KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN SIMON ANDRÁS

Átírás

1 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN SIMON ANDRÁS TARTALOMJEGYZÉK. Emlékeztető 2. Bevezetés A komplex exponenciális függvény 4 3. Deriválhtóság Komplex és vlós differenciálhtóság kpcsolt CR néhány következménye Hrmonikus függvények 8 4. Htványsorok 0 Az exponenciális függvény htványsor 0 Komplex logritmus tuljdonsági 2 Trigonometrikus és hiperbolikus függvények 2 5. Komplex vonlintegrál Görbék komplex síkon 4 6. Tylor- és Lurent-sorok 20 Példák Lurent-sorb fejtésre 2 7. Izolált szingulritási helyek osztályozás Reziduum 24 Módszerek reziduum kiszámításár Argumentum-elv 25 függelék A. Összefüggőség 27. EMLÉKEZTETŐ.. Definíció. Komplex számok: C = (R 2,+,,(0,0),(,0)), hol (, b)+(c, d) = (+c, b+d) (zz z összedás koordinátánként történik, mint R 2 -ben), és (, b) (c, d) = (c bd, d + bc). Az (, b) komplex szám vlós ill. képzetes része Re(, b) = R Im(, b) = b R. j-vel jelöljük (0, ) komplex számot. Speciálisn: (,0) (c,0) = (c,0); következésképp (R,+,,0,) = ({z C : Im z = 0},+,,(0,0),(,0)), hol természetesen + és bloldlon vlós, jobboldlon komplex összedás ill. szorzás. Ezért 0 képzetes részű komplex számokt vlósknk mondjuk. (, b) (c,0) = (c, bc); következésképp Dte: 208. május 28..

2 2 SIMON ANDRÁS (síkvektorok,vektorösszedás,sklárrl vló szorzás) = (C,+,vlóssl szorzás) j 2 = (,0).2. Tétel. C test ((0,0) z összedásr, (,0) pedig szorzásr nézve neutrális elem). Jelölés:, b R-re + b j = (, b); és kkor úgy lehet számolni, mint vlóskkl, csk épp j 2 =. Konjugált (, b) = (, b), vgyis tükrözés vlós tengelyre..3. Állítás. () z = z (2) z = z z R (3) Re(z) = 2 (z + z ), Im(z) = 2 j (z z ) (4) z + w = z + w és zw = z w (5) zz = z 2 ( R) (hol z z-nek mint síkvektornk hossz, vgyis 2 + b 2 h z = + b j)..4. Definíció. z = zz (persze nemnegtív). Vlóskr ez régit dj..5. Feldt. z = z, zw = z w, Rez z..6. Feldt. A komplex sík mely részhlmzit definiálják z lábbi egyenletek és egyenlőtlenségek? () z j = (2) < z + j < 2 (3) z = z j (4) 2 + z < 2 z (5) 2z + 3 > 4 (6) z 4 > z Trigonometrikus lk H z = + b j és r = z, ϕ z vlós tengely pozitív felével bezárt irányított szöge, kkor = r cosϕ, b = r sinϕ, zz z = r(cosϕ + j sinϕ): ez z trigonometrikus lkj (spéci lgebri). Minden nem-0 komplex szám (modulo 2π) egyértelműen írhtó fel ilyen lkbn, mégpedig így: r = z = 2 + b 2, cosϕ = /r, sinϕ = b/r. (Ezekből ϕ már egyértelmű (mod 2π), mert cosϕ = cosψ & sinϕ = sinψ ψ = ϕ (mod 2π).) (ϕ = rg z, miről ki szokás kötni, hogy [0,2π) vgy ( π,π]).7. Állítás. () r (cosϕ + j sinϕ ) r 2 (cosϕ 2 + j sinϕ 2 ) = r r 2 cos(ϕ + ϕ 2 ) + j sin(ϕ + ϕ 2 )), zz zw = z w és rg zw = rg z + rg w. (2) r(cosϕ + j sinϕ) = r(cos ϕ+ j sin ϕ) (mert konjugált definíciój mitt z = z, rg z = rg z) (3) r (cosϕ + j sinϕ ) r 2 (cosϕ 2 + j sinϕ 2 ) = r ( r cos(ϕ ϕ 2 2 )+ j sin(ϕ ϕ 2 ) ), zz w 0-r z w = z w és rg z w = rg z rg w. (4) n Z-re ( r(cosϕ + j sinϕ) ) n = r n (cos nϕ + j sin nϕ), zz z n = z n és rg z n = nrg z..8. Állítás. H n N +, kkor 0 z = r(cosϕ + j sinϕ) komplex számnk pontosn n db. n. gyöke vn, és ezek n r(cos( ϕ+2kπ n ) + j sin( ϕ+2kπ n )), k = 0,..., n Feldt. + j 3 =?

3 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 3 2. BEVEZETÉS A komplex számok testet is lkotnk, és ennyiben vlósokr hsonlítnk, de R feletti kétdimenziós normált lineáris teret is, miben meg R 2 -re. Rádásul ez norm ( z ) ugynz, mint R 2 -ben, ezért z összes foglom és tétel, mi R 2 -beli soroztok, vgy R 2 R 2 függvények htárértékére vgy folytonosságár vontkozik, itt is definiálhtó illetve igz. 2.. Tétel. () A z n komplex sorozt pontosn kkor konvergens, h Re z n és Im z n vlós soroztok zok, és ilyenkor lim n z n = lim n Re z n + j lim n Im z n (2) H z n és w n konvergens komplex soroztok, kkor z n ± w n is z és lim n z n ± w n = lim n z n + lim n w n és minden R-re z n is z és lim n z n = lim n z n. (3) H f : C C és z 0 torlódási pontj Dom f -nek, kkor lim z0 f pontosn kkor, h f vlós és képzetes részének is vn z 0 -beli htárértéke, és ilyenkor lim z0 f = lim z0 Re f + j lim z0 Im f, zz Relim z0 f = lim z0 Re f és Imlim z0 f = lim z0 Im f. (4) Az f : C C függvény pontosn kkor folytonos z 0 C-ben, h vlós és képzetes része is z. (5) H z 0 torlódási pontj Dom f -nek és Dom g-nek és lim z0 f,lim z0 g, kkor lim z0 f ± g = lim z0 f ± lim z0 g, lim z0 f = lim z0 f minden R-re. (6) H f, g folytonosk z 0 -bn, kkor f ± g és f is z minden R-re Feldt. Mondjunk leglább két okot, miért z identitásfüggvény ( = z) folytonos! 2.3. Állítás. g(z) = Re z és h(z) = Im z folytonos C R függvények. Bizonyítás. Ezek z R 2 R projekciók, mikről tudjuk, hogy folytonosk Következmény. H f folytonos z 0 -bn, kkor f és f is z (utóbbi mint C R függvény). Bizonyítás. 2.(4)-et hsználv: h f = u + jv folytonos, kkor u és v, és így v, tehát f vlós és képzetes része is z. f zért folytonos, mert g z, hol g z f = u + jv-nek megfelelő vlós függvény, zz g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)). Következésképp g(z) = z függvény mindenütt folytonos, mert z identitásfüggvény konjugáltj, z identitásfüggvény pedig folytonos (2.2). (Persze zért is, mert koordinátfüggvényei folytonosk.) 2.5. Következmény (Weierstrss). H f folytonos zárt, korlátos K hlmzon, kkor f felveszi ott minimumát és mximumát. Bizonyítás. f : R 2 R folytonos függvény Következmény. H lim z0 f, kkor lim z0 f = lim z0 f és lim z0 f = limz0 f. Bizonyítás. H f = u + jv, kkor lim z0 f = lim z0 u + j lim z0 v = lim z0 u j lim z0 v = lim z0 u + j lim v = lim f, z0 z0 hol z első és utolsó egyenlőség 2.() mitt igz; második állítás pedig, mint z előbb, zért igz, mert lim x0 + j y 0 f = lim (x0,y 0 ) g = lim(x0,y 0 ) g = limx0 + j y 0 f, hol g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)). Emlékeztető: normált lineáris tér: lineáris tér plusz, hol : V R + {0} következő tuljdonságokkl: x = 0 x = 0; λx = λ x ; x + y x + y (két pont közt legrövidebb út z egyenes)

4 4 SIMON ANDRÁS Két rádás: Mivel C test, felmerül, hogy igzk lesznek-e vlós soroztok és függvények olyn tuljdonsági, melyeknek vektor értékű függvényekre nem volt értelme. A rendezést involválók nem, hiszen z most sincs (C test, de nem rendezett test), de szorzásról és hánydosról szólók igen: tehát igz pl., hogy konvergens soroztok szorzt is z, és htárérték htárértékek szorzt, vgy hogy folytonos függvények hánydos (pl. rcionális törtfüggvények) is z nevező zérushelyeinek kivételével. Ezek z állítások rádásul kevés számolássl kijönnek z R 2 R függvények megfelelő tuljdonságiból és bból, hogy htárérték koordinátánként számolhtó Tétel. H z 0 torlódási pontj Dom f i -nek és lim z0 f i (i =, 2), kkor lim z0 f f 2 = lim z0 f lim z0 f 2 (speciálisn lim z0 c f = c lim z0 f minden c C-re), és h lim z0 f 2 0, kkor lim z0 f /f 2 = lim z0 f /lim z0 f 2. Bizonyítás. A fentiek illusztrálásár belátjuk z első állítást. H f i (x + j y) = u i (x, y) + jv i (x, y) és lim z0 f i = i + b i j, kkor 2.(3) mitt i = lim z0 u i és b i = lim z0 v i ; ezért és limre f f 2 = lim u u 2 v v 2 = 2 b b 2 = Re( + b j)( 2 + b 2 j) z0 x 0 + j y 0 limim f f 2 = lim u v 2 + u 2 v = b b = Im( + b j)( 2 + b 2 j), z0 x 0 + j y 0 2.(3) mitt tehát f f 2 -nek vn z 0 -bn htárértéke, mégpedig ( + b j)( 2 + b 2 j) Következmény. Folytonos függvények szorzt, és nevező zérushelyeinek kivételével hánydos is folytonos. Következésképp például rcionális törtfüggvények (polinomok hánydosi) folytonosk nevező zérushelyeinek kivételével. Szokás értelmet dni nnk, hogy egy komplex sorozt végtelenbe trt: zt mondjuk, hogy z n, h z n. És hsonlón definiáljuk lim z z0 = -t is. Ok: Riemnn-gömb. (Bijekció C és gömb (minusz z észki pólus) között: z képe z észki pólust és z-t összekötő szksz és gömb metszéspontj. Így végtelenbe trtó soroztok képei z észki srkhoz trtók.) 2.. A komplex exponenciális függvény Az exponenciális függvényt úgy krjuk kiterjeszteni C-re, hogy minél több tuljdonság (pl. z zonosságok, deriválhtóság) megmrdjon Definíció. e x+ j y = e x (cos y + j sin y) 2.0. Következmény. Az exponenciális függvény folytonos C-n (hiszen koordinátfüggvényei folytonosk). cos0 + j sin0 = mitt vlósokr ez tényleg régi. Megmrdnk z zonosságok is, pl. e z+w = e z e w, mert e (x + j y )+(x 2 + j y 2 ) = e x +x 2 + j(y +y 2 ) = e x +x 2 (cos(y + y 2 ) + j sin(y + y 2 )) = e x e x 2 (cos y + j sin y )(cos y 2 + j sin y 2 ) = e x + j y e x 2+ j y 2

5 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 5 ( hrmdik egyenlőségben trigonometrikus lkbn vló szorzásr vontkozó zonosságot hsználtuk), és hsonlón: minden komplex z-re és m egészre (e z ) m = e mz. Definícióból látszik, hogy e z = e Re z csk Re z-től, szöge pedig csk Im z-től függ. És z is, hogy e z periodikus 2π j periódussl. A definícióból: e jϕ = cosϕ + j sinϕ; speciálisn: e 0 j = e j π 2 = j e jπ = e j 3π 2 = j 3. DERIVÁLHATÓSÁG Definíció: mint R-ben (megtehetjük, mert C test), zz: 3.. Definíció. Az f komplex függvény deriválhtó értelmezési trtomány egy belső z 0 pontjábn, h létezik f (z 0 ) lim z z 0 z z 0 htárérték. Ilyenkor ez htárérték z f z 0 -beli deriváltj, mit f (z 0 )-l jelölünk. Mivel egy komplex függvény vlós kétváltozós vektor értékű függvény is, h hngsúlyozni krjuk, hogy nem vlós értelemben vett deriválhtóságáról vn szó, kkor definícióbeli deriválhtóságot komplex értelemben vett deriválhtóságnk mondjuk Példák. = c és = z deriválhtók, és deriváltjuk mindenütt 0 ill.. Most is, mint vlósbn: 3.3. Tétel. H f, g deriválhtó z 0 -bn, kkor f ± g, f g, és h g(z 0 ) 0, kkor f /g is, és (f ± g) (z 0 ) = f (z 0 )± g (z 0 ), (f g) (z 0 ) = f (z 0 )g(z 0 )+ f (z 0 )g (z 0 ) és (f /g) (z 0 ) = f (z 0 )g(z 0 ) f (z 0 )g (z 0 ) g(z 0 ) 2. H még h deriválhtó g(z 0 )-bn, kkor h g deriválhtó z 0 -bn, és (h g) (z 0 ) = h (g(z 0 ))g(z 0 ) Következmény. Polinomok mindenütt, rcionális törtfüggvények nevező zérushelyeit kivéve mindenütt deriválhtók. És most is: deriválhtóságból következik folytonosság, de fordítv nem. Pl. g(z) = z, h(z) = Re z mindenütt folytonosk (ezt már láttuk), de sehol sem deriválhtók. Utóbbit be lehet látni definícióból is, de kijön z lábbi tételből Tétel (Cuchy Riemnn féle prciális diffegyenletek). H f = u + jv deriválhtó z 0 = x 0 + j y 0 pontbn, kkor u és v prciálisn deriválhtók (x 0, y 0 )-bn, és következésképp Bizonyítás. f (z 0 ) = u x (x 0, y 0 ) + jv x (x 0, y 0 ) és f (z 0 ) = v y (x 0, y 0 ) ju y (x 0, y 0 ); u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) és u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ) f f (z (z 0 ) = lim 0 ) z0 z z 0 = lim (x0,y 0 ) u(x,y)+ jv(x,y) (u(x 0,y 0 )+ jv(x 0,y 0 )) (x x 0 )+ j(y y 0 ) = lim (x0,y 0 ) u(x,y) u(x 0,y 0 )+ j(v(x,y) v(x 0,y 0 )) (x x 0 )+ j(y y 0 )

6 6 SIMON ANDRÁS Speciálisn, y = y 0 mentén f (z 0 ) = lim x x0 u(x,y 0 ) u(x 0,y 0 )+ j(v(x,y 0 ) v(x 0,y 0 )) x x 0 = lim x x0 u(x,y 0 ) u(x 0,y 0 ) x x 0 + j lim x x0 v(x,y 0 ) v(x 0,y 0 ) x x 0 = u x (x 0, y 0 ) + jv x (x 0, y 0 ), x = x 0 mentén pedig f (z 0 ) = lim y y0 u(x 0,y) u(x 0,y 0 )+ j(v(x 0,y) v(x 0,y 0 )) j(y y 0 ) és ezeket krtuk bizonyítni. = lim y y0 u(x 0,y) u(x 0,y 0 ) j(y y 0 ) + lim y y0 v(x 0,y) v(x 0,y 0 ) y y 0 = ju y (x 0, y 0 ) + v y (x 0, y 0 ), 3.6. Példák. A tételből vlóbn következik, hogy g(z) = z és h(z) = Re z sehol sem deriválhtók, hiszen pl. g koordinátfüggvényei u(x, y) = x, v(x, y) = y, tehát u x = = v y. A tétel megfordítás nem igz: CR-egyenletek teljesüléséből nem következik deriválhtóság, mint zt következő péld muttj Péld. f (x + j y) = xy -r teljesülnek CR-egyenletek z origóbn, de mégsem deriválhtó ott: v(x, y) mindenütt, u(x, y) = xy pedig tengelyek mentén 0, így prciális deriváltjik 0-k z origóbn, tehát ott kielégítik CR-egyenleteket. De f f (x+ j y) f (0,0) xy (0) = lim (x,y) (0,0) x+ j y = lim (x,y) (0,0) x+ j y nem létezik, mert vlós tengelyen x (y = 0 mentén) 0, de y = x > 0 mentén lim x +0 x+ jx = + j. Egy részleges megfordítás zért igz: 3.8. Tétel. H léteznek u és v prciális deriváltji z U nyílt hlmzon, folytonosk és kielégítik CR-egyenleteket (x 0, y 0 ) U-bn, kkor u + jv deriválhtó x 0 + j y 0 -bn Következmény. e z H (C) és d dz ez = e z. Bizonyítás. u(x, y) = e x cos y, v(x, y) = e x sin y mindenütt folytonosk, és CR-egyenletek is teljesülnek, mert u x (x, y) = e x cos y = v y (x, y) és u y (x, y) = e x sin y = v x (x, y). 3.5 mitt d dz ez = u x (x, y) + jv x (x, y) = e z. 3.. Komplex és vlós differenciálhtóság kpcsolt 3.8 ismerős többváltozós függvénytnból: ott is folytonos differenciálhtóság (vgyis prciális deriváltk pontbeli folytonosság) volt egy elégséges feltétele deriválhtóságnk. És persze prciális deriváltk létezése szükséges feltétele. Ami most extr, z Cuchy Riemnn egyenletek teljesülése. Az lábbi 3.2 tétel muttj, hogy vlóbn csk z különbség Állítás. ( + jb)(x + j y) = ( )( b xy ) b, hol bloldlon természetesen komplex számok, jobboldlon pedig mátrixok szorzás szerepel. Bizonyítás. A kétféle szorzás definíciójából dódik. 3.. Definíció. ( ) b b z + b j komplex szám mátrix. Az elnevezés 3.0 mitt jogos, hiszen eszerint z komplex szám mátrixávl vló mátrixszorzás z-vel vló komplex szorzás.

7 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN Tétel. Legyen H C, f : H C és z 0 = (x o, y 0 ) belső pontj H-nk. Akkor f pontosn kkor deriválhtó komplex értelemben z 0 -bn h vlós értelemben deriválhtó ott és koordinátfüggvényei itt kielégítik Cuchy Riemnn egyenleteket. Ilyenkor f z 0 -beli Jcobi-mátrix f (z 0 ) mátrix. Bizonyítás. Elég belátni, hogy minden w C-re ( ) w = lim z z0 f (z 0 ) z z 0 f (z 0 ) M lim z z0 z z 0 ( ) Re(z z0 ) Im(z z 0 ) hol M w mátrix, mert bloldl zt mondj, hogy f komplex értelemben deriválhtó z 0 - bn és w = f (z 0 ), jobboldl pedig zt, hogy f vlós értelemben deriválhtó ugynitt és M Jcobi-mátrix ( f vlós értelemben vett deriválhtóságából következik, hogy Jcobi-mátrix koordinátfüggvényei prciális deriváltjiból áll, tehát h ez egy komplex szám mátrix, kkor prciális deriváltk kielégítik Cuchy Riemnn egyenleteket). Mivel () lim f (z 0 ) z z0 w z z = lim f (z 0 ) w(z z 0 ) 0 z z 0 z z = lim f (z 0 ) w(z z 0 ) 0 z z 0 z z 0 és 3.0 mitt (2) f (z 0 ) w(z z 0 ) = f (z 0 ) M ( ) Re(z z0 ) Im(z z 0 ), ezért f (z w = lim 0 ) f (z z z0 z z 0 0 = lim 0 ) f (z z z0 z z 0 w 0 = lim 0 ) z z0 z z 0 w () f (z 0 = lim 0 ) w(z z 0 ) f (z z z0 z z 0 0 = lim 0 ) w(z z 0 ) z z0 z z 0 mivel beláttuk ( )-ot. = 0 ( ) Re(z z0 ) (2) f (z 0 ) M Im(z z lim 0 ) z z0 z z 0 = 0, 3.3. Következmény. Az lábbi állítások ekvivlensek tetszőleges f komplex függvényre és f értelmezési trtományánk egy z 0 belső pontjár. () f komplex értelemben deriválhtó z 0 -bn (2) f vlós értelemben deriválhtó z 0 -bn és z 0 -beli deriváltoperátor forgtv nyuzsorítás (vgyis egy komplex számml vló szorzás) (3) f vlós értelemben deriválhtó z 0 -bn és z 0 -beli Jcobi-mátrix egy komplex szám mátrix Következmény. H f komplex értelemben deriválhtó z 0 pontbn, kkor koordinátfüggvényei deriválhtók ott. Bizonyítás. 3.2 mitt f mint vlós vektorfüggvény deriválhtó, és zt többváltozós függvénytnból tudjuk, hogy ez ekvivlens koordinátfüggvényei deriválhtóságávl.

8 8 SIMON ANDRÁS 3.2. CR néhány következménye () H f vlós értékű, és deriválhtó z 0 -bn, kkor f (z 0 ) = 0. (f = u+ jv, hol v konstns 0 függvény, tehát v prciális deriváltji is zok, vgyis f (z 0 ) = u x (z 0 )+ jv x (z 0 ) = v y (z 0 )+ jv x (z 0 ) = 0.) Hsonló okból, ugynez helyzet h f tiszt képzetes. (2) = z sehol sem deriválhtó: 0-bn zért, mert f első koordinátfüggvényének u(x, y) = x 2 + y 2 -nek nincsenek prciális deriváltji 0-bn, hiszen pl. u x (0,0) z x 0-beli deriváltj voln; 0-n kívül meg zért, mert h z deriválhtó voln, kkor z 2 = zz, és kkor z = z 2 z is, márpedig rról már láttuk, hogy nem z. (3) = z z csk 0-bn deriválhtó: máshol nem, mert kkor z = /z is z lenne, f (0) 0-bn viszont igen, mert lim 0 z = lim 0 z = Definíció. f holomorf H nyílt hlmzon (jelölés: f H (H), h H minden pontjábn deriválhtó. f reguláris z 0 pontbn, h holomorf z 0 egy környezetében. f egész függvény, h f H (C) Definíció. D C trtomány, h nyílt és poligoniálisn összefüggő Állítás. H f = u + jv H (D), D trtomány, és u vgy v prciális deriváltji 0-k D-n, kkor f konstns D-n. Bizonyítás. 3.5 mitt h u vgy v prciális deriváltji 0-k D-n, kkor ez mindkettő prciális deriváltjir áll, ezért (mivel 3.4 mitt u és v deriválhtók) u és v, és így f is konstns D-n Következmény. H f = u + jv H (D), D trtomány, és f = 0 D-n, kkor f konstns D-n. Bizonyítás. 3.5 mitt 0 = f = u x + jv x = v y ju y, tehát állnk z állítás feltételei Következmény. H f : D R (vgy tiszt képzetes minden z D-re), f H (D), D trtomány, kkor f konstns D-n. Bizonyítás. v = Im f 0 (lényeg: konstns), tehát v x = v y = 0, és így 3.7 mitt f konstns D-n. A tiszt képzetes esetben u prciális deriváltji 0-k. (Vgy: h f tiszt képzetes, kkor j f vlós, tehát konstns, és így f is z.) Következmény. H f, f H (D), D trtomány, kkor f konstns D-n. Bizonyítás. A feltétel mitt 2u = f + f H (D) és 2 jv = f f H (D), tehát z előző következmény mitt u és v is konstns Következmény. H f H (D), f konstns D trtományon, kkor f is konstns D-n. Bizonyítás. H f k = 0, kkor persze f 0. Ellenkező esetben viszont f sehol sem 0, és ezért f = k 2 /f H (D), miből 3.20 mitt következik, hogy f konstns Hrmonikus függvények Tétel. H f H (H), hol H egy nyílt hlmz, kkor f H (H) (következésképp f kárhányszor deriválhtó H-n). Ez egyáltlán nem triviális, és mjd még vissztérünk rá, de még előbb szeretnénk hsználni z lábbi következményét:

9 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN Következmény. Tegyük fel, hogy f = u + jv H (H), hol H egy nyílt hlmz. Akkor () u, v prciális deriváltji folytonosk (zz u, v folytonosn deriválhtók) H-n (2) u, v másodrendű prciális deriváltji is folytonosk H-n. Bizonyítás. () H f = u+ jv deriválhtó, kkor tétel (és 3.5) mitt f = u x + jv x = v y ju y is, ezért folytonos is, következésképp u, v prciális deriváltji folytonosk. (2) A tétel (és 3.5) mitt f = u x + jv x = v y ju y deriválhtó, tehát () mitt u x, v x, v y és u y prciális deriváltji folytonosk. Legyen D C trtomány. Kérdés: u : D R-hez mikor vn v : D R, mire u + jv H (D)? Ilyenkor zt mondjuk, hogy v hrmonikus társ u-nk. Mivel ilyenkor v + ju = j(u + jv) H (D) (zz, h u vlós része egy holomorf függvénynek, kkor képzetes része is egy ilyennek), ez ugynz kérdés, mint hogy mikor képzetes része egy D R függvény egy D-n holomorf függvénynek. Tegyük fel, hogy u ilyen, és legyen v z u egy hrmonikus társ. Akkor Cuchy Riemnn mitt u x = v y és u y = v x és ebből 3.23(2) és Young tétel mitt (z első egyenletet x, másodikt y szerint prciális deriválv) u xx = v yx = v xy = u yy, zz u xx + u yy = 0. Azz: h f homolomorf D trtományon, kkor f vlós és képzetes részének D-n folytonosk másodrendű prciális deriváltji és Re f, Im f kielégítik ϕ xx + ϕ yy = 0 ún. Lplceegyenletet Definíció. Az u : D R függvény hrmonikus, h folytonosk másodrendű prciális deriváltji és kielégíti Lplce-egyenletet. A hrmonicitás tehát szükséges feltétele nk, hogy egy függvény egy holomorf függvény vlós vgy képzetes része lehessen. De nem elégséges, mint zt következő péld muttj Péld. Legyen u(x, y) = ln(x 2 + y 2 ) D = S2(0) trtományon (z origó 2 sugrú luks környezetén). u hrmonikus D-n, mert u x = 2x x 2 + y 2, u y = 2y x 2 + y 2, u xy = 4xy (x 2 + y 2 ) 2 = u yx, u xx = 2(y2 x 2 ) (x 2 + y 2 ) 2, u yy = 2(x2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 vgyis folytonosk másodrendű prciális deriváltji és kielégítik Lplce-egyenletet. De u-nk nincs hrmonikus társ, mert tegyük fel, hogy v z (zz u+ jv H (D)), és legyen g(t) v(cos t,sin t) = v (cos t,sin t) vlós függvény. Akkor g deriválhtó R-en, mert deriválhtó függvények kompozíciój (v 3.4 mitt z) és g(0) = g(2π), tehát Rolle tétel mitt g (c) = 0 vlmely c (0,2π)-re. De ez nem lehet, mert g (t) = ( v (cos t,sin t) ) = grd v (cos t,sin t) (cos t,sin t) = (v x (cos t,sin t), v y (cos t,sin t))( sin t,cos t) CR = ( u y (cos t,sin t), u x (cos t,sin t))( sin t,cos t) = 2sin2 t + sin 2 t+cos 2 t 2cos2 t sin 2 t+cos 2 t = 2. Egy topológii jellegű kikötéssel együtt zonbn hrmonicitás már elégséges feltétel hrmonikus társ létezésére Definíció. A D C trtomány egyszeresen összefüggő, h nincsenek benne lyukk, zz bármely, benne hldó egyszerű zárt görbével együtt nnk belsejét (z áltl htárolt trtományt) is trtlmzz.

10 0 SIMON ANDRÁS Egy luks környezet, mint mi fenti példábn szerepelt, tipikusn nem ilyen Tétel. Egyszeresen összefüggő trtományon hrmonikus függvénynek vn hrmonikus társ; és hrmonikus társk csk konstnsbn térnek el egymástól (mert h u + jv, u + jw H (D), kkor különbségük, j(v w) H (D) tiszt képzetes, tehát 3.9 mitt konstns). Hrmonikus társ keresése egzkt diffegyenlet megoldás: ott P y = Q x és keresünk v-t, mire v x = P, v y = Q. Most u xx = u yy (zz P = u y, Q = u x, Lplce-egyenlet pedig keresztben vett prciálisok egyenlősége), és keresett v, mire v x = u y, v y = u x z u hrmonikus társ Péld. Keressük meg u(x, y) = x 3 3xy 2 + 2y : R 2 R hrmonikus társát, h vn! u hrmonikus, mert (polinom lévén) folytonosk másodrendű prciális deriváltji, és u x = 3x 2 3y 2 u xx = 6x, u y = 6xy + 2 u yy = 6x, és C egyszeresen összefüggő, tehát fenti tétel mitt vn hrmonikus társ. H v ilyen, kkor v y = u x = 3x 2 3y 2 és v x = u y = 6xy 2; z elsőből v = 3x 2 3y 2 d y = 3x 2 y y 3 +c(x), és ebből másodikkl együtt 6xy 2 = v x = 6xy + d dx c(x), miből meg c(x) = 2 dx = 2x + C, zz v(x, y) = 3x 2 y y 3 2x + C. 4. HATVÁNYSOROK A vlóshoz hsonlón: C körüli htványsor c n (z ) n, hol c n C minden n-re. Komplex htványsorokr igzk miket vlós htványsorokról tnultunk (z ottni bizonyításokbn polinomok deriválását és bszolútértéket hsználtunk), csk most konvergenciintervllum helyett konvergenci-kör vn, zz megfelelő tétel így szól: 4.. Tétel. A c n (z ) n htványsor S R () belsejében konvergens, külsejében nem, htáron pedig bármi lehet; itt R = (és R =, és sor mindenütt konvergens, h limsup n n c n limsup 0, és R = 0, és sor csk -bn konvergens, h limsup = ) htványsor konvergencisugr. És, hogyn vlósbn: 4.2. Tétel. Htványsor összegfüggvénye konvergenci-kör belsejében holomorf, és tgonként deriválhtó. Az exponenciális függvény htványsor Legyen exp(z) = z n () exp(0) = ( definícióból) (2) exp holomorf C-n: limsup n n! = 0 mitt R =. (Vgy: 4. és mitt, hogy vlósokon R =. Vgy: hánydoskritériumml könnyű látni, hogy mindenütt konvergens.) (3) exp (z) = exp(z): exp (z) = ( + n= z n n! ) = n= nz n n! = n= z n (n )! = z n n! = exp(z) (4) exp(z + w) = exp(z)exp(w): Tetsz. C-re legyen = exp(z)exp( z); kkor f (z) = exp (z)exp( z)+exp(z)exp ( z) (3) = 0, tehát f konstns; speciálisn minden z-re = f (0) = exp(0)exp() () = exp(), zz exp(z)exp( z) = exp(). Ebben helyére z + w-t írv kpjuk z állítást. n!

11 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN (5) exp(x + j y) = e x (cos y + j sin y), vgyis z exp-et definiáló htványsor korábbn bevezetett komplex exponenciális függvényt dj: exp(x + j y) (4) = exp(x)exp( j y) = e x ( ( j y) n n! ) = e x ( j 2n y 2n (2n)! + j 2n+ y 2n+ (2n+)! ) = e x ( ( ) n y 2n (2n)! + j ( ) n y 2n+ (2n+)! ) = ex (cos y + j sin y) Úgyhogy mostntól e z -vel jelöljük exp(z)-t. (6) ( z C)e z 0: vlóbn, (4) és () mitt e z e z =. (7) e z -nek 2π j lpperiódus, zz 2π jλ nem periódus semmilyen λ (0,)-re; sőt: h e z = e w, kkor z w = 2kπ j vlmilyen k Z-re: e z = e w (4) e z w = e 0 =. Legyen z w = + b j; kkor = e +b j = e (cos b + j sin b) = cos b + j sin b cos b = & sin b = 0 b = 2kπ, }{{} = e = =0 vgyis z w = 0 + j2kπ vlmilyen k Z-re Következmény. e z kölcsönösen egyértelmű leképezés { z : π < Im z π}-ről C \ {0}-b. Ez persze mgyrul zt jelenti, hogy minden w 0 komplex szám felírhtó trigonometrikus lkbn, és felírás egyértelmű, h kikötjük, hogy rg w ( π,π]. Bizonyítás. Injektivitást z előbb ((7) utolsó állítás) láttuk, (6)-bn pedig zt, hogy e z vlóbn C \ {0}-b képez. Már csk zt kell megmuttnunk, hogy ( w 0)( z)(im z ( π,π] & e z = w). Legyen w ilyen; kkor z = ln w + j rg w jó lesz ősnek (hol rg w ( π,π] w szöge), mert e ln w + j rg w = e ln w (cos(rg w) + j sin(rg w)) = w. A bizonyításból z is kiderült, hogy e z { z : π < Im z π}-re vló megszorításánk inverze: 4.4. Definíció. ln w = ln w + j rg w (rg w ( π,π]), hol z egyenlőség jobboldlán régi, vlós logritmus áll. (w R + -r ez megegyezik logritmus régi definíciójávl, hiszen ilyenkor w = w és rg w = 0.) Mivel e z 2π j szerint periodikus, szokás logritmust úgy is definiálni, hogy ln w = ln w + j rg w + 2kπ j, zz többértékű függvényként, és ilyenkor z áltlunk definiált logritmus fő ág. Vigyázt: w 0-r e ln w = w (úgy definiáltuk ln-t, hogy ez igz legyen), de ln e z nem feltétlenül lesz = z (pl. ln e π j = ln(cos π + j sin π) = ln + π j = π j); nem is lehet, hiszen e z periodicitás mitt kkor minden z-re z = ln e z = ln e z+2π j = z + 2π j lenne. Csk nnyi biztos, hogy 4.5. Állítás. ln e z = z + 2kπ j vlmilyen k Z-re. Bizonyítás. ln e +b j = ln e + j rg e +b j = + jb 0 hol b 0 ( π,π] és b b 0 = 2kπ j vlmilyen k Z-re Példák. ln( ) = ln + jπ = jπ; ln j = ln + jπ/2 = jπ/2

12 2 SIMON ANDRÁS Komplex logritmus tuljdonsági ln folytonos z értelmezési trtományán, kivéve negtív vlóskt, mert ott z rg ugrik 2π-t (ln( ) = jπ, de h -et egy kicsit elforgtjuk pozitív iránybn, kkor logritmus j( π + ɛ) lesz). Sőt, deriválhtó is C \ (R {0})-n, mert deriválhtó függvény inverze, és (mivel komplexben is: (f ) () = f (f ()) ) ln w = = e ln w w. A logritmus zonossági is igzk mrdnk, de csk 2π j egész számú többszöröseinek erejéig. Pl Állítás. ln(zw) = ln z + ln w + 2k jπ vlmilyen k Z-re. Bizonyítás. Legyen 0 z = re jϕ, 0 w = se jψ, ϕ, ψ ( π,π]. Legyen k Z olyn, hogy η = ϕ + ψ + 2kπ ( π,π]. Akkor ln(zw) = ln(rs) + jη = ln(rs) + j(ϕ + ψ + 2kπ) = ln(r) + ln(s) + jϕ + jψ + j2kπ = ln z + ln w + j2kπ hol hrmdik egyenlőségben vlós logritmus megfelelő zonosságát hsználtuk Definíció. Áltlános htványfüggvény: z C \ 0, w C-re z w = e wln z Példák. ln( ) = ln + jπ = jπ mitt ( ) j = e j ln( ) = e j2π = e π ; ln j = ln + jπ/2 = jπ/2 mitt j j = e j ln j = e j2 π/2 = e π/ Állítás. () z 0-r z w z w 2 = z w +w 2 (2) z 0-r z w = /e w (3) z 0-r ln z w = wln z + 2k jπ vlmilyen k Z-re. Bizonyítás. () z w z w 2 = e w ln z e w 2 ln z = e (w +w 2 )ln z = z w +w 2 (2) z w z w = e w w = e 0 = z w = /z w (3) ln z w = ln e wln z = wln z + 2k jπ 4.5 mitt. Trigonometrikus és hiperbolikus függvények A hiperbolikus függvényeket pontosn úgy definiáljuk, mint vlósbn. 4.. Definíció. sh z = 2 (ez e z ) és ch z = 2 (ez + e z ) Mivel z exponenciális függvény ismert zonossági komplex számokr vló kiterjesztés során megmrdtk, ugynez igz hiperbolikus függvényekre is; pl. könnyű megmuttni, hogy sh pártln, ch páros, és hogy ch 2 z sh 2 z =. Az újdonság trigonometrikus függvényekkel vló kpcsolt (4.3 és 4.6 lább) Definíció. sin z = ( ) n z2n+ (2n+)!, cos z = ( ) n z2n (2n)! limsup n /(2n+)! Tehát vlós trigonometrikus függvények kiterjesztései, és egész függvények, mert pl. sin konvergenci-sugr = (vgy 4. mitt, mert minden vlósr konvergensek). Tgonkénti deriválássl (4.2) kijön, hogy sin z = cos z és cos z = sin z. Újdonság, hogy trigonometrikus függvények kifejezhetők z exponenciális függvénnyel (és hiperbolikus függvényekkel): 4.3. Állítás. sin z = 2 j (e jz e jz )(= j sh( jz)) és cos z = 2 (e jz + e jz )(= ch( jz))

13 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 3 Bizonyítás. 2 j (e jz e jz ) = ( jz) n ( jz) n 2 j n! és hsonlón másik. = 2 j ( ( ) n ) j }{{} n zn n! = 2 j 0, h n páros 2n+ z2n+ 2 j (2n+)! = ( j 2 ) n z2n+ (2n+)! = sin z Emitt viszont hiperbolikus függvényekre (zz végső soron z exponenciális függvényre) vontkozó zonosságokból kijönnek trigonometrikus zonosságok. Például: 4.4. Állítás. () sin(z + w) = sin z cos w + cos z sin w (2) sin 2 z + cos 2 z = Bizonyítás. Először is, sh(z)ch(w) = 4 (ez e z )(e w + e w ) = 4 (ez+w e z w + e z w e z+w ) következésképp, sh pártln volt mitt = 4 (2sh(z + w) + 2sh(z w)) = 2 (sh(z + w) + sh(z w)), sh(z)ch(w) + ch(z)sh(w) = (sh(z + w) + sh(z w) + sh(w + z) + sh(w z)) = sh(z + w) szerint tehát sin z cos w + cos z sin w = j(sh( jz)ch( jw) + ch( jz)sh( jw)) = j sh j(z + w) = sin(z + w) És hsonlón, 4.3 mitt: sin 2 z + cos 2 z = sh 2 jz + ch 2 jz = Következmény. sin és cos C-n is 2π szerint periodikus, és ez z lpperiódus; továbbá egyiknek sincsenek új gyökei. Bizonyítás. 2π periódus, mert e z -nek 2π j periódus, ezért e jz -nek és e jz -nek 2π periódus. 2π lpperiódus, mert vlóskon z. Végül: és hsonlón cos-r. sin z = e jz = e jz (7) ( k Z) jz ( jz) = 2kπ j ( k Z)z = kπ 4.6. Állítás. () sh( jz) = j sin z (2) sin( jz) = j sh z (3) ch( jz) = cos z (4) cos jz = ch z Vgyis sin és sh pártln j-re nézve (csk sin sh), cos és ch páros j-re nézve (csk cos ch). Bizonyítás. j sin z 4.3 = j 2 sh( jz) = sh( jz), miből, sh pártln mivolt mitt sin( jz) = j sh( z) = j sh z = j sh z. Hsonlón: 4.3 mitt cos z = ch( jz), miből cos jz = ch( j 2 z) = ch( z) = ch z következik Következmény. sin és cos nem korlátos.

14 4 SIMON ANDRÁS Bizonyítás. lim x sh x = mitt lim x sin( jx) = lim x j sh(x) = lim x sh(x) =. cos hsonlón, vgy sin nem-korlátosságából és 4.4(2)-ből. 5. KOMPLEX VONALINTEGRÁL 5.. Görbék komplex síkon Szükségünk lesz rájuk, mert ilyenek mentén fogunk integrálni. 5.. Definíció. Legyen [, b] R. z görbe, h z(t) : [, b] C folytonos függvény. Szokás zt is mondni, hogy G = Rn z z áltl dott (vgy prméterezett) görbe. A z görbe sím, h szkszonként folytonosn deriválhtó (mint R R 2 függvény 2 ; zz koordinátfüggvényei zok) 3, és z R R 2 értelemben vett deriváltj ż(t) (mi = x (t) + j y (t) h z(t) = x(t) + j y(t)) csk véges sok helyen 0. A görbe zárt, h z() = z(b); egyszerű, h injektív [, b)-n (zz nem metszi önmgát). Mostntól kezdve görbén sím görbét értünk Definíció (Görbe irányítás). H G z(t) : [, b] C görbe, kkor G-vel ellentétes irányítású G : z( + b t) : [, b] C görbe (ugynz ponthlmz). Egy zárt, egyszerű görbe irányítás pozitív, h z áltl htárolt trtomány blkézre esik (zz h z órmuttó járásávl ellentétes) Példák. Egy poligon, vgy z origó középpontú, r sugrú kör (z(t) = re jt ) Definíció. A z(t) : [, b] C görbe hossz b ż(t) dt = b x 2 (t) + y 2 (t) dt. Először nem tetszőleges görbéken, csk R részintervllumin fogunk integrálni Definíció. Legyen g : [, b] C, g(t) = u(t)+ jv(t) folytonos. Akkor b g(t) dt = b u(t) dt+ j b v(t) dt (ezek z integrálok u és v folytonosság mitt léteznek) Állítás. Az R C függvények integrálás lineáris operátor. Bizonyítás. Az, hogy z összeget megtrtj, triviálisn következik bból, hogy vlós integrál ilyen, és hogy komplex számok összedás koordinátánként történik. De b c f = c b f belátás is egyszerű számolás, mihez csk 5.5 és komplex számok szorzásánk definíciój kell: b ( + b j)(u(t) + jv(t)) dt = b u(t) bv(t) + j(v(t) + bu(t)) dt = b u(t) bv(t) dt + j b v(t) + bu(t) dt = b u(t) dt b b v(t) dt + j( b v(t) dt + b b = ( + b j) ( b u(t) dt + j b v(t) dt) = ( + b j) b 5.7. Állítás. () Folytonos g : [, b] C-re b g(t) dt = b g(t) dt. u(t) dt) u(t) + jv(t) dt 2 komplex értelemben áltlábn nem lesz deriválhtó, mert koordinátfüggvényei második változó szerinti prciális deriváltji mindig 0-k 3 folytonos [, b]-n és [, b] előáll véges sok, páronként közös belső pont nélküli olyn részhlmzánk úniójként, melyek belsejében folytonosn deriválhtó és korlátos

15 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 5 (2) Az R C függvények integrálás dditív hlmzfüggvény. Bizonyítás. Mindkét állítás z R C függvények integráljánk definíciój és vlós egyváltozós integrál megfelelő tuljdonságink közvetlen következménye Állítás (R C függvények helyettesítéses integrálás). Legyen g = u + jv : [, b] C folytonos, λ : [c, d] [, b] deriválhtó bijekció. Akkor b g(t) dt = λ (b) λ () g(λ(s))λ (s) ds. Bizonyítás. Koordinátánként vlós helyettesítéses integrálásr visszvezetve: b g(t) dt = b u(t) dt + j b v(t) dt = λ (b) λ () u(λ(s))λ (s) ds + j λ (b) λ () v(λ(s))λ (s) ds = λ (b) λ () u(λ(s))λ (s)+ jv(λ(s))λ (s) ds = λ (b) λ () ( ) u(λ(s))+ jv(λ(s)) λ (s) ds = λ (b) λ () g(λ(s))λ (s) ds 5.9. Definíció. Legyen G z(t), t [, b] áltl dott görbe, f : G C folytonos. Akkor G dz = b f (z(t))ż(t) dt. (f (z(t))ż(t) : [, b] C függvény, tehát jobboldlon szereplő integrálnk már dtunk értelmet.) A definíció látszólg függ görbe megdásánk módjától, de vlójábn nem zvró módon: 5.0. Definíció. A z : [, b] C és z 2 : [c, d] C áltl dott G és G 2 görbék símán ekvivlensek, h vn olyn folytonosn deriválhtó λ : [c, d] [, b] bijekció, mire λ(c) =, λ(d) = b és z 2 (t) = z (λ(t)) minden t [c, d]-re. 5.. Állítás. H G és G 2 símán ekvivlensek, kkor G dz = G 2 dz. Tehát pl. nem változtt pozitívn irányított, origó középpontú egységsugrú körön vett integrál értékén, hogy kört z (t) = (cos t,sin t), t [0,2π] vgy z 2 (t) = (cos2πt,sin2πt), t [0,] dj meg. Bizonyítás. Legyen minden mint sím ekvivlenci definíciójábn; kkor G dz = b f (z (t))ż (t) dt 5.8 = λ (b) λ () f (z } (λ(t)) ż {{} (λ(t))λ (t) }{{} z 2 (t) ż 2 (t) dt = d c f (z 2(t))ż 2 (t) dt 5.8 = G 2 dz. Az utolsó előtti egyenlőségben láncszbályt lklmztuk R R és R R 2 függvények kompozíciójár Tétel. () H f folytonos z(t), t [, b] áltl dott G görbén, kkor G dz = G dz (2) G lineáris operátor, zz G + g(z) dz = G dz + G g(z) dz és G c dz = c G dz (3) G dditív hlmzfüggvény, zz h G z(t), t [, b] áltl dott görbe, c [, b], G ill. G 2 z [, c] ill. z [c, b] áltl dott görbék, kkor G f = G f + G 2 f. Bizonyítás. () Legyen λ(t) = + b t és s(t) = z(λ(t)). Akkor G dz = b 5.8 f (z(t))ż(t) dt = λ (b) λ () f (z(λ(t)) ) ż(λ(t))λ }{{} (t) dt }{{} s(t) ṡ(t) = b 5.7() f (s(t))ṡ(t) dt = b 5.2 f (s(t))ṡ(t) dt = G dz

16 6 SIMON ANDRÁS (2) Következik vonlintegrál definíciójából és z 5.6 állításból. Pl. második: G c dz = b 5.6 c f (z(t))ż(t) dt = c b f (z(t))ż(t) dt = c G dz. (3) Következik vonlintegrál definíciójából és 5.7(2)-ből Tétel (ML-formul). H f folytonos z L hosszú G görbén és f M G-n, kkor G dz ML. Bizonyítás. Először is, () h g : [, b] C folytonos, kkor b g(t) dt b g(t) dt mert legyen b g(t) dt = re jϕ (feltehetjük, hogy b g(t) dt 0, mert h igen, kkor z ()-beli egyenlőtlenség triviálisn teljesül); kkor b g(t) dt = r = e jϕ b 5.6 g(t) dt = b e jϕ g(t) dt 5.5 = b Re(e jϕ g(t)) dt + j b Im(e jϕ g(t)) }{{} 0, mert r R b Re(e jϕ g(t)) Re z z dt b e jϕ g(t) e jϕ = dt = b g(t) dt, hol z egyenlőtlenségekben vlós integrálás monotonitását hsználtuk. Ezért h L z(t) : [, b] C áltl dott G görbe hossz, vgyis L = b ż(t) dt, kkor G dz b = f (z(t))ż(t) dt () b f (z(t))ż(t) dt = b f (z(t)) ż(t) dt b M ż(t) dt = M b ż(t) dt = ML, hol z utolsó egyenlőtlenség zért igz, mert bbn már vlós integrálok szerepelnek Példák. () = c integrálj z(t) = x(t) + j y(t) : [, b] C áltl dott G görbén: G dz = b 5.2(2) f (z(t))ż(t) dt = c b ż(t) dt = c ( b x (t) dt + j b y (t) dt ) = c ( [x(t)] b + j[y(t)]b ) = c(z(b) z()). (2) = /z integrálj z(t) = r(cos t + j sin t), t [0,2π] áltl dott G görbén (vgyis z origó középpontú, r sugrú, pozitívn irányított körvonlon): G dz = 2π 0 Hsonlón: G görbe. z r(cos t+ j sin t) r( sin t + j cos t) dt = 2π 0 j = 2π j 2π 0 = 2π j dz = 2π j, hol G z(t) = + r(cos t + j sin t), t [0,2π] áltl dott G 5.5. Tétel (Newton-Leibniz). H F = f z : [, b] C áltl dott G görbe mentén, kkor dz = F(z(b)) F(z()). G Bizonyítás. Legyen γ(t) = F(z(t)) = u(t) + jv(t); h igz, hogy () γ(t) = f (z(t))ż(t), kkor G dz = b f (z(t))ż(t) dt () = b γ(t) dt = b u (t) dt + j b v (t) dt = [u(t)] b + j[v(t)]b = [u(t) + jv(t)]b = γ(b) γ() = F(z(b)) F(z()).

17 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 7 G G G 4 G 2 G 3 Márpedig () igz, csk épp nem komplex láncszbály mitt, mert z(t) komplex értelemben áltlábn nem is deriválhtó. H z(t) csk szkszonként, mondjuk z ( i, i ) intervllumokon (hol = 0 <... < n = b) deriválhtó, kkor ezt külön-külön minden ilyen szkszr megcsináljuk, és zt kpjuk, hogy 5.2(3) G dz = n i= G i dz = n i= F(z( i)) F(z( i )) = F(z(b)) F(z()) hol G i z [ i, i ] áltl dott görbe Következmény. H G zárt görbe, és f -nek vn primitívfüggvénye G-n, kkor G dz = 0. Példák: konstns függvények, polinomok Tétel (Cuchy integráltétel). H D egyszeresen összefüggő trtomány, f holomorf D-n, G D belsejében hldó zárt görbe, kkor G dz = 0. Bizonyítás. (Csk tégllpr.) Legyen G z R tégllpot htároló, pozitívn irányított zárt görbe, és I = G dz. H R-et elnegyedeljük (mint z ábrán), és G,...G 4 négy kis tégllp pozitívn irányított htár, kkor G dz = 4 i= Gi dz, mert belső éleken egyszer od, egyszer visszfelé integrálunk, tehát z ezeken z éleken vett integrálok kiesnek. Ezért I = G dz = 4 i= G i dz 4 i= G i dz ; következésképp G i dz I/4 vlmelyik i {,...,4}-re. Így kiválszthtunk egy egymásb ágyzott R n tégllpsoroztot, úgy, hogy h G n z R n pozitívn irányított htár, kkor G n dz I/4 n. Legyen z 0 i= R n (vn ilyen, mert Cntor-xióm R 2 -ben is igz, ez volt A2-ben); kkor, mivel f deriválhtó z 0 -bn, vn olyn r(z) függvény, mire lim z z0 r(z) = 0 és = f (z 0 ) + f (z 0 )(z z 0 ) + r(z)(z z 0 ). Vgyis f egy lineáris függvény (minek persze vn primitívfüggvénye, és így 5.5 mitt zárt görbéken 0 z integrálj) és r(z)(z z 0 ) összege, tehát minden n-re G n dz = G n r(z)(z z 0 ) dz. Ennek z integrálnk z bszolútértékét viszont felülről tudjuk becsülni 5.3 segítségével, mert () G n hossz 4s 2 n h s z eredeti tégllp hosszbbik oldlánk hossz; (2) z z 0 2s 2 n h z G n (mert R n átlójánk hossz legfeljebb 2s 2 n ); (3) lim z z0 r(z) = 0 mitt, és mert minden ɛ > 0-r elég ngy n-ekre G n része z 0 ɛ sugrú környezetének, z ilyen n-ekre igz, hogy r(z) < ɛ minden z G n -re. Tehát ( ɛ > 0)( N N)( n > N)0 I/4 n G n dz = G n r(z)(z z 0 ) dz zz ( ɛ > 0)( N N)( n > N)0 I 4 2s 2 ɛ, vgyis I = 0. ɛ 2s 4s 2 n 2 n = 4 2s 2 4 n ɛ, 5.3

18 8 SIMON ANDRÁS 5.8. Megjegyzés (Cuchy és Stokes). Feltéve, hogy f folytonosn deriválhtó D-n, Stokestételből kijön Cuchy: H f = u + iv, L : r = (x(t), y(t)), z(t) = x(t) + i y(t), kkor L dz = I f (z(t))ż(t) dt = I u(z(t))x (t) v(z(t))y (t) + i(v(z(t))x (t) + u(z(t))y (t)) dt = I (u, v)(z(t)) (x, y ) dt + i I (v, u)(z(t)) (x, y ) dt = I (u, v)(r(t)) ṙ(t) dt + i I (v, u)(r(t)) ṙ(t) dt = L (u, v) dr + i L (v, u) dr = = 0 mert rot(u, v) = v x u y = 0 és rot(v, u) = u x v y = 0 mert f reguláris, és így kielégíti Cuchy-Riemnn-okt. A problém z, hogy itt fel kellett tennünk folytonos deriválhtóságot, miközben éppen Cuchy integráltételből szeretnénk belátni (ld. 5.28), hogy egy reguláris függvény kárhányszor deriválhtó Következmény. H f holomorf z egyszeresen összefüggő D trtományon, G és G 2 D-ben hldó, közös kezdő- és végpontú görbék, kkor G dz = G 2 dz. Vgyis egyszeresen összefüggő trtományon holomorf függvény D-ben hldó görbék menti integrálj csk görbék végpontjitól függ. Bizonyítás. Rjz Következmény. H G és G zonos módon irányított egyszerű zárt görbék, G G belsejében hld, f holomorf egy G-t, G -et, és z áltluk htárolt gyűrűt trtlmzó trtományon, kkor G dz = G dz. Bizonyítás. Rjz Következmény. H G és G,...,G n zonos módon irányított egyszerű zárt görbék, G,...,G n mindegyike G belsejében, de többi G i külsejében hld, és f holomorf egy olyn trtományon, mi trtlmzz G-t és G belsejét, kivéve esetleg G i -k belsejét, kkor G dz = n i= G i dz. Bizonyítás. Rjz Tétel. Egyszeresen összefüggő trtományon holomorf függvénynek mindig vn primitívfüggvénye: h f holomorf D egyszeresen összefüggő trtományon és D, kkor F (z) =, hol F(z) = z f (ξ) dξ (z D-re) és z integrálás tetszőleges D-ben hldó görbén értendő (v.ö. 5.9). Bizonyítás. Mint megfelelő egyváltozós tétel bizonyítás, csk itt 5.9 segítségével hidljuk át zt nehézséget, hogy szemben vlós esettel, síkon két pont között nem csk egy út vn Megjegyzés. H F = f = G egy trtományon, kkor 3.8 mitt F és G csk konstnsbn térnek el egymástól, hiszen (F G) = Lemm (Riemnn). H f z pont kivételével holomorf z egyszeresen összefüggő D trtományon, és korlátos egy luks környezetében, kkor G dz = 0 minden olyn D-ben hldó egyszerű zárt görbén, mi nem megy át -n.

19 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 9 Bizonyítás. H G egyszerű zárt görbe nem kerüli meg -t, kkor Cuchy integráltételt lklmzhtjuk egy -t nem, de G-t trtlmzó D D egyszeresen összefüggő trtományon. Tehát z érdekes eset z, mikor megkerüli. Ilyenkor viszont 5.20 mitt G dz = K r dz, hol K r z középpontú, r sugrú, G-hez hsonlón irányított körvonl (h r elég kicsi hhoz, hogy K r G belsejében hldjon). A feltevés mitt f M Sδ()-bn vlmilyen M-re és δ > 0-r; r < δ-r tehát z ML-formul mitt 0 G dz = K r dz M2rπ 0 h r 0, tehát G dz = Következmény (Cuchy integrálformul). H f holomorf z egyszeresen összefüggő D trtományon, G pozitívn irányított egyszerű zárt görbe mi belsejével együtt D és minek z pont belsejében vn, kkor f () = 2π j G z dz. Vgyis f G belsejében felvett értékeit meghtározzák G-n felvett értékei. Bizonyítás. Először is () G z dz = 2π j példáj és 5.20 mitt. f () Legyen g(z) = z ; ez holomorf kivételével D-n, mert f z, és korlátos egy környezetében, mert lim z g(z) = f (). A Riemnn lemm mitt tehát vgyis 0 = G g dz = G f () z dz = G z dz f () G z dz, G z dz = f () G z dz = f () G () z dz = f ()2π j Péld. G cos z z dz =?, hol G z origó középpontú, pozitívn irányított egységsugrú kör ( továbbikbn egyszerűen z = cos z z dz-t írunk). A Cuchy integráltétel nem lklmzhtó, mert függvény nem holomorf egy G-t trtlmzó egyszeresen összefüggő trtományon; sőt, cos z Riemnn lemm sem, mert lim z 0 z = mitt 0-nk nincs is olyn környezete, hol korlátos lenne. De Cuchy integrálformul igen, = cos z-re = 0-vl: és szerint = cos0 = 2π j G cos z z dz G cos z z dz = 2π j Állítás. H f n (minden n-re) és f folytonos G : z(t), t [, b] görbén, és f n egyenletesen trt f -hez G-n, kkor G f = lim n G f n. Speciálisn, h f = f n egyenletesen G-n, kkor G f = G f n. Bizonyítás. ɛ > 0-r legyen N olyn, hogy minden n N-re f n f < ɛ/l G-n, hol L G hossz. Akkor f n f = f n f L ɛ G G G L = ɛ z ML-formul (5.3) mitt Tétel. H f holomorf egy D trtományon, kkor () f kárhányszor deriválhtó D-n (2) minden D-re f körüli htványsorb fejthető, zz = c n (z ) n egy körüli, pozitív sugrú körlp belsejében

20 20 SIMON ANDRÁS (3) z előző pontbeli sorfejtés együtthtói: c n = 2π j dz hol G pozitívn irányított (z ) n+ egyszerű zárt görbe mi belsejével együtt D és minek z pont belsejében vn, (4) következésképp f (n) () = n! 2π j G (z ) n+ dz. Bizonyítás. Legyen 0 < r < R olynok, hogy S R () D, K pedig egy középpontú, pozitívn irányított r sugrú kör. H z K és w S r (), kkor w < r = z mitt z w = z (w ) = z w = ( w ) n (w ) n z z = z (z ) n+ konvergens mértni sor. Következésképp z w = (w ) n (z ) n+ és ez konvergenci (z-ben, rögzített w mellett) egyenletes is Weierstrss-kritérium mitt, mert h q = w r és M K-n, kkor (w )n (z ) M n+ r qn és M r qn konvergens. Ezért 5.27 szerint z összegzés és z integrálás felcserélhető, vgyis f (w) = 2π j K z w dz = (w ) n 2π j K (z ) n+ = 2π j K G (w ) n dz = (z ) n+ 2π j K (z ) n+ dz (w ) n hol z első egyenlőségben Cuchy integrálformulát (5.25) hsználtuk mitt itt K-t helyettesíthetjük bármilyen, (3)-bn szereplő görbével. f tehát egy körüli htványsor összegfüggvénye, ezért kárhányszor deriválhtó és f (n) () = n! c n, hol c n (z ) n együtthtój, zz most 2π j G (z ) n+ dz Következmény (Differenciálhánydosokr vontkozó Cuchy-féle integrálképletek). H f holomorf z egyszeresen összefüggő D trtományon, G pozitívn irányított egyszerű zárt görbe mi belsejével együtt D és minek z pont belsejében vn, kkor kárhányszor deriválhtó -bn, és) f (n) () = n! 2π j Emlékeztető (ld. 4.): G (z ) n+ dz. 6. TAYLOR- ÉS LAURENT-SOROK Tétel. A c n (z ) n htványsor SR() belsejében konvergens, külsejében nem, htáron pedig bármi lehet; itt R = (és R =, és sor mindenütt konvergens, h limsup limsup n n c n 0, és R = 0, és sor csk -bn konvergens, h limsup = ) htványsor konvergenci-sugr. Hol lesz konvergens c n (z ) n = 0 n= c n (z ) n negtív kitevőjű htványsor? Legyen w = z, r = limsup n n c n (= /R); kkor tétel szerint c n (z ) n = c n w n konvergens w < R = /r r < / w = z zz z középpontú r sugrú kör külsejében ( htáron bármi lehet, belül divergens). Speciálisn -t kivéve mindenhol h r = 0, és sehol, h r =. 6.. Definíció (Lurent-sor). A n= c n (z ) n = c n (z ) n + n= c n (z ) n Lurent-sor konvergens, h c n (z ) n és n= c n (z ) n is konvergens.

21 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 2 A fenti megfontolásokból, zz végső soron 4.-ből kpjuk következőt: 6.2. Állítás. Legyen R = limsup n n c n, r = limsup n n c n ; kkor n= c n (z ) n Lurentsor konvergens {z : r < z < R} hlmzon (ennek htárán bármi lehet, ezen kívül divergens). Speciálisn, h r < R, kkor egy körgyűrű belsejében konvergens, h R < r, kkor sehol. A htványsorokhoz hsonlón: 6.3. Tétel. Lurent-sor konvergenci-trtomány minden belső pontjábn bszolút konvergens, nnk minden zárt részhlmzán egyenletesen konvergens, minden nyílt részhlmzán tgonként deriválhtó, és minden konvergenci-trtomány belsejében hldó görbe mentén tgonként integrálhtó Tétel (Tylor). H f holomorf z egyszeresen összefüggő D trtományon, kkor (ott 3.22 szerint kárhányszor deriválhtó, és) tetszőleges D körüli Tylor-sor ( f (n) () n! (z ) n ) előállítj -nk bbn mximális sugrú környezetében, mi még D. Az előállítás (zz z együtthtók) egyértelmű Tétel (Lurent). H f holomorf egy körüli körgyűrűben, kkor ott előáll egy Lurent-sor összegfüggvényeként: = n= c n (z ) n, hol minden n Z-re c n = 2π j G dz (G (z ) n+ tetszőleges, körgyűrűben hldó pozitívn irányított zárt görbe, mi megkerüli -t). Ez z előállítás (dott gyűrűben) egyértelmű. Speciálisn: h körgyűrű körlp, kkor negtív n-ekre Cuchy integráltétel (5.7) mitt G dz = (z ) n+ G (z ) n dz = 0 (hiszen n 0 mitt z integrndus holomorf egy körlpon), tehát c n = 0, vgyis f Tylor-sorát kpjuk. H tehát f reguláris -bn, kkor körüli Tylor-soránk együtthtói ( Tylor-sor egyértelműsége mitt) f (n) () n! = c n = 2π j G dz, zz f (n) () = n! (z ) n+ 2π j G dz minden n N- (z ) n+ re, 5.29-el összhngbn. Példák Lurent-sorb fejtésre () (z+)2 z 0 körüli Lurent-sor: (z+)2 z = z z (2) e /z 0 körüli Lurent-sor: (/z) n 0 n! = 0 n!z n = 0 (3) = = z2 +2z+ z (C \ {0}-n). ( n)! zn (C \ {0}-n). Lurent-sor z körüli körgyűrűkben: két ilyen gyűrű vn: () {z : 0 < z 2 z z < } és (b) {z : < z }. Áltlábn: rcionális törtfüggvényeket érdemes prciális törtekre bontni, és ezeket külön-külön sorb fejteni. Most: = z(z ) = z z. z mg is körüli Lurentsor, tehát zt mindkét esetben mjd csk hozzá kell dni z Lurent-sorához. () z = (z ) + = 0 ( )n (z ) n }{{} < (ebben csk pozitív együtthtók szerepelnek, mi nem meglepő, mert z reguláris z < körlpon). Vgyis f Lurent-sor {z : 0 < z < } körgyűrűben z 0 ( )n (z ) n = z + 0 ( )n+ (z ) n = ( )n+ (z ) n

22 22 SIMON ANDRÁS (b) < z mitt / z <, tehát z = (z ) + = z + z = z vgyis f Lurent-sor {z : < z } körgyűrűben ( )n (z ) n = ( )n (z ) n+, z z = z + n= ( )n (z ) n = n=2 ( )n (z ) n = 2 n= ( )n (z ) n. Komplex függvényeknél L Hospitl szbály z 5.28 egyszerű következménye: 6.6. Tétel (L Hospitl). H f, g regulárisk -bn, f (n) () = g (n) () = 0 n = 0,... k -re és g (k) f () 0, kkor lim g = f (k) () g (k) (). Nem kell f (k) (z) -beli htárértékét számolni mint vlós esetben, mert f (k) és g (k) 5.28 g (k) (z) mitt deriválhtók, és így folytonosk is egy környezetében. (De ettől még igz, hogy tétel f feltételei mellett lim g = lim f g, hiszen mindkettő = f (k) () g (k) ().) Bizonyítás. Mivel f és g regulárisk -bn, 5.28 mitt htványsorb fejthetők egy középpontú körlpon: = f (n) () n! (z ) n = f (n) () n! (z ) n és g(z) = g (n) () n! (z ) n = g (n) () n=k n! (z ) n. Ezért g(z) = n=k n=k f (n) () n! (z ) n = g (n) () n! (z ) n n=k f (k) () k! + f (k+) () (k+)! (z ) + f (k+2) () (k+2)! (z ) g (k) () k! + g(k+) () (k+)! (z ) + g(k+2) () (k+2)! (z ) z f (k) () g (k) () hol második egyenlőségben (z ) k -nl egyszerűsítettünk, és htárértékeket z egyenletes konvergenci (6.3) mitt számolhttuk tgonként. 7. IZOLÁLT SZINGULARITÁSI HELYEK OSZTÁLYOZÁSA 7.. Definíció. izolált szingulritási helye f -nek (vgy: f -nek -bn izolált szingulritás vn), h f -bn nem, de egy luks környezetében reguláris. Az lábbikbn tegyük fel, hogy izolált szingulritási helye f -nek. Akkor 6.5 mitt egyféleképpen Lurent-sorb fejthető egy luks környezetében. Legyen n= c n (z ) n ez Lurent-sor. () f -nek megszüntethető szingulritás vn -bn, h minden n > 0-r c n = 0, zz h Lurent-sorbn nincsenek negtív kitevőjű tgok (vgyis Lurent-sor vlójábn htványsor) Állítás. Ez ekvivlens zzl, hogy létezik (véges) lim f (= c 0 ). Bizonyítás. ( ) Egyenletes konvergenci mitt tgonként számolhtó htárérték, és n > 0-r lim z (z ) n = 0, ezért lim z c n (z ) n = c 0. ( ) lim z végessége mitt lim z (z ) n véges minden negtív n-re, tehát (z ) n korlátos vlmilyen környezetében, és így Riemnn lemm (5.24) mitt G (z ) n dz = 0, miből Lurent tétel (6.5) mitt c n = 0 negtív n-ekre.

23 KOMPLEX FÜGGVÉNYTAN 23 n= z n n! h z Péld. = ez z = z = z n (n+)! = + z 2! nk 0-bn megszüntethető szingulritás vn (Lurent-sorábn nincsenek negtív kitevőjű tgok), és vlóbn, c 0 = L H e = lim z z 0 z. (2) f -nek n-edrendű pólus vn -bn, h n (n > 0) legmgsbb negtív kitevő sorbn, zz h c n 0, de minden m > n-re c m = Állítás. Ez ekvivlens zzl, hogy létezik véges lim z (z ) n (= c n ), de minden m < n-re nem létezik véges lim z (z ) m. Bizonyítás. Hsonló z előző eset bizonyításához Megjegyzés. f -nek pontosn kkor vn n-edrendű pólus vn -bn vlmilyen n-re, h lim f =. n= 7.6. Péld. = ez z n = z 2 n! = z n z 2 n= (n+2)! = z z 3! nk 0 elsőrendű pólus (c = 0 de minden m > -re c m = 0), és vlóbn: lim z 0 z = lim z 0 e z z c, de lim z 0 = lim z 0 e z z 2 = lim ez z z 0 z =. L H = = (3) f -nek lényeges szingulritás vn -bn, h Lurent-sorbn végtelen sok negtív kitevőjű tg vn Állítás. Ez ekvivlens zzl, hogy egyetlen n 0-r sem létezik (véges) lim z (z ) n, és zzl is, hogy lim z (végtelen sem) Péld. e /z 0 körüli Lurent-sor: 0 (/z) n n! = 0 n!z n = 0 ( n)! zn. És vlóbn, lim x 0+ e /x =, lim x 0 e /x = 0 mitt lim z e /z (végtelen sem). Péld nem izolált szingulritásr: mire sin z 0 = 0 ( n2π sin z 0-bn, mert 0 minden környezetében vn olyn z 0 0 sorozton végig 0); vgy ln z minden negtív vlósbn. 4 Vgy visszvezethető 7.2-re, következő módon. Az lább felsorolt állítások mindegyike ekvivlens z után következővel (végig: f Lurent-sor k= c k(z ) k ). () f -nek n-edrendű pólus vn -bn (b) c n 0 és minden m > n-re c m = 0 (c) minden k Z-re k + n < 0 = c k = 0, de minden m < n-re vn k, hogy k + m < 0 & c k 0 (d) minden m n-re (z ) m Lurent-sorábn ( k= c k(z ) k+m ) nincs negtív kitevőjű tg h m = n, és vn, h m < n (e) minden m n-re (z ) m -nek pontosn kkor megszüntethető szingulritási helye, h m = n (f) minden m n-re (z ) m -nek pontosn kkor vn véges htárértéke -bn, h m = n. Az első ekvivlenci z n-edrendű pólus definíciój mitt igz, hrmdik zért, mert (z ) k+m együtthtój (z ) m Lurent-sorábn c k, negyedik megszüntethető szingulritás definíciój, z utolsó pedig 7.2 mitt igz. A második ekvivlenci bizonyítás: (c) első állítás ekvivlens (b) második állításávl (mert k + n < 0 k < n), második pedig következik (b) első állításából, mert h utóbbi igz, zz c n 0, kkor k-nk válszthtjuk n-et (hiszen m < n mitt n + m < 0); és végül, (c)-ből következik (b) első állítás, mert h igz (c) második állítás, kkor speciálisn (m-et n -nek válsztv) vn k, melyre k + n < 0 (zz k < n +, zz k n) és c k 0; de utóbbi és (c) első állítás mitt k n, vgyis k = n és így vlóbn c n 0-t kpjuk.