Komplexa tal

(1)

G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 1 / 89

Komplexa tal

”In mathematics you don’t understand things. You just get used to them.”

John von Neumann

Reell och imagin¨ar del, konjugering, absolutbelopp z =x + iy =x+yi, x,y ∈R, i²=−1

C¨ar m¨angden av komplexa tal Reell del: Re (x + iy) =x

Imagin¨ar del:Im (x + iy) =y s˚aIm (z)¨ar allts˚a ettreellttal

Konjugering: x+ iy =x −iy (=x + i(−y))

Absolutbelopp (eller modul) |x+ iy|= mod (x+ iy) =p

x²+y² R¨akneregler

|z|²=zz, z₁+z₂=z₁+z₂, z₁−z₂=z₁−z₂ z =z, z₁z₂ =z₁ z₂,

z1

z2

= ^z_z¹

2

|z₁+z₂| ≤ |z₁|+|z₂|, ^˛˛|z1| − |z2|˛

˛≤ |z1−z2|

Exempel

Vid addition och subtraktion av komplexa tal adderar och subtraherar man de reella och imagin¨ara delarna var f¨or sig s˚a att tex.

(8 + 2i) + (−3−4i) = (8 + (−3)) + (2 + (−4))i = 5−2i.

Vid multiplikation g¨aller det bara att komma ih˚ag att i² =−1:

(8 + 2i)(−3−4i) = 8·(−3) + 8·(−4)i + 2·(−3)i + 2·(−4)i²

=−24−32i−6i−8·(−1) =−16−38i.

Division av komplexa tal kan räknas s˚a att man förlänger med nämnarens konjugat s˚a att man i nämnaren f˚ar ett reellt tal, tex.:

8 + 2i

−3−4i = (8 + 2i)(−3 + 4i)

(−3−4i)(−3 + 4i) =−24 + 32i−6i + 8i² (−3)²−(4i)²

= −24−8 + 26i

9−16i² = −32 + 26i

9 + 16 =−32 25 +26

25i.

Kommentar

Ett annat, formellt mera korrekt, sätt att definiera de komplexa talen är att inte alls (explicit) tala om den imaginära konstanten i utan tala om punkter (eller vektorer)(x,y) i planetR² och definieraräkneoperationer för dem som motsvarar räkneoperationerna för vanliga reella tal. Addition

är inget problem eftersom det enda förnuftiga är att definiera (x₁,y₁) + (x₂,y₂) = (x₁+x₂,y₁+y₂),

vilket ¨ar addition av vektorer. Ett viktigt villkor som multiplikationen skall uppfylla ¨ar att produkten av tv˚a ”punkter” endast f˚ar vara ”noll” (dvs.

(0,0)) om ˚atminstone den ena faktorn ¨ar ”noll”. Detta uppn˚as om man definierar

(x₁,y₁)·(x₂,y₂) = (x₁x₂−y₁y₂,x₁y₂+x₂y₁) och man kan d˚a visa att ”alla r¨akneregler g¨aller”.

(2)

Argument eller fasvinkel

IfallRe (z) =x och Im (z) =y s˚a ¨ar argumentet θ= arg(z) av z

θ=











arctany x

(+2kπ), x >0, arctan

y x

+π (+2kπ), x <0, y

|y| π

2 ^(+2kπ), x = 0

• x+ iy

.. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..

...

.....

....

. .. .. .. .. . .. .. . .. . . .. . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . ..

. θ

atan2

I de flesta programmeringsspr˚ak finns en funktion atan2som r¨aknar ut det argument av x + iy som ligger i intervallet(−π, π]med kommandot atan2(y,x). Observera att i tex. Excel och OOCalc skall man skriva atan2(x;y) dvs. byta ordning p˚a argumenten.

Pol¨ar framst¨allning

z =r(cos(θ) + i sin(θ)) =re^iθ, r ≥0

⇔ |z|=r och arg(z) =θ

⇔ Re (z) =rcos(θ) ochIm (z) =rsin(θ) Kommentar

Om x är ett reellt tal kan man skriva x =|x|sign (x) vilket motsvarar den polära framställningen z =|z|eîθ med den skillnaden att teckenfunktionen sign (x) bara f˚ar tv˚a värden (eftersom man inte behöver bry sig om sign (0)).

Exempel

arg(−3) =?

Eftersom den reella delen ¨ar negativ ¨ar argumentent arctan(₋₃⁰ ) +π (+2kπ)=π (+2kπ).

arg(2−2i) =?

Argumentet ¨ar arctan(⁻²₂ ) (+2kπ)=−^π₄ (+2kπ). arg(−3e^{−i 0.1234}) =?

Argument ¨ar arg(−3) + arg(e^{−i 0.1234}) =π−0.1234 (+2kπ).

R¨akneregler

|z₁z₂|=|z₁||z₂|, arg(z₁z₂) = arg(z₁) + arg(z₂)

|zⁿ|=|z|ⁿ,

z₁ z₂

= |z₁|

|z₂| arg (zⁿ) =narg(z), arg

z₁ z₂

= arg(z₁)−arg(z₂)

z₁ =z₂ ⇔Re (z₁) = Re (z₂), Im (z₁) = Im (z₂)

⇔ |z₁|=|z₂|, θ₁=θ₂+ 2kπ d¨arθ₁ = arg(z₁) ochθ₂ = arg(z₂)

(3)

Exponentfunktionen

exp(x + iy) = e^x+iy = e^x cos(y) + i sin(y) e^z¹^+z² = e^z¹e^z²

|e^z|= e^{Re (z)}, arg(e^z) = Im (z) e^z 6= 0, z ∈C,|e^iθ|= 1θ∈R d’Moivres formel

cos(nt) + i sin(nt) = e^int = e^itn

= cos(t) + i sin(t)n

Logaritmfunktionen z = ln(w)⇔w = e^z Om z =x+ iy s˚a ¨ar |e^z|= e^x och arg(e^z) =y och om w = e^z m˚aste |w|=|e^z|= e^x och arg(w) + 2kπ= arg(e^z) =y

dvs. x = ln(|w|) s˚a att z = ln(w) = ln(|w|) + i(arg(w) + 2kπ).

För att f˚a en ”ordentlig” logaritmfunktion med bara ett värde i varje punkt kan man tex. definieraLn(w) = ln(|w|) + iArg(w)därArg(w)

¨ar argumentet valt s˚a att−π <Arg(z)≤π s˚a att tex.ln(|w|) egentligen ¨arLn(|w|)

R¨otter:z =wⁿ¹ ⇔w =zⁿ

Om z =|z|eîϕ, dvs. ϕ=arg(z) s˚a är |zⁿ|=|z|ⁿ ocharg(zⁿ) =nϕ och om w =zⁿ s˚a är |w|=|z|ⁿ och arg(w) + 2kπ=nϕs˚a att om arg(w) =θ s˚a är

|z|=|w|¹ⁿ och ϕ= ^θ_n +^2kπ_n dvs.

z =w¹ⁿ =√ⁿ

w =pⁿ

|w|

cos

θ+2kπ n

+ i sin

θ+2kπ n

,

där k = 0,1, . . . ,n−1eftersom man f˚ar samma värden för k+n som för k.

Exempel

L˚at w = 1 + i. Best¨am den l¨osning till ekvationen z⁴=w , vars argument ligger i intervallet [π,³₂π].

L¨osning: Absolutbeloppet av talet w ¨ar |w|=√

1²+ 1²=√

2≈1.4142, och w :s argument ¨ar arctan(¹₁) = ^π₄. Ifall |z|=r ocharg(z) =ϕ, s˚a ¨ar

|z⁴|=r⁴ ocharg(z⁴) = 4ϕ. Om nu z⁴=w s˚a är r⁴=|w|=√ 2 och 4ϕ= ^π₄+ 2kπ där k är ett heltal. Av detta följer att r =√⁸

2≈1.0905och ϕ= ₁₆^π +^π₂k = 0.19635 + 1.5708k. Nu f˚ar man olika l¨osningar d˚a

k = 0,1, . . . ,3 eftersom man d˚a tex. k= 4 f˚ar samma tal som d˚a k = 0 osv. Eftersom argumenten för dehär lösningarna är ₁₆^π, ₁₆^π +^π₂, ₁₆^π +π och

π

16+^3π₂ s˚a ser vi att den l¨osning vars argument ligger i intervallet[π,³₂π]

f˚as d˚a k = 2och ¨ar allts˚a z₂= 1.0905

cos(0.19635 + 1.5708·2) + i sin(0.19635 + 1.5708·2)

=−1.0696−i 0.21275.

(4)

Trigonometriska funktioner sin(z) = _2i¹ e^iz −e^−iz cos(z) = ¹₂ e^iz + e^−iz

sin(x+ iy) = sin(x) cosh(y) + i cos(x) sinh(y) cos(x+ iy) = cos(x) cosh(y)−i sin(x) sinh(y)

M¨obius-avbildning

z 7→ ^az+b_cz+d, ad−bc 6= 0

Cirklar och linjer avbildas p˚a cirklar eller linjer

Oppna och slutna m¨¨ angder En mängdΩ⊂Cär öppen ifall

f¨or varje z₀∈Ω finns ett talδ >0 s˚a att {z ∈C:|z−z₀|< δ} ⊂Ω

En mängd A⊂Cär sluten ifall C\A={z ∈C:z ∈/ A}är öppen En mängdΩ⊂Cär öppen när

den inte inneh˚aller n˚agon randpunkt, dvs.∂Ω∩Ω =∅ där randen∂Ωbest˚ar av de punkter z∈Cför vilka det för varje δ >0finns en punkt z_i∈Ωoch en punkt z_u∈C\Ω s˚a att|zi−z|< δ och|zu−z|< δ

En mängdΩ⊂Cär sluten när

den inneh˚aller alla randpunkter, dvs.∂Ω⊂Ω

Sammanh¨angande m¨angder

En öppen mängdΩ⊂Cär sammanhängande ifall det för alla z₀, z₁∈Ω finns en kontinuerlig funktion γ : [0,1]→Ωs˚a attγ(0) =z₀ och γ(1) =z₁

(och allts˚aγ(t)∈Ω, t∈[0,1], dvs. en kurva iΩfr˚an z0till z1).

Mera allmänt: A⊂Cär sammanhängande om följande gäller (som allts˚a är ekvivalent med ovanst˚aende villkor d˚a A är öppen):

Ifall A⊂Ω₁∪Ω₂ där Ω_j ⊂C, j = 1,2är öppen och Ω₁∩Ω₂ =∅s˚a är A∩Ω₁ =∅eller A∩Ω₂=∅ Kontinuerliga funktioner

Om Ω⊂C s˚a ¨ar funktionen f : Ω→C kontinuerlig iΩ om

zlim→z₀ z∈Ω

f(z) =f(z₀) z₀ ∈Ω.

Derivator

En funktion f ¨ar deriverbar i punkten z₀ ifall lim_z→z₀ ^f^(z_z^)−f_−z^(z⁰⁾

0 =f⁰(z₀)

f¨or n˚agot komplext tal f⁰(z₀) dvs.,

för varje >0 finns det ett talδ >0s˚a att om 0<|z−z₀|< δ s˚a är f definierad för z och z₀ och

f(z)−f(z₀)

z−z₀ −f⁰(z₀)

<

Alla normala deriveringsregler g¨aller och tex.

d

dzz^m =mz^m−1 ( d˚a m inte ¨ar ett heltal)

d

dze^z = e^z

d

dz ln(z) = ¹_z

d

dz sin(z) = cos(z) _dz^d cos(z) =−sin(z)

d

dzg f(z)

=g⁰ f(z) f⁰(z)

d f(z)g(z)

=f⁰(z)g(z) +f(z)g⁰(z)

(5)

Analytiska funktioner

En funktion f är analytisk i mängden A⊂Cifall det finns en öppen mängdΩ⊂C s˚a att A⊂Ωoch f är deriverbar i varje punkt iΩ

Cauchy-Riemann ekvationerna

Ifall f(z) =u(x,y) + iv(x,y) d˚a z =x + iy s˚a g¨aller u_x(x,y) =v_y(x,y)

uy(x,y) =−vx(x,y)

i de punkter d¨ar f ¨ar deriverbar

Stig

En stig, eller bitvis differentierbar glatt kurva ¨ar en kontinuerlig funktion γ : [a,b]→C s˚a att det finns ¨andligt m˚anga punkter

a=t₀ <t₁< . . . <t_n =b s˚a attγ är kontinuerligt deriverbar i varje intervall[t_j−1,t_j]och derivatan (höger- eller vänster- i ändpunkterna) är aldrig0.

γ^∗ ^def= {γ(t) :t ∈[a,b]} Stigintegraler Ifallγ ¨ar en stig ¨ar

Z

γ

f(z) dz = Z b

a

f(γ(t))γ⁰(t) dt Ofta skriver manR

Cf(z) dz ist¨allet f¨or R

γf(z) dz där C är en ”riktad kurva” om det är klart hur parameterframställningenγ för C (som allts˚a ärγ^∗ ”med riktning”) skall väljas.

Exempel p˚a integraler

Om C är ”sträckan fr˚an z₀ till z₁” s˚a är Z

C

f(z) dz = Z

γ

f(z) dz = Z 1

0

f(γ(t))γ⁰(t) dt, d¨ar γ(t) = (1−t)z₀+tz₁, t∈[0,1]. Alternativt,

R

Cf(z) dz =Rb

a f(γ(t))γ⁰(t) dt där γ(t) = ^b−t_b−az₀+_b−a^t−az₁ Om C är ”cirkelb˚agen |z −z₀|=r fr˚an z₀+reîα till z₀+reîβ motsols” (där α < β) s˚a är

Z

C

f(z) dz= Z

γ

f(z) dz = Z β

α

f(γ(t))γ⁰(t) dt, d¨ar γ(t) =z₀+re^it, t∈[α, β].

Lemma

Tv˚a stigar γ₁ : [a,b]→C ochγ₂: [c,d]→C d¨ar γ₁(b) =γ₂(c)kan kombineras till en stigγ =γ₁⊕γ₂,γ: [a,b+d−c]→C, s˚a att

γ(t) =

(γ1(t), t∈[a,b], γ2(c+t−b), t∈[b,b+d−c],

och d˚a ¨ar

Z

γ

f(z) dz = Z

γ1

f(z) dz+ Z

γ2

f(z) dz.

(P˚a motsvarande s¨att kan en stig delas upp.) Lemma

Omγ : [a,b]→C ¨ar en stig och−γ ellerγ ¨ar stigen

γ(t) =γ(a+b−t), t ∈[a,b], dvs. stigenγ ”i omv¨and riktning”, s˚a ¨ar Z

γ

f(z) dz =− Z

γ

f(z) dz.

(6)

Slutna stigar

En stig γ : [a,b]→C¨ar sluten ifall γ(a) =γ(b)och H

γf(z) dz betyder att γ ¨ar sluten.

Lemma

Ifall |f(z)| ≤M d˚a z ∈γ^∗, (a<b) och längden av γ är ≤L s˚a gäller

Z

γ

f(z) dz

≤ Z b

a

|f(γ(t))||γ⁰(t)|dt ≤ML.

Lemma

Om γ: [a,b]→Cär en stig och f är en kontinuerlig funktion s˚a att det finns en deriverbar funktion F s˚a att F⁰(z) =f(z) d˚a z ∈γ^∗ s˚a är

Z

γ

f(z) dz =F(γ(b))−F(γ(a)).

Vridningstal

Ifall γ ¨ar en sluten stig s˚a ¨ar ν(γ,w) = _2πi¹ H

γ 1 z−w dz

stigens vridningstal i f¨orh˚allande till w ∈/ γ^∗. Lemma

ν(γ,w) ett heltal som anger hur m˚anga varvγ g˚ar runt w i positiv riktning och är konstant i varje öppen sammanhängande delmängd av C\γ^∗.

ν(γ,w) =−ν(γ,w), w ∈/γ^∗

Cauchys integralteorem

Om γ ¨ar en sluten stig och f ¨ar analytisk p˚aγ^∗ och i alla punkter

”innanf¨or”γ^∗ s˚a ¨ar H

γf(z) dz = 0

Antagandet mera exakt: γ är en sluten stig, f är analytisk i en öppen mängdΩs˚a attγ^∗ ⊂Ωochν(γ,z) = 0för alla z ∈C\Ω

Exempel

Visa hur man kan r¨akna ut integralenR∞ 0

sin(t)

t dt med hj¨alp av Cauchys integralteorem.

Lösning: Vi bildar en sluten stigγ som är sammansatt av stigarnγ_S, γ_[−S,−r_],γ_r och avγ_[r_,S] där0<r <S ochγ_S är den stig som best˚ar av sträckorna fr˚an S till S + i√

S , fr˚an S+ i√

S till −S+ i√

S och fr˚an

−S+ i√

S till −S , γ_[−S,−r] är sträckan fr˚an −S+ 0i till −r+ 0i,γ_r är cirkelb˚agen |z|=r i negativ riktning fr˚an −r to r och γ_[r,S]är sträckan fr˚an r + 0i till S+ 0i. Av Cauchys integralteorem följer attH

γ e^iz

z dz = 0 dvs.R

γS

e^iz

z dz+R

γ[−S,−r]

e^iz z dz+R

γr

e^iz

z dz+R

γ_[r,S]

e^iz

z dz = 0s˚a det g¨aller att visa attR∞

0 sin(t)

t dt = lim_r_→0

S→∞

1 2Im

R

γ[−S,−r]

e^iz z dz+R

γ[r,S]

e^iz z dz

och sedan r¨akna ut lim_S→∞R

γS

e^iz

z dz och lim_r_→0R

γr

e^iz z dz.

(7)

Cauchys integralteorem, ver. 1.1

Om γ₁ och γ₂ är slutna stigar och f är analytisk p˚aγ₁^∗ ochγ^∗₂ och i alla punkter ”mellan” γ₁^∗ ochγ₂^∗ s˚a är

I

γ1

f(z) dz = I

γ2

f(z) dz.

Antagandet mera exakt: γ₁ och γ₂ ¨ar slutna stigar, f ¨ar analytisk i en

öppen mängdΩs˚a attγ₁^∗ ⊂Ω,γ₂^∗⊂Ω ochν(γ₁,z) =ν(γ₂,z) för alla z ∈C\Ω.

Cauchys integralformel, ver 1.0

Omγ är en sluten stig som g˚ar ett varv runt punkten w och f är analytisk p˚aγ^∗ och i alla punkter ”innanför”γ^∗ s˚a är

f(w) = 1 2πi

I

γ

f(z) z−w dz.

Omγ är en sluten stig, f är analytisk i en öppen mängdΩs˚a attγ^∗⊂Ω ochν(γ,z) = 0för alla z ∈C\Ωs˚a är

f(w)ν(γ,w) = 1 2πi

I

γ

f(z) z−w dz, f¨or alla w ∈Ω\γ^∗.

Exempel

Ber¨akna integralen I

γ

z+ 2

(z+ 1)(z−2)dz d˚aγ ¨ar randen (i positiv riktning) av rektangeln med h¨orn i punkterna −2 + 3i,−2−3i,1−3i och 1 + 3i.

Lösning: Vi konstaterar att funktionen som skall integreras är analytisk i alla punkter utom −1 och2 och av dessa är det bara−1som ligger innanförγ^∗. Därför väljer vi f(z) = z+ 2

z−2 och eftersom f är analytisk i alla punkter utom 2och eftersom denna punkt ligger utanför rektangeln kan vi använda Cauchys integralteorem. Punkten−1ligger inne i rektangeln och vi f˚ar därför

I

γ

z+ 2

(z+ 1)(z−2)dz = I

γ

f(z)

z−(−1)dz= 2πif(−1) = 2πi−1 + 2

−1−2 =−2π 3 i.

Om f är en analytisk funktion i en öppen mängdΩ⊂C,γ₁, γ₂, . . . , γ_n är slutna stigar s˚a attγ_j^∗⊂ΩochPn

j=1ν(γ_j,z) = 0f¨or varje z ∈C\Ωs˚a ¨ar f(w)

n

X

j=1

ν(γ_j,w) = 1 2πi

n

X

j=1

I

γj

f(z)

z−w dz, w ∈Ω\ ∪ⁿ_j=1γ_j^∗

n

X

j=1

I

γj

f(z) dz = 0

(8)

Teorem

Om f äranalytisk i den öppna mängdenΩs˚a är ocks˚a f⁰ deriverbar iΩ, dvs. f oändligt m˚anga g˚anger deriverbar i Ω.

Cauchys olikheter

|f⁽ⁿ⁾(w)| ≤ n!M rⁿ

ifall f ¨ar analytisk i {z :|z−w| ≤r} och|f(z)| ≤M d˚a |z−w|=r eller ifall f ¨ar analytisk i {z :|z−w|<r} och|f(z)| ≤M d˚a

|z−w|<r .

Liouvilles teorem

Om f är analytisk iC och f är begränsad(dvs.|f(z)| ≤M <∞för alla z ∈C)s˚a är f en konstant.

Moreras teorem

Om f är kontinuerlig i den öppna mängden Ω⊂Coch I

∂T

f(z) dz = 0 f¨or varje triangel T ⊂Ωs˚a ¨ar f analytisk i Ω.

Konvergensradie

Om z₀∈Coch a_n ∈C, n≥0s˚a finns det ett tal R,0≤R ≤ ∞, s˚a att serien P∞

n=0a_n(z−z₀)ⁿ

konvergerar (absolut) d˚a|z−z₀|<R divergerar d˚a|z −z₀|>R.

Talet R kallas seriens P∞

n=0a_n(z−z₀)ⁿ konvergensradie.

Exempel

Best¨am konvergensradien f¨or potensserien

∞

X

n=1

n!

nⁿz²ⁿ⁺². Lösning: Vi använder kvottestet och räknar

n→∞lim

(n+1)!

(n+1)ⁿ⁺¹z^2(n+1)+2

n!

nⁿz²ⁿ⁺²

= lim

n→∞

n+ 1 (n+ 1)⁽ⁿ⁺¹⁾_nn ⁿ

|z|2n+2−2−2n−2

= lim

n→∞

1

(1 +¹_n)ⁿ|z|² = 1 e|z²|.

Serien konvergerar d˚a gränsvärdet är <1dvs. d˚a|z²|<eeller |z|<√ e.

P˚a motsvarande sätt divergerar serien d˚a gränsvärdet av kvoterna är >1, dvs. d˚a|z|>√

e. Detta inneb¨ar att seriens konvergensradie ¨ar √ e.

(9)

Potensserie

Ifall f är analytisk innanför cirkeln|z−z₀|=r s˚a är f(z) =

∞

X

n=0

a_n(z−z₀)ⁿ, |z−z₀|<r, d¨ar a_n = _n!¹f⁽ⁿ⁾(z₀)och konvergensradien ¨ar ≥r .

Omv¨ant, ifall f(z) =P∞

n=0a_n(z−z₀)ⁿ s˚a är f analytisk i mängden {z :|z−z₀|<R}där R är konvergensradien och

f⁰(z) =

∞

X

n=1

na_n(z−z₀)ⁿ⁻¹, |z−z₀|<R dvs. serien kan deriveras (och integreras) termvis.

Laurent-serie

Om f är analytisk i mängden {z :r <|z−z₀|<R} s˚a är f(z) =

∞

X

n=−∞

a_n(z−z₀)ⁿ,

d¨ar serien konvergerar (absolut) f¨or alla z s˚a att r <|z−z₀|<R och kan deriveras och integreras termvis.

a_n = 1 2πi

Z

Cr∗,z0

f(z)

(z−z₀)ⁿ⁺¹dz, d¨ar C_r_∗_,z₀ ¨ar cirkeln|z−z₀|=r_∗, r <r_∗ <R,

l’Hopitals regel

Om f och g är analytiska i z₀ och f(z₀) =g(z₀) = 0 och gränsvärdet

zlim→z₀

f⁰(z)

g⁰(z) existerar s˚a ¨ar

z→zlim0

f(z) g(z) = lim

z→z0

f⁰(z) g⁰(z) Exempel p˚a serieutvecklingar

1

1−z = 1 +z+z²+z³+. . .=P∞

n=0zⁿ, |z|<1 e^z = 1 +z+^z_2!² +^z_3!³ +. . .=P∞

n=0zⁿ n!

sin(z) =z−^z_3!³+^z_5!⁵ −. . .=P∞ n=0

(−1)ⁿz²ⁿ⁺¹ (2n+1)!

cos(z) = 1−^z_2!² +^z_4!⁴−. . .=P∞ n=0

(−1)ⁿz²ⁿ (2n)!

z-transformationer

Om x(n), n= 0,1,2,är en talföljd s˚a är z-transformationen av x Z(x)(z) =

∞

X

n=0

x(n)z⁻ⁿ

Konvergensomr˚adet

Det finns ett tal R,0≤R ≤ ∞ s˚a att serien P∞

n=0x(n)z⁻ⁿ konvergerar d˚a|z|>R och divergerar d˚a|z|<R.

(10)

Overf¨¨ oringsfunktioner

Antag att Här en funktion som avbildar en talföljd x= (x(n))^∞_n=0 p˚a en talföljdH(x) = (H(x)(n))^∞_n=0 s˚a att

H¨ar linj¨ar, dvs H(λx+µy) =λH(x) +µH(y);

H¨ar translationsinvariant, dvs. H(τ(x)) =τ(H(x))d¨ar τ(x)(0) = 0 ochτ(x)(n) =x(n−1) d˚a n≥1;

Det finns ett tal C <∞s˚a att|H(δ)(n)| ≤Cⁿ⁺¹, n≥0 d¨ar δ(0) = 1 ochδ(n) = 0, n≥1.

d˚a finns det en funktion H(z), den sk. ¨overf¨oringsfunktionen s˚a att Y(z) =H(z)X(z)

d¨ar X =Z(x) och Y =Z(H(x)). Funktionen H(z)¨ar z-transformationen av H(δ).

Residy Om f(z) =

∞

X

n=−∞

a_n(z−z₀)ⁿ d˚a0<|z−z₀|<R s˚a ¨ar a−1= Res(f,z₀) residyn av f i punkten z₀.

Lemma Om

zlim→z₀ (z−z₀)f(z)

=w existerar eller d˚a m>1

zlim→z0

1 (m−1)!

d^m−1

dz^m−1 (z −z₀)^mf(z)

=w existerar s˚a ¨ar Res(f,z₀) =w .

(m m˚aste vara minst ordningen av polen i z0.)

Residyteoremet

Ifall γ är en sluten stig och f är analytisk p˚a och innanförγ^∗ bortsett fr˚an punkterna z_j för vilka ν(γ,z_j) = 1, j = 1, . . . ,k s˚a är

I

γ

f(z) dz = 2πi

k

X

j=1

Res(f,z_j).

Varf¨or?

Omγ_j ¨ar en cirkel med mittpunkt z_j och s˚a liten radie r_j att f ¨ar analytisk i{z : 0<|z−z_j| ≤r_j} ⊂Ωs˚a kan vi skriva

f(z) =

∞

X

n=−∞

a_j,n(z−z_j)ⁿ, 0<|z−z_j| ≤r_j. Eftersom _dz^d _n+1¹ zⁿ⁺¹=zⁿ d˚a n6=−1blirR

γja_j,n(z −z_j)ⁿdz = 0d˚a n6=−1och

Z

γj

f(z) dz =aj,−1

Z

γj

1

z−z_j dz= 2πiaj,−1= 2πiRes(f,z_j).

Nu f¨oljer residyteoremet av att man till¨ampar Cauchys integralteorem, ver 1.2p˚a stigarna γ ochγ_j, j = 1, . . . ,k.

(11)

Ber¨akning av integraler

Om f ¨ar analytisk p˚a reella axeln och i ¨ovre halvplanet (Im (z)>0) bortsett fr˚an punkterna z_j, j = 1, . . . ,k, ochlim_Im_z≥0

|z|→∞

|zf(z)|= 0,(dvs. om f är rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst2) s˚a är

Z ∞

−∞

f(x) dx = lim

R→∞

Z R

−R

f(x) dx = 2πi

k

X

j=1

Res(f,z_j).

Exempel

Ber¨akna med hj¨alp av residyteoremet integralen Z ∞

−∞

1

(x²+ 1)(x²+ 4)dx . Lösning: L˚at f(z) = _(z2+1)(z¹ ²+4). Denna funktion är analytisk i alla punkter utom nämnarens nollställen vilka är

z =±i och z =±2i.

Av dessa är det endast+i och +2i som ligger i övre halvplanet. Eftersom nämnarens gradtal minus täljarens gradtal är4 s˚a ser vi ocks˚a att

lim

|z|→∞|z||f(z)|= 0.

forts.

Vi kan allts˚a anv¨anda residyteoremet och vi f˚ar Z ∞

−∞

1

(x²+ 1)(x²+ 4)dx = 2πi Res(f,i) + Res(f,2i)

= 2πi lim

z→i (z−i)f(z)

+ 2πi lim

z→2i (z−2i)f(z)

= 2πi lim

z→i

z−i

(z−i)(z+ i)(z−2i)(z+ 2i) + 2πi lim

z→2i

z−2i

(z−i)(z+ i)(z −2i)(z+ 2i)

= 2πi lim

z→i

1

(z+ i)(z−2i)(z+ 2i) + 2πi lim

z→2i

1

(z−i)(z+ i)(z+ 2i)

= 2πi

2i (−i) 3i + 2πi i 3i 4i = π

3 −π 6 = π

6.

Teorem

Ifall a>0, g ¨ar analytisk p˚a reella axeln och i ¨ovre halvplanet (Im (z)>0) bortsett fr˚an punkterna z_j, j = 1, . . . ,k, och lim_Im_z_≥0

|z|→∞

|g(z)|= 0(när g är rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst1)s˚a är

Z ∞

−∞

e^iaxg(x) dx = lim

R→∞

Z R

−R

e^iaxg(x) dx = 2πi

k

X

j=1

Res(e^iazg(z),z_j).

Obs!

Om g(x) ¨ar reell s˚a ¨ar RR

−Rsin(ax)g(x) dx = Im RR

−Re^iaxg(x) dx och RR

−Rcos(ax)g(x) dx = Re RR

−Re^iaxg(x) dx

, och det ¨ar i b˚ada fallen enklare att r¨akna ut lim_R→∞RR

−Reîaxg(x) dx och sedan ta imaginära eller reella delen än att skriva tex.sin(ax) = _2i¹(eîax−eîax). (Att försöka tillämpa residyteoremet p˚a funktionensin(az)g(z) ellercos(az)g(z) lyckas vanligen inte alls.)

(12)

Lemma

Z 2π 0

F(cos(t),sin(t)) dt

= Z 2π

0

F ¹₂ e^it+ e^−it

,_2i¹ e^it−e^−it 1

ie^itie^itdt= I

γ

f(z) dz

ifall f(z) =F

1 2

z+1

z

,_2i¹

z− 1 z

1

iz och γ ¨ar enhetscirkeln

|z|= 1. Integralen kan räknas ut med residyteoremet (ifall förutsättningarna

¨

ar uppfyllda).

Nollst¨allen, poler Om f(z) =

∞

X

n=m

a_n(z−z₀)ⁿ d˚a0<|z−z₀|<R d¨ar a_m6= 0 och R >0, (och f(z₀) =a₀ om m≥0) s˚a ¨ar

z₀ ett nollst¨alle av ordningen m om m>0(dvs. med multipliciteten m), z₀ ¨ar en pol av ordningen |m|om m<0 (dvs. med multipliciteten|m|). Om f(z) =

∞

X

n=−∞

a_n(z−z₀)ⁿ och a_n6= 0för oändligt m˚anga n<0 s˚a är z₀en väsentlig singularitet.

Exempel

0 är ett nollställe av ordningen1 tillsin(z) 0 är ett nollställe av ordningen2 till1−cos(z)

Lemma

z₀ ¨ar ett nollst¨alle av ordningen m till f

⇔

f(z₀) =f⁰(z₀) =. . .=f^(m−1)(z₀) = 0och f^(m)(z₀)6= 0

⇔

z→zlim₀

f(z)

(z−z₀)^m existerar och ¨ar6= 0

⇔

z₀ ¨ar en pol av ordningen m till ¹_f Lemma

z₀ ¨ar en pol av ordningen m till f

⇔

lim_z_→z₀(z−z₀)^mf(z) existerar och ¨ar 6= 0

⇔

Lemma

Om f är analytisk i z₀ och z₀ är ett nollställe av ordningen m s˚a är Res

f⁰ f ,z₀

=m

Lemma

Om f är analytisk i mängden {z : 0<|z−z₀|<r} där r >0och z₀ är en pol av ordningen m s˚a är

Res f⁰

f ,z₀

=−m

(13)

Antalet l¨osningar till en ekvation innanf¨or en sluten stig

Om f är analytisk p˚a och innanförγ^∗ (och den slutna stigenγ g˚ar ett varv i positiv riktning) ochϕ, där ϕ(t) =f(γ(t)), t∈[a,b], g˚ar m varv runt w s˚a finns det m lösningar till ekvationen f(z) =w innanförγ^∗

Mera exakt

Ifall ν(γ,z) = 1 eller0d˚a z ∈C\γ^∗ och f är analytisk p˚a och innanför γ^∗ bortsett fr˚an högst ett ändligt antal poler innanförγ^∗ s˚a är

1 2πi

I

γ

f⁰(z)

f(z)−w dz = 1 2πi

I

ϕ

1

z−w dz =ν(ϕ,w),

där ϕ(t) =f(γ(t)), t ∈[a,b], antalet lösningar till ekvationen f(z) =w minus antalet poler innanförγ^∗ (räknade med multiplicitet).

Lemma

Om f ¨ar analytisk i punkten z₀ och f(z₀) = 0 s˚a finns det ett tal r >0s˚a att antingen g¨aller

f(z) = 0d˚a|z−z₀|<r eller

f(z)6= 0 d˚a0<|z−z₀|<r . Analytisk forts¨attning

Ifall

Ωär en öppen sammanhängande mängd, f och g är analytiska i Ω,

f(z) =g(z) d˚a z ∈A⊂Ω

I d¨ar A ¨ar s˚adan att det finns zj ∈A, zj 6=z_∞, j ≥1 och limj→∞zj=z∞∈Ω,

I tex. s˚a att A6=∅och antingen är öppen eller A= Ω∩γ^∗ därγär en stig (s˚a attγ^∗ inte best˚ar av bara en punkt),

s˚a ¨ar f(z) =g(z)f¨or alla z ∈Ω.

Exempel

Definiera Γ(z) =R∞

0 e^−tt^z−1dt. Man kan visa attΓd˚a kommer att vara analytisk d˚a Re (z)>0(eftersom |t^z⁻¹|=t^{Re (z}⁾⁻¹ d˚a t >0). Hur är det med Γ(z) för andra värden av z?

L¨osning: D˚aRe (z)>0 f˚ar vi med hj¨alp av partiell integrering Γ(z+ 1) =

Z ∞ 0

e^−tt^zdt= ∞

0

−e^−tt^z

− Z ∞

0

−e^−tzt^z⁻¹

dt=zΓ(z).

Detta betyder att Γ(z) = Γ(z+ 1)

z d˚aRe (z)>0 och vi kan definiera Γ(z) = Γ(z+ 1)

z , z 6= 0,Re (z)>−1.

forts.

Av teoremet om analytisk fortsättning följer att ifall f(z) är en analytisk funktion i mängden {z :z 6= 0,Re (z)>−1} s˚a att f(z) = Γ(z) d˚a Re (z)>0s˚a m˚aste den vara ^Γ(z+1)_z . Vi kan nu fortsätta p˚a samma sätt och definiera

Γ(z) = Γ(z+k)

z(z+ 1). . .(z+k−1), z 6=−j,j = 0, . . . ,k−1, Re (z)>−k, och vi ser vi f˚ar en funktion Γsom ¨ar analytisk i alla punkter utom

{0,−1,−2, . . .}.

(14)

Definition

En funktion u(x₁, . . . ,x_n)är harmonisk i (den öppna) mängdenΩ⊂Rⁿ om den för alla (x₁, . . . ,x_n)∈Ωuppfyller Laplace-ekvationen

∆u=u_x₁_x₁(x₁, . . . ,x_n) +. . .+u_x_n_x_n(x₁, . . . ,x_n) = 0.

Teorem

Funktionen u(x,y) ¨ar harmonisk iΩ

⇔

u(x,y) = Re (f(x + iy))d¨ar f(z)¨ar en analytisk funktion iΩ(d˚a x+ iy⁰⁰=⁰⁰(x,y)∈Ω).

Lemma

Om v(x,y)är en harmonisk funktion i (den öppna) mängdenΩ₁ och f : Ω₂ →Ω₁ är en analytisk funktion i (den öppna) mängden Ω₂ s˚a är u(x,y) =v(Re (f(x + iy)),Im (f(x+ iy))) harmonisk iΩ₂.

Exempel

Bestäm en harmonisk funktion (u_xx+u_yy = 0) i första kvadranten {(x,y) :x >0,y >0} s˚a att u(x,0) = 0, x >0 och u(0,y) = 4, y >0 genom att visa att v(x,y) = ¹₂ −¹_πarctan(^x_y)är en harmonisk funktion d˚a y >0s˚a att v(x,0) = 1 d˚a x <0och v(x,0) = 0d˚a x >0 och genom att använda den analytiska funktionen z 7→z².

L¨osning: N¨ar vi deriverar f˚ar vi v_x(x,y) =−1

π

1 y

1 + ^x_y²₂ =−1 π

y

x²+y² och v_xx(x,y) = 1 π

2xy (x²+y²)², och

v_y(x,y) =−1 π

−_y^x₂ 1 + ^x_y²2

= 1 π

x

x²+y² och v_yy(x,y) =−1 π

2xy (x²+y²)² Av detta ¨ar det klart att v_xx+v_yy = 0s˚a v ¨ar harmonisk.

forts.

Om x >0 s˚a ¨ar lim_y→0+ x

y = +∞ s˚a attlimy→0+v(x,y) = ¹₂−_π¹^π₂ = 0 och om x <0s˚a ¨ar lim_y→0+^x_y =−∞s˚a att

lim_y→0+v(x,y) = ¹₂ −_π¹(−^π₂) = 1. Eftersom f(z) =z² är analytisk och avbildar mängden {z ∈C: Re (z)>0,Im (z)>0} p˚a mängden

{z ∈C: Im (z)>0}s˚a ¨ar funktionen

u(x,y) =cv(Re (f(x + iy)),Im (f(x+ iy)))harmonisk i mängden {(x,y) :x >0,y >0}. Dessutom ser vi att mängden{(0,y) :y >0} avbildas mängden {(x,0) :x <0}s˚a att om vi vill att u(0,y) = 4och s˚a skall vi välja c = 4. P˚a motsvarande sätt ser vi att mängden

{(x,0) :x >0} avbildas p˚a m¨angden {(x,0) :x >0} s˚a att vi ocks˚a automatiskt f˚ar u(x,0) = 0d˚a u definieras som ovan. Eftersom

f(x + iy) = (x + iy)² =x²+ 2ixy −y² s˚a blir u(x,y) = 4v(Re (f(x + iy)),Im (f(x+ iy)))

2 2 1 1

x²−y²

Harmoniska funktioner i pol¨ara koordinater

Antag att w(r, θ) =v(rcos(θ),rsin(θ))(dvs. w ¨ar v uttryckt med pol¨ara koordinater). D˚a uppfyller v Laplace-ekvationen v_xx+v_yy = 0, (dvs. den

¨

ar harmonisk) om och endast om w_rr+1

rw_r + 1

r²w_θθ = 0.

Medelvärdesegenskapen OmΩ⊂Rⁿ är öppen s˚a gäller:

u ¨ar tv˚a g˚anger deriverbar och harmonisk (∆u= 0) iΩ

⇔

u ¨ar o¨andligt m˚anga g˚anger deriverbar och harmonisk (∆u = 0) iΩ

⇔

u ¨ar kontinuerlig iΩoch u(x₀) = ^R ¹

kxk=11 dS

R

kxk=1u(x₀+rx) dS , f¨or

n

(15)

Maximumprincipen

Om Ωär en öppen begränsad mängd iRⁿ med rand ∂Ωoch u är kontinuerlig i Ω∪∂Ωoch harmonisk i Ωs˚a är

max

x∈Ω∪∂Ωu(x) = max

x∈∂Ωu(x).

OmΩdessutom är sammanhängande s˚a gäller att om u(x₀) = max_{x∈Ω∪∂Ω}u(x) för n˚agot x0∈Ωs˚a är u en konstant funktion.

Entydighet

Om Ωär en öppen begränsad mängd iRⁿ med rand ∂Ωoch u₁ och u₂ är kontinuerliga i Ω∪∂Ωoch harmoniska iΩoch u₁(x) =u₂(x) d˚ax∈∂Ω s˚a är u₁(x) =u₂(x) för alla x∈Ω.

Poissons formel i enhetscirkeln

Om u(x,y)är t.ex. begränsad d˚a x²+y² <1s˚a är u harmonisk i {(x,y) :x²+y² <1} ⇔

u(rcos(θ),rsin(θ))

= 1 2π

Z _2π

0

1−r²

1−2rcos(θ−t) +r²u cos(t),sin(t)

dt, r <1.

Poissons formel i ¨ovre halvplanet

Om u(x,y)är t.ex. begränsad d˚a x ∈Roch y >0s˚a är u harmonisk i {(x,y) :x ∈R,y >0} ⇔

u(x,y) = 1 π

Z ∞

−∞

y

(x −t)²+y²u(t,0) dt, y >0.

Str¨omningsproblem i tv˚a dimensioner

Hastighetsvektorn för en virvelfri strömning av en inkompressibel ”vätska”

med viskositet 0(dvs. utan ”friktion”) ¨arv(x,y) s˚a attv=∇Φoch

∇ ·v= 0. Dessa villkor inneb¨ar att 0 =∇ · ∇Φ = Φ_xx + Φ_yy, dvs. Φ¨ar harmonisk.

Om nu f(x+ iy) = Φ(x,y) + iΨ(x,y)¨ar analytisk s˚a f¨oljer av Cauchy-Riemann ekvationerna att hastighetsvektorn

(Φ_x,Φ_y) = (Re (f⁰),Im (f⁰))och(Φ_x,Φ_y)⊥(Ψ_x,Ψ_y), dvs.

hastighetsvektorn är parallell med kurvanΨ =c (där c är en konstant) som allts˚a är en ”strömningslinje”.

Exempel

Vilket str¨omningsproblem kan beskrivas med funktionen f(z) =z² i m¨angden{z ∈C: Imz >0}?

Lösning: I dethär fallet är f(x + iy) =x²−y²+ i2xy . Strömningslinjerna

är allts˚a kurvorna xy =c där c är en konstant och hastighetsvektorn är (2x,−2y) = 2xi−2yj. Av detta kan vi se att det är fr˚agan om en strömning mot den reella axeln som delar sig och g˚ar ut mot den positiva eller negativa sidan.

...

...........................

............

...

... . ... ..

...

....

..

....

..

....

..

....

..

....

..

....

..

....

..

....

..

....

..

....

..

....

..

.

(16)

Exempel

Vilken situation i str¨omningsmekanik kan beskrivas med funktionen f(z) =z+¹_z (d˚a|z| ≥1)?

Lösning: Vi skriver f = Φ + iΨ och om vi använder polära koordinater, dvs. väljer z =reîθ s˚a har vi

f(z) =re^iθ+1

re^−iθ = cos(θ)

r+1 r

+ i sin(θ)

r−1 r

.

Eftersom f⁰(z) = 1−_z¹2 s˚a ser vi att f⁰(z)→1d˚a |z| → ∞, dvs. l˚angt borta fr˚an origo är hastighetsvektorn i stort sett en enhetsvektor i x -axelns riktning. Strömningslinjerna bestäms av ekvationerna Ψ =c, dvs.

θ= arcsin(_r₂^cr₋₁)och θ=π−arcsin(_r₂^cr₋₁). Om c = 0 gäller antingen r = 1,θ= 0ellerθ=π och det är fr˚agan om strömning i omr˚adet utanför enhetscirkeln med mittpunkt i origo.

...

.....

....

. .. .. .. . .. .. . .. . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . .. . .. . .. .. .. .. .....

...

...............

.....................

Laplace-transformationen L(f)(s) =

Z ∞ 0

e^−stf(t) dt

Exempel L(1)(s) = ¹_s L(t)(s) = ¹

s²

L(e^at)(s) = _s−a¹ L(cos(ωt))(s) = _s₂_+ω^s ₂ L(sin(ωt))(s) = _s₂_+ω^ω ₂

Laplace-transformationen ¨ar linj¨ar!

L(αf +βg) =αL(f) +βL(g)

Teorem Ifall

RT

0 |f(t)|dt<∞ f¨or alla T >0 lim_T_→∞R_T

0 e^−s⁰^tf(t) dt existerar f¨or n˚agot tal s₀∈C s˚a g¨aller att

F(s) = lim_T→∞RT

0 e^−stf(t) dt existerar d˚aRe (s)>Re (s₀), F(s)¨ar analytisk i m¨angden {s ∈C: Re (s)>Re (s₀)}.

Teorem

Laplace-transformationen är entydig, dvs. omL(f)(s) =L(g)(s)d˚a Re (s)> α s˚a är f(t)=g(t) för nästan alla t ≥0.

R¨akneregler, derivator mm. d˚a F(s) =L(f)(s) L(f⁰)(s) =sF(s)−f(0)

F⁰(s) =L(−tf(t))(s)

L(f⁰⁰)(s) =s²F(s)−sf(0)−f⁰(0) LR_t

0f(τ) dτ

(s) = ¹_sF(s)

Räkneregler, förskjutningsregler mm. d˚a F(s) =L(f)(s) L(eâtf(t))(s) =F(s−a)

L(f(t−a)u(t−a))(s) = e^−asF(s)

d¨ar u(t) = 1 d˚a t >0, u(t) = 0 d˚a t <0och a≥0.

L f(at)

(s) = ¹_aF ^s_a , a>0