκληρωτικά υπόλοιπα και εφαρµογές.

5. Σειρές Taylor και Laurent. Ολοκληρωτικά υπόλοιπα και εφαρµογές. 5 Σειρές Taylor και Lauret Ολοκληρωτικά υπόλοιπα και εφαρµογές Σειρές Taylor και Lauret Θεωρούµε µια δυναµοσειρά ( ) a a µε κέντρο δοθέν σηµείο Υπενθυµίζουµε ότι για µια τέτοια δυναµοσειρά υπάρχει πάντα

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 ) Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ 3.1 Η έννοια της παραγώγου Εστω y = f(x) µία συνάρτηση, που συνδέει τις µεταβλητές ποσότητες x και y. Ενα ερώτηµα που µπορεί να προκύψει καθώς µελετούµε τις δύο αυτές ποσοτήτες είναι

Διαβάστε περισσότερα

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier Κεφάλαιο 7 L -σύγκλιση σειρών Fourier 7.1 Χώροι Hilbert 7.1.1 Χώροι µε εσωτερικό γινόµενο και χώροι Hilbert Ορισµός 7.1.1. Εστω X γραµµικός χώρος πάνω από το K. Μια συνάρτηση, : X X K λέγεται εσωτερικό

Διαβάστε περισσότερα

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα.

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα. 4 Συνεκτικά σύνολα Έστω, Ι διάστηµα και f : Ι συνεχής, τότε η f έχει την ιδιότητα της ενδιαµέσου τιµής, δηλαδή, η f παίρνει κάθε τιµή µεταξύ δύο οποιονδήποτε διαφορετικών τιµών της, συνεπώς το f ( Ι )

Διαβάστε περισσότερα

3. Oρια-Συνέχεια-Παράγωγος. Ολόµορφες συναρτήσεις. . Το z ( )

3. Oρια-Συνέχεια-Παράγωγος. Ολόµορφες συναρτήσεις. . Το z ( ) 3 Oρια-Συνέχεια-Παράγωγος Ολόµορφες συναρτήσεις Τοπολογικοί ορισµοί Ορισµός 3 Εστω και ε > Καλούµε ε-ανοικτή περιοχή ή ανοικτό δίσκο κέντρου και ακτίνας ε το σύνολο { ε} D ( ) = : < ε Ορισµός 3 Έστω Το

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 6 Παράγωγος

Κεφάλαιο 6 Παράγωγος Σελίδα από 5 Κεφάλαιο 6 Παράγωγος Στο κεφάλαιο αυτό στόχος µας είναι να συνδέσουµε µία συγκεκριµένη συνάρτηση f ( ) µε µία δεύτερη συνάρτηση f ( ), την οποία και θα ονοµάζουµε παράγωγο της f. Η τιµή της

Διαβάστε περισσότερα

Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί

Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΙΩΑΝΝΙΝΩΝ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ, ΠΟΛΟΙ ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ Διδάσκων : Επίκ. Καθ. Κολάσης Χαράλαμπος

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό.

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Ακολουθίες πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας α Κάθε

Διαβάστε περισσότερα

( y = 2, x R) και ( y = 0, x R ) ή ισοδύναμα πάνω στην ευθεία z = 2

( y = 2, x R) και ( y = 0, x R ) ή ισοδύναμα πάνω στην ευθεία z = 2 ΜΙΓΑΔΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΘΕΜΑ ΓΡΑΠΤΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ α) Η f ( ) έχει πραγματικό μέρος uxy (, ) = ycosxκαι φανταστικό μέρος vxy (, ) = y sinx, όπου = x+ iy

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

). Πράγματι, στο διάστημα [ x, x 1 2 ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Επομένως, υπάρχει ξ x 1,

). Πράγματι, στο διάστημα [ x, x 1 2 ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Επομένως, υπάρχει ξ x 1, ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΔΕΥΤΕΡΑ 8 MAΪΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α A Αποδεικνύουμε το θεώρημα στην περίπτωση που

Διαβάστε περισσότερα

7. ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ, ΠΟΛΟΙ ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ. και σε κάθε γειτονιά του z

7. ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ, ΠΟΛΟΙ ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ. και σε κάθε γειτονιά του z 7. ΑΝΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕΙΑ, ΠΟΛΟΙ ΚΑΙ ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΙΠΩΝ Ένα σημείο λέγεται ανώμαλο σημείο της συνάρτησης f( ) αν η f( ) δεν είναι αναλυτική στο και σε κάθε γειτονιά του υπάρχει ένα τουλάχιστον

Διαβάστε περισσότερα

ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2011 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2011 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ [] ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ α) Δείτε στις «Σημειώσεις Μιγαδικού Λογισμού» σελ β) Ας είναι ux (, ) = x+ cos( π ) και vx (, ) = cos( π x) το πραγματικό και το φανταστικό μέρος

Διαβάστε περισσότερα

Περιεχόµενα I ΜΙΓΑ ΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 1

Περιεχόµενα I ΜΙΓΑ ΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 1 Περιεχόµενα I ΜΙΓΑ ΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 1 1 ΜΙΓΑ ΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ 3 1.1 Στοιχειώδεις παρατηρήσεις.................... 3 1.2 + Ορισµός και άλγεβρα των µιγαδικών αριθµών........ 6 1.3 Γεωµετρική παράσταση των µιγαδικών

Διαβάστε περισσότερα

( y) ( x) ( 0) ( ) ( 0) ( y) ( ) ( ) ( ) Παραδείγµατα και εφαρµογές. 1)Έστω D απλά συνεκτικός τόπος στο R που φράσσεται από την ( κατά τµήµατα 1

( y) ( x) ( 0) ( ) ( 0) ( y) ( ) ( ) ( ) Παραδείγµατα και εφαρµογές. 1)Έστω D απλά συνεκτικός τόπος στο R που φράσσεται από την ( κατά τµήµατα 1 76 Παραδείγµατα και εφαρµογές )Έστω D απλά συνεκτικός τόπος στο R που φράσσεται από την ( κατά τµήµατα C ) καµπύλη Αποδείξτε ότι το εµβαδόν Α ( D) του D δίνεται από τους τύπους Α D = d = d Απόδειξη (Ι)

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L -σύγκλιση σειρών Fourier Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος.

Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος. Πανεπιστηµιο Αιγαιου Τµηµα Μαθηµατικων 8 200 Καρλοβασι Σαµος Καρλόβασι 09/02/2012 Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος. 1. Απαντήστε µε α(αλήθεια)

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ-

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- Κεφάλαιο 4 ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- µατα Ορισµός 4.1.1. Αρχική ή παράγουσα συνάρτηση ή αντιπαράγωγος µιας συνάρτησης f(x), x [, b], λέγεται κάθε συνάρτηση F (x) που επαληθεύει

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΡΟΡΑΜΑΤΑ ΕΚΔΟΣΗ 12 ΜΑΡΤΙΟΥ 2018

ΠΑΡΟΡΑΜΑΤΑ ΕΚΔΟΣΗ 12 ΜΑΡΤΙΟΥ 2018 ΝΙΚΟΛΑΟΣ M. ΣΤΑΥΡΑΚΑΚΗΣ: «Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις & Μιγαδικές Συναρτήσεις: Θεωρία και Εφαρμογές» η Έκδοση, Αυτοέκδοση) Αθήνα, ΜΑΡΤΙΟΣ 06, Εξώφυλλο: ΜΑΛΑΚΟ, ΕΥΔΟΞΟΣ: 5084750, ISBN: 978-960-93-7366-

Διαβάστε περισσότερα

Υπολογισµός διπλών ολοκληρωµάτων µε διαδοχική ολοκλήρωση

Υπολογισµός διπλών ολοκληρωµάτων µε διαδοχική ολοκλήρωση 8 Υπολογισµός διπλών ολοκληρωµάτων µε διαδοχική ολοκλήρωση Υπάρχουν δύο θεµελιώδη αποτελέσµατα που µας βοηθούν να υπολογίζουµε πολλαπλά ολοκληρώµατα Το πρώτο αποτέλεσµα σχετίζεται µε τον υπολογισµό ενός

Διαβάστε περισσότερα

( a) ( ) n n ( ) ( ) a x a. x a x. x a x a

( a) ( ) n n ( ) ( ) a x a. x a x. x a x a 7 Έστω Το θεώρηµα του Tylor στη µια µεταβλητή Ι ανοικτό διάστηµα Ι και : Ι φορές διαφορίσιµη συνάρτηση στο Ι, (. Γράφουµε, ( = + +... + +,, Ι, όπου!, είναι το υπόλοιπο Tylor ( κέντρου και τάξης και ( Ρ

Διαβάστε περισσότερα

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει.

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 3: Σειρές πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα. Εστω ( ) µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε

Διαβάστε περισσότερα

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα.

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα. 4 Συνεκτικά σύνολα Έστω, Ι R διάστηµα και f : Ι R συνεχής, τότε η f έχει την ιδιότητα της ενδιαµέσου τιµής, δηλαδή, η f παίρνει κάθε τιµή µεταξύ δύο οποιονδήποτε διαφορετικών τιµών της, συνεπώς το f (

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher Το ϑεώρηµα του Rademacher Νικόλαος Μουρδουκούτας Περίληψη Σε αυτήν την εργασία ϑα αποδείξουµε το ϑεώρηµα του Rademacher, σύµφωνα µε το οποίο κάθε Lipschiz συνάρτηση f : R m είναι διαφορίσιµη σχεδόν παντού.

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση ( ) Φυλλάδιο Ασκήσεων 3

Αρµονική Ανάλυση ( ) Φυλλάδιο Ασκήσεων 3 Αρµονική Ανάλυση (2017 2018) Φυλλάδιο Ασκήσεων 3 0. (α) Εστω f L (T). είξτε ότι σ n ( f ) f n N. (ϐ) Εστω f L (T). είξτε ότι (γ) είξτε ότι S n ( f ) f + n k=1 sin(kt) k n k= n [Υπόδειξη: Για το (γ) ϑεωρήστε

Διαβάστε περισσότερα

Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010

Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010 Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3//00 Θέµα ( µονάδα) Θεωρούµε το σύνολο B = {x Q : x < 5}. είξτε ότι sup B = 5. Απάντηση : Για να δείξουµε ότι sup B = 5 αρκεί να δειχθεί ότι α) Το 5 είναι

Διαβάστε περισσότερα

4.3 Παραδείγµατα στην συνέχεια συναρτήσεων

4.3 Παραδείγµατα στην συνέχεια συναρτήσεων 5. Η συνάρτηση είναι συνεχής στο R. 6. Η συνάρτηση sin είναι συνεχής στο R. 7. Η συνάρτηση cos είναι συνεχής στο R. 8. Η συνάρτηση tan είναι συνεχής σε κάθε R µε k π + π/2, k Z. 9. Η συνάρτηση cotan είναι

Διαβάστε περισσότερα

Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί

Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΙΩΑΝΝΙΝΩΝ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί Η ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ ΣΥΝΑΡΗΣΗΣ Διδάσκων : Επίκ. Καθ. Κολάσης Χαράλαμπος Άδειες Χρήσης

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙΙ ΒΑΣΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΣΤΗ ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ. Τύπος de Moivre Έστω ένας µιγαδικός αριθµός: Τότε. Ν-οστή ρίζα µιγαδικού

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙΙ ΒΑΣΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΣΤΗ ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ. Τύπος de Moivre Έστω ένας µιγαδικός αριθµός: Τότε. Ν-οστή ρίζα µιγαδικού ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙΙ ΒΑΣΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΣΤΗ ΜΙΓΑ ΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ Τύπος de Moivre Έστω ένας µιγαδικός αριθµός: z r(cosϑ + isi ϑ) Τότε z r (cos ϑ + isi ϑ ) Ν-οστή ρίζα µιγαδικού / ϑ + π ϑ+ π z r cos + isi όπου 0,,,, Συνθήκες

Διαβάστε περισσότερα

Ανοικτά και κλειστά σύνολα

Ανοικτά και κλειστά σύνολα 5 Ανοικτά και κλειστά σύνολα Στην παράγραφο αυτή αναπτύσσεται ο µηχανισµός που θα µας επιτρέψει να µελετήσουµε τις αναλυτικές ιδιότητες των συναρτήσεων πολλών µεταβλητών. Θα χρειαστούµε τις έννοιες της

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 31 Ορισµοί Ορισµός 311 Εστω f : A f( A), A, f( A) και έστω 0 Α είναι σηµείο συσσώρευσης του συνόλου Α Θα λέµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο σηµείο 0 εάν υπάρχει λ : Ισοδύναµα:

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αναλυτική χωρητικότητα Συνεχής αναλυτική χωρητικότητα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αναλυτική χωρητικότητα Συνεχής αναλυτική χωρητικότητα Μιχάλης Παπαδημητράκης Αναλυτική χωρητικότητα Συνεχής αναλυτική χωρητικότητα 1 Παράγωγος στο. Ας θυμηθούμε ότι μια μιγαδική συνάρτηση f ορισμένη σε ένα υποσύνολο του μιγαδικού επιπέδου λέμε ότι είναι

Διαβάστε περισσότερα

Κυρτές Συναρτήσεις και Ανισώσεις Λυγάτσικας Ζήνων Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο e-mail: zenon7@otenetgr Ιούλιος-Αύγουστος 2004 Περίληψη Το σχολικό ϐιβλίο της Γ Λυκείου ορίζει σαν κυρτή (αντ κοίλη)

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

~ 1 ~ ΜΙΓΑΔΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ & ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2013 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

~ 1 ~ ΜΙΓΑΔΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ & ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2013 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ~ ~ ΜΙΓΑΔΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ & ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ α) Μια συνάρτηση f ( ) u( x, y) iv( x, y ) έχει παράγωγο σε ένα σημείο x iy αν ικανοποιούνται

Διαβάστε περισσότερα

6. Αρµονικές συναρτήσεις και συνοριακά προβλήµατα (Dirichlet).

6. Αρµονικές συναρτήσεις και συνοριακά προβλήµατα (Dirichlet). 6 Αρµονικές συναρτήσεις και συνοριακά προβλήµατα (Diichlet) Aρµονικές συναρτήσεις Ορισµός 61 Εστω E είναι ανοικτό σύνολο και f : E είναι µια πραγµατική συνάρτηση δύο πραγµατικών µεταβλητών και y Θα λέµε

Διαβάστε περισσότερα

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( )

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( ) Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών 7 Η Ευκλείδεια απόσταση που ορίσαµε στον R επιτρέπει ( εκτός από τον ορισµό των ορίων συναρτήσεων και ακολουθιών και τον ορισµό της συνέχειας συναρτήσεων της µορφής

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια Συνάρτησης. Λυγάτσικας Ζήνων. Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο. 1 εκεµβρίου f(x) = f(x 0 )

Συνέχεια Συνάρτησης. Λυγάτσικας Ζήνων. Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο. 1 εκεµβρίου f(x) = f(x 0 ) Συνέχεια Συνάρτησης Λυγάτσικας Ζήνων Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο 1 εκεµβρίου 013 1 Ορισµός Ορισµός 1.1 Μια πραγµατική συνάρτηση f : A R λέµε ότι είναι συνεχής στο x 0 A αν και µόνο αν : x x 0 fx

Διαβάστε περισσότερα

Κλασικη ιαφορικη Γεωµετρια

Κλασικη ιαφορικη Γεωµετρια Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Σχολη Θετικων Επιστηµων, Τµηµα Μαθηµατικων, Τοµεας Γεωµετριας Κλασικη ιαφορικη Γεωµετρια Πρώτη Εργασία, 2018-19 1 Προαπαιτούµενες γνώσεις και ϐασική προετοιµασία

Διαβάστε περισσότερα

Μιγαδική ανάλυση Μέρος Β Πρόχειρες σημειώσεις

Μιγαδική ανάλυση Μέρος Β Πρόχειρες σημειώσεις ΤΕΤΥ Εφαρμοσμένα Μαθηματικά Μιγαδική Ανάλυση Β Μιγαδική ανάλυση Μέρος Β Πρόχειρες σημειώσεις Παράγωγος συνάρτησης μιγαδικής μεταβλητής Πριν ορίσουμε την παράγωγο μιας μιγαδικής συνάρτησης f(z) θα σταθούμε

Διαβάστε περισσότερα

όπου D(f ) = (, 0) (0, + ) = R {0}. Είναι Σχήµα 10: Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (x) = 1/x.

όπου D(f ) = (, 0) (0, + ) = R {0}. Είναι Σχήµα 10: Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (x) = 1/x. 3 Ορια συναρτήσεων 3. Εισαγωγικές έννοιες. Ας ϑεωρήσουµε την συνάρτηση f () = όπου D(f ) = (, 0) (0, + ) = R {0}. Είναι Σχήµα 0: Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f () = /. ϕυσικό να αναζητήσουµε την

Διαβάστε περισσότερα

Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί

Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΙΩΑΝΝΙΝΩΝ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μιγαδικός λογισμός και ολοκληρωτικοί Μετασχηματισμοί ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Διδάσκων : Επίκ. Καθ. Κολάσης Χαράλαμπος Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. z x y 2xyi. Re z x y. Θα δείξουμε ότι για τους μιγαδικούς αριθμούς z για τους οποίους ισχύει ότι. z z zz. zz zz z z 1 0 z z 1 (1)

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. z x y 2xyi. Re z x y. Θα δείξουμε ότι για τους μιγαδικούς αριθμούς z για τους οποίους ισχύει ότι. z z zz. zz zz z z 1 0 z z 1 (1) Αριθμός Εξέτασης 7 α.α) ος τρόπος: Έστω z i. Τότε ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ z i και Re z. Θα δείξουμε ότι για τους μιγαδικούς αριθμούς z για τους οποίους ισχύει ότι z z,ισχύει επίσης ότι. Είναι z z z z z z z z z z z

Διαβάστε περισσότερα

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β.

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Φεβρουαρίου, 3 Θ. (α ) Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα σύνολα πραγµατικών αριθµών. είξτε ότι αν inf A

Διαβάστε περισσότερα

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1.1 Σύνολα αριθµών Το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N = {1, 2, 3,...} Το σύνολο των ακεραίων Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}. Οι ακέραιοι διαµερίζονται σε άρτιους και περιττούς

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηµατικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΚΕΦΑΛΑΙΟ. 1 ο :Μιγαδικοί Αριθµοί

Μαθηµατικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΚΕΦΑΛΑΙΟ. 1 ο :Μιγαδικοί Αριθµοί ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο :Μιγαδικοί Αριθµοί. Ποιο σύνολο ονοµάζεται σύνολο των µιγαδικών αριθµών ;. Tι ονοµάζεται µιγαδικός αριθµός; Ποιο είναι το πραγµατικό και ποιο το φανταστικό του µέρος ; 3. Tι ονοµάζεται εικόνα

Διαβάστε περισσότερα

4. ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ. (0.1) όπου z = x + iy. Όταν z = iy τότε ο ανωτέρω τύπος παίρνει την μορφή. e dz = (0.3)

4. ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ. (0.1) όπου z = x + iy. Όταν z = iy τότε ο ανωτέρω τύπος παίρνει την μορφή. e dz = (0.3) 4. ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Η εκθετική συνάρτηση Η εκθετική συνάρτηση την σχέση e, ή exp( ) όπως εναλλακτικά συμβολίζεται, ορίζεται από x e = e (os y+ isin y) (0.) όπου = x + iy. Όταν = iy τότε ο ανωτέρω

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις. ιαφορικές Εξισώσεις- Μετασχηµατισµός Laplace- Σειρές Fourier. Nικόλαος Aτρέας

Σηµειώσεις. ιαφορικές Εξισώσεις- Μετασχηµατισµός Laplace- Σειρές Fourier. Nικόλαος Aτρέας Σηµειώσεις ιαφορικές Εξισώσεις- Μετασχηµατισµός Lplce- Σειρές Fourier Nικόλαος Aτρέας ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 4 Περιεχόµενα Κεφάλαιο Επισκόπηση γνωστών εννοιών Σειρές πραγµατικών αριθµών Σειρές συναρτήσεων 3 Γενικευµένα

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Κεφάλαιο Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Γνωρίζουµε ότι στο Ÿ κάθε στοιχείο εκτός από το 0 και τα ± γράφεται ως γινόµενο πρώτων αριθµών κατά τρόπο ουσιαστικά µοναδικό Από τη Βασική Άλγεβρα ξέρουµε

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l.

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα 1. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

4 η ΕΚΑ Α. = g(t)dt, x [0, 1] i) είξτε ότι F(x) > 0 για κάθε x (0, 1] ii) είξτε ότι f(x)g(x) > F(x) για κάθε x (0, 1] και G(x) για κάθε x (0, 1]

4 η ΕΚΑ Α. = g(t)dt, x [0, 1] i) είξτε ότι F(x) > 0 για κάθε x (0, 1] ii) είξτε ότι f(x)g(x) > F(x) για κάθε x (0, 1] και G(x) για κάθε x (0, 1] ΜΑΘΗΜΑ 48 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4 η ΕΚΑ Α 3. Έστω f συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο [, ], µε f() >. ίνεται επίσης συνάρτηση g συνεχής στο [, ], για την οποία ισχύει g() > για κάθε [, ] Ορίζουµε τις

Διαβάστε περισσότερα

Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrange

Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrange 64 Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrage Ας υποθέσουµε ότι ένας δεδοµένος χώρος θερµαίνεται και η θερµοκρασία στο σηµείο,, Τ, y, z Ας υποθέσουµε ότι ( y z ) αυτού του χώρου δίδεται από

Διαβάστε περισσότερα

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Ι (2006-07)

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Ι (2006-07) ΤΕΙ ΥΤΙΚΗΣ ΜΑΚΕ ΟΝΙΑΣ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΚΑΣΤΟΡΙΑΣ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Ι (2006-07) Επιµέλεια Σηµειώσεων : Βασιλειάδης Γεώργιος Καστοριά, εκέµβριος 2006

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

Παράρτηµα Α. Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης.

Παράρτηµα Α. Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης. Παράρτηµα Α Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης Α Χώροι µέτρου Πέραν της «διαισθητικής» περιγραφής του µέτρου «σχετικά απλών» συνόλων στο από το µήκος τους (όπως πχ είναι τα διαστήµατα, ενώσεις/τοµές

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Συνεκτικότητα Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

5.1 Συναρτήσεις δύο ή περισσοτέρων µεταβλητών

5.1 Συναρτήσεις δύο ή περισσοτέρων µεταβλητών Κεφάλαιο 5 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ 5.1 Συναρτήσεις δύο ή περισσοτέρων µεταβλητών Οταν ένα µεταβλητό µέγεθος εξαρτάται αποκλειστικά από τις µεταβολές ενός άλλου µεγέθους, τότε η σχέση που συνδέει

Διαβάστε περισσότερα

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2012 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ. β α

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2012 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ. β α ΘΕΜΑ Α ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 0 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ A. Έστω µια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα. Αν f () > 0 σε κάθε εσωτερικό σηµείο του, τότε να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 3 Μαρτίου 2016 Αν (G, ) είναι

Διαβάστε περισσότερα

Καµπύλες στον R. σ τελικό σηµείο της σ. Το σ. σ =. Η σ λέγεται διαφορίσιµη ( αντιστοίχως

Καµπύλες στον R. σ τελικό σηµείο της σ. Το σ. σ =. Η σ λέγεται διαφορίσιµη ( αντιστοίχως Καµπύλες στον R 9. Ορισµός Μια καµπύλη στον R είναι µια συνεχής συνάρτηση σ : Ι R R όπου Ι διάστηµα ( συνήθως κλειστό και φραγµένο ) στον R. Συνήθως φανταζόµαστε την µεταβλητή t Ι ως τον χρόνο και την

Διαβάστε περισσότερα

4. Μιγαδική Ολοκλήρωση. Το Θεώρηµα Cauchy και εφαρµογές. ( ) ( ) ( )

4. Μιγαδική Ολοκλήρωση. Το Θεώρηµα Cauchy και εφαρµογές. ( ) ( ) ( ) 4 Μιαδική Ολοκλήρωση Το Θεώρηµα Cauchy και εφαρµοές Καµπύλες στο Μιαδικό επίπεδο Oρισµός 4 Αν, :[, ] xy a είναι συνεχείς πραµατικές συναρτήσεις τότε κάθε απεικόνιση :[ a, ] : t = x t + iy t, καλείται (προσανατολισµένη)

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

11 Το ολοκλήρωµα Riemann

11 Το ολοκλήρωµα Riemann Το ολοκλήρωµα Riem Το πρόβληµα υπολογισµού του εµβαδού οποιασδήποτε επιφάνειας ( όπως κυκλικοί τοµείς, δακτύλιοι και δίσκοι, ελλειπτικοί δίσκοι, παραβολικά και υπερβολικά χωρία κτλ) είναι γνωστό από την

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Μιγαδική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Μιγαδική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Μιγαδική Ανάλυση Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Περιεχόμενα Οι μιγαδικοί αριθμοί.. Οι μιγαδικοί αριθμοί..................................2 Το Ĉ, η στερεογραφική προβολή και

Διαβάστε περισσότερα

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]}

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]} 7 ΙΙΙ Ολοκληρωτικός Λογισµός πολλών µεταβλητών Βασικές έννοιες στη µια µεταβλητή Έστω f :[ ] φραγµένη συνάρτηση ( Ρ = { t = < < t = } είναι διαµέριση του [ ] 0 ( Ρ ) = Μ ( ) όπου sup f ( t) : t [ t t]

Διαβάστε περισσότερα

εισαγωγή του Ρ(χ) που είναι οι αριθµοί x1 =, x2 σχήµα 1 Θεωρώντας το πολυώνυµο Ρ(z)=z 3 -z 2 +z=z(z 2 -z+1) παρατηρούµε ότι οι = ενώ οι ρίζες 2 2

εισαγωγή του Ρ(χ) που είναι οι αριθµοί x1 =, x2 σχήµα 1 Θεωρώντας το πολυώνυµο Ρ(z)=z 3 -z 2 +z=z(z 2 -z+1) παρατηρούµε ότι οι = ενώ οι ρίζες 2 2 εισαγωγή ΘΕΩΡΗΜΑ GAUSS-LUCAS ΘΕΩΡΗΜΑ GAUSS-LUCAS Έστω Ρ(χ) ένα πολυώνυµο µε πραγµατικούς συντελεστές και βαθµό τουλάχιστον 2.Σύµφωνα µε το θεώρηµα Rolle του διαφορικού λογισµού, µεταξύ δυο διαδοχικών ριζών

Διαβάστε περισσότερα

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών ΜΑΣ 02. Απειροστικός Λογισµός Ι Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών Ορισµός.. Ονοµάζουµε ακολουθία πραγµατικών αριθµών κάθε απεικόνιση του συνόλου N των ϕυσικών αριθµών, στο σύνολο R των πραγµατικών

Διαβάστε περισσότερα

f x = f a + Df a x a + R1 x, a, x U και από τον ορισµό της 1 h f a h f a h a h h a R h a i i j

f x = f a + Df a x a + R1 x, a, x U και από τον ορισµό της 1 h f a h f a h a h h a R h a i i j Το θεώρηµα Tor στις πολλές µεταβλητές Ο σκοπός αυτής της παραγράφου είναι η απόδειξη ενός θεωρήµατος τύπου Tor για συναρτήσεις πολλών µεταβλητών Το θεώρηµα για µια µεταβλητή θα είναι ειδική περίπτωση του

Διαβάστε περισσότερα

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί Οι πραγµατικοί αριθµοί. Σύνολα αριθµών Το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N = {,, 3,...} Το σύνολο των ακεραίων Z = {... 3,,, 0,,, 3,...}. Οι ακέραιοι διαµερίζονται σε άρτιους και περιττούς ανάλογα αν ένας

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ: Έστω η οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση τάξης , (1)

ΘΕΩΡΙΑ: Έστω η οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση τάξης , (1) 1 ΘΕΩΡΙΑ: Έστω η οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση τάξης (1) όπου οι συντελεστές είναι δοσµένες συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες σ ένα ανοικτό διάστηµα. Ορισµός 1. Ορίζουµε τον διαφορικό τελεστή µέσω της

Διαβάστε περισσότερα

Για να εκφράσουμε τη διαδικασία αυτή, γράφουμε: :

Για να εκφράσουμε τη διαδικασία αυτή, γράφουμε: : Η θεωρία στα μαθηματικά προσανατολισμού Γ υκείου Τι λέμε συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο ; Έστω ένα υποσύνολο του Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με πεδίο ορισμού το μία διαδικασία (κανόνα), με την

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L p Σύγκλιση Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creaive Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α)

Διαβάστε περισσότερα

ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 10: ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΠΙΚΩΝ ΑΚΡΟΤΑΤΩΝ

ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 10: ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΠΙΚΩΝ ΑΚΡΟΤΑΤΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ : ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΠΙΚΩΝ ΑΚΡΟΤΑΤΩΝ [Ενότητα Προσδιορισμός των Τοπικών Ακροτάτων - Θεώρημα Εύρεση Τοπικών Ακροτάτων του κεφ..7 Μέρος Β του σχολικού βιβλίου]. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση.

Διαβάστε περισσότερα

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2].

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2]. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riem Α Οµάδα. Εστω f : [, ] R. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας).

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. y R, η σχέση (1) γράφεται

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. y R, η σχέση (1) γράφεται ΘΕΜΑ Α ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 8 ΜΑΪΟΥ 0 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α. Θεωρία, σελ. 53, σχολικού βιβλίου. Α. Θεωρία, σελ. 9, σχολικού βιβλίου. Α3. Θεωρία, σελ. 58, σχολικού βιβλίου. Α4. α) Σ, β) Σ,

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x Ευκλείδειοι Χώροι Ορίζουµε ως R, όπου N, το σύνολο όλων διατεταµένων -άδων πραγµατικών αριθµών x, x,, x ) Tο R λέγεται ευκλείδειος -χώρος και τα στοιχεία του λέγονται διανύσµατα ή σηµεία Το x i λέγεται

Διαβάστε περισσότερα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Κεφάλαιο 6 Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα 6. Οικογένειες καλών πυρήνων και προσεγγίσεων της µονάδας Σε αυτήν την παράγραφο ϑα ασχοληθούµε µε µέσες τιµές µιας ολοκληρώσιµης συνάρτησης f οι οποίες

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ ) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση. ( µον.). Έστω z ο µιγαδικός αριθµός z i, µε, R. (α) ίνεται η εξίσωση: z

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ. σε µια σελίδα Α4 ανά έτος.. προσαρµοσµένα στις επιταγές του ΝΤ MΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΟΓΕΝΩΝ 05 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ

ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ. σε µια σελίδα Α4 ανά έτος.. προσαρµοσµένα στις επιταγές του ΝΤ MΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΟΓΕΝΩΝ 05 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ σε µια σελίδα Α4 ανά έτος.. προσαρµοσµένα στις επιταγές του ΝΤ (IMF: 4o µεσοπρόθεσµο.) ( WWF:.εξοικονόµηση πόρων.) MΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΟΓΕΝΩΝ 5 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ... ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΟΜΟΓΕΝΩΝ 7 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ...

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο.

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο. Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Οµάδα Α 1. Αν η f : (a, b) R είναι παραγωγίσιµη, τότε η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f : (a, b) R µε f (x) = [f(x + 1/) f(x)]. Εφόσον, η f είναι

Διαβάστε περισσότερα

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

40 Ασκήσεις στον ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ ( Επεξεργασία του ΜΑΝΩΛΗ ΨΑΡΡΑ)

40 Ασκήσεις στον ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ ( Επεξεργασία του ΜΑΝΩΛΗ ΨΑΡΡΑ) Άσκηση η 4 Ασκήσεις στον ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ ( Επεξεργασία του ΜΑΝΩΛΗ ΨΑΡΡΑ) Έστω f, g είναι συνεχείς συναρτήσεις στο διάστημα, να δείξετε: Α. (Ανισότητα των Cauchy-Schwarz) Β.( Ανισότητα του Minkowski)

Διαβάστε περισσότερα

7 η ΕΚΑ Α ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 61. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο R, τέτοια ώστε. (e + 1)dt = x 1

7 η ΕΚΑ Α ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 61. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο R, τέτοια ώστε. (e + 1)dt = x 1 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7 η ΕΚΑ Α 6. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο R, τέτοια ώστε t (e + )dt για κάθε R Για δυνατούς παίκτες i) είξτε ότι e f() + f() ii) είξτε ότι η f αντιστρέφεται και βρείτε την f iii)

Διαβάστε περισσότερα