Osnove kompleksne analize MARKO SLAPAR

Transcript

1 Osnove kompleksne analize MARKO SLAPAR

2 Univerza v Ljubljani Pedagoška fakulteta Marko Slapar Osnove kompleksne analize Ljubljana, Avgust 22

3 Naslov: Osnove kompleksne analize Avtor: Marko Slapar Recenzenta: Barbara Drinovec Drnovšek, Jasna Prezelj Perman Izdala in založila: Pedagoška fakulteta Univerze v Ljubljani Za založnika: Janez Krek, dekan Predmet: Matematika Dostopno na spletnem naslovu: KompleksnaAnaliza.pdf Prva izdaja, e-študijsko gradivo (učbenik) ISBN c 22 avtor CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 57.5 SLAPAR, Marko Osnove kompleksne analize [Elektronski vir] / Marko Slapar. -. izd. - Ljubljana : Pedagoška fakulteta, 22 Način dostopa (URL): slaparma/kompleksnaanaliza.pdf ISBN (pdf) Vse pravice pridržane. Reproduciranje in razmnoževanje dela po zakonu o avtorskih pravicah ni dovoljeno.

4 Kazalo Predgovor v Poglavje. Kompleksna števila 6.. Definicija in algebraične lastnosti 6.2. Polarni zapis kompleksnega števila 8.3. Topologija kompleksne ravnine 2.4. Stereografska projekcija in Riemannova sfera 5.5. Linearne lomljene transformacije 8 Naloge 2 Poglavje 2. Kompleksne funkcije Definicija odvoda kompleksnih funkcij Holomorfne funkcije in Cauchy-Riemannove enačbe Harmonične funkcije Primeri holomorfnih funkcij 32 Naloge 37 Poglavje 3. Kompleksna integracija Definicija kompleksnega integrala Cauchyjev izrek Cauchyjeva integralska formula in posledice Primitivna funkcija 54 Naloge 58 Poglavje 4. Taylorjeva in Laurentova vrsta Funkcijska zaporedja, funkcijske vrste in enakomerna konvergenca Potenčne vrste Posledice razvoja v potenčno vrsto Laurentova vrsta 69 Naloge 75 iii

5 KAZALO iv Poglavje 5. Klasifikacija izoliranih singularnosti in izrek o ostankih Klasifikacija izoliranih singularnosti Izrek o ostankih Primeri uporabe izreka o ostankih 87 Naloge 96

6 Predgovor Učbenik je nastal na podlagi predavanj pri predmetu Kompleksna analiza na Pedagoški fakulteti Univerze v Ljubljani, ki se predava študentom matematike v tretjem letniku dodiplomskega študija. Vsebuje osnovne teme kompleksne analize, kot so kompleksna števila, holomorfne funkcije, kompleksna integracija in Taylorjeve ter Laurentove vrste. Od bralca predpostavlja zgolj osnovno znanje realne analize v eni in dveh spremenljivkah. Dokazi trditev so narejeni z vso matematično korektnostjo, vendar je poudarek učbenika na razumevanju konceptov in uporabi kompleksne analize na drugih področjih matematike. v

7 POGLAVJE Kompleksna števila.. Definicija in algebraične lastnosti Kompleksna števila definiramo kot pare (a, b) dveh realnih števil, za katere definiramo seštevanje kot in množenje kot (a,b)+(c,d) = (a+c,b+d) (a,b) (c,d) = (ac bd,ad+bc). Bolj običajno se odločimo za ekvivalenten zapis a+ib, kjer velja i 2 =. Število i imenujemo imaginarna enota. S tem dogovorom seštevamo in množimo (a+ib)+(c+id) = (a+c)+i(b+d) (a+ib)(c+id) = (ac bd)+i(ad+bc). Nevtralni element za seštevanje je seveda število = +i in enota za množenje je = +i. Nasprotni element številu a+ib je kompleksno število a ibin, čea+ib, številoimainverznielementzamnoženje = a ib. Množico kompleksnih števil označimo s C. Velja a+ib a 2 +b 2 Izrek.. (C,+, ) je komutativen obseg. Kompleksna števila se v literaturi prvič pojavijo v drugi polovici 6. stoletja. Glavni razlog za vpeljavo kompleksnih števil se, vsaj zgodovinsko, skriva v naslednjem izreku: Izrek.2 (osnovni izrek algebre). Vsak nekonstanten polinom ima vsaj eno kompleksno ničlo. Kasneje bomo podali kar nekaj različnih dokazov tega izreka. 6

8 .. DEFINICIJA IN ALGEBRAIČNE LASTNOSTI 7 Poglejmo si nekaj definicij. Naj bo z = a + ib kompleksno število. Označimo z Re(a+ib) = a, Im(a+ib) = b realni del in imaginarni del kompleksnega števila z. Absolutna vrednost števila z = a+ib je število z = a 2 +b 2, ki predstavlja razdaljo števila z = a + ib do izhodišča kompleksne ravnine. Konjugirano število h kompleksnemu številu z = a + ib je število z = a ib, ki je zrcalna slika števila z glede na abscisno os v kompleksni ravnini. b Im z z = a+ib a Re z = a ib Slika.. Realni in imaginarni del, absolutna vrednost in konjugirano število Naslednja trditev povsem sledi iz definicij. Trditev.3. Naj bosta z in w kompleksni števili. Velja (i) z +w = z + w, (ii) zw = z w, (iii) z = z z 2, (iv) Rez = z+ z 2, Imz = z z 2i. Absolutna vrednost ima naslednje lastnosti:

9 .2. POLARNI ZAPIS KOMPLEKSNEGA števila 8 Trditev.4. Naj bosta z in w kompleksni števili. Potem velja (i) z in z =, samo če je z =, (ii) z = z, (iii) zw = z w, (iv) Rez z in Imz z, (v) z +w z + w (trikotniška neenakost). Dokaz. Točki (i) in (ii) preprosto sledita iz definicij. Oglejmo si (iii). Naj bo z = a+ib in w = c+id. Potem je zw = (ac bd)+i(ad+bc). Torej je zw 2 = (ac bd) 2 +(ad+bc) 2 = a 2 c 2 +b 2 d 2 +a 2 d 2 +b 2 c 2 = (a 2 +b 2 )(c 2 +d 2 ) = z 2 w 2. Točka (iv) pomeni a 2 a 2 +b 2 in b 2 a 2 +b 2, kar je očitno. Ostane nam torej samo še trikotniška neenakost (v): z +w 2 = (a+c) 2 +(b+d) 2 = a 2 +b 2 +c 2 +d 2 +2ac+2bd in ( z + w ) 2 = a 2 +b 2 +c 2 +d 2 +2 a 2 +b 2 c 2 +d 2. Neenakost bo torej dokazana, če pokažemo ac+bd a 2 +b 2 c 2 +d 2. Če neenakost kvadriramo, dobimo neenakost a 2 c 2 +b 2 d 2 +2abcd a 2 c 2 +b 2 d 2 +b 2 c 2 +a 2 d 2 oziroma b 2 c 2 +a 2 d 2 2abcd, kar pomeni (bc ad) Polarni zapis kompleksnega števila Kompleksno število z = a+ib lahko zapišemo tudi s pomočjo kota ϕ, ki ga daljica med izhodiščem in točko z oklepa s pozitivno abscisno osjo in razdaljo r točke z do izhodišča. Polarni kot ϕ običajno vzamemo na intervalu [,2π) in ga imenujemo tudi argument števila z ter označimo z arg z. Med običajnimi kartezičnimi koordinatami in polarnimi koordinatami števila z veljajo

10 .2. POLARNI ZAPIS KOMPLEKSNEGA števila 9 Im b r z = a+ib ϕ a Re Slika.2. Polarni zapis kompleksnega števila zveze a = rcosϕ, b = rsinϕ in r = z = a 2 +b 2, tanϕ = b a. Kot polarni zapis števila z = a+ib razumemo zapis z = r(cosϕ+isinϕ). Primer.5. Naslednja kompleksna števila zapišimo s polarnim zapisom: 3, +i, + 3i. Število 3 ima argument π, saj se nahaja na negativni realni osi in je oddaljeno 3 od izhodišča. Zato je 3 = 3(cosπ +isinπ). Število +i ima argument π/4, saj je točno na simetrali prvega kvadranta in +i = 2, zato +i = 2 ( cos π 4 +isin π ). 4 Število + 3i ima argument 2π/3, nahaja se namreč v drugem kvadrantu in velja tan 2π = 3, + 3 = 2, zato 3 + ( 3i = 2 cos 2π 3 +isin 2π ). 3 Polarni zapis je zelo primeren za množenje. Naj bo z = r(cosϕ+isinϕ), w = ρ(cosϑ+isinϑ).

11 .2. POLARNI ZAPIS KOMPLEKSNEGA števila Potem je zw = rρ(cosϕ+isinϕ)(cosϑ+isinϑ) = rρ(cosϕcosϑ sinϕsinϑ+(cosϕsinϑ+sinϕcosϑ)) = rρ(cos(ϕ+ϑ)+isin(ϕ+ϑ)), ker smo upoštevali adicijski izrek. Ta račun nam pove, da poleg zw = z w velja tudi arg(zw) = argz +argw. Formulo lahko uporabimo tudi pri potencah števil. Če je z = r(cosϕ+isinϕ), je z n = r n (cos(nϕ)+isin(nϕ)). V posebnem primeru, ko je z =, dobimo de Moivreovo formulo (cosϕ+isinϕ) n = cos(nϕ)+isin(nϕ). Primer.6. Izračunajmo (+i). V polarnem zapisu je +i = 2(cos π 4 +isin π 4 ). Zato (+i) = ( ( 2) cos π +isin π ) 4 4 = 2 5 (cos25π +isin25π)) = 2 5 ( +i) = 2 5. Poglejmo si še, kako lahko s pomočjo polarnega zapisa rešujemo enačbo z n = w, kjer je w = ρ(cosϑ+isinϑ) dano kompleksno število. Rešitev z prav tako iščemo v polarnem zapisu z = r(cosϕ + isinϕ). Veljati mora r n (cos(nϕ)+isin(nϕ)) = ρ(cosϑ+isinϑ). Leva in desna stran bosta enaki le, če bosta enaki absolutni vrednosti obeh števil, kar pomeni r = n ρ, in bosta veljali enakosti cos(nϕ) = cos ϑ ter sin(nϕ) = sin ϑ. Zadnji dve enakosti skupaj veljata le, če za nek k Z velja nϕ = ϑ + 2kπ oziroma ϕ = ϑ + 2kπ. Pri tem je n n

12 .2. POLARNI ZAPIS KOMPLEKSNEGA števila dovolj, da za parameter k vzamemo števila k =,,2,...,n. Če povzamemo, so rešitve enačbe z n = w = ρ(cosϑ+isinϑ) v polarnem zapisu ( z = n ρ cos ϑ+2kπ +isin ϑ+2kπ ),k =,2,...,n. n n Primer.7. Poiščimo vse kompleksne rešitve enačbe z 3 =. V polarnem zapisu je = (cosπ +isinπ). Zato so rešitve enačbe z = cos π 3 +isin π 3 = i, z 2 = cos 3π 3 +isin 3π 3 =, z 3 = cos 5π 3 +isin 5π 3 = i. Im z z 2 Re z Slika.3. Rešitve enačbe z 3 = Primer.8. Poiščimo vse kompleksne rešitve enačbe z n =. V polarnem zapisu je = (cos+isin). Zato so rešitve enačbe z k = cos 2kπ 2kπ +isin n n, k =,,...,n. Rešitve enačbe so torej enakomerno porazdeljene po enotski krožnici, predstavljajo oglišča pravilnega n kotnika, pri čemer je eno od oglišč. Narišimo primer, ko je n = 8.

13 .3. TOPOLOGIJA KOMPLEKSNE RAVNINE 2 z 3 z 4 z 2 z 5 π/4 z z 6 z 8 z 7 Slika.4. Osmi koreni enote.3. Topologija kompleksne ravnine Kompleksno ravnino lahko na naraven način enačimo z ravnino R 2. Razdalja med dvema točkama z = x +iy in z 2 = x 2 +iy 2 je podana z d(z,z 2 ) = z z 2 = (x 2 x ) 2 +(y 2 y ) 2 in je enaka razdalji med točkama (x,y ) ter (x 2,y 2 ) v R 2. Z D(a,r) = {z C; z a < r} in D(a,r) = {z C; z a r} podamo odprt in zaprt krog s polmerom r okrog točke a. r a r a Slika.5. Odprt in zaprt krog s središčem v a in radijem r

14 .3. TOPOLOGIJA KOMPLEKSNE RAVNINE 3 Definicija.9. Naj bo D C. Točka a D je notranja točka množice D, če obstaja tak ε, da je D(a,ε) D. Točka b C je robna točka množice D, če za vsak ε > krog D(b,ε) seka tako D kot C\D. Točka c C je zunanja točka D, če je c notranja točka množice C\D. Seveda velja C = {notranje točke D} {robne točke D} {zunanje točke D}, pri čemer gre za disjunktno unijo. zunanje točke notranje točke robne točke Slika.6. Notranje, zunanje in robne točke množice Definicija.. Množica D C je odprta, če je vsaka točka a D notranja točka množice D. Množica F C je zaprta, če vsebuje vse svoje robne točke. Definicija.. OdprtamnožicaD Cjepovezana, čejenemoremo napisati kot disjunktno unijo dveh nepraznih odprtih množic. Odprto povezano množico imenujemo območje. Slika.7. Nepovezana odprta množica Definicija.2. Pot v C je zvezna preslikava : [,] C. Če velja, da je () = (), je pot sklenjena, in če je poleg tega zožitev

15 .3. TOPOLOGIJA KOMPLEKSNE RAVNINE 4 : (,) C injektivna, je enostavno sklenjena. Tir poti je zaloga vrednosti ([,]), označimo ga z. Pot je (kosoma) gladka, če je zvezno odvedljiva (razen v končno mnogo točkah). Dve poti, : [,] D C sta homotopni v D, če obstaja zvezna preslikava F: [,] [,] D, da velja F(t,) = (t) in F(t,) = (t). Slika.8. Homotopija med potema in Pogosto označimo s (t) = F(t,s). Če sta poti in sklenjeni, pri homotopiji zahtevamo še, da so vse poti s tudi sklenjene. Za (sklenjeno) pot rečemo, da je homotopna konstanti, če je homotopna konstantni poti (t) = p D za t [,]. Definicija.3. Naj bo D C poljubna podmožica. Če za poljubni točki a,b D obstaja pot : [,] C, za katero velja () = a, () = b in ([,]) D, rečemo, da je množica D povezana s potmi. Vsaka s potmi povezana množica je tudi povezana, obrat pa velja samo za množice, ki so lokalno povezane s potmi. Med drugim velja Izrek.4. Naj bo D C odprta množica. Potem je množica D povezana natanko tedaj, ko je povezana s potmi. Definicija.5. Množica D C je enostavno povezana, če je vsaka sklenjena pot v D homotopna konstanti. Definicija.6. Množica K C je kompaktna, če je zaprta in omejena.

16 .4. STEREOGRAFSKA PROJEKCIJA IN RIEMANNOVA SFERA 5 D 2 Slika.9. 2 je homotopna konstanti v D, pa ne. Območje D ni enostavno povezano..4. Stereografska projekcija in Riemannova sfera Definicija.7. Razširjena kompleksna ravnina je množica Ĉ := C { }, pri čemer definiramo za a Ĉ: (i) a+ = +a =, (ii) če a je a = a =, (iii) če a je a = in če a je a =. Množica U Ĉ je odprta okolica točke, če je Ĉ\U kompaktna podmnožica C. U Slika.. Odprta okolica U točke Poglejmo si sedaj, kako si lahko na drugačen način, prek stereografske projekcije, predstavljamo razširjeno kompleksno ravnino. Naj bo S enotska sfera v R 3 S = {(x,y,z) R 3 ; x 2 +y 2 +z 2 = }.

17 .4. STEREOGRAFSKA PROJEKCIJA IN RIEMANNOVA SFERA 6 Točko N = (,, ) imenujemo severni pol sfere. Kompleksno ravnino C si prek identifikacije z = x+iy (x,y,) lahko predstavljamo kot xy-ravnino v R 3. Stereografska projekcija je preslikava φ: S Ĉ, ki jo definiramo takole: Naj bo T = (x,y,z) S\{N} in točka (x T,y T,) tista točka, ki je presek premice skozi N in T z xy-ravnino. Definiramo φ(t) = x T +iy T C. Za severni pol N definiramo φ(n) = Ĉ. S N P C P Slika.. Stereografska projekcija točke P Naslednjo trditev lahko preprosto dokažemo. Trditev.8. Preslikava φ je na S\{N} podana s formulo Inverzna preslikava je podana z ( φ (x+iy) = φ(x,y,z) = x iy z. 2x x 2 +y 2 +, ) 2y x 2 +y 2 +, x2 +y 2. x 2 +y 2 + Dokaz. Naj bo (x,y,z) S\{N}. Premico skozi N in (x,y,z) parametriziramo z t (tx,ty,+(z )t), t R,

18 .4. STEREOGRAFSKA PROJEKCIJA IN RIEMANNOVA SFERA 7 in seka ravnino xy v točki ( ) x z, y z,. S tem smo dobili formulo za φ. Da dobimo inverzno formulo, moramo določiti presečišče premice skozi N in(x, y, ) s sfero S. Parametrizacija te premice je t (tx,ty, t), t R. Premica seka S natanko tedaj, ko za nek t velja t 2 x 2 +t 2 y 2 +( t) 2 =, 2 kar se zgodi pri t =. Če to vstavimo to nazaj v parametrizacijo x 2 +y 2 + premice, dobimo točko ( 2x x 2 +y 2 +, ) 2y x 2 +y 2 +, x2 +y 2. x 2 +y 2 + Stereografska projekcija je torej bijekcija med sfero S in razširjeno kompleksno ravnino. Iz zapisa sledi, da je preslikava φ zvezna v vsaki točki (x,y,z) S\{N} in ima tam tudi zvezen inverz. Lahko se prepričamo, da je φ zvezna tudi v točki N in da je inverz zvezen v. Stereografska projekcija je torej homeomorfizem med S in Ĉ. Razširjeni kompleksni ravnini zato pogosto rečemo Riemannova sfera. Krožnice na sferi S so definirane kot preseki sfere S z ravninami v R 3. Pokažimo naslednjo trditev. Trditev.9. Naj bo S enotska sfera v R 3 in φ stereografska projekcija. (i) Naj bo K krožnica na sferi S, ki vsebuje točko N. Potem je φ(k\{n}) premica na kompleksni ravnini C. Obratno je vsaka premica na kompleksni ravnini C slika K\{N} za neko krožnico K, ki vsebuje točko N. (ii) Naj bo K krožnica na sferi S, ki ne vsebuje točke N. Potem je φ(k) krožnica v C. Vsaka krožnica v C je slika neke krožnice K S, ki ne vsebuje točke N.

19 .5. LINEARNE LOMLJENE TRANSFORMACIJE 8 Dokaz. Ravnino Σ v R 3 lahko napišemo z enačbo ax+by +cz = d, pričemerlahkopredpostavimo, daveljaa 2 +b 2 +c 2 =. Čenajravnina sekasferosvkrožnici,moraveljati < d <,sajje d / a 2 +b 2 +c 2 razdalja ravnine do izhodišča. Nadalje lahko predpostavimo, da je d,sajlahkovobratnemprimeruzamenjamo(a,b,c)z( a, b, c). Krožnica K = S Σ vsebuje točko N natanko tedaj, ko velja c = d. Iz trditve.8 sledi, da je točka (x,y,) v sliki φ(k\{n}) natanko tedaj, ko velja ( ) 2x a x 2 +y 2 + oziroma ( +b 2y x 2 +y 2 + ax+by = c. ) +c ( ) x 2 +y 2 = c x 2 +y 2 + Pokažimo še obrat. Naj bo sedaj ax+by = c enačba neke premice p v ravnini. Predpostavimo lahko, da je a 2 +b 2 +c 2 = in c. Seveda potem velja tudi c <. Po zgornjem razmisleku je premica p slika krožnice {(x,y,z) R 3, ax+by +cz = c} S, ki vsebuje točko N. S tem smo točko (i) dokazali. Naj sedaj velja N / K. Točka (x,y,) je v sliki φ(k) natanko tedaj, ko velja ( ) ( ) ( ) 2x 2y x 2 +y 2 a +b +c = d. x 2 +y 2 + x 2 +y 2 + x 2 +y 2 + Če poračunamo, dobimo enačbo ( x+ a c d ) 2 +( y + b c d ) 2 = d2 (c d) 2. Ker je d <, smo dobili enačbo krožnice v ravnini xy. Zopet lahko preverimo, da pri primerni izbiri ravnine Σ na ta način dobimo vsako krožnico v ravnini..5. Linearne lomljene transformacije Definicija.2. Linearna lomljena transformacija je funkcija oblike f(z) = az +b cz +d,

20 .5. LINEARNE LOMLJENE TRANSFORMACIJE 9 kjer so a,b,c,d C in velja c 2 +d 2. je f Möbiusova transformacija. Če dodatno velja ad bc, Linearna lomljena preslikava je definirana na C\{ d }, v kolikor je c c. Če je c =, pa je linearna lomljena preslikava preprosto linearna preslikavaf(z) = (az+b)/d. Poglejmo, dajead bc natankopogoj, ki ga potrebujemo, da je linearna lomljena transformacija injektivna: az +b cz +d = az 2 +b cz 2 +d (az +b)(cz 2 +d) = (az 2 +b)(cz +d) (ad bc)(z z 2 ) =. V tem primeru je inverz linearne lomljene transformacije enak f (z) = dz b cz +a, kar lahko enostavno preverimo. Möbiusovo transformacijo f(z) = az +b cz +d torej lahko razumemo kot bijekcijo f: C\{ d/c} C\{a/c}, če c, oziromakotbijekcijof: C C,čejec =. InverzMöbiusovetransformacije je zopet Möbiusova transformacija. Möbiusovo transformacijo lahko razumemo tudi kot bijekcijo Riemannove sfere f: Ĉ Ĉ, pri čemer definiramo f( d/c) =, f( ) = a/c, če c, oziroma f( ) =, če je c =. Vsako Möbiusovo transformacijo lahko zapišemo v obliki Torej velja f(z) = az +b cz +d, c f(z) = bc ad c 2 z + d c + a d. Trditev.2. Vsaka Möbiusova transformacija je kompozicija premika, inverzije z /z, raztega in še enega premika.

21 .5. LINEARNE LOMLJENE TRANSFORMACIJE 2 Trditev.22. Vsaka Möbiusova transformacija f: Ĉ Ĉ preslika premice in krožnice v premice in krožnice. Dokaz. Tako premik kot razteg očitno preslikata krožnice v krožnice in premice v premice. Poglejmo sedaj, da inverzija h(z) = /z preslika krožnice in premice v krožnice in premice (ne preslika pa nujno premic v premice in krožnic v krožnice). Ker je vsaka Möbiusova transformacija kompozicija teh preslikav, bo s tem trditev dokazana. Naj bo φ: S\{N} C stereografska projekcija in z = x + iy. Trditev.8 nam da ( φ 2x x 2 +y 2 +, ) 2y x 2 +y 2 +, x2 +y 2 = z. x 2 +y 2 + Točka ( ) 2x x 2 +y 2 +, 2y +y 2 x 2 +y 2 +, x2 x 2 +y 2 + prav tako leži na enotski sferi in velja ( ) 2x φ x 2 +y 2 +, 2y +y 2 x 2 +y 2 +, x2 = x iy x 2 +y 2 + x 2 +y = 2 z. Če definiramo j: S S z smo pokazali, da je j(x,x 2,x 3 ) = (x, x 2, x 3 ), h(z) = φ j φ (z). Ker j ohranja krožnice in stereografska projekcija preslika krožnice v premice in krožnice, tudi h preslika premice in krožnice v premice in krožnice. S tem je trditev dokazana. Primer.23. Poglejmo si Möbiusovo transformacijo f(z) = iz + z +i. Ker vsaka Möbiusova transformacija preslika premice in krožnice v premice in krožnice, mora biti slika realne osi s preslikavo f bodisi krožnica bodisi premica. Ker velja f() = i, f( ) = in f() =,

22 NALOGE 2 je edina možnost, da slika realne osi leži na enotski krožnici z =. Če f razširimo na razširjeno kompleksno ravnino, velja f( ) = i, zato f(r { }) = {z C, z = }. Ker velja še f(i) =, se celotna zgornja polravnina mora preslikati v notranjost enotskega kroga. i Slika.2. Möbiusova transformacija f(z) = iz+ z+i Naloge () Naj bo z = 2+3i in w = i. Izračunaj (a) z +5w, (b) z w, (c) z 2 + z, (d) Im(zw +w 2 ), (e) w z. (2) Naj bo z =, z. Pokaži, da je realno število. i z + z (3) Dokaži posplošeno trikotniško neenakost z +z 2 + +z n z + z z n. (4) Poišči vsa kompleksna števila z, za katera velja z = z.

23 NALOGE 22 (5) Poišči vsa kompleksna števila z, ki zadoščajo enačbi 2 z = z +i. (6) Napiši naslednja števila v polarni obliki: i, 3 + 3i in i. (7) Poišči vsa kompleksna števila z, ki zadoščajo enačbi z 4 = 8+8 3i. (8) Pokaži, da za vsak z velja z z argz (9) Najbostaa,b C. Pokaži,dastaoberešitvikvadratneenačbe z 2 2az + b = na enotski krožnici natanko tedaj, ko velja a, b = in argb = 2arga. () S pomočjo de Moivreove formule izpelji (a) cos3α = cos 3 α 3cosαsin 2 α, (b) sin3α = sin 3 α+3cos 2 αsinα () Skiciraj množice in povej, ali so odprte, zaprte, omejene, povezane, kompaktne. (a) z + < 2 (b) Imz (c) < z < 2 (d) z + z + = 2 (e) Rez 2 (2) Pokaži, da je kolobar {z C, < z < 2} povezana množica. Ali je enostavno povezana? (3) Pokaži, dajepresekdvehobmočijobmočje. Kdajjeunijadveh območij tudi območje? (4) Pokaži, da je množica K C kompaktna natanko tedaj, ko ima vsako zaporedje v K stekališče v K. (5) Poišči slike točk s stereografsko projekcijo: (,, ), (,, ), (,,) in (/ 2,,/ 2). (6) Kaj je slika krožnice S {x+y z = } s stereografsko projekcijo? (7) Kaj je slika krožnice S {x+y +z = } s stereografsko projekcijo?

24 NALOGE 23 (8) Naj bodo z, z 2, z 3 tri različne nekolinearne točke. Naj bo z poljubna točka iz C\{z,z 2,z 3 }. Dokaži, da točka z leži na krožnici skozi z, z 2 in z 3 natanko tedaj, ko je realno število. (z z )(z 2 z 3 ) (z z 3 )(z 2 z ) (9) Poišči Möbiusovo transformacijo, ki preslika v, i v in 3 v. (2) Poišči sliko realne in kompleksne osi z Möbiusovo transformacijo z + z. (2) Poišči sliko pasu < Rez < z Möbiusovo transformacijo z z. (22) Pokaži, da se vsako Möbiusovo transformacijo, ki preslika enostski krog sam vase, lahko napiše v obliki kjer je ζ = in z <. B(z) = ζ z z z z,

25 POGLAVJE 2 Kompleksne funkcije 2.. Definicija odvoda kompleksnih funkcij Definicija 2.. Kompleksna funkcija je preslikava f: D C, kjer je D podmnožica kompleksnih števil. Vsako kompleksno funkcijo f: D C lahko pišemo v obliki f(z) = f(x+iy) = u(x,y)+iv(x,y), kjer smo pisali z = x+iy in sta u,v: D R realni funkciji na množici D, in kjer D razumemo kot podmnožico R 2. Na ta način si lahko kompleksne funkcije predstavljamo kot preslikave f: D R 2, D R 2. Primer 2.2. Poglejmo si to na primeru funkcije f(z) = z 2. z = x+iy, velja Če pišemo f(z) = (x+iy) 2 = (x 2 y 2 )+i2xy. Kompleksno funkcijo f si lahko predstavljamo kot preslikavo f(x,y) = (x 2 y 2,2xy) iz R 2 v R 2. Torej u(x,y) = x 2 y 2 in v(x,y) = 2xy. Definicija 2.3. Kompleksna funkcija f: D C je zvezna v točki z D, če za vsak ε > obstaja δ >, da je f(z) f(z ) < ε, če je le z z < δ. Funkcija je zvezna na D, če je zvezna v vsaki točki množice D. Primer 2.4. Funkcija f(z) = z je zvezna v vsaki točki z C, saj je f(z) f(z ) = z z = z z, zato lahko vzamemo kar δ = ε. 24

26 2.. DEFINICIJA ODVODA KOMPLEKSNIH FUNKCIJ 25 Definicija 2.5. Naj bo funkcija f definirana v okolici točke z, razen morda v z. Število A je limita funkcije f v točki z, če za vsak ε > obstaja δ >, da je f(z) A < ε, čim je z z < δ, z z. Opomba 2.6. Naj bo funkcija f definirana v okolici točke z. Funkcija f je torej zvezna v točki z natanko tedaj, ko velja lim f(z) = f(z ). z z Opomba 2.7. Naj bo f(z) = u(x,y)+iv(x,y) razcep funkcije na realni in imaginarni del in naj bo z = x + iy. Funkcija f je zvezna v z natanko tedaj, ko sta v (x,y ) zvezni obe funkciji u in v. Prav tako limita funkcije f v z obstaja natanko tedaj, ko obstajata limiti A = A 2 = lim u(x,y), (x,y) (x,y ) lim v(x,y). (x,y) (x,y ) Velja lim f(z) = A +ia 2. z z Definicija 2.8. Kompleksnafunkcijaf = u+iv jerazreda C n naodprti množici D C, če sta razreda C n na D realni del u in imaginarni del v. To pomeni, da obstajajo vsi parcialni odvodi funkcij u in v do vključno reda n in so zvezni. Če obstajajo vsi parcialni odvodi, ne glede na stopnjo, rečemo, da je f razreda C. Naslednja definicija je pravzaprav osnova področja kompleksne analize. Definicija 2.9. Naj bo funkcija f: D C definirana na odprti množici D in naj bo z D. Če obstaja limita f(z) f(z ) lim, z z z z jo imenujemo kompleksni odvod funkcije f v točki z in označimo z f (z ).

27 2.2. HOLOMORFNE FUNKCIJE IN CAUCHY-RIEMANNOVE ENAČBE 26 Primer 2.. Funkcija f(z) = z ima kompleksni odvod v vsaki točki z C, saj je f(z) f(z ) lim z z z z = lim z z z z z z =. Poglejmo, da funkcija g(z) = z ni kompleksno odvedljiva v nobeni točki z C: g(z) g(z ) z z lim = lim. z z z z z z z z Ta limita bi morala obstajati ne glede na to, kako se z približuje točki z. Posebej bi morali obstajati limiti lim h (z +h) z, lim h (z +ih) z, h ih kjer je h realno število. Hitro vidimo, da je prva limita enaka, druga limita pa. Zato funkcija nima kompleksnega odvoda. Pri kompleksnem odvodu je torej zgodba precej drugačna kot pri definiciji zveznosti kompleksnih funkcij. Kompleksna funkcija u + iv je torej lahko izredno lepa, pa vseeno ne bo kompleksno odvedljiva. Kot smo namreč videli, je f(x + iy) = x + iy odvedljiva, g(x) = x iy pa ne, kljub temu da sta obe funkciji razreda C. V naslednjem razdelku bomo videli, da je kompleksna odvedljivost odvisna od tega, v kakšni zvezi so si parcialni odvodi funkcij u in v. Za odvod kompleksne funkcije veljajo vsa običajna pravila, kot veljajo v realnem(pravilo za odvod vsote in razlike, Leibnizovo pravilo, pravilo za odvod kvocienta, verižno pravilo). Dokazi so povsem enaki, kot so v realnem Holomorfne funkcije in Cauchy-Riemannove enačbe Definicija 2.. Kompleksna funkcija f: D C razreda C je holomorfna na odprti množici D C, če je kompleksno odvedljiva v vsaki točki z D. Opomba 2.2. Iz predpostavke, da mora biti f = u+iv kompleksno odvedljiva v z, sledi, da sta tako u kot v diferenciabilni v z. Pri definiciji holomorfne funkcije smo zahtevali, da je f, torej u in v, razreda C, kar je malenkost več kot le diferenciabilnost. Ta predpostavka je

28 2.2. HOLOMORFNE FUNKCIJE IN CAUCHY-RIEMANNOVE ENAČBE 27 sicer odveč, vendar so nekateri dokazi v nadaljevanju brez nje nekoliko daljši. Naj bo f(z) = f(x+iy) = u(x,y)+iv(x,y) in z = x +iy D razcep funkcije na njen realni in imaginarni del. Naj odvod f (z ) v točki z obstaja: f (z ) = lim z z f(z) f(z ) z z. Ta limita mora obstajati ne glede na to, kako se z približuje točki z, rezultatmorabitivednoisti. Recimo,dasez približujez vodoravno, to pomeni, da je z = z + h = (x + h) + iy, kjer je h R. V tem primeru je zgornja limita enaka f(z +h) f(z ) lim = h h u(x +h,y )+iv(x +h,y ) u(x,y ) iv(x,y ) lim h lim h u(x +h,y ) u(x,y ) h h = +ilim h v(x +h,y ) v(x,y ) h u x (x,y )+i v x (x,y ). Recimo sedaj, da se z približuje z navpično. Torej je z = z +ih = x +i(y +h), kjer je h R. V tem primeru je limita enaka f(z +ih) f(z ) lim h h lim h = u(x,y +h)+iv(x,y +h) u(x,y ) iv(x,y +h) ih u(x,y +h) u(x,y +h) v(x,y +h) v(x,y ) ilim + lim h h h h i u y (x,y )+ v y (x,y ). Če naj bosta obe limiti enaki, mora veljati u x (x,y ) = v y (x,y ), u y (x,y ) = v x (x,y ). = = =

29 2.2. HOLOMORFNE FUNKCIJE IN CAUCHY-RIEMANNOVE ENAČBE 28 Izrek 2.3. Funkcija f = u + iv razreda C je holomorfna natanko tedaj, ko zadošča Cauchy-Riemannovima (CR) enačbama u x = v y, u y = v x. Dokaz. Pokazali smo že, da mora holomorfna funkcija zadoščati CR enačbama. Pokažimo sedaj še obrat. Po predpostavki sta tako u kot v diferenciabilni. Zato velja f(z) f(z ) = u(x,y) u(x,y )+i(v(x,y) v(x,y )) = kjer velja u x (x,y )(x x )+ u y (x,y )(y y ) ( v +i x (x,y )(x x )+ v ) y (x,y )(y y ) +ν, lim z z ν z z =. Če upoštevamo Cauchy-Riemannovi enačbi, lahko to prepišemo kot f(z) f(z ) = u x (x,y )(z z ) i u y (x,y )(z z )+ν. Limita f(z) f(z ) lim z z z z torej obstaja in je enaka u x (x,y ) iu y (x,y ). Cauchy-Riemannovi enačbi lahko ekvivalentno zapišemo v obliki saj je in f x = i f y, f x = u x +i v x i f y = i u y + v y.

30 2.2. HOLOMORFNE FUNKCIJE IN CAUCHY-RIEMANNOVE ENAČBE 29 Poglejmo še en možen zapis. Definirajmo parcialna odvoda in z z kot f z = ( ) f 2 x i f, y f z = 2 ( f x +i f y Potem sta CR enačbi ekvivalentni enačbi f z =. Primer 2.4. Poglejmo, ali je funkcija ). f(x+iy) = (x 3 3xy 2 +x+)+i(3x 2 y y 3 +y) holomorfna. Preveriti moramo Cauchy-Riemannovi enačbi. Ker je u x (x,y) = 3x2 3y 2 + u (x,y) = 6xy y v (x,y) = 6xy x u y (x,y) = 3x2 3y 2 + u x = v y, u y = v x, je funkcija holomorfna. Če v formulo za f vstavimo dobimo x = z + z 2, y = z z 2i f(z) = z 3 +z +. Ta zapis ne vsebuje z. Na splošno, vsaj pri polinomih p(z, z) velja, da je tak polinom holomorfen natanko tedaj, ko v svojem zapisu ne vsebuje spremenljivke z, saj je le tedaj p =. z Trditev 2.5. Naj bo D povezana množica. Potem je f (z) = za vsak z D natanko tedaj, ko je f C za neko konstanto C C. Dokaz. V eno smer je trditev očitna. Predpostavimo, da je f (z) = za vsak z D. Naj bo f = u+iv in naj bo poljubna horizontalna

31 2.3. HARMONIČNE FUNKCIJE 3 daljica,vsebovanavd. Naj povezujetočkiz = x +iy inz 2 = x 2 +iy. Potem je f(z 2 ) f(z ) = u(x 2,y) u(x,y)+i(v(x 2,y) v(x,y)) = u x (ξ,y)(x 2 x )+iv x (ξ 2,y)(x 2 x ) =, kar sledi iz Lagrangeovega izreka v eni spremenljivki. Torej je f(z ) = f(z 2 ). Podobno dokažemo, da je za vsako vertikalno daljico v D, ki povezuje točki w in w 2, prav tako f(w ) = f(w 2 ). Kar lahko poljubni točki z,z D povežemo z lomljeno črto, ki sestoji le iz horizontalnih in vertikalnih daljic, velja f(z) = f(z ) za poljubni točki. S tem je dokaz končan. Definicija 2.6. Če je funkcija f: C C holomorfna na celi kompleksni ravnini C, rečemo, da je f cela funkcija Harmonične funkcije Definicija 2.7. Naj bo D R 2 odprta množica. Realna ali kompleksna funkcija f razreda C 2, definirana na D, je harmonična na D, če velja Naj bo sedaj f = 2 f x f y 2 =. f(z) = u(x,y)+iv(x,y) holomorfna funkcija na odprti množici D C. Potem f zadošča CR enačbama u x = v y, u y = v x. Zaenkrat predpostavimo, da sta tako u kot v dvakrat zvezno parcialno odvedljivi. Kot bomo videli kasneje, je ta predpostavka odveč, saj so vse holomorfne funkcije dejansko neskončnokrat odvedljive. Zato velja Povsem analogno pokažemo Dobimo naslednji izrek: 2 u x + 2 u 2 y = u 2 x x + u y y CR = v x y v y x = 2 v x y 2 v y x =. 2 v x + 2 v 2 y =. 2

32 2.3. HARMONIČNE FUNKCIJE 3 Izrek 2.8. Naj bo f: D C holomorfna funkcija na odprti množici D C. Potem sta tako Ref kot Imf (in s tem tudi f) harmonični na D. V naslednjem poglavju bomo dokazali tudi nekakšen obrat: Izrek 2.9. Naj bo u: D R harmonična funkcija, definirana na enostavno povezanem območju D C. Potem obstaja taka harmonična funkcija v: D R, da je f = u + iv holomorfna na D. Funkcijo v imenujemo harmonična konjugiranka funkcije u in je določena do aditivne konstante natančno. Primer 2.2. Pokažimo, dajefunkcijau(x,y) = x 3 3xy 2 +e x cosy+x harmonična na C, in poiščimo holomorfno funkcijo f na C, katere realni del je ravno u. Funkcija u je harmonična, saj velja 2 u 2 u x 2(x,y)+ y 2(x,y) = 6x+ex cosy 6x e x cosy =. Poiščimo harmonično konjugiranko k funkciji u. Ker mora biti u + iv holomorfna, mora zadoščati CR enačbama u x (x,y) = 3x2 3y 2 +e x cosy + = v y (x,y), u y (x,y) = 6xy ex siny = v x (x,y). Če upoštevamo samo drugo enačbo in integriramo po x obe strani, dobimo v(x,y) = 3x 2 y +e x siny +C(y), kjer je C(y) neodvisna od x, torej je lahko odvisna le od spremenljivke y. Vstavimo v v prvo enačbo in dobimo 3x 2 3y 2 +e x cosy + = v y (x,y) = 3x2 +e x cos+c (y) oziroma C (y) = 3y 2 C(y) = y y 3 + c, kjer je c neka realna konstanta. Torej je Iskana funkcija f je v(x,y) = 3x 2 y +e x siny +y y 3 +c. f(x+iy) = x 3 3xy 2 +e x cosy +x+i(3x 2 y +e x siny +y y 3 +c).

33 2.4. PRIMERI HOLOMORFNIH FUNKCIJ 32 Če pišemo z = x+iy, lahko funkcijo f napišemo v obliki f(z) = z 3 +z +e x (cosy +isiny)+c. Kot bomo videli v naslednjem razdelku, je izraz e x (cosy+isiny) ravno definicija kompleksne eksponentne funkcije e z. Zato je f(z) = z 3 +z +e z +c Primeri holomorfnih funkcij V tem razdelku bomo pogledali, kako razširimo definicije običajnih elementarnih funkcij, ki so definirane v realnem, na kompleksno ravnino. Vse tako definirane funkcije so holomorfne. Kompleksna eksponentna funkcija. Definicija 2.2. Kompleksna eksponentna funkcija e z je definirana na vsej kompleksni ravnini C s predpisom kjer je z = x+iy. e z = e x (cosy +isiny), Trditev Funkcija e z je cela funkcija (torej je holomorfna na celi kompleksni ravnini). Dokaz. Preverimo, da za kompleksno funkcijo e z veljata CR enačbi. Pišimo e z = u(x,y) + iv(x,y), kjer je u(x,y) = e x cosy in v(x,y) = e x siny: Torej je funkcija holomorfna. u x (x,y) = ex cosy = v y (x,y), u y (x,y) = ex siny = v x (x,y). Poglejmo si nekaj lastnosti eksponentne funkcije. Trditev Za eksponentno funkcijo veljajo naslednje lastnosti: (i) e z e z 2 = e z +z 2,

34 (ii) e z = e z, (iii) e z+2πi = e z, (iv) e z = e Rez, 2.4. PRIMERI HOLOMORFNIH FUNKCIJ 33 (v) e z za vsak z C, (vi) (e z ) = e z. Dokaz. (i) Pišimo z = x +iy in z 2 = x 2 +iy 2. (ii) e z e z 2 = e x (cosy +isiny )e x 2 (cosy 2 +isiny 2 ) = e x +x 2 ((cosy cosy 2 siny siny 2 ) +i(cosy siny 2 +siny cosy 2 )) = e x +x 2 (cos(y +y 2 )+isin(y +y 2 )) = e z +z 2 e z = e x (cosy +isiny) = e x (cosy isiny) = e x (cos( y)+isin( y)) = e z, (iii) (iv) e z+2πi = e x (cos(y +2π)+isin(y +2π)) = e z, e z = e x (cosy +isiny) = e x. (v) Recimo, da je e z = e x (cosy +isiny) =. Ker e x ni nikoli, in je cosy +isiny =, produkt ne more biti. (vi) Za holomorfno funkcijo f(z) = u(x,y) + iv(x,y) je f (z) = f x. Torej je (e z ) = (ex (cosy +isiny)) x = e x (cosy +isiny) = e z. Opomba Iz definicije eksponentne funkcije lahko razberemo Eulerjevo formulo e iϕ = cosϕ+isinϕ. S pomočjo te formule je polarni zapis r(cosϕ + isinϕ) kompleksnega števila ekvivalenten zapisu re iϕ. Tak zapis pogosto omogoča nekoliko lažje računanje s kompleksnimi števili.

35 2.4. PRIMERI HOLOMORFNIH FUNKCIJ 34 Kompleksna sinus in kosinus. Definicija Kompleksni sinus in kosinus definiramo kot sinz = eiz e iz, 2i cosz = eiz +e iz. 2 Poglejmo, da sta tako definirani funkciji zares razširitvi običajnih funkcij sinus in kosinus, definiranih na realni osi: sinx = eix e ix 2i = cosx+isinx cos( x) isin( x) 2i = sinx, pri čemer je prvi kompleksni sinus, drugi pa običajni sinus. Kompleksni funkcijisinz incosz stadefiniraniinholomorfninacelikompleksniravnini, saj je taka funkcija e z. Vse naslednje trditve lahko zelo preprosto izpeljemo iz zgornjih lastnosti za eksponentno funkcijo. Trditev Za kompleksni sinus in kosinus veljajo naslednje lastnosti: (i) sin( z) = sinz, cos( z) = cosz, (ii) sin(z +2π) = sinz, cos(z +2π) = cosz, (iii) sin(z π/2) = cosz, cos(z π/2) = sinz, (iv) sin(z +z 2 ) = sinz cosz 2 +cosz sinz 2, (v) cos(z +z 2 ) = cosz cosz 2 sinz sinz 2, (vi) sin 2 z +cos 2 z =, (vii) sin z = cosz, cos z = sinz. Trditev Funkciji sinz in cosz imata le realne ničle. Dokaz. Poglejmosiničlefunkcijesinz. Izdefinicijesledi, dajesinz = natanko tedaj, ko je e iz = e iz oziroma e 2iz =. Pišimo z = x+iy. Torej velja e 2y (cos(2x)+isin(2x)) =. Ker je e 2y (cos(2x) + isin(2x)) = e 2y =, je y = in je z R. Podobno velja za funkcijo cos z.

36 2.4. PRIMERI HOLOMORFNIH FUNKCIJ 35 Torej so edine ničle funkcije sinz enake z = kπ in ničle funkcije cosz enake π/2+kπ, kjer je k Z. Kompleksne hiperbolične funkcije. Definicija Kompleksni hiperbolični sinus in kompleksni hiperbolični kosinus definiramo kot shz = ez e z 2, chz = ez +e z. 2 Ker sta obe funkciji definirani s pomočjo eksponentne, sta holomorfni na celi kompleksni ravnini. Funkciji sta razširitvi običajnih realnih funkcij shx in chx, definirani sta namreč s povsem enakim predpisom. Vse naslednje lastnosti so enostavno preverljive. Trditev Za kompleksni funkciji shz in chz velja (i) sh( z) = shz, ch( z) = chz, (ii) sh(z +2πi) = shz, ch(z +2πi) = chz, (iii) sh(z +z 2 ) = shz chz 2 +chz shz 2, (iv) ch(z +z 2 ) = chz chz 2 +shz shz 2, (v) ch 2 z sh 2 z =, (vi) sh z = chz, ch z = shz. Hitro lahko opazimo tudi naslednjo povezavo med hiperboličnimi in kotnimi funkcijami: sh(iz) = isinz in ch(iz) = cosz. Kompleksna logaritemska funkcija. Kompleksno logaritemsko funkcijo želimo definirati analogno, kot je definirana v realnem, kot inverz eksponentne funkcije e z. Težava je v tem, da kompleksna eksponentna funkcija ni injektivna. Pišimo w = u+iv ter z = x+iy in rešimo enačbo e w = z: e w = z e u (cosv +isinv) = x+iy e u = x 2 +y 2 in v = argz +2kπ. Torej velja e z = w natanko tedaj, ko je w = ln z +iargz +2kπi,

37 2.4. PRIMERI HOLOMORFNIH FUNKCIJ 36 pri čemer smo svobodni tako pri izbiri celega števila k kot tudi pri natančnem načinu merjenja argumenta (lahko npr. vzamemo arg z [,2π) ali npr. argz = ( π,π], ali kaj drugega.) Vsaki taki funkciji rečemo veja logaritma. Definicija 2.3. Glavno vejo logaritma log: C\(,] C definiramo s predpisom logz = ln z +iargz, argz ( π,π). Tako definirana funkcija je očitno razširitev običajne funkcije ln x. Preverimo, da je logz holomorfna funkcija. Naj bo z = x+iy in logz = u(x,y)+iv(x,y). Potem je u(x,y) = ln x 2 +y 2 = 2 ln(x2 +y 2 ). V prvem ter četrtem kvadrantu je v drugem oziroma tretjem pa v(x,y) = arctan y x, v(x,y) = arctan y x ±π. Predpisa se ujemata vzdolž y osi, če upoštevamo arctan± = ±π/2. Preverimo CR enačbi: u x (x,y) = in x u x 2 +y 2, y (x,y) = v x (x,y) = + y2 v y (x,y) = + y2 x = x 2 y x = y 2 x 2 +y 2, x 2 x x 2 +y 2. y x 2 +y 2 Torej je u x = v y in u y = v x, zato je funkcija holomorfna. Opomba 2.3. Poglejmo si še en način, kako lahko vpeljemo logaritemsko funkcijo. Funkcija u(z) = ln z = ln x 2 +y 2 = 2 ln(x2 +y 2 )

38 NALOGE 37 je harmonična na C\{}, kar lahko enostavno preverimo z odvajanjem. Poiščimo holomorfno funkcijo f, katere realni del je ravno u. Za harmonično konjugiranko v k funkciji u veljajta CR enačbi: u x (x,y) = u y (x,y) = x x 2 +y 2 = v y, y x 2 +y 2 = v x. Iz prve enačbe po integraciji dobimo x v(x,y) = x 2 +y dy = arctan y 2 x +C(x), kjer je C(x) neodvisna od y, torej je lahko odvisna le od spremenljivke x. Vstavimo v v drugo enačbo in dobimo y x 2 +y 2 = v x (x,y) = +(y/x) 2 y x 2 +C (x) = y x 2 +y 2 +C (x) oziroma C (x) = C(x) = c, kjer je c neka realna konstanta. Če vzamemo za c = v prvem in četrtem kvadrantu, ter π oziroma π v drugem oziroma tretjem kvadrantu, dobimo v(x,y) = argz. V tem primeru je funkcija f ravno glavna veja logaritma f(z) = ln z +iargz. Opazimo tudi, da konjugiranke v in s tem f nismo uspeli najti na celem C\{}, ampak le na C\{(,]}. To je povsem v skladu z izrekom 2.8, saj C\{} ni enostavno povezano območje. Funkcijo f smo našli na nekako največjem enostavno povezanem območju, vsebovanem v C\{}. S pomočjo logaritemske in eksponentne funkcije lahko definiramo potence z a pri splošnem a C, s predpisom z a = e alogz. Naloge () Naj bo f = u+iv kompleksno odvedljiva v točki z = x +iy. Pokaži, da sta u in v diferenciabilni v (x,y ).

39 NALOGE 38 (2) Naj bo funkcija f holomorfna na območju D C in naj velja f(d) R. Pokaži, da je f(z) a, kjer je a R. (3) Naj bosta tako f(z) kot f(z) holomorfni na območju D C. Pokaži, da je f(z) c, kjer je c C. (4) Pokaži, da za holomorfne funkcije velja L Hospitalovo pravilo. Naj bosta f in g holomorfni v okolici z C in naj velja f(z ) = g(z ) =. Nadalje naj bo g(z) v okolici točke z, razen v z (kot bomo videli kasneje, je ta pogoj avtomatično izpolnjen, če le g ni identično enaka ). Če obstaja limita obstaja tudi limita in sta enaki. f (z) lim z z g (z), f(z) lim z z g(z), (5) Preveri, ali je naslednja funkcija holomorfna f(x+iy) = e x2 y 2 ((xcos(2xy)+ysin(2xy)) +i(ycos(2xy) xsin(2xy))). Zapiši funkcijo f(z) z z in z namesto z x in y. (6) Pokaži, da je u(x,y) = 2y e y sinx + harmonična na C in poišči vse harmonične konjugiranke fukcije u. (7) Pokaži, da velja 4 2 f z z = f. (8) Pokaži, da za poljubni kompleksni števili velja (e z ) w = e zw. (9) Izračunaj (a) e i, (b) logi, (c) sini, (d) chi, (e) i i. () Reši enačbe (a) e z = +i, (b) sinz = i, (c) tanz = 2i.

40 NALOGE 39 () Kam se s funkcijo e z slikajo naslednje množice (a) daljica z = iy, y 2π, (b) daljica z = +iy, y 2π, (c) pravokotnik {x+iy C, x, y 2π}? (2) Kam se slika pas {x + iy C, π/2 < x < π/2} s funkcijo sinz? (3) Ali vedno velja logz 2 = 2logz? (4) Poišči vse ničle funkcij shz in chz. (5) Dokaži trditev (6) Preveri formuli sh(iz) = isinz in ch(iz) = cosz.

41 POGLAVJE 3 Kompleksna integracija 3.. Definicija kompleksnega integrala Vsako (kosoma) gladko pot : [,] C lahko pišemo kot (t) = x(t)+iy(t), kjer sta x(t) in y(t) dve realni(kosoma) zvezno odvedljivi realni funkciji na [,]. Odvod poti označimo z in je (t) = x (t)+iy (t). Tir poti, torej sliko ([,)], označimo z. Integracija kompleksnih funkcij ene realne spremenljivke ni povsem nič drugačna kot integracija realnih funkcij. realnem intervalu, definiramo β α Če je g: [α,β] C kompleksna funkcija, definirana na g(t)dt = β α β Reg(t)dt+i Img(t)dt. α Z uporabo parametrizacije prevedemo na ta primer tudi integracijo kompleksnih funkcij, definiranih vzdolž (tira) poti. Definicija 3.. Naj bo : [α,β] C gladka pot v kompleksni ravnini in f kompleksna funkcija, ki je definirana na. Integral funkcije f po poti definiramo kot f(z)dz = β α f((t)) (t)dt. Opomba 3.2. Poglejmo si, kako je integral kompleksne funkcije vzdolž poti povezan s krivuljnim integralom iz vektorske analize. Naj bo : [α,β] C pot in f = u + iv kompleksna funkcija, definirana na 4

42 3.. DEFINICIJA KOMPLEKSNEGA INTEGRALA 4 okolici, razcepljena na njen realni in imaginarni del. β f(z)dz = (u((t))+iv((t)))(x (t)+iy (t)) dt = α β +i = = α β α (u((t))x (t) v((t))y (t)) dt (u((t))y (t)+v((t))x (t)) dt udx vdy +i vdx+udy (u, v)ds+i (v, u)ds. Opomba 3.3. Ker je krivuljni integral vektorskega polja neodvisen od parametrizacije, je tudi integral kompleksne funkcije po poti neodvisen od parametrizacije. Primer 3.4. Izračunajmo integral funkcije f(z) = z 2 po naslednjih poteh: (i) daljici od točke do točke i in (ii) pozitivno orientirani krožnici s središčem v in polmerom 2. (i) Daljico med in i parametriziramo z (t) = t( i) = t+it, t [,]. Potem je (t) = +i in je f(z)dz = ( t+it) 2 ( +i)dt = = = = ( t it) 2 ( +i)dt (( 2t)+2ti(t ))(i )dt ( +4t t 2 )+i( 2t 2 )dt ( +4t 2t 2 )dt+i = i. ( 2t 2 )dt

43 3.. DEFINICIJA KOMPLEKSNEGA INTEGRALA 42 (ii) V tem primeru parametriziramo (t) = 2e it, t [,2π], (t) = 2ie it, tako je f(z)dz = = 8 = 8i = 8i =. 2π 2π (2e it ) 2 2ie it dt 2π 2π e 2it ie it dt e it dt 2π costdt 8 sintdt Trditev 3.5. Naj bo pot v C in f zvezna funkcija na. Potem velja f(z)dz l()max f(z), z kjer je l() dolžina poti. Dokaz. Naj bo (t) = x(t)+iy(t), t. Označimo z α argument integrala f(z)dz in naj bo (t) = x (t)+iy (t). f(z)dz = e iα f(z)dz = e iα f((t)) (t)dt saj je = = Re(e iα f((t)) (t))dt f((t)) (x (t)) 2 +(y (t)) 2 dt max t f((t)) f((t)) (t) dt (x (t)) 2 +(y (t)) 2 dt = l()max z f(z), (x (t)) 2 +(y (t)) 2 dt ravno dolžina poti.

44 3.2. CAUCHYJEV IZREK Cauchyjev izrek Eno najpomembnejših orodij v kompleksni analizi je tako imenovani Cauchyjev izrek, ki ga bomo v tem razdelku pokazali s pomočjo Greenove formule. Naj bo D omejeno območje v R 2 s kosoma gladkim, pozitivno orientiranim robom. Naj bosta P in Q funkciji razreda C, definirani v okolici območja D. Greenova formula nam pove ( Q P dx+qdy = x P ) dxdy. y D D D D Slika 3.. Območje D s pozitivno orientiranim robom D Poglejmo sedaj D kot območje v C in naj bo f(z) = u(x,y)+iv(x,y) kompleksna funkcija razreda C, definirana v neki okolici območja D. S pomočjo opombe 3.2 in Greenove formule dobimo f dz = udx vdy +i vdx+udy D = D ( v x + u ) dxdy +i y D ( u x v ) dxdy. y V kolikor je f holomorfna na okolici D, sta integranda v zadnjih dveh integralih enaka, saj sta to točno CR enačbi. Dobimo torej Izrek 3.6 (Cauchyjevizrek,verzija). Naj bo D C omejeno območje s kosoma gladkim robom in naj bo funkcija f holomorfna na okolici

45 območja D. Potem velja f(z) =, 3.2. CAUCHYJEV IZREK 44 D kjer je D pozitivno orientiran rob območja D. Opomba 3.7. Spomnimo se, da je rob območja pozitivno orientiran, če se območje nahaja na levi strani, ko potujemo po robu v smeri orientacije. Enostavno sklenjena krivulja je pozitivno orientirana, če je pozitivno orientirana kot rob območja, ki ga omejuje. Če je na primer funkcija f holomorfna na okolici osenčenega dela slike 3.2, bonjenintegralporobutegaobmočja(zorientacijo, kotjenasliki) enak. Malo drugačna, a nekoliko bolj splošna verzija Cauchyjevega izreka je naslednja: Izrek 3.8 (Cauchyjev izrek, verzija 2). Naj bo Ω odprta množica v C in, 2 kosoma gladki sklenjeni poti v Ω. Naj bo homotopna 2 v Ω. Potem za vsako funkcijo f, holomorfno na D, velja f(z)dz = f(z)dz. 2 Dokaz. Zaradi nekaterih povsem topoloških težav je izrek v taki splošni obliki nekoliko težje dokazati. Mi si bomo predstavljali nekoliko poenostavljeno situacijo. Predpostavili bomo, da (neorientirani) krivulji in 2 tvorita rob območja D med njima. Zgornji izrek, uporabljen za območje D, pove = f(z)dz = f(z)dz f(z)dz. 2 Negativni predznak dobimo zato, ker moramo upoštevati pravilno orientacijo roba območja D. V primeru, ko je sklenjena kosoma gladka krivulja znotraj enostavno povezanega območja Ω, je homotopna konstanti. Zato z uporabo zadnjega izreka dobimo Posledica 3.9. Naj bo Ω enostavno povezano območje in sklenjena (kosoma) gladka krivulja v Ω. Potem za vsako holomorfno funkcijo na

46 3.2. CAUCHYJEV IZREK 45 2 Slika 3.2. Integral po je enak integralu po 2 Ω velja f(z)dz =. Posledica 3.. Naj bosta in 2 (kosoma) gladki poti v enostavno povezanem območju Ω z isto začetno in končno točko. Naj bo f holomorfna v Ω. Potem je f(z)dz = f(z)dz. 2 Dokaz. Naj bo pot : [,] Ω definirana z { (2t), t 2 (t) = 2 (2t ), < t. 2 Pot je preprosto pot, ki najprej sledi poti, potem pa v obratni smeri sledi poti 2. Zato pogosto označimo = 2. Ker imata in 2 isto končno in začetno točko, je sklenjena. Zato je po zgornjem izreku = f(z)dz = f(z)dz f(z)dz. 2 S tem je posledica dokazana. V nadaljevanju bomo katero koli izmed zgornjih verzij izreka preprosto imenovali Cauchyjev izrek.

47 Primer 3.. Izračunajmo integral e z dz, 3.2. CAUCHYJEV IZREK 46 kjer je del parabole z = t + it 2 med z = in z = + i. Naj bo daljica z začetno točko in končno točko +i. Ker je funkcija e z holomorfna in imata obe poti isto začetno in končno točko, iz zgornje posledice sledi e z dz = e z dz. Slednji integral lahko preprosto izračunamo: e z dz = e (+i)t (+i)dt = (+i) e t e it dt = (+i) e t (cost+isint)dt ( = (+i) e t costdt+i ( e sin+e cos = (+i) 2 = e (cos+isin) = e +i. ) e t sintdt ) +i e sin e cos+ 2 Primer 3.2. Poglejmo si še, kako lahko uporabimo Cauchyjev izrek za izračun integrala sinx x dx. Naj bosta R > ε > poljubna in enostavno sklenjena pozitivno orientirana pot, katere tir je enak = [ R, ε] { z = ε,imz > } [ε,r] { z = R,Imz > } = [ R, ε] ε [ε,r] R. Po Cauchyjevem izreku velja e iz z dz =,

48 3.2. CAUCHYJEV IZREK 47 R ε ε R Slika 3.3. Integracijska krivulja saj je funkcija eiz holomorfna na območju, omejenem z. Po drugi z strani pa velja e iz z dz = = = i = i i ε R ε R π ε R π ε R π e iz R z dz + e ix x dx+ ε R e ix ε e iεeiθ iεe iθ dθ + εe iθ e iz z ε dz + e iz z R dz + e iz z dz x dx π cosx+isinx dx+ x e iεeiθ dθ+i π sinx x dx+i R e ireiθ ire iθ dθ Re iθ R ε e ireiθ dθ e iεcosθ e εsinθ dθ+i ε sinx x dx π cosx+isinx x dx e ircosθ e Rsinθ dθ. Pri zadnji enakosti smo upoštevali sodost funkcije kosinus. Tako dobimo ε R sinx x dx+ = π R ε sinx x dx e iεcosθ e εsinθ dθ π e ircosθ e Rsinθ dθ.

49 3.2. CAUCHYJEV IZREK 48 Ko gre ε proti, gre integrand e iεcosθ e εsinθ v tretjem integralu enakomerno proti. Če torej v celotni enačbi pošljemo ε proti, dobimo R R sinx x dx = π Torej velja v limiti R Pokažimo, da je sinx x π dx = π lim R e ircosθ e Rsinθ dθ. π e ircosθ e Rsinθ dθ. π lim e ircosθ e Rsinθ dθ =. R Ker je π π e ircosθ e Rsinθ dθ e ircosθ e Rsinθ π dθ = e Rsinθ dθ, je dovolj, da pokažemo π lim e Rsinθ dθ =. R Integrande Rsinθ na (,π) sicer konvergira proti, vendar konvergenca ni enakomerna. Lahko pa limito izračunamo direktno. Funkcija sin x je konkavna na intervalu [, π ], zato je tam graf funkcije nad sekanto 2 skozi točki (,) in ( π,), kar natanko pomeni 2 Torej velja π sinθ 2θ π, za θ π 2. π e Rsinθ 2 dθ = 2 2 π 2 = π R e R2θ π e Rsinθ dθ e R2θ π dθ π/2 = π R ( e R ) R. Dobili smo torej sinx x dx = π.

50 3.3. CAUCHYJEVA INTEGRALSKA FORMULA IN POSLEDICE Cauchyjeva integralska formula in posledice Izrek 3.3. Naj bo f holomorfna funkcija na območju D in enostavno sklenjena (kosoma) gladka, pozitivno orientirana krivulja, ki je homotopna konstanti v D. Naj bo w točka iz notranjosti območja, ki ga omejuje. Potem velja f(w) = 2πi f(z) z w dz. Dokaz. Naj bo K(w, ε) pozitivno orientirana krožnica s polmerom ε okrog točke w. S pomočjo Cauchyjevega izreka dobimo f(z) z w dz = f(z) z w dz, K(w,ε) saj je f(z) holomorfna na območju med K(w,ε) in, katerega rob z w sestavljata ravno ti dve krivulji (krožnica mora imeti pozitivno orientacijo). Pišimo z = w +εe it : f(z) z w dz = f(z) K (w,ε) z w dz = = i 2π 2π f(w +εe it ) iεe it dt εe it f(w+εe it )dt. Pokažimo, da gre zadnji integral proti 2πf(w), ko gre ε proti : 2π f(w +εe it )dt 2π 2π max K(w,ε) f(w+εeit ) f(w) ε. 2π f(w)dt f(w+εe it ) f(w) dt S tem je dokaz končan. Bolj splošno velja podobna integralska formula tudi za odvode. Izrek 3.4. Naj bo f holomorfna funkcija na območju D in enostavno sklenjena (kosoma) gladka, pozitivno orientirana pot, ki je homotopna konstanti D. Naj bo w točka iz notranjosti območja, ki ga

51 3.3. CAUCHYJEVA INTEGRALSKA FORMULA IN POSLEDICE 5 omejuje. Potem za vsak n N obstaja odvod f (n) (w) in velja f (n) (w) = n! f(z) dz. 2πi (z w) n+ Dokaz. Poglejmo najprej za n =, pri čemer uporabimo Cauchyjevo integralsko formulo: f(w+h) f(w) h = ( f(z) h2πi = f(z) 2πi (z (w +h))(z w) dz h f(z) 2πi (z w) dz. 2 z (w +h) z w ) dz Nadaljujmo z indukcijo po n. Predpostavimo sedaj, da formula velja za n in dokažimo formulo za n+: f (n) (w +h) f (n) (w) = n! ( ) f(z) h 2πih (z (w +h)) n+ (z w) n+ dz = n! f(z) (z w)n +(z w) n (z (w +h))+ +(z (w +h)) n 2πi (z (w +h)) n+ (z w) n+ dz h n! (n+)(z w)n f(z) 2πi (z w) 2n+2 dz = (n+)! f(z) dz. 2πi (z w) n+2 Pri izpeljavi smo enačaj v drugi vrstici dobili s pomočjo uporabe binomske formule. Posledica 3.5. Vsaka holomorfna funkcija je neskončnokrat odvedljiva. Opomba 3.6. Podobno kot pri Cauchyjevem izreku tudi pri Cauchyjevi integralski formuli obstajajo različne(vendar povsem ekvivalentne) verzije. Naj bo f holomorfna funkcija na okolici omejenega območja z (kosoma) gladkim pozitivno orientiranim robom D in w D. Potem za n =,,2,... velja f (n) (w) = n! 2πi D f(z) dz. (z w) n+ Dokaz je preprost. Rob D skupaj z majhno negativno orientirano krožnico K(w, ε) omejuje območje, na katerem je funkcija f(z) (z w) n+ holomorfna, in je zato po Cauchyjevem izreku n! f(z) n! dz = 2πi (z w) n+ 2πi D K(w,ε) f(z) dz, (z w) n+

52 3.3. CAUCHYJEVA INTEGRALSKA FORMULA IN POSLEDICE 5 pri čemer smo tokrat krožnico K(w, ε) orientirali pozitivno. Dokaz nato sledi iz zgornjih dveh izrekov 3.3 in 3.4. Primer 3.7. S pomočjo Cauchyjeve formule izračunajmo integral kjer sta m,n N in n m+2. x m dx +x n, 3 2 2π n z R Slika 3.4. Integracijska krivulja Najbo pozitivnoorientiranapot, kotjenasliki3.4. Najbodoz k, k =,2,...,n,različnerešitveenačbez n + =. Edinaničlategapolinoma znotraj območja, omejenega z, je vrednost z = e iπ/n. Pišimo f(z) = z m (z z 2 )(z z 3 ) (z z n ) = zm (z e iπ/n ) z n + Funkcija f je holomorfna na območju, omejenem z. Cauchyjeva formula nam da z m 2πi +z dz = n 2πi = lim z e iπ/n z m (z e iπ/n ) z n + f(z) z e iπ/n dz = f(z) z=e iπ/n L = H e iπm/n lim z e iπ/n nz = m+ n n eiπ n. Pot parametriziramo z z = x, x R, pot 2 z Re iθ, θ 2π/n, ter (obratno orientirano) pot 3 z e 2πi/n x, x R. Potem.