Matematika 4 Zapiski s predavanj prof. Petra Legiše

Transcript

1 Mtemtik 4 Zpiski s predvnj prof. Petr Legiše Mih Čnčul 9. julij Kzlo Vricijski rčun 3. Osnovni vricijski problem Prmetričn rešitev Višji odvodi Več spremenljivk Izoperimetrični problem Vezni ekstrem Geodetke Integrli s spremenljivo mejo Holomorfne funkcije 3. Potenčne vrste Integrli v C Logritem Splošn Cuchyjev formul Ničle nlitične funkcije Lurentov vrst Residuum Konformne preslikve Stereogrfsk projekcij Linerne lomljene (Möbiusove) trnsformcije Zveze s hrmoničnimi funkcijmi Dirichletov problem z krog Funkcij Γ Diferencilne enčbe Frobeniusov metod Besselov enčb Integrlsk reprezentcij z J n Neumnnov funkcij Hnklovi funkciji Enčb z neskončno struno

2 4 Linerni diferencilni opertorji drugeg red Lstne vrednosti in lstne funkcije simetričneg opertorj Besselov diferencilni opertor Enčb z lstne funkcije Nihnje prožne opne Hermitov diferencilni opertor Specilne funkcije Linerno neodvisn zporedj polinomov Splošn teorij ortogonlnih polinomov Legendrovi polinomi Rodriguov formul Rodovn funkcij Hermitovi polinomi Prirejene Legendrove funkcije Sferne funkcije Linerne PDE drugeg red z funkcijo spremenljivk Klsifikcij

3 Vricijski rčun Motivcij: Problem brhistohrone Immo dve točki v nvpični rvnini, ki ne ležit en nd drugo. Po kkšni krivulji v tej rvnini se mor gibti točkst ms, d bo pod vplivom teže z prehod od zgornje do spodnje točke potrebovl njmnj čs? ] mv = mgy v(y) = gy = ds + dt = (y ) dx dt + (y ) dt = dx gy t = x + (y ) dx g y Nlog je poiskti y = y(x), definirno n [, x] z y(x ) =, y() = y, d bo x + (y ) dx y minimlen.. Osnovni vricijski problem Immo predpis: y Φ(y) = b f(x, y, y ) dx. Φ je funkcionl (funkciji f priredi število). Tu mor biti y definirn n [, b]. Pogosto so predpisne vrednosti y() = y in y(b) = y. Iščemo ekstrem funkcionl Φ (tiste y(x), z ktere je integrl minimlen li mksimlen). V primeru brhistohrone je f(x, y, y +(y ) = ). y Rzmislek Denimo, d je ekstrem dosežen pri y, vzemimo d je mksimum. Če y spremenim (mlo) v y + δy (vriirm), je Φ(y + δy) Φ(y). Nj bo h funkcij n [, b] in δy = t h, t blizu. Φ(y + th) = g h (t) Φ(y) = g h (). g h im v ekstrem z vsk h. če je g h odvedljiv, je g h () = h. Ekstrem funkcionl smo prevedli n ekstrem funkcije. Če so vrednosti z y n robu predpisne (y() = y ), je (y + th)() = y() + th() = y z t blizu, torej je h() =. Enko velj z vsko točko, kjer je y predpisn. g h (t) = Φ(y + th) = d dt g h(t) = d dt b b f(x, y + th, (y + th) ) dx = f(x, y + th, y + th ) dx = 3 b b f(x, y + th, y + th ) dx t f(x, y + th, y + th ) dx =

4 b = b [f y h + f y h ] dx b.del : f y h dx = f y h b h x f y dx b [ g h(t) = f y h b + f y ] x f y h dx Če im y predpisne vrednosti v, b, je h() = h(b) = f y h = g h() = b [ f y ] x f y h dx = Z y, v kterem je ekstrem, velj z vse h, pri kterih je h() = h(b) =. Videli bomo, d je [ fy x f y ] =. Eulerjev enčb f y d dx f y = Eulerjev li Euler-Lgrngev enčb, je DE. red. Tudi če y nim predpisnih vrednosti v in b, t enčb še vedno velj (ekstrem v splošnem je tudi ekstrem pri fiksnih koncih). Še vedno bo morlo držti f y h b = h. Denimo, d y ni predpisn v. Vzmem h s h(b) =, h() poljuben. Dobim dinmični robni pogoj f y () =. Podobno, če y ni predpisn v b, velj f y (b) =. Lem: Osnovn lem VR Nj bo G zvezn n [, b]. Če je b G(x)h(x) dx = z vsko funkcijo h C [, b] s h() = h () = h(b) = h (b) =, je G n [, b] oz. G(x) = x [, b]. Dokz Denimo G(z), z [, b], privzemimo G(z) >. Zrdi zveznosti obstj ɛ >, d je G(x) > n [z ɛ, z + ɛ] [, b]. Obstjt x in x, d je x < x in [x, x ] [z ɛ, z + ɛ] [, b] in z [x, x ]. Tko je G n [x, x ] pozitivn. Vzmemo { (x x ) h(x) = (x x ) ; x x x ; sicer h(x) > n (x, x ), zdošč nšim pogojem. b G(x)h(x) dx = x x G(x)h(x) dx > Protislovje s pogojem, d je integrl enk z vsk h. 4

5 Trditev Če je f = f(y, y ), iz Eulerjeve DE sledi f y f y = C Torej enčb prveg red. Dokz d dx (f y f y ) = d dx f y f y y d dx f y = f yy + y y y y y y y d dx f y = ] = f y y y d dx f y = y [ f y d dx f y Izrz v [... ] je po Eulerjevi enčbi. Tk primer je brhistohron. f(y, y + (y ) = ) y f y = y + (y ) y + (y ) y = y ( + (y ) ) = D y y + (y ) (y ) y + (y ) = + (y ) (y ) y + (y ) = y + (y ) = C Rešimo DE. Rešitve so le z y D, torej lhko zpišemo y = D sin ϕ(t). + (y ) = D y = sin ϕ = + cot ϕ y = ± cot ϕ, vzemimo y = cot ϕ y = cos ϕ sin ϕ = dx D sin ϕ cos ϕ dϕ = dy dx dx = D sin ϕ dϕ = y dϕ = D( cos ϕ) dϕ sin ϕ x = D(ϕ ) + E = D (ϕ sin ϕ) + E y = D ( cos ϕ) u = ϕ x = A(u sin u) + E; y = A(u cos u) cikloid Še robni pogoji: x() = E = x ; y() = A izrčunmo iz drugeg pogoj, je težje. 5

6 . Prmetričn rešitev x = x(t), y = y(t), y = ẏ ẋ ( f(x, y, y ) = f x(t), y(t), ẏ ) F (t) = f Φ(y) = ẋ ( x(t), y(t), ẏ ) ẋ(t) ẋ β α V ekstremu velj: F (t) dt F x d dt F ẋ = F y d dt F ẏ = Dovolj je že en izmed teh enčb. Problem Njdi ekstrem z Φ(y) = π/4 (y + (y ) ) dx, y() = Rešitev En dinmični robni pogoj: f y (π/4) =. f y = y y (π/4) = y = f y = d dx f y = d dt y = y y = y y = A cos x + B sin x Upoštevmo robn pogoj: y() = A = y (π/4)( A + B) = B = A = Ekstreml je y = cos x + sin x.3 Če immo višje odvode Φ(y) = b f(x, y, y, y ) dx Podobno kot z odvod izpeljujemo do Euler-Poissonove enčbe : f y d dx f y + d dx f y = 6

7 .4 Več spremenljivk Φ(z) = D p = z x ; q = z y f(x, y, z, z x, z ) dx dy; D R y Uporbimo Greenovo formulo, dobimo f z = x f p + y f q.5 Izoperimetrični problem Problem Iščemo y :[,b] R, ki zdošč Ψ(y) = b g(x, y, y ) dx = l, l je podn, z ktero funkcionl Φ(y) = b f(x, y, y ) dx doseže ekstrem. y C, f, g C, y() = c, y(b) = d. 7

8 Rešitev Denimo, d je ekstrem pri nekem u. δy = th + sk; t, s blizu ; h, k : [, b] R. h() = h(b) = k() = k(b) = Ψ(u + δy) = Φ(u + δy) = b b g(x, u + th + sk, u + th + sk ) dx = G(t, s) = l f(x, u + th + sk, u + th + sk ) dx = F (t, s) F (t, s) im ekstrem v t = s = F im ekstrem v (, ) pri pogoju G(t, s) l =, to je nvden vezni ekstrem grd(f λg)(, ) =. F t = G t = b b b t f(x, u + th + sk, u + th + sk ) dx = t g(x, u + th + sk, u + th + sk ) dx = ((f y λg y )h + (f y λg y )h ) = Drugi del integrirmo per prtes: b ( (f y λg y ) + d ) dx (f y λg y ) = Po OLVR sledi (f λg) y + d dx (f λg) y = Dobili smo Eulerjevo enčbo z f λg oz. Φ λψ b b (f y h + f y h ) dx (g y h + g y h ) dx 8

9 Problem: Didonin problem Dn je dolžin l >. Iščemo y(x), d bo ploščin mksimln. Rešitev Rešujemo v prmetrični obliki: x = x(t), y = y(t), t [, ]. x() =, x() =, y() = y() =. l = S = ẋ + ẏ dt = Ψ(ẋ, ẏ) konstnten y dx = (Φ λψ)(y, ẋ, ẏ) = Eulerjevi enčbi: yẋ dt = Φ(y, ẋ) mknimlen (yẋ λ ) ẋ + ẏ dt = w(y, ẋ, ẏ) dt = w x = d dt w ẋ; w y = d dt w ẋ ẋ wẋ = y λ ẋ + ẏ = C; ẋ = d dt w ẏ x wẏ = D yẏ + xẋ = Cẏ + Dẋ / y + x = Cy + Dx + E Rešitev je krožni lok, središce im n osi y D =. x + (y q) = r q in r določimo iz in l. 9

10 Problem Krivulj, ki veže točki T in T in im pri dni dolžini njnižje težišče. Rešitev my T = K y dm, dm = σds = σ + (y ) dx, m = σl. y T = σl b σy + (y ) dx = l b y + (y ) dx l = b + (y ) dx = Ψ(y) Minimizirmo funkcionl ly T = b σy + (y ) dx = Φ(y). Minimum z Φ pri pogoju Ψ = l Eulerjev enčb z (Φ λψ): (Φ λψ)(y) = b (y λ) + (y ) dx Nov spremenljivk z = y λ, z = y (Φ λψ)(y) = b λ λ z + (z ) dx = (z) Iščemo ekstrem z : π (z) je površin rotcijske ploskve, ko grf zvrtimo okrog osi x. To p poznmo: z = C cosh ( ) ( x A C y = λ + C cosh x A ) C.6 Vezni ekstrem Immo ekstrem funkcionl Φ( r) = b f(t, r(t)) dt n rzredu vseh funkcij, ki zdoščjo g (t, r(t)) =. () g m (t, r(t)) = Z ekstremlo r(t) veljjo Eulerjeve enčbe z funkcijo: m h = f + λ j (t)g j j= Torej: h = d h x i dt x i

11 z i =,,....7 Geodetke Krivulje n dni ploskvi z njmnjšo dolžino. Ploskev podn implicitno: g(x, y, z) = g( r) = vez g( r(t)) =, minimizirmo K( r) = b r(t) h = ẋ + ẏ + ż + λ(t)g(x, y, z) Eulerjev enčb: h x = d h dt ẋ λ(t) g x = d dt Enko z y in z, λ(t) g y = d dt [ ( g λ(t) x, g y, g ) = d z dt ] ẋ ẋ = d + ẏ + ż dt ( ) ẏ ṙ(t) (ẋ ) = d ( ) ẋ ṡ dt ṙ(t) ( ). in λ(t) g z = d dt ( ) (ẋ, ẏ, ż) ṙ(t) ż ṙ(t) = d r dt r = d ξ dt λ(t) g = d dt ξ = d ds ξ ds dt = ξ ṡ Grdient g, ki leži n normli ploskve, je vzporeden glvni normli geodetke. Primer Ploskev je sfer. Norml kže vedno iz središč pritisnjen rvnin geodetke vsebuje središče sfere njkrjš pot je lok s središčem v središču sfere (lok n glvni krožnici)..8 Integrli s spremenljivo mejo Immo funkcionl Φ(y, z) = z f(x, y, y ) dx Tu je y() = c fiksirn, z in y(z) p se spreminjt. Recimo, d je ekstrem pri y. Nredili bomo mlo bolj po domče. Φ(y + δy, z + δz) Φ(y, z) = δφ = = z+δz f(x, y + δy, y + δy ) dx z f(x, y, y ) dx =

12 z = [f(x, y + δy, y + δy ) f(x, y, y )] dx + f(x, y, y )δz + z z [f y δy + f y δy ] dx z+δz z [f y δy ] dx = f y δy z d dx f yδy d dx = f y (z)δy(z) dx (f y δy) dx z [ δφ f(x, y, y )δz + f y d ] dx f y δy dx + f y (z)δy(z) Če im Φ ekstrem pri y, z, g im tudi pri konstntnem z. EE f y d dx f y = δw = δy(z) + y (z)δz δφ f(x, y, y )δz + f y (z)(δw y (z)δz) [f y f y ] δz + f y δw Če je y ekstreml, im δφ konstnten predznk. Če ni dodtneg pogoj, vzmemo δz = f y konstntneg predznk, je tudi f y f y = Vzemimo, d točk (z, w) leži n krivulji w = ϕ(z), δw = ϕ (z)δz. δφ = [f y f y + f y ϕ ] δz = [f f y (y + ϕ )] δz To je konstntneg predznk [... ] =. f + (ϕ y )f y = To je trnsverzlnostni pogoj. Vsi ti pogoji veljjo z končno točko. Primer z z = r, δw je lhko poljuben. D bo vse Nj bo Φ(y, z) = z u(x, y) + (y ) dx in y(z) = ϕ(z) v končni točki, ϕ, u dni. y Trnsverzlnostni pogoj: f y = u +(y. ) = f + (ϕ y )f y = u + (y ) + (ϕ y )u + (y ) = = u + (y ) [ + (y ) + ϕ y (y ) ] + ϕ y = ϕ (z)y (z) = Tngenti n ϕ in y st prvokotni y sek krivuljo ϕ prvokotno. y Primer Poseben primer: u(x, y), Φ je dolžin krivulje. Njkrjš pot do krivulje je prvokotn n končno krivuljo.

13 Holomorfne funkcije Definicij Nj bo D odp C in f : D C. Prvimo, d je f v z odvedljiv v smislu C (im kompleksni odvod), če obstj limit f(z) f(z ) lim = f (z ) z z z z Definicij Če je f odvedljiv v vski točki območj D, je f holomorfn n D. Če je f holomorfn n C, je cel (entire) Primer Konstnt je cel. f(z) = z je cel (f (z) = ). Vsk polinom je cel funkcij. Z odvjnje veljjo običjn prvil. Potenčne vrste n= n(z z ) n im konvergenčni polmer R [, ). Vrst konvergir z z z < R in divergir z z z > R. Konvergenčno območje je vedno krog. 3

14 Primer + z + z + = n= zn = z konvergir z z < R =. divergir z z. z n n= n Kvocientni kriterij: zn+ n (n+) Vrst konvergir z z < R =, divergir z z > Kj p rob? z = mjornt je n= Konvergir z z. z n = z n n (n+) = π 6 z e z = + z + z + = z n n= im R =. n! Konvergir z vse z. Enko velj z sin z in cos z. n= zn n! konvergir le z z =. Kvocientni kriterij: (n+)! z n+ n! z = z (n + ) n Z z > to ni omejeno, z z = p je to R =. Izrek Nj bo f(z) = n= n(z z ) n, kjer im vrst n desni konvergenčni polmer R >. Znotrj konvergenčneg krog je f zvezn in odvedljiv in velj f (z) = n n (z z ) n n= z z z < R. Konv. polmer z f (z) je tudi R. Nj bo f v z odvedljiv, f : D C. Če je w C, w, obstj limit f(z + tw) f(z ) lim t, t R tw f(z) = f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) v () vzmem w = : f (z ) = lim t f(z + t) f(z ) t v () vzmem w = i: f (z ) = i = f (z ) () = f x = u x + iv x f y = i[u y + iv y ] = v y iu y 4

15 u x + iv y = v y iu y u x = v y, v x = u y Izrek: Cuchy-Riemnnov sistem Če je f = u + iv odvedljiv v z, tm velj in u x = v y u y = v x Trditev Če st u, v diferencibilni in velj CRS, je u + iv holomorfn. Integrli v C Nj bo f : D C zvezn in K orientirn gldk pot v D. z = ϕ(t), t [α, β], ϕ C. Definicij K f(z) dz def = Im običjne lstnosti. β α f(ϕ(t))ϕ (t) dt Primer Krožnic: ϕ(t) = z + ρe it, t [, π] ϕ (t) = ρie it K f = π f(z + ρe it )ρie it dt Pomemben: dz π ρie it π = dt = i dt = πi K z z ρeit Območje = odprt, SPP množic. Definicij F je nedoločeni integrl z f n območju D, če je F = f. V tem primeru je f(z)dz = F (b) F (), kjer st in b zčetn in končn točk K. K Če je K sklenjen, je K F (x) dx =. 5

16 Če je K sklenjen in ne gre skozi z, je z m (z z ) m dz = ker im (z z ) m nedoločeni integrl. Trditev Če je f omejen n K, f(z) M z K, je f(z)dz M l K kjer je l dolžin K. K Trditev Nj bo f holomorfn n D in trikotnik v D. Potem je f(z) dz = 3 6

17 Dokz Oznčimo A = f(z) dz, trikotniku rzpolovim strnice in dobim 4 skldne trikotnike. Ti trikotniki so podobni. Oznčimo jih do 4. Če trikotnike orientirm enko kot, je A = f(z) dz + + f(z) dz 4 Z vsj eneg velj: f(z) dz A i 4 Teg oznčim in g spet rzdelim n 4 dele. f(z) dz A 4 Spet obstj en i =, d je f(z) dz A 6 Dobim zporedje vloženih trikotnikov.... Obstj ntnko en točk z, ki je v preseku vseh teh trikotnikov (z i= i ). Po predpostvki je f odvedljiv v z f(z) f(z z ) z z f (z ) = η(z). f(z) = f(z ) + f (z )(z z ) + η(z)(z z ) f(z) dz = n f(z )dz + n f (z )(z z ) dz + n η(z)(z z ) dz = n Prv dv člen imt nedoločeni integrl st enk. η(z)(z z ) dz mx η(z) mx (z z ) n obseg( n ) n mx η(z) mx (z z ) obseg( ) n n A 4 n f(z) dz mx η(z)o( )r( ) 4 n A o( )r( ) mx(η(z) ) mx(η(z)) A o( )r( ) = C mx(η(z)) n A = 7

18 Definicij Množic D C je zvezdst, če obstj točk z D, d z vsko točko z D dljic od z do z leži v D. Torej: Obstj tk točk, d če vnjo postvim luč, bo cel množic osvetljen. Primer Vsk konveksn množic je zvezdst. Trditev Nj bo D zvezdsto območje, f : D C zvezn in z vsk trikotnik D nj bo f(z) dz = Tedj im f nedoločeni integrl n D. Dokz L z je dljic od z do z. Idej: F (z) = L z f(t) dt, F (z ) =. krog s polmerom ε > okrog z, vsebovn v D, h < ɛ. K h je dljic od z do z + h. Immo trikotnik z, z, z + h. f(z) dz + f(z) dz f(z) dz = L z K h z+h F (z + h) F (z) = f(v) dv K h Nj bo η > Ker je f zvezn, obstj < ɛ < ɛ, d je f(w) f(v) < ɛ z w v < η f(w) dw = K h f(z)dw + K h (f(z) f(w)) dw = f(z)h + o K h Vzemimo h < ɛ o < η h F (z + h) F (z) h = f(z) + o h f(z) 8

19 Posledic Nj bo D odprt zvezdst množic in f holomorfn n D. Z vsko sklenjeno krivuljo K v D je f(z) dz = K Dokz Kombincij prejšnjih dveh trditev, f im nedoločeni integrl. Trditev: Cuchyjev formul Nj bo f holomorfn n območju D in = {z; z z ρ} D zprt krog. Potem je z vsk v notrnjosti f() = f(z) dz πi z Tu je orientirn pozitivno. poznm n celem krogu. Če poznm vrednosti holomorfne funkcije n robu, jo Dokz D je odprt obstj ε >, d je tudi krog z z ρ + ε vsebovn v D. Nrišem mjhen krog K okrog točke, d je K. Zvežem z in, podljsm in nredim prvokotnico v. Dobim 4 sklenjene krivulje, ki gredo od rob krog K do rob in po obeh robovih, integrl po vseh 4 je. Po vski zveznici integrirm po enkrt v vsko smer, zto so tudi ti integrli. integrl po = integrl po K. K je poljubno mjhen, f je zvezn v ε > δ >, d iz z < δ sledi f(z) f() < ε. f(z) dz z f() dz = f() πi K z K Posledic Nj bo f holomorfn n odprti množici D in D. Potem lhko f rzvijemo v potenčno vrsto okrog in t vrst konvergir v vskem krogu s središčem v, vsebovnem v D. 9

20 Dokz K = { w = ρ}. f(z) = πi K f(w) dw w z w z = (w ) (z ) = (w ) [ z f(z) = πi K w n= (z ) n f(w) (w ) n dw w f je zvezn n K, zto je omejen, f(z) M. ] = w q = w n= mjornto M ρ n= q n lhko zmenjm integrl in vsoto. f(z) = n= (z ) n ( πi K ) f(w) dw = (w ) n+ (z ) n f(w) (w ) n c n (z ) n n= n= (z ) n (w ) n im z enkomerno Notrnji integrl ni odvisen od z je konstnt c n. To velj z vse z z notrnjosti krog. To vrsto lhko odvjm neskončnokrt, p se konvergenc ne spremeni. Posledic Če je f holomorfn n D, je neskončnokrt odvedljiv n D. Definicij Nj bo D C. Funkcij f : D C je nlitičn, če je. D odp C. z vsko točko z D obstj potenčn vrst n= n(z z ) n, ki konvergir k f n neki okolici točke z f nlitičn n D odp C f se d n neki okolici vske točke rzviti v konvergetno potenčno vrsto. Če je f holomorfn, je nlitičn. Če je f nlitičn, je holomorfn. f je holomorfn je nlitičn je neskončnokrt odvedljiv. Posledic Vsot, produkt nlitičnih funkcij st nlitični. Kvocient nlitičnih funkcij je nlitičen povsod, kjer je imenovlec od rzličen. Cel funkcij je nlitičn n vsej rvnini.

21 Posledic Nj bo f = u + iv nlitičn. Potem st u in v hrmonični funkciji, se prvi v C in u = v =. Dokz u, v C, ker je f neskončnokrt odvedljiv. Velj CRS: u x = v y, u y = v x. u xx = v yx ; u yy = v xy u xx + u yy = v yx v xy = u xy = v yy ; u yx = v xx v xx + v yy = u xy u yx = Primer Rzvijmo f(z) = z = R =. f(z) = +z ( + z ) = v potenčno vrsto okrog z =. f je holomorfn povsod rzen v n= ( z ) n = n= ( ) n zn n+ Primer Rzvijmo okrog z = funkcijo f(z) = z. Anlitičn je povsod rzen v z =, rzvijm +z okrog R =, vrst konvergir z z <. f(z) = n= c n(z ) n, uvedemo substitucijo z = w f(z) = w w + = w + w = w n= ( ) n w n n+ = n= ( ) n (z )n+ n+ Izrek Nj bo D odp C in f n zporedje nlitičnih funkcij n D. Če f n enkomerno konvergir k f n vski omejeni krožni plošči K D, je f nlitičn.

22 Dokz Nj bo K krog, K D. Z z v notrnjosti K je po Cuchyjevi formuli f n (z) = f n (w) dw πi w z K fn(w) je omejeno n robu K w z w z limito in integrl. f(z) = f(w) dw πi w z K f(w) konvergir enkomerno k, zto lhko zmenjmo w z Izrek: Morerov izrek Nj bo D odp C in f : D C zvezn. Z vsk trikotnik C nj bo f(z) dz = Potem je f nlitičn n D Dokz Z vsk z D obstj odprt krog O okrog z, vsebovn v D. Dovolj je videti, d je f nlitičn n O. Ker je O zvezdsto območje, smo dokzli, d im f nedoločeni integrl F, F = f. Torej je F holomorfn, zto je neskončnokrt odvedljiv, zto je tudi f holomorfn. Definicij Območje D je enostvno povezno (simply connected), če vsko sklenjeno pot v D lhko zvezno deformirmo v točko v D. Primer Konveksn množic je enostvno povezn. Zvezdst množic je enostvno povezn. Kolobr v C li v R ni enostvno povezn. R { } ni enostvno povezn. R 3 { } je enostvno povezn. Torus ni enostvno povezn.

23 Posledic Nj bo D EP območje v R 3, A vektorsko polje rzred C in rot A =. Potem je A n D potencilno Dokz Nj bo K sklenjen pot v D. K lhko zvezno stisnemo v točko v D. Če je rot A =, se integrl po K pri tem ne spremeni. Dobimo integrl po točki, ki je enk. Integrl po vski sklenjeni krivulji je A je potencilno. Primer Mgnetno polje B okrog žice p. Zunj žice je rot B =, mpk R 3 p ni EP. V tem primeru polje ni potencilno. Posledic Nj bo f holomorfn n EP območju D. Potem je z vsko sklenjeno pot K D f(z)dz = K in f im nedoločen integrl n D Dokz f = u + iv, obrvnvmo vektorsko polje (u, v, ). To polje je brezvrtinčno (rot = ). rot (u, v, ) = (,, v x u y ) = (,, ) Zdnj enkost je po CRS. (u, v, ) im potencil U = U(x, y), ker je U z =. Enko je polje (v, u, ) je brezvrtinčno in im potencil V = V (x, y). U x = u = V y, U y = v = V y CRS z F = U + iv. F = U x + iv x = u + iv = f f im nedoločen integrl. 3

24 Primer Z b > izrcunjmo e x cos(bx) dx Nredimo sklenjeno znko Γ s točkmi, n, n + ib, ib in rčunmo integrl Γ e z dz. e z je cel, R je EP, zto im nedoločen integrl Γ e z dz =. Rzbijemo n 4 dele: e z dz = dz Γ Γ e z Γ e z = Γ 3 e z Γ 4 e z = i n = b Γ + e x dx n Γ + Γ 3 + Γ 4 e z b e (n+it) dt = ie n e t e nit dt b n e (x +ib b ) dx = e b [cos(bx) i sin(bx)] dx = i e t dt Skupni integrl je Γ + Γ = Γ 3 Γ 4. Pošljemo n in gledmo smo relni del: e x dx = e b e x cos(bx) dx Z prvi integrl substitucij t = x, dx = dt Γ( ) = π. = dt x t e x dx = e t t / dt = e x cos(bx) dx = π e b Izrek Nj bo f nlitičn n območju D, Γ sklenjen pot v D. deformirmo v sklenjeno pot K, je f(z) dz = f(z) dz Γ K Če lhko Γ v območju D zvezno 4

25 Dokz f(z) dz = (u + iv)(dx + idy) = (u dx v dy) + (v dx + u dy) = Γ Γ = (u, v) d r + i (v, u) d r = (u, v) d r + i (v, u) d r = Γ Γ Γ Γ K To je res, ker st (u, v) in (v, u) brezvrtinčni. Γ Γ f(z) dz Definicij Nj bo X metrični prostor, A X. Družin {O i ; i I} odprtih množic je pokritje z A, če je A i O i. Množice O i,..., O in so končno podpokritje, če je A O i O in odprto Izrek V metričnem prostoru X immo množico A. Te trditve so ekvivlntne:. Vsko odprto pokritje množice A im končno podpokritje.. Vsk neskončn podmnožic v A im steklišče v A. 3. Vsko zporedje v A im podzporedje, ki konvergir k točki v A. Definicij Če veljjo lstnosti v izreku, je A kompktn Primer Premic ni kompktn Pokrijemo jo z intervli (n, n + ) z vse n Z. To je odprto pokritje, nim končneg podpokritj. Zporedje,, 3... nim steklišč. Zporedje,, 3... nim konvergetneg podzporedj. Če im f n D nedoločen integrl F, je z vsko pot Γ od do b b f(z) dz = Γ f(z) dz = F (b) F () 5

26 Primer i π cos z dz = sin z i π = sin i sin π = i sinh = + i sinh.3 Logritem Funkcij f(z) = z je nlitičn n C {}, to ni EP območje. Integrl z (z ). z dζ z ζ = dx ϕ x + z e it i dt z e it = ln z + iϕ dζ ζ je odvisen od poti dζ ζ Izrčunjmo Γ, kjer je Γ sklenjen pot okrog, ki ne gre skozi. Lhko jo deformirm v krožnico Γ dζ = πi, če gre enkrt okrog. Če gre veckrt, je integrl nπi. Če gre v ζ negtivni smeri, je integrl πi. Definicij Nj bo C in Γ sklenjen pot, ki ne gre skozi. dz = I(Γ, ) πi z Γ je indeks li ovojno število poti Γ glede n točko. To je celo število in nm pove, kolikokrt Γ obkroži (obhodi v negtivno smer se štejejo negtivno). z dζ ζ Definicij = ln z + i rg z log z = ln z + i rg z + n πi n = I(Γ, ). Vidimo, d to ni prv funkcij, ker ni enolično določen. Če rešujemo enčbo e z = w: z = x + iy, w = w e iα. e z = e x e ix = w e iα Vzmem bsolutno vrednost: e x = w x = ln w. P kotni del: e iy = e iα y = α + nπ, n Z. Enčb e z = w, kjer je w = w e iα im neskončno rešitev z = ln z + iα + nπi = log z. V C vzmemo enostvno povezno območje D, ki ne vsebuje. Potem im funkcij n D z nedoločen integrl F. Njvečkrt iz C izvzmemo negtivni del relne osi in točko. N t nčin dobimo EPO. 6

27 Definicij z dζ F (z) = ζ = ln z + i rg z; π < rg z < π To je glvn vrednost (glvn vej) logritm. To je nlitičn funkcij n tej prerezni rvnini..4 Splošn Cuchyjev formul Izrek Nj bo f nlitičn n EPO D. Če je Γ sklenjen pot p D in / Γ, je I(Γ, )f() = f(z) dz πi z Γ Dokz Poglejmo si g(z) = f(z) f() z. f nlitičn lhko jo rzvijemo v potenčno vrsto okrog. f(z) = c + c (z ) + c (z ) +... ; f() = c f(z) f() = c (z ) + c (z ) + = (z ) [c + c (z ) +... ] = (z )h(z) h() = c, h je nlitičn, h(z) = f(z) f() = g(z) z z. z Če definirm dodtno g() = c, je g nlitičn n D (ker je h nlitičn). Ker je D EPO, im g nedoločen integrl, zto je g(z) dz =. Γ Γ Γ f(z) dz z f() dz Γ z = f(z) dz z = f() Γ dz z = f()πii(γ, ).5 Ničle nlitične funkcije Nj bo f nlitičn n odprti množici D, D. 7

28 Definicij Točk je ničl stopnje n z f, če je f() = f () = = f (n ) () =, f (n) () V tem primeru rzvijemo f okrog. Dobim f(z) = c + c (z ) + c (z ) + + c n (z ) n + c n (z ) n +... Vemo p: f() = c =, f () = c =,..., f n () = (n )!c n =. Ostnejo le členi od n nprej. f(z) = c n (z ) n + c n+ (z ) n+ + = (z ) n [c n + c n+ (z ) +... ] To konvergir n neki okolici točke, isti kot vrst z f. Definirm g(z) = f(z) f() z z z in g() = c n, g je nlitičn n D. Posledic Točk je ničl stopnje n z nlitično funkcijo f f(z) = (z ) n g(z), kjer je g() in g nlitičn tm, kjer je nlitičn f. Ali im f lhko ničlo neskončne stopnje? f (n) = n N. f rzvijemo v vrsto, vsi cleni morjo biti enki f(z) = n vskem krogu v D s središčem v. Privzemimo, d je D območje. Potem je f =. Vzmem poljubno točko b v D, obstj pot od do b. f = n delu poti, ki lezi v krogu. Tudi n robu krog je f =, jo tm rzvijem v vrsto, ki konvergir no nekem novem krogu. Po tej poti pridem v b li poljubno točko v D. Povzetek Nj bo f nlitičn in ne identično enk. Potem so ničle funkcije f izolirne točke, se prvi d z vsko ničlo obstj okolic, n kteri je f rzen v točki. Vsk ničl im končno stopnjo n. Če je ničl stopnje n, je f(z) = (z ) n g(z), kjer je g nlitičn n D in g(). g je zvezn, ni enk v f n neki okolici, tm p tudi (z ) ničl je izolirn. Primer f(z) = e z, f() = e =. Stopnj te ničle? f (z) = e z, f () = je ničl prve stopnje. f(z) = e z = zq(z), q cel, q(). Primer g(z) = cos z, g() = cos = g (z) = sin z, g () = g (z) = cos z, g () = je ničl druge stopnje. g(z) = cos z = z h(z), kjer je h cel, h(). 8

29 Posledic Če st f, g nlitični n območju D in se ujemt n množici točk, ki im vsj eno steklišče v D, st enki (f = g). Dokz h = f g, steklišče množice točk A, n kterih se f in g ujemt. Vzmem ε-okolico, v tej okolici je neskončno točk iz A. V vski okolici obstj ničl z h h() =. je ničl, mpk ni izolirn, torej je h oz. f g n D. Če poznmo vrednost nlitične funkcije n konvergentem zporedju, je določen povsod. Primer f(z) = sin(z + w), g(z) = sin z cos w + cos z sin w. f in g se ujemt z z, w R. Obe st celi funkciji, R im steklišče (vsk točk je steklišče) ujemt se z z C, w R. Zdj p ju obrvnvmo kot funkciji w: Ujemt se n z C, w R Ujemt se n z, w C. Adicijski izrek velj n celi C rvnini, enko z cos(z + w). Izrek: Liouvillov izrek Cel omejen funkcij je konstnt. Dokz Nj bo f nlitičn n vsej rvnini, f(z) M z vse z C. Rzvijem f v potenčno vrsto okrog, t vrst bo imel neskončen konvergenčni polmer R =. f(z) = c + c z + c z +... Če f ni konstnt, je vsj en koeficient rzen c rzličen od. Členi z neničelnim koeficientom p niso omejeni f ni omejen. (Pri tem in nslednjem dokzu imm le idejo in ne rčunov) Posledic: Osnovni izrek lgebre Nj bo p(z) = n z n + + polinom stopnje n >, n,..., C. Potem im p v C vsj eno ničlo. Dokz Vzemimo f(z) =. Če p nim ničle, je f definirn povsod in cel (ker je p cel). Ker p(z) je p polinom, gre ob z tudi p(z), zto gre f(z) =. Torej je f p(z) omejen in cel je konstnt. To p je protislovje, ker je p polinom stopnje vsj in ni konstnten. 9

30 .6 Lurentov vrst V območju D immo otok, n kterem f ni nlitičn. Vzmemo točko, okoli nje nrišemo koncentričn krog (K in K, K je zunnji, robov st orientirn enko), tko d je f nlitičn n kolobrju med njim. Točk z je v kolobrju. L in L st poti, vsk po polovici vskeg krog in po obeh zveznich med njim. L gre okrog z, L p ne. Po splošni Cuchyjevi formuli je πi f(ζ) dζ L ζ z = I(L, z)f(z) = f(z) f(ζ) dζ πi L ζ z = I(L, z)f(z) = Seštejem, velj L + L = f(z) = πi Z ζ K pišem [ f(ζ) dζ K ζ z K + K ] f(ζ) dζ K ζ z ζ z = ζ (z ) = ( ) = (ζ ) z ζ n= (z ) n (ζ ) n+ f(ζ) dζ πi K ζ z = πi (z ) n n= K f(z) dζ (ζ ) = c n+ n (z ) n n= Drugeg integrl se lotimo podobno, z ζ K, tokrt izpostvimo drugi člen. ζ z = (z ) (ζ ) = (z ) ( ) = ζ f(ζ) dζ πi K ζ z f(z) = = n= c n (z ) n c n (z ) n + c n (z ) n = n= z n= n= c n (z ) n (ζ ) n (z ) = n+ n= (ζ ) n (z ) n To velj z vse z v notrnjosti kolobrj. Prv vrst je potenčn, torej je njeno konvergenčno območje vedno krog. Konvergenčni polmer je vsj polmer K, zto konvergir povsod znotrj K. Drug vrst, c n n= p konvergir zunj nekeg krog. Pisemo ζ =, t vrst postne (z ) n z n= c nζ n, konvergir kjer je ζ <, torej kjer je z > R. Konverginčni polmer je vsj R polmer K konvergir povsod zunj K. Obe vrsti p konvergirt znotrj kolobrj. 3

31 Trditev Če je vrst n= c n(z ) n konvergir v vseh točkh odprteg kolobrj s središčem v in njeno vsoto oznčimo z f(z), je to enolično določeni rzvoj f v Lurentovo vrsto v tem kolobrju Primer f(z) =, rzvijmo okrog. Anlitičn je povsod, rzen v in. Iščem čim večje (z )(z ) kolobrje, n kterem bo f nlitičn. r =, r =, potenčn vrst okrog, R =. Rzstvimo n prcilne ulomke, znmo rzviti. r =, r =. f(z) = z z. z = ( ) = z z = z ( ) = z f(z) = n= zn + To velj z < z <. n= n= n= r =, r = oz. z >. z z n n+ z n+ ( z n+ z = z( ) = n z z n+ n= ) je enko kot prej. V tem primeru dobimo vsoto dveh simptoskih vrst. f(z) = k= ( k ) z z > zk Dobili smo tri rzlične vrste z tri rzlične kolobrje. Definicij Točk je z f izolin singulrn točk, če obstj okolic U točke, d je f n U \ nlitičn, ni p definirn li nlitičn v. Rzvijmo f v Lurentovo vrsto okrog. T vrst konvergir n tej punktirni okolici U \. Mli krog lhko skrčimo v točko simptotsk vrst (drugi del) konvergir povsod rzen mord v. Temu delu rečem glvni del (G( ))rzvoj okrog, prvi del (potenčni) p je z regulrni del in je nlitičen n tem krogu s točko vred. Immo tri možnosti: 3

32 . Glvni del. Če je c n = z n, je glvni del enk nič in je vrst potenčn. Prvimo: Točk je odprvljiv singulrnost z funkcijo f. Če dodtno definirmo f() = c, je f nlitičn n U. Primer f(z) = sin z je definirn povsod, rzen v je izolin (celo edin) singulrnost z f. z Vemo sin z = z z3 + z5... z z. 3! 5! sin z z = z 3! + z4 5!... z z To je Lurentov vrst, im smo regulrni del točk je odprvljiv singulrnost. Če dodtno definirmo f() =, je f cel.. c n in c m = z m > n f(z) = c n (z ) + + c n (z ) + c n (z ) n V tem primeru je pol stopnje n z f. n= Primer f(z) = im v edino singulrnost. Vrst z f je kr je pol stopnje 5 z f. z 5 z 5 g(z) = + sin z im tudi v pol stopnje 5. Sinus se rzvije v regulrni del, glvni z 5 z del p st ostl dv člen. g(z) {}}{ f(z) = [c (z ) n n + c n+ (z ) c (z ) n +...] = g(z), pri tem je g nlitičn povsod, kjer je f, in v točki in velj g() = c n. Če im f pol stopnje n v (z ) n, lhko zpišemo f(z) = g(z), g(). Če se bližmo polu, gre f(z). Lhko (z ) n pišemo f(pol) =. lim f(z) = z 3. Neskončno mnogo c n je od rzličnih Potem je bistven singulrnost (essentil singulrity) z f. V tem primeru je glvni del neskončn vrst. Primer f(z) = exp( ). e w = z n= f(z) = n= w n n!. w n n! = + z + z 4! + z 6 3! Im le glvni del, ki p je neskončen (vsk sodi člen je neničelen) singulrnost z f. je bistven 3

33 Izrek: Veliki Picrdov izrek Nj bo bistven singulrn točk z f. Če je U punktirn okolic z, f n U zvzme vse vrednosti neskončnokrt, s kvečjemu eno izjemo. Primer f(z) = exp( ) ne more biti. z Če je ε > poljuben, im enčb f(z) = w, w neskončno mnogo rešitev z, d je z < ε. Dokz Le z t konkreten primer: exp( z ) = w = ln w + i rg w + kπi z z = ln w + i rg w + kπi z = ± ln w + i rg w + kπi Mormo njti tke w, d bo z < ε ln w + i rg w + kπi > ε Z velike k bo to poljubno veliko, celo z neskončno k-jev je to poljubno veliko. Obstj neskončno k-jev, z ktere je to res..7 Residuum Nj bo izolirn singulrn točk z nlitično funkcijo f. Rzvijmo f v Lurentovo vrsto okrog. f(z) = c n (z ) n + n= n= c n (z ) n Koeficient c je residuum funkcije f v. Pišemo c = Res z= f(z). 33

34 Prvilo Če je f(z) = g(z), g, h nlitični, kjer im h enostvno ničlo (prve stopnje) v, je h(z) g(z) Res z= h(z) = g() h () Dokz Enostvn ničl h() =, h () in h(z) = (z )k(z), k(). f(z) =, k(z) n neki okolici točke, kjer je tudi g nlitičn. N tej okolici g(z) (z )k(z) je g(z) k(z) nlitičn. g(z) k(z) = d + d (z ) + d (z ) +... f(z) = d z + d + d (z ) +... d je residuum, d = g() k(). h (z) = k(z) + (z )k (z), h () = k() d = g() h () Primer f(z) = + z = (z i)(z + i) Singulrnosti v i in i, st izolirni. V i: f(z) = z+i prve stopnje. Podobno z i, je tudi prve stopnje. z i = g(z) z i, g(i) = i = i. i je pol Primer f(z) = e iz ( ), > z π 4 + ( ) Singulrnosti: z π 4 + =, z π = ±i. z = π 4 4 stopnje. Residuum v π + i? 4 ± i, st očitno ob pol prve Res (z= π 4 π ei( = +i)f(z) 4 +i) i = iπ ( i)e 4 e = ( i) ( + i)e = ( i)e 4 34

35 Primer f(z) = ( + z ) = (z + i) (z i) = c (z i) + c z i + c +... Singulrnosti v ±i, st pol druge stopnje ne moremo uporbiti prejšnjeg prvil. (z + i) = c + c (z i) + c (z i) +... Člen c dobimo z odvjnjem: (z + i) 3 = c + c (z i) +... Postvimo z = i (i) 3 = c = 4 i 3 = i 4. Res z=i f(z) = i 4 Podobno z z = i: (z i) = c + c (z + i) + c (z + i) +... (z i) 3 = c + c (z + i) +... ( i) 3 = c = i 4 = Res z= i f(z) Izrek: Izrek o residuih Nj bo D EPO in f nlitičn povsod n D rzen v končno mnogo izolirnih singulrnih točkh,..., m D. Če je Γ sklenjen pot v D, ki ne gre skozi nobeno singulrno točko, je ( m ) f(z) dz = πi I(Γ, k )Resf(z) k Γ k= 35

36 Dokz Nj bo G( z k ) glvni del Lurentove vrste z f, rzvite okrog k. g(z) = f(z) m k= ( ) G z k g je nlitičn n D { k }. V k im Lurentov rzvoj z g smo regulrni del, sj se glvn del odstejet k so odprvljive singulrnosti z g. Torej lhko g poprvimo (definirmo g( k )) tko, d bo nlitičn. [ m ( ) ] g(z) dz = = f(z) G dz z k Γ Γ f(z) dz = ( ) G z k Γ m k= Γ Γ = c z k + k= ( ) G dz z k c (z k ) +... Vsi členi rzen c imjo nedoločeni integrl, zto se po sklenjeni krivulji (ki ne gre skozi noben k ) integrirjo v, člen z c p v πii(γ, k )c = πii(γ, k )Resf(z) k ( ) G = πii(γ, k )Resf(z) z k k Primer Nj bo K krožnic s polmerom okrog, orientirn pozitivno. Izrčunjmo ( + z ) dz K z = e it, t [, π]. K K π ( + z ) dz = ie it dt ( + 4e it ) Lhko p uporbimo izrek o residuih. Singulrnosti st ±i, ob indeks st, residu p poznmo iz prejšnjeg primer. [ ] ( i dz = πi I(K, i)resf(z) + I(K, i)res ( + z ) f(z) = πi z=i z= i 4 + i ) = 4 36

37 Primer dx R ( + x ) = lim dx R R ( + x ) 37

38 Primer Z > izrčunj K x sin x x + dx = x sin x x + dx = R lim R R x sin x x + dx = R lim I R R xe ix x + dx i R i R Je nlitičn povsod rzen v x = ±i, integrirmo po K. je: [ ] f(z)dz = πi Resf(z) + Res f(z) z=i z= i K Po izreku o residuih iei i Residuum p lhko izrčunmo: Resf(z) = z=i i K f(z) dz = R R Drugi del lhko omejimo: Q R π R sin t Re R π = e. Re it e ireit f(x) dx + R e it + Rieit dt }{{} Q R π R dt e R sin t dt sin t π t R sin t R π t e R sin t e R π t π Q R e R π t dt = πi e = πie = R R R π R e π t x sin x x + dx = Iπie = πe π π R x sin x x + dx x sin x x + dx 38

39 Primer sin x x dx = π Primer z = dz (z 4 + ) T funkcij je nlitičn povsod rzen v z 4 =, torej k = exp(i π+kπ ), k {,,, 3} 4 oz. k = ( + i)i k. Vse singulrnosti so poli druge stopnje. K 3 z = dz (z 4 + ) = πi Res z= k f(z) Ne ljubi se nm rčunti vseh 4 residuov, upostevmo d je to enko z vsko krožnico s središčem v in z rdijem R >, sj zobjme iste singulrnosti. vzmemo R. dz π (z 4 + ) = Rie it dt π (R 4 e 4it + ) Rie it dt (R 4 e 4it + ) z =R Ocen: R 4 e 4it + R 4 R4 z dovolj velike R. π Rie it dt π (R 4 e 4it + ) 4Rie it dt π R 8 4R dt R 8 z n = e n log z n ln z +ni rg z+knπi = e z n = e n log z = = z i rg z n e n kπi e n To im n vej Če je m Q, im zm končno vej. Če je m / Q, m R, im zm neskončno vej. Te veje so enkomerno rzporejene po krožnici z rdijem R = z n. Glvn vej je preslikn prerezn rvnin (C rvnin brez negtivneg del R osi), skrčen n kot π n. 39

40 .8 Konformne preslikve Nj bo D območje v C, f : D C nlitičn, z D, f (z ). Nj bo w = ϕ(t) gldk krivulj v D, z = ϕ(t ). t f(ϕ(t)) je gldk krivulj v D. Vektor n tngenti n preslikno krivuljo: d dt f(ϕ(t)) = f (ϕ(t))ϕ (t) Pri t = t je to enko f (z )ϕ (t ). f (z )ϕ (t ) = f (z ) ϕ (t ) Vemo, d je n krivulji ds = ϕ (t) dt, ds je n originlni krivulji, dš p n preslikni. dš = d dt (f(ϕ(t))) dt = f (z ) ds velikost vektorj n tngenti se pomnoži s f (z ), torej neodvisno od krivulje vse rzdlje v bližini (v limiti) z pomnoži z istim fktorjem. Velj tudi: rg d f(ϕ(t)) dt t=t = rg f (z ) + rg ϕ (t ) + kπ. Vsem smerem n krivulji pri preslikvi prištejemo rg f (z ), zto se koti med krivuljmi ohrnjjo ohrnj se orientcij. Izrek Nj bo f : D C nlitičn. V točkh, kjer je f (z), je preslikv f loklno bijektivn in loklno konformn, se prvi ohrnj kote, orientcijo in upodovitveno rzmerje. Dokz f = u + iv = (u, v), f = u x + iv x, f (z) = u x u x + v x v x. Velj CRS: f (z) = u x v y v x u y = u x u y = J(x, y) v x v y Po izreku o inverzni funkciji je f loklno bijektivn loklno obstj f, je odvedljiv v kompleksnem smislu in zto nlitičn. Funkcij f infinitezimlno mjhen trikotnik (li drug lik) okrog točke z preslik n podoben infinitezimlno mjhen lik. Primer f(z) = z, f (z) = z je rzlično od rzen v točki : f () = v točki f ni konformn, ne ohrnj kotov. f pozitivni poltrk relne osi preslik nse, pozitivni del imginrne os p n negtivni del relne. Torej se kot med njim v točki ne ohrnj. Definicij Če je nlitičn funkcij f : D f(d) C bijektivn in je f (z) z vse z D prvimo, d f preslik D konformno n f(d). 4

41 Primer D nj bo {x + iy; x, y > }, f(z) = z. f je n D injektivn, torej preslik D n zgornjo (odprto) polrvnino {x + iy; y > } konformno. Kko njdemo f(d): z = e iϕ, < ϕ < π z = e iϕ ; < ϕ < π Primer f(z) = z n, D = {z; z ; rg z < π }. Rčunmo kot prej, f(d) je prerezn rvnin n (brez negtivne relne osi in ). Primer D = {z; Iz < π}, f(z) = e z. f (z) = e z, torej je loklno konformn. N celi rvnini f ni bijektivn, n tem psu p je, torej ps D preslik konformno n isto prerezno rvnino. Torej obstj inverz, ki je tudi bijektivn preslikv, v tem primeru je to glvn vej logritm..8. Stereogrfsk projekcij Filmček: Vzemimo sfero, ki se dotik kompleksne rvnine v izhodišču. Dotiklišče nj bo južni pol S sfere, dimetrln točk p severni pol N. Vzmem točko z C, jo povežem z N in drugo presečišče zveznice s sfero je stereogrfsk projekcij točke z n dno sfero. Tko lhko celo rvnino projecirm n omejeno sfero, le severni pol ni pokrit. Projekcij C preslik bijektivno n sfero brez N. Tej sferi rečemo Riemnnov sfer. V bližini južneg pol se ploskev mlo deformir, strn od izhodišč p dosti bolj. Po dogovoru N odgovrj točki n rzširjeni kompleksi rvnini C = C { }, torej immo bijekcijo iz C n Riemnnovo sfero. V smislu te bijekcije lhko vpeljem metriko in topologijo n C. Ml krožnic n sferi okrog severneg pol (s središčem v N) je slik velike krožnice s središčem v, notrnjost mle krožnice p slike zunnjosti velike okolice točke so krožnice s središčem v v C Premic p n rvnini se preslik n krožnico n sferi, ki gre skozi N. Krožnic v C se preslik n krožnico, ki p ne gre skozi N premic je krožnic skozi točko. Izrek Preslikv z nlitično nekonstntno funkcijo je odprt, se prvi vsko odprto množico preslik n odprto množico. 4

42 Posledic Če je D območje v C in f nlitičn nekonstntn, je f(d) območje. Dokz Odprt je po prejšnjem izreku, s potmi povezn p je, ker je f zvezn. Izrek: Princip mksimum Absolutn vrednost nekonstntne nlitične funkcije v notrnjosti definicijskeg območj nim loklneg mksimum. (Prv tko tm nim loklneg minimum, rzen v.) Dokz f : D C Denimo, d im f loklni mksimum v notrnji točki z. Tedj obstj U odp D, z U, d je f(z) f(z ). f(u) leži v zprtem krogu okoli z rdijem f(z ), torej f(u) {w; w f(z ) }. Po izreku p je f(u) odprt okolic z f(z ), torej vsebuje mjhen odprt krog okrog f(z ). Vsk tk mjhen krog p delom leži izven {w; w f(z ) } protislovje..8. Linerne lomljene (Möbiusove) trnsformcije Filmček: f(z) = z+b,, b, c, d konstnte, f nekonstntn. cz+d f (z) = (cz + d) (z + b)c (cz + d) = d bc (cz + d) Ker f ni konstntn, privzmemo d bc. Vsk tk funkcij f je konformn. Odvod je očitno povsod rzličen od, videti mormo še, če je bijektivn. Rešimo enčbo f(z) = w = z+b z + b = cwz + dw z = dw b. Rešitev je njveč en, cz+d cw torej je f injektivn. Definicijsko območje z f:. c =, : f(z) = z + b d d bijektivn, preslik C n C je linern trnsformcij, definirn je povsod. Je. c : definirn je povsod, rzen tm, kjer je cz + d = oz. z = d. Definirn je n c C {z }. Zlog vrednosti je C { } c z je pol prve stopnje z f f(z) z z oz f(z ) =. Rvno tko je pol prve c stopnje z f f ( ) =, torej je f( ) =. c c Če je c, f konformno preslik C n C in C {z } n C { c }. Tudi f je Möbiusov trnsformcij. 4

43 Izrek Kompozitum Möbiusovih trnsformcij je Möbiusov trnsformcij Dokz f (z) = z+b c z+d, f (z) = z+b c z+d, d b c in d b c. f(z) = (f f )(z) = f (f (z)) = z+b c z+d + b c z+b = z + b + b c z + b d = z + b c z+d + d c z + c b + d c z + d d cz + d Funkcij f f je prve oblike z Mobiusovo, s konstntmi = + b c ; b = b + b d ; c = c + d c ; d = c b + d d Preveriti mormo se nekonstntnost oz d bc : d bc = ( + b c )(c b + d d ) ( b + b d )(c + d c ) = c ( b b ) + d ( d b c ) + b c (c b d ) + b d (c d d c ) = + ( d b c )( d b c ) + Primer f(z) = z + b, b C je vzporedni premik (trnslcij) z b. f(z) = ze iϕ, ϕ R je zsuk (rotcij) okrog izhodišč z kot ϕ. f(z) = z, > je rzteg (homotetij) okrog izhodišč z fktor. z z +b = e iϕ z +b je podobnostn trnsformcij, ki vse rzdlje pomnoži z, lik preslik n podoben lik. Trnsformcij f(z) =, f() =. z Krožnice in premice v C lhko opišemo z enčbo Azz + Bz + Bz + C = ; A, C R (3) A(x + y ) + b x + b y + C = Če je A = in B, je to premic. Nj bo L krožnic li premic v C z enčbo Azz + Bz + Bz + C =. z L, w = f(z) = f(l). Potem je f (w) = = z L zdošč enčbi z w w (3). A + Bw + Bw + Cww = Enk enčb, f(l) je spet krožnic (če C ) li premic. Če L vsebuje, je C = in je f(l) premic. To se skld s tem, d je premic krožnic skozi. Če immo poljubno LLT f(z) = z+b, c : cz+d f(z) = c f 3 f f. d (cz+d)+b c cz+d = c d b c +, f cz+d (z) = cz + d, f (z) =, f z 3(z) = c 43 + (b d c )z f =

44 Izrek LLT je konformn preslikv n C z, ki ohrnj unijo krožnic in premic. Primer f(z) = z + z f( ) =, f( ) = i = f() i = f(i) K Nj bo K enotsk krožnic. f(k) je premic, sj gre K skozi z. f() =, f(i) = i = ( i) = i+i = i f(k) gre skozi in i, torej je f(k) +i imginrn os. Kj p notrnjost? = {z; z < }, f() =. Po izreku od odprti preslikvi je f( ) odprt, s potmi povezn množic, ki vsebuje. U = {z; z > }, tudi f(u) je odprt in SPP. Vemo, d je f(c { }) = C { }, torej f(u), imginrn os in f( ) sestvljjo C { } in se ne sekjo. Torej mor biti f( ) desn polrvnin, in f(u) lev polrvnin brez. Torej f preslik notrnjost enotskg krog konformno n desno polrvnino. Ker je f = f, preslik imginrno os n enotsko krožnico, desno polrvnino p n njeno notrnjost. Kko bi jo p konformno preslikli n zgornjo polrvnino? Zvrtimo: g(z) = if(z) = i z +z. 44

45 Izrek Nj bo <. Trnsformcij f(z) = e iα z z ohrnj enotski krog (in enotsko krožnico) in f() =. Dokz Nj bo z = z = z z = z zz = z = z, torej je f(z) = z = z enotsk krožnic se preslik n enotsko krožnico. Ker je notrnjost povezn, f bijektivn, v notrnjosti ( < ) in f() =, se notrnjost preslik v notrnjost, zunnjost p v zunnjost brez ene točke..9 Zveze s hrmoničnimi funkcijmi Izrek Nj bo D EPO v C, u C (C) in u hrmoničn ( u = ). Potem obstj nlitičn funkcij f n D, d je Rf = u. Dokz Konstruirmo tko funkcijo v, d je f = u + iv nlitičn, rečemo v je konjugirn hrmoničn funkcij k u. CRS: u x = v y, u y = v x grd v = (v x, v x ) = ( u y, u x ) v je potencil z ( u y, u x, ). Potreben pogoj z eksistenco polj v: rot ( u y, u x, ) =. rot ( u y, u x, ) = (,, u xx + u yy ) = (,, u) = Ker je D EPO, je to zdosten pogoj. Posledic Hrmoničn funkcij je neskončnokrt odvedljiv Izrek Anlitičn funkcij f nj območje D preslik konformno n D. Če je u hrmoničn n D, je u f hrmoničn n D. 45

46 Izrek Vrednost hrmonične funkcije v središču krog je povprečje vrednosti n robu krog. (Ves krog mor ležti v območju, n kterem je funkcij hrmoničn) Dokz Nj bo to krog K s središčem v, hrmoničn funkcij je u. Hrmoničn je tudi n mlo večjem odprtem krogu, ki je EPO, zto je u = Rf, f nlitičn. Z f p velj Cuchyjev formul: f() = πi K f(z) dz z Krog lhko prmetrizirm: z = + Re it f() = π f( + Re it )Rie it dt = π f( + Re it ) dt πi Re it π u() = π u( + Re it ) dt π Izrek Nekonstntn hrmoničn funkcij n D v notrnjosti množice D nim loklnih ektremov. Dokz Če bi bil v loklni mksimum, bi obstjl tk okolic U, d je f() f(z) z z U. Nrišem krožnico v U, po prejšnjem izreku je f() povprečje f(z) n tej krožnici f() je hkrti mksimum in povprečje f je konstntn n tej krožnici. Posledic Nj bo f hrmoničn n območju D in zvezn n D, D kompktn. zvzme mksimum in minimum, ki st ob n robu množice D. V tem primeru je f povsem določen z vrednostmi n robu množice D. Potem f n D Dokz Recimo, d je u D = u D. Tedj je u u hrmoničn in zvezn, (u u ) D =. Ker zvzme mksimum in minimum n robu, je povsod u = u. 46

47 . Dirichletov problem z krog Nj bo u hrmoničn n enotskem krogu. g(z) = z z, g (w) = w + + w Vemo, d je u g = U hrmoničn. U() = πi π U(e it )dt = u(g ()) = u() = π e iϑ = g (e it ) e it = g(e iϑ ) = eiϑ e iϑ π u(g (e it ))dt = π u( eit + ) dt π } {{ e it } e iϑ ie it dt = ieiϑ ( e iϑ ) (e iϑ )( ie iϑ ) ( e iϑ ) dϑ = ieiϑ ie iϑ ( e iϑ ) dϑ = i( ) (e iϑ )( e iϑ ) dϑ = re iϕ = re iϕ, = r dt = ( r ) dϑ re iϕ e iϑ re iϕ e iϑ + r = ( r ) dϑ r cos(ϕ ϑ) + r Formul: Poissonov formul z enotski krog u(re iϕ ) = π π u(e iϑ r ) r cos(ϕ ϑ) + r dϑ Podobno lhko izpeljujemo tudi z krog s poljubnim polmerom in središčem v, tko d g njprej preslikmo n enotskeg s preslikvo h(z) = z, in je Φ = (u R h ) hrmoničn n enotski krožnici. Formul: Poissonov formul z krog s polmerom R u(re iϕ ) = π π u(re iϑ ) r R R r cos(ϕ ϑ) + r R dϑ. Funkcij Γ Z Rz > definirmo: Definicij Γ(z) = t z e t dt t z (z ) ln t = e t z = e (z ) ln t = e R(z ) ln t = t Rz. Ker t Rz e t dt konvergir, 47

48 konvergir tudi t z e t dt, torej je definicij v redu. Lhko dokžemo, d obstj Γ, torej je Γ nlitičn n polrvnini Rz >. Lhko jo še rzširimo: Γ(z) = t z e t dt + t z e t dt }{{} cel funkcij Drugi del je cel funkcij, prveg p lhko izrčunmo: ( ) t z e t dt = t z t + t! t3 3! +... dt = = t z dt t z dt + t z+ dt...! = z tz z + tz+ +! z + tz+ = z z + +!(z + ) 3!(z + 3) +... Izvzmem iz C in negtivn cel števil. N D = C {,,,... } nm z z + +!(z + ) 3!(z + 3) + + t z e t dt definir nlitično funkcijo Γ(z). Nj bo K zprt krožn plošč v D. N tej plošči vrst konvergir, enko vrst odvjnih členov Γ je nlitičn n D. Vsk točk n, n N {}, je pol prve stopnje z Γ, glvni del LV v n je ( )n n!(z+n) ( )n Res Γ(z) =. z= n n! Oglejmo si Γ(z + ) in zγ(z). St identični n D, ujemt se n množici s stekliščem st enki. Γ(z)Γ( z) = Primer π sin(πz) 3 ( Γ 3 ) ( = Γ ) ( Γ ) = Γ ( Γ 3 ) = 4 π 3 ( ) = π 48

49 3 Diferencilne enčbe 3. Frobeniusov metod Reševnje linernih diferencilnih enčb drugeg red. Homogen LDE: Ly = P (z)y + Q(z)y + R(z)y = Tu je y(z) funkcij kompleksne spremenljivke, ki zdošč zčetnim pogojem y() = c, y () = c. Izrek Nj bost funkciji Q in R nlitični n krogu s središčem v in s polmerom r. Potem P P obstj rešitev enčbe in je nlitičn v tem krogu. 49

50 Primer z( z)y 6(z )y 4y = y() = ; y () = y 6(z ) 4 z( z) y z( z) y = Anlitičn st povsod, rzen v in, rzvijmo p okrog. Rešitev zpišemo kot potenčno vrsto, rzvito okrog. V nšem primeru je =, zpišemo z = w, z = w, z = w +, z = w. y(z) = y (z) = c n (z ) n ; y (z) = n= nc n (z ) n = n= n(n )c n (z ) n = n= nc n (w) n n= n(n )c n (w) n n= y() = c =, y () = c = dv koeficient že immo. ( w ) n(n )c n w n + 6w n= n(n )c n w n n= n= Spremenimo vse vsote, d bodo členi w n : (n + )(n + )c n+ w n n= nc n (z ) n 4 n(n )c n (z ) n = n= n= n= n(n )c n w n + 6 nc n (w) n 4 c n w n = n= Člene z w in konstntne poberem ven, dobim c 4c + w(6c 3 c ) + n= n= n(n )c n w n + 6 nc n w n 4 c n w n = n= w n [(n + )(n + )c n+ n(n )c n 6nc n 4c n ] = n= Potenčn vrst, ki je identično enk vsi koeficienti so, lhko iz teg izrčunmo c n : n + 4 c =, c 3 =, c n+ = c n n + y(z) = c n (z ) n = (n + )(z ) n n= n= Se d še polepšti: (z ) = ω, n= (n + )ωn = d dω y(z) = z (z ) 5 = ωn = d dω. ω

51 Izrek Immo enko enčbo kot prej. Funkciji Q P in R P nj imt izolirno singulrnost v točki, in sicer tko, d imt (z ) Q in (z P ) R odprvljivo singulrnost v. Torej lhko ti P dve funkciji rzvijemo v konvergentno potenčno vrsto s središčem v in s polmerom R. Enčb im vsj eno rešitev: y(z) = (z ) r kjer je d. n= d n (z ) n 3. Besselov enčb Z ν > je z y + zy + (z ν )y = y + z y + ( ν z )y Ob pogoj prejšnjeg izrek st izpolnjen Obstj rešitev oblike y = z r y = y = z y = zy = (z ν )y = n= c n z n = c n z n+r n= (n + r)c n z n+r n= (n + r)(n + r )c n z n+r n= (n + r)(n + r )c n z n+r n= (n + r)c n z n+r n= c n z n+r+ n= To seštejem, rčunm po členih: ν c n z n+r = n= c n z n+r n= ν c n z n+r r(r )c z r + rc z r ν c z r + (r + )rc z r+ + (r + )c z r+ ν c z r+ + + n= [ ] (n + r)(n + r )cn + (n + r)c n + c n ν c n z n+r = n= 5

52 z r izpostvim, to mor biti res z vsk z vsi koeficienti so enki. (r ν )c = [(r + ) ν ]c = [(n + r) ν ]c n + c n = Privzmemo c r = ±ν. Potem (r + ) ν in je c =. (n + r) ν = (n + r) r = n + nr = n(n + r), n(n + r)c n = c n. Torej je c n = z lihe n, z sode p lhko rekurzivno izrčunmo. Ostnejo le sodi n, zto lhko pišemo n = m, vzmemo še r = ν. m(m + r)c m = c m 4m(m + ν)c m = c (m ) c m = m(m + ν) c m Besselov enčb je homogen in linern. Vzmem c =, c Γ(ν+) ν =, c ν+ Γν+ 4 =, c ν+4 Γ(ν+3) 6 =. Z indukcijo pokžemo ν+6 3!Γ(ν+4) c m = ( ) m ν+m m!γ(ν + m + ) En rešitev Besselove enčbe je J ν (z) = z ν m= c m z m = z ν m= ( z ν = ( ) ) m ( z m!γ(ν + m + ) m= ( ) m ν+m m!γ(ν + m + ) zm = ) m To je Besselov funkcij prve vrste. Definirn je n C brez negtivneg del relne osi in ničle (vrst je cel, problem je ( z ν). ) Če je ν N {}, p je funkcij cel. J ν im neskončno ničel, rzdlj med zporednim ničlm gre proti π, ko so oddljujemo od izhodišč. Z cele n je ( z n J n (z) = ( ) ) m ( z m!(m + n)! m= Če p ν / Z, immo še funkcijo z r = ν: ) m ( z ν J ν = ( ) ) m ( z m!γ( ν + m + m= }{{} ) / Z ) m V tem primeru st J ν in J ν linerno neodvisni in je splošn rešitev BE y = AJ ν (z) + BJ ν (z) 5

53 Z negtivn cel števil: v formulo postvim ν = n, so vsi členi do c n enki. Rzvijmo: ( z n J n (z) = ) e zt = e z t n= n! m=n ( ) n zt = ( ) n z n = n k! n= ( ) m ( z ) m m!(m n)! t n n= z n n k! tn Obe st enkomerno konvergentni, lhko ju množim in seštevm. f(t) = e z (t t ) = n= c n (z)t n To je produkt zgornjih dveh vrst. Z n je c n (z)t n = k= z n+k ( )k z k n+k (n + k)! tn+k k k! k= t k ( z n ( ) c n (z) = ) k ( z ) k = Jn (z) k!(k + m)! Podobno je z n > c n (z) = J n (z) f(t) = e z (t t ) = n= J n (z)t n To je rodovn funkcij z Besselove funkcije J n. f( t ) = f(t) ( ) n J n (z)t n = J n (z)t n n= n= J n (z) = ( ) n J n (z) 53

54 3.. Integrlsk reprezentcij z J n Vzmem x R +, t = e iϑ, t = e iϑ, t t = i sin ϑ e x (t t ) = J n (x)t n e ix sin ϑ = n= n= cos(x sin ϑ) + i sin(x sin ϑ) = J (x) + = J (x) + Desni del je enk (če je n = m): J m (x)[ cos(mϑ)] Če p je n = m +, p je desni del: J m+ (x)[i sin((m + )ϑ)] Izenčim relne in imginrne dele: J n (x)e inϑ [J n (x)e inϑ + ( ) n J n e inϑ ] n= J n (x)[e inϑ + ( ) n e inϑ ] n= cos(x sin ϑ) = J (x) + J m (x) cos(mϑ) m= sin(x sin ϑ) = J m+ (x) sin((m + )ϑ) m= To st Foureirov rzvoj n intervlu [ π, π]. J m (x) = π J m+ (x) = π = π = π π π π π cos(x sin ϑ) cos(mϑ) dϑ (4) sin(x sin ϑ) sin((m + )ϑ) dϑ (5) sin(x sin ϑ) sin(mϑ) dϑ (6) cos(x sin ϑ) cos((m + )ϑ) dϑ (7) Z sode člene sestejem enčbi (4) in (6), z lihe p (5) in (7). Upoštevmo, d je cos(nϑ x sin ϑ) = cos(nϑ) cos(x sin ϑ) + sin(nϑ) sin(x sin ϑ). J n (x) = π π cos(nϑ x sin ϑ) dϑ; n =,,,... 54