Komplex függvénytan Farkas Barnabás
El só A jegyet els sorban a Budapesti M saki és Gadaságtudományi Egyetem villamosmérnök hallgatóinak késült, harmadik féléves matematika tanulmányaik (A3) komplex fügvénytani fejeeteit tartalmaa egy kicsit kíb vítve. A villamosmérnök hallgatókon kívül bármely más mérnöki vagy egyéb m saki sakos hallgatóknak is segítséget nyújthat a témában. A témáho kapcsolódó feladatok köül a legfontosabb típusokból több kidolgoott példát is tartalma, eel igyekevén segítséget nyújtani a ZH-kra illetve visgákra való felkésülésben. Kösönettel tartoom Stubnya Gustávné (Stubnya Etelka) tanárn nek a jegyet résletes átnééséért. A apróbb javítások és ésrevételek mellett egy komolyabb matematikai hibára is rámutatott, mely teljesen elkerülte a gyelmemet. Továbbá kösönetet seretnék mondani Wettl Ferencnek a felmerül, sámomra megoldhatatlannak t n serkestési, formai problémák megoldásában nyújtott segítségéért és a LATEX rejtelmeiben nyújtott útmutatásaiért. Budapest, 2007 0. 23. Farkas Barnabás
Tartalomjegyék. Alapok 3 Emléketet................................. 3 C topológiája................................ 5 Soroatok és sorok C-ben......................... 6 Komplex függvények határértéke és folytonossága............ 8 2. Dierenciálhatóság 3 Komplex dierenciálhatóság........................ 3 Cauchy-Riemann egyenletek........................ 5 A CR-egyenletek követkeményei..................... 7 3. Hatványsorok 9 Hatványsorok alaptulajdonságai...................... 9 A exp és log függvények......................... 20 Trigonometrikus és hiperbolikus függvények............... 23 4. Vonalintegrál 25 Görbék a komplex síkon.......................... 25 Komplex görbementi integrál....................... 25 A integrál tulajdonságai......................... 27 Cauchy Integráltétele............................ 32 Kidolgoott példák............................. 38 Harmonikus függvények.......................... 40 5. Hatványsorba fejtés 43 Taylor-sorok................................. 43 Laurent-sorok................................ 45 Érdekességek................................ 48 Iolált singularitások ostályoása.................... 50 A Reiduum Tétel............................. 52 Valós improprius integrálok........................ 54 6. Appendix 57 Halmaok és függvények.......................... 57 Testek.................................... 58 R 2 topológiája............................... 59
2
. Alapok Emléketet A komplex sámok struktúráját úgy kapjuk, hogy a R 2 valós sámpárok halmaán értelmeük a követke m veleteket: össeadás: (a, b ) + (a 2, b 2 ) = (a + a 2, b + b 2 ), sorás: (a, b ) (a 2, b 2 ) = (a a 2 b b 2, a b 2 + b a 2 ). Legyen 0 = (0, 0) és = (, 0). Belátható, hogy eekkel a m veletekkel és eel a két kijelölt elemmel R 2 -en a valós sámokého nagyon hasonló struktúrát, egy test-et kapunk (lásd Appendix). Et neveük a komplex sámok testének, jelölésben: C. Vagyis ugyanarról a halmaról (R 2 ) van só, csak m veleteket associálunk hoá. A ± hasnálata nem oko félreértést, mivel ugyanat a m veletet jelöli R 2 -ben és C-ben. Ostás: ha (a 2, b 2 ) (0, 0), akkor Legyen i = (0, ). Ekkor (a, b ) (a 2, b 2 ) = ( a a 2 + b b 2 a 2 2 +, b a 2 a b 2 ). b2 2 a 2 2 + b2 2 i 2 = (0, ) (0, ) = (, 0) = (, 0) =. A {, i} halma báis R 2 -ben, eért minden (a, b) R 2 egyértelm en felírható a (a, b) = a + bi alakban. Ehelyett a egyser bb a + bi jelölést fogjuk hasnálni. Egyser sítésünkkel egy aonosítás is adódik: minden a R-nek megfeleltettük (a, 0)-t, speciálisan -nek -et. Eel a egyser sítéssel formálisan minden a R valós sámra a = a + 0i = a + 0i C vagyis feltehetjük, hogy R C. Informálisan a "x tengely" pontjait mostantól valós sámoknak tekintjük. Ennél valójában sokkal többr l van só: A C és R jelölések magukban foglalnak bionyos m veleteket is. Könnyen belátható, hogy ha a most denált m veleteket megsorítjuk R( C)-re, akkor a sokásos valós m veleteket kapjuk (lásd Appendix). Például ha a, b R, akkor a megfeleltetést -el jelölve: ab (ab, 0) = (ab 00, a0 b0) = (a, 0) (b, 0). Egy a + bi C komplex sám valós és képetes rése: Re(a + bi) = a, Im(a + bi) = b, vagyis a + bi = (Re(a + bi), Im(a + bi)) = Re(a + bi) + Im(a + bi)i. Hogyan sámoljunk ebben a a + bi alakban? A imént deniált m veletek úgy viselkednek, mintha a i 2 = sabály felhasnálásával "értelemser en" sámolnánk a a + bi alakú "sámokkal". Például (a + b i) (a 2 + b 2 i) = a a 2 + a b 2 i + b a 2 i + b b 2 i 2 = 3
a a 2 + (a b 2 + b a 2 )i b b 2 = (a a 2 b b 2 ) + (a b 2 + b a 2 )i, vagyis ha a (a, b ) és (a 2, b 2 ) pontokat felírjuk a, i báisban a fenti egyser sítést alaklamava és "értelemser en" össesorouk ket, akkor a (a, b ) (a 2, b 2 ) = (a a 2 b b 2, a b 2 +b a 2 ) sorat egyser sített felírását kapjuk a, i báisban. A továbbiakban nem említjük külön, hogy a komplex sámtest alaphalmaa R 2, így például egy D C halma értelemser en egy D R 2 halma. Beveetünk még két függvényt: konjugálás: a + bi = a bi(= a + ( b)i), absolút érték: a + bi = a 2 + b 2. Tudjuk, hogy ha, w C, akkor és ha w 0, akkor Továbbá, hogy ± w = ± w, w = w, = 2, ( ) = w w. w = w, és ha w 0, akkor = w w. A a + bi alakot a komplex sám algebrai alakjának neveük. Ebben a alakban minden alapm velet könnyedén elvégehet. Problémát a hatványoás és a gyökvonás oko. Egy komplex sám trigonometrikus alakja: a + bi = r(cos ϕ + i sin ϕ), amib l látsik, hogy r = a 2 + b 2 = a + bi és tg ϕ = b a. Vegyük ésre, hogy a trigonometrikus alak nem egyértelm ϕ válastása miatt. Ha például kikötjük, hogy ϕ [0, 2π) vagy ϕ [ π, π), akkor már egyértelm a trigonometrikus alak. Trigonometrikus alakban össeadni/kivonni nem igaán lehet. Soroni/ostani, visont annál könnyebben: (r (cos ϕ +i sin ϕ )) (r 2 (cos ϕ 2 +i sin ϕ 2 )) = r r 2 (cos(ϕ +ϕ 2 )+i sin(ϕ +ϕ 2 )), és ha r 2 0, akkor r (cos ϕ + i sin ϕ ) r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) = r r 2 (cos(ϕ ϕ 2 ) + i sin(ϕ ϕ 2 )). Ennek követketében hatványoni is nagyon könny ebben a alakban: ha n Z, akkor (r(cos ϕ + i sin ϕ)) n = r n (cos(nϕ) + i sin(nϕ)). Minden 0 komplex sámnak n darad n. gyöke van (n N + ). Trigonometrikus alakban: n r(cos ϕ + i sin ϕ) = n r( cos ϕ + k2π + i sin ϕ + k2π ), n n ahol k = 0,..., n, vagy tets leges n darad egymást követ termésetes sám. 4
C topológiája A komplex sámok halmaán a topológiai fogalmak ugyanaok, mint R 2 -ben (lásd Appendix). Pontosabban, ha a sokásos módon deniáljuk ket a komplex sámokon értelmeett absolút érték segítségével, akkor ugyanat a fogalmat kapjuk, mint R 2 -ben, hisen a komplex absolút érték megegyeik a R 2 -beli normával ( ). Például egy U C halma nyílt, ha u U ɛ > 0 C ( u < ɛ U). Sükségünk les egy-két új topológiai fogalomra, eeket R 2 -ben deniáljuk.. Deníció. Egy X R 2 halma össefügg, ha nincsenek U, V R 2 nyílt halmaok, amikre: X U V, X U és X V, X U V =. X útössefügg, ha bármely két pontja össeköthet X-en belül haladó folytonos görbével, vagyis minden a, b X-he léteik f : [0, ] X folytonos függvény, hogy f(0) = a és f() = b. X poligonössefügg, ha bármely két pontja össeköthet X-en belül haladó töröttvonallal, vagyis minden a, b X-he léteik f : [0, ] X folytonos függvény, hogy f(0) = a, f() = b és f véges sok pont kivételével dierenciálható és két ilyen pont köött a deriváltja állandó. Világos, hogy a poligonössefügg ségb l követkeik a útössefügg ség, vissafelé pedig nem (pl.: körvonal). Ha X R 2 nyílt, akkor a össefügg ség deníciója leegyser s dik: X pontosan akkor össefügg, ha nem áll el két nemüres disjunkt nyílt halma uniójaként..2 Feladat. Bionyítsa be, hogy a útössefügg ségb l követkeik a össefügg ség. Vissafelé nem iga, például belátható, hogy a {( {(0, 0)} x, sin ) } : x (0, ) R 2 x halma össefügg, de nem útössefügg..3 Megjegyés. A össefügg ség deníciójában a harmadik pont helyett elég feltenni, hogy U V =, vagyis, hogy a így kapott, els ránéésre gyengébb (Miért is?) fogalom ekvivalens a össefügg séggel..4 Deníció. Egy nemüres D R 2 halma tartomány, ha nyílt és össefügg. Nyílt halmaok esetében a össefügg ség különbö veriói ekvivalensek:.5 Tétel. Egy D R 2 nemüres nyílt halmara a követke k ekvivalensek: D össefügg, vagyis tartomány, 5
D útössefügg, D poligonössefügg..6 Deníció. Egy X R 2 tartomány egyseresen össefügg (-össefügg ), ha minden X -beli : [0, ] X folytonos árt ((0) = ()) görbe folytonosan pontrahúható X-en belül, vagyis léteik egy p X és egy H : [0, ] 2 X folytonos függvény, hogy minden t [0, ]-re f(t, ) = (t) és f(t, 0) = p..7 Feladat. Bionyítsa be, hogy minden konvex halma -össefügg. Mivel egy tartomány útössefügg, eért könnyen meggondolható, hogy a -össefügg ség deníciójában a p pont tets legesen válastható, vagyis ha X -össefügg, akkor minden p X-he léteik egy megfelel H. Belátható, hogy egy X R 2 pontosan akkor -össefügg, ha X folytonosan pontra húható X-en belül, vagyis ha egy (tets leges) p X-re léteik H : X [0, ] X folytonos függvény, hogy minden x X-re f(x, ) = x és f(x, 0) = p. Soroatok és sorok C-ben Egy komplex soroat határértékét deniáljuk a sokásos, R 2 -beli módon vagyis (komplex jelölésekkel): n vagy lim n = pontosan akkor, ha ɛ > 0 n 0 N n n 0 n < ɛ. Egy komplex soroat konvergens, ha léteik (komplex) határértéke, különben divergens. Ismét megjegyeük, hogy a komplex absolút érték megegyeik a R 2 -beli normával, eért e a deníció tényleg a sokásos R 2 -beli konvergenciát adja: ha n = a n + b n i és = a + bi, akkor n (a n, b n ) (a, b). Korábbi tanulmányainkból már tudjuk, hogy (a n, b n ) (a, b) pontosan akkor, ha a n a és b n b. Más sóval komplex soroatok határértékének meghatároásáho csak a klassikus (valós) soroatoknál megismert technikákat kell alkalmani. A síkbeli soroatoktól eltér en most besélni fogunk határértékr l is..8 Deníció. Egy n komplex soroat végtelenhe tart, jelölésben lim n = vagy n, ha n, vagyis K R n 0 N n n 0 n K. Komplex soroatokra minden R 2 -ben megismert tétel értelemser en lefordítható. Például:.9 Tétel. Ha n egy korlátos (komplex) soroat, vagyis léteik egy K, hogy minden n N-re n < K, akkor van konvergens réssoroata..0 Tétel. (Cauchy Kritérium) Egy n soroat pontosan akkor konvergens, ha Cauchy-soroat vagyis ɛ > 0 n 0 N k, m n 0 k m < ɛ. 6
Ami kevésbe triviális, hogy a m veleteket is megtartják a komplex soroatok limesei. A problémát a okohatná, hogy új m veleteket deniáltunk R 2 -en (sorás és ostás). Aonban a eredeti, valós soroatokra vonatkoó bionyítás lemásolható.. Állítás. Ha n és w n w (, w C { }), akkor ( n ± w n ) ± w és n w n w, ha e értelmes, vagyis nem ± illetve 0 vagy 0 alakú, továbbá ha w 0, akkor n w n w, ha nem alakú. Vegyük ésre, hogy a + most nem értelmehet! Például komplexben n és n, de n n = 0 0; n 2 és n, de n 2 n. Lássunk egy-két példát:.) lim n2 +ni i =, mert n2 +ni i = n 4 +n 2 +. 2.) lim i n nem léteik, mert a i n soroat elemei, i,, i,,.... Vagy másképpen i n nem Cauchy-soroat, mert például ɛ = -he nincsen küsöbindex. 3.) lim n+i +ni = lim + i n = n +i i = i..2 Feladat. lim +ni n 2 +i =?.3 Feladat. lim ( 3+5ni ) n n+i =?.4 Feladat. lim in +n 2 i n 2 n 2 i =?.5 Feladat. lim ( 3+5i ) n n+i =?.6 Feladat. lim ( 2 + 3 2 i) n =? C-beli sorok össegét ugyanúgy értelmeük, mint a valós esetben, vissaveetjük soroatok határértékére..7 Deníció. Ha n egy soroat és w C { }, akkor n = w pontosan akkor, ha lim( 0 +... n ) = w. A n sor konvergens, ha a deníciójában serepl soroat konvergens, különben divergens. A sorokra vonatkoó valósból megismert, rendeést (pl.: poitív tagú sorok vagy majoráns/minoráns kritérium) nem tartalmaó tételek itt is triviálisan igaak. Például:.8 Tétel. Ha = C { } és = w C { }, akkor n ( n ± w n ) = ± w, ha nem ± alakú. 7 w n
.9 Tétel. (Cauchy Kritérium) n pontosan akkor konvergens, ha minden k ɛ > 0-ho léteik n 0 N, hogy minden k > m n 0 esetén n < ɛ. n=m+ Bionyítás. Jelölje s n = 0 + + n a sor n. seletét. A n sor pontosan akkor konvergens és össege, ha s n. E a.0 Tétel serint pontosan akkor teljesül, ha minden ɛ > 0-ho léteik n 0, hogy minden k, m n 0 -ra s k s m < ɛ. Világos, hogy ha k > m, akkor s k s m = k n..20 Tétel. Ha a n sor absolút konvergens (vagyis a n sor konvergens), akkor konvergens. n=m+ Bionyítás. Belátjuk, hogy a n sor kielégíti a.9 Tétel feltételét. Legyen ɛ > 0 x. Mivel a n sor konvergens, eért a.9 Tétel serint léteik k n 0, hogy minden k > m n 0 -ra n < ɛ. Ha k > m n 0, akkor k n=m+ n k n=m+ n = k n=m+ Egy példa: Ha <, akkor n=m+ n < ɛ. n =, mert a sor n. selete, 0 + + + n = n+ és n+ 0, hisen n+ = n+ 0..2 Feladat. Bionyítsa be, hogy ha nem negatív egés sám, akkor n= ( + n)( + n + ) =. Komplex függvények határértéke és folytonossága Egy D C halmaon értelmeett f : D C függvény adott pontban vett határértékét illetve folytonosságát értelmeük a sokásos, R 2 -beli módon..22 Deníció. Ha f : D C és 0 D torlódási pont, akkor lim f = w C pontosan akkor, ha ɛ > 0 δ > 0 D (0 < 0 < δ f() w < ɛ), és ha 0 D, akkor f folytonos 0 -ban, ha ɛ > 0 δ > 0 D ( 0 < δ f() f( 0 ) < ɛ). 8
E tényleg a sokásos R 2 -beli határérték illetve folytonosság deníciója, hisen a komplex absolút érték megegyeik a R 2 -beli normával, így mint a soroatok esetében, komplex függvények határértékének kisámításában is a többváltoós analíisben megismert módserek alkalmahatók. Egy f : D C függvény perse f : D R 2 függvény. Ekkor f koordinátafüggvényeit jelüljük u, v-vel, vagyis u, v : D R és minden (x, y) D-re f(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), vagy rövidebben f = (u, v). Világos, hogy ha f-et komplex függvénynek tekintjük, akkor a f = u + iv jelölést alkalmauk. Alkalmava a többváltoós analíisb l jólismert tételeket: ha 0 D, akkor lim és ekkor (komplex jelölésekkel) f ( lim lim u lim v), f = lim u + i lim v. Továbbá, ha 0 D, akkor f pontosan akkor folytonos 0 -ban, ha u és v is folytonos 0 -ban. Mivel egy tartománynak minden pontja torlódási pontja, eért ha D C egy tartomány és f : D C, akkor f pontosan akkor folytonos egy 0 D pontban, ha lim f = f( 0 ). Mint a soroatoknál, most is külön meg kell említenünk, hogy értelmeük a lim f =, a lim f = w C és a lim f = fogalmakat is..23 Deníció. Legyen D C és f : D C. Ekkor ha 0 D, akkor lim f = pontosan akkor, ha lim f = + (valós értelemben), vagyis K R δ > 0 D (0 < 0 < δ f() > K); ha D, vagyis D nem korlátos és w C, akkor lim f = w pontosan akkor, ha ɛ > 0 K R D ( > K f() w < ɛ); ha D, akkor lim f = pontosan akkor, ha K R K 2 R D ( > K 2 f() > K ). Termésetesen a Átviteli Elv is iga marad komplex esetben. (Vegyük ésre, hogy e csak a -t tartalmaó esetekben újdonság, egyébként csak a R 2 -beli Átviteli Elv lefordítása komplex jelölésekkel.) 9
.24 Tétel. (Átviteli Elv) Legyen D C, f : D C és 0 D. Ekkor lim f = w C { } pontosan akkor, ha minden n D\{ 0 } soroatra, ha n 0, akkor f( n ) w. Most is igaak maradnak a valósból megismert m velettartást állító tételek, a. Állítás függvényekre vonatkoó váltoata a követke :.25 Állítás. Ha f, g : D C, 0 D, lim lim f ± g = w ± w 2 és lim fg = w w 2, ha eek értelmesek, továbbá ha w 2 0, akkor ha értelmes. Egy-két példa:.) lim 0 2 lim f g = w w 2, f = w és lim g = w 2, akkor =, mert = 2 2 = = 2, ha 0. 2.) lim i +i 2 + = lim i +i (+i)( i) = lim i i+i i+ 3.) lim 3 = lim i 2 = i 3 = 0. 4.) lim 0 nem léteik, mert lim 0 Átviteli Elvet..26 Feladat. lim 0 =?, lim 0 ( n ) n 2 =? i = 2i = i 2. =, de lim 0 ( i n ) i n = és alkalmauk a.27 Feladat. lim i 2 + 6 + =?.28 Feladat. lim 3 ++ 2 =?.29 Feladat. Legyen f mindenhol folytonos és f() = Re(), ha 0. Határoa meg f(0)-t. Említés sinten kitérünk a komplex függvénysorokra. Adott D tartományon értelmeett f n : D C függvények esetén a f n függvénysor konvergens D-n, ha minden D-re a f n () sor konvergens, egyenletesen konvergens D-n, ha konvergens, össegfüggvénye f és minden ɛ > 0-ho léteik N, hogy minden m N-re és D-re m f n () f() = f n () < ɛ. n=m 0
Akárcsak a valós esetben, komplexben is iga, hogy folytonos függvények egyenletesen konvergens sorának össegfüggvénye folytonos. Továbbá a Weierstrass Kritérium is iga, vagyis ha f n egy függvénysor, minden n-re f n a n és a a n sor konvergens, akkor a függvénysor egyenletesen konvergens.
2
2. Dierenciálhatóság Komplex dierenciálhatóság A alapfelállás: D C egy tartomány és f : D C egy függvény. Et a továbbiakban nem kötjük ki külön, mindig feltessük. 2. Deníció. A f függvény dierenciálható a 0 D pontban, ha léteik a f() f( 0 ) lim C 0 határérték. Ekkor et f ( 0 )-al jelöljük. A D minden pontjában dierenciálható függvényeket D-n reguláris vagy holomorf függvényeknek neveük, halmaukat O(D)-vel jelöljük. A C minden pontjában dierenciálható függvényeket, vagyis O(C) elemeit egésfüggvényeknek neveük. Például, ha n N, akkor a f() = n függvény dierenciálható minden pontban és f () = n n. Ennek bionyítása a valós eset só serinti átírása: A n = 0 eset triviális. Ha n > 0, akkor f ( 0 ) = lim n n 0 0 = lim( n + n 2 0 + + n 2 0 + n ) = n n. 2.2 Állítás. Ha f dierenciálható 0 -ban, akkor ott folytonos is. Bionyítás. Mivel f() = f( 0 ) + (f() f( 0 )) = f( 0 ) + f() f() 0 ( 0 ), eért f() f( 0 ) lim f = f( 0 ) + lim ( 0 ) = 0 f() f( 0 ) f( 0 ) + lim lim( 0 ) = f( 0 ) + f ( 0 )0 = f( 0 ). 0 A követke tételt mutatja, hogy a dierenciálási sabályok ugyanaok, mint a egyváltoós valós esetben. A tétel bionyítása most is a valós eset analógiája, eért elhagyjuk. 2.3 Tétel. Ha f és g dierenciálható 0 -ban és c C, akkor cf, f ± g és fg is dierenciálható 0 -ban, és teljesülnek a követke k (cf) ( 0 ) = cf ( 0 ), (f ± g) ( 0 ) = f ( 0 ) ± g ( 0 ), (fg) ( 0 ) = f ( 0 )g( 0 ) + f( 0 )g ( 0 ), 3
továbbá, ha g( 0 ) 0, akkor f g is dierenciálható 0-ban és ( f g ) ( ) = f ( 0 )g( 0 ) f( 0 )g ( 0 ) (g( 0 )) 2. Ha g dierenciálható 0 -ban és f dierenciálható g( 0 )-ban, akkor f g is differenciálható 0 -ban és (f g) ( 0 ) = f (g( 0 ))g ( 0 ). A inver függvény dierenciálhatóságára vonatkoó, a valós esettel analóg komplex tétel: 2.4 Tétel. Ha a f : D C függvény dierenciálható a 0 D pontban és f-nek léteik invere (vagyis f injektív), ami értelmeve van egy f( 0 ) körüli körlapon, továbbá f ( 0 ) 0 és f folytonos f( 0 )-ban, akkor f dierenciálható f( 0 )-ban és (f ) (f( 0 )) = f ( 0 ). Megjegyeük, hogy a valós esetben sükséges rengeteg feltétel nagy rése elhagyható komplex esetben: Ha f reguláris és injektív D-n, akkor f(d) is egy tartomány és f reguláris f(d)-n. Ennek a tételnek a bionyítása meglep en bonyolult, mi nem foglalkounk vele. Felhasnálva, hogy n reguláris kapjuk, hogy minden komplex polinom, vagyis a f() = a n n + + a + a 0 alakú függvények (a i C) is regulárisak; és minden komplex racionális törtfüggvény: f() = a n n + + a + a 0 b m m + + b + b 0 is reguláris értelmeési tartományán. Lássunk egy-két példát nem dierenciálható komplex függvényre:.) f() = sehol sem dierenciálható, mert lim 0 0 = lim 0 0 = lim 0 Korábban már igaoltuk a Átviteli Elv felhasnálásával, hogy e a határérték nem léteik. Gondolkodhatunk másként is: áttréve trigonometrikus alakra (polárkoordinátákra) kapjuk, hogy tovább egyenl ami nem léteik.. r(cos( ϕ) + i sin( ϕ)) lim = lim cos( 2ϕ) + i sin( 2ϕ), r 0 r(cos ϕ + i sin ϕ) r 0 2.) f() = sehol sem dierenciálható, mert 0-ban a valós irányból x valós paraméterrel: 0 lim 0 0 = lim x x 0 x, 4
amir l tudjuk, hogy nem léteik (jobbról +, balról ). A 0 = x 0 + y 0 i 0- ban valós irányból (y = y 0 ): 0 (x + y 0 i) x 0 + y 0 i lim = lim 0 x x 0 (x + y 0 i) (x 0 + y 0 i) = lim x2 + y0 2 x 2 0 + y2 0, x x 0 x x 0 ami x 2 + y0 2 + x 2 0 + y2 0-vel b vítve tovább egyenl (x 2 + y lim 0) 2 (x 2 0 + y0) 2 x x 0 (x x 0 )( x 2 + y0 2 + x 2 0 + y2 0 ) = lim x + x 0 x x 0 x2 + y0 2 + x 2 0 + y2 0 x 0 + x 0 x 2 0 + y 2 0 + x 2 0 + y2 0 = x 0. x 2 0 + y0 2 Hasonlóan meggondolható, hogy képetes irányból (x = x 0 ): 0 (x 0 + yi) x 0 + y 0 i lim = lim 0 y y 0 (x 0 + yi) (x 0 + y 0 i) = y 0 i x 2 0 +. y2 0 = Ha x 0 + iy 0 0, akkor x 0 x 2 0 +y0 2 x 0 + iy 0 -ban. y 0 i x 2 0 +y2 0, tehát nem dierenciálható Cauchy-Riemann egyenletek Mit mondhatunk a u, v : D R valós függvényekr l, ha a f = u+iv : D C komplex függvény dierenciálható egy 0 = x 0 + y 0 i pontban? f f() f( 0 ) u(x, y) + iv(x, y) u(x 0, y 0 ) iv(x 0, y 0 ) ( 0 ) = lim = lim = 0 (x 0,y 0) x + iy x 0 iy 0 lim (x 0,y 0) u(x, y) u(x 0, y 0 ) + i(v(x, y) v(x 0, y 0 )). x x 0 + i(y y 0 ) Ha y = y 0, vagyis a valós tengely irányából: f ( 0 ) = lim x0 (u(x, y 0 ) u(x 0, y 0 ) x x 0 + i v(x, y 0) v(x 0, y 0 ) x x 0 ) = u(x, y 0 ) u(x 0, y 0 ) v(x, y 0 ) v(x 0, y 0 ) lim + i lim = u x0 x x 0 x0 x x x(x 0, y 0 ) + iv x(x 0, y 0 ). 0 Hasonlóan, ha x = x 0, vagyis a képetes tengyely irányából: f ( 0 ) = iu y(x 0, y 0 ) + v y(x 0, y 0 ) = v y(x 0, y 0 ) + i( u y(x 0, y 0 )). Et a ésrevételt fogalmauk meg tétel formájában is. 2.5 Tétel. Ha f = u + iv : D C és f dierenciálható 0 D-ben, akkor u és v parciálisan dierenciálható a 0 -pontban és teljesül: vagy másképpen f ( 0 ) = u x( 0 ) + iv x( 0 ) = v y( 0 ) + i( u y( 0 )), f ( 0 ) = u x( 0 ) + i( u y( 0 )) = v y( 0 ) + iv x( 0 ). 5
A tétel már mutatja, hogy mennyire speciális egy függvény komplex dierenciálhatósága, hisen például egy pontbeli deriváltja kifejehet külön-külön mindkét koordináta-függvényével. Többet is mondhatunk u és v dierenciálhatóságáról. 2.6 Tétel. Ha f = u + iv : D C és f dierenciálható 0 -ban, akkor u és v dierenciálható 0 -ban. Bionyítás. Akárcsak a egyváltoós valós esetben, most is könnyen belátható, hogy egy f : D C függvény dierenciálhatósága egy 0 D pontban ekvivalens aal, hogy léteik egy r : D C függvény és egy A C (e les f ( 0 )), hogy minden D-re f() = f( 0 ) + A( 0 ) + r () és lim Másképpen: léteik egy A C, hogy r () 0 = 0, vagyis lim f() (f( 0 ) + A( 0 )) lim = 0. 0 r () 0 = 0. Ha f = u + iv akkor a utolsóba helyettesítve ( 0 = x 0 + y 0 i) kapjuk hogy u() + iv() (u( 0 ) + iv( 0 ) + A( 0 )) lim = 0 u(x, y) + iv(x, y) (u(x 0, y 0 ) + iv(x 0, y 0 ) + A((x x 0 ) + (y y 0 )i)) lim = 0. (x 0,y 0) (x x 0 ) + (y y 0 )i A = a + bi(= Re(f ( 0 )) + Im(f ( 0 ))i) jelöléssel: A((x x 0 ) + (y y 0 )i) = (a(x x 0 ) b(y y 0 )) + (a(y y 0 ) + b(x x 0 ))i = (a, b)(x x 0, y y 0 ) + (b, a)(x x 0, y y 0 )i, ahol vektorok egymás mellé írása most termésetesen skaláris sorást jelent. A fenti limes valós illetve képetes rése: u(x, y) (u(x 0, y 0 ) + (a, b)(x x 0, y y 0 )) lim = 0, (x 0,y 0) (x x0 ) 2 + (y y 0 ) 2 v(x, y) (v(x 0, y 0 ) + (b, a)(x x 0, y y 0 )) lim = 0, (x 0,y 0) (x x0 ) 2 + (y y 0 ) 2 vagyis u és v dierenciálhatók 0 -ban. A 2.6 Tétel bionyításából perse ismét látsik, hogy f ( 0 ) = u x( 0 ) + i( u y( 0 )) = v y( 0 ) + i(v x( 0 )), hisen f ( 0 ) = a + bi jelöléssel a bionyítás végéb l grad u( 0 ) = (a, b) és grad v( 0 ) = (b, a). 2.7 Deníció. Adott u, v : D R függvények esetén at mondjuk, hogy u és v kielégíti a Cauchy-Riemann (CR) egyenleteket 0 D-ben, ha parciálisan dierenciálhatók 0 -ban és eleget tesnek a követke egyenleteknek: u x( 0 ) = v y( 0 ), u y( 0 ) = v x( 0 ). 6
A 2.5 és a 2.6 Tételek (vagy csak a 2.6 Tétel és a bionyítása utáni megjegyés) együtt at állítják, hogy ha f = u + iv dierenciálható 0 -ban, akkor u és v is dierenciálhatók 0 -ban és kielégítik a CR-egyenleteket 0 -ban. Ennek segítségével már sok esetben könnyen meg tudjuk mutatni egy függvényr l, hogy nem dierenciálható egy pontban. Például: f() = esetén u(x, y) = x és v(x, y) = y, így u x = = v y, eért f egyetlen pontban sem dierenciálható. Mi a helyet vissafelé? Vagyis a, hogy u és v dierenciálhatók és kielégítik a CR-egyenleteket egy pontban elég-e f dierenciálhatóságáho a adott pontban? A válas igen, vagyis f adott pontbeli dierenciálhatóságára sükséges és elégséges feltételt kaptunk. Ennek bionyítása egyser en a 2.6 Tétel bionyításának "fordított leírása". 2.8 Tétel. (Össefoglaló) Legyen f = u + iv : D C és 0 D. Ekkor f pontosan akkor dierenciálható 0 -ban, ha u és v dierenciálhatók 0 -ban és kielégítik a CR-egyenleteket 0 -ban. Felhasnálva a többváltoós valós analíisb l ismert elégséges feltételt pontbeli dierenciálhatóságra, kapjuk a követke t. 2.9 Követkemény. Ha f = u + iv : D C, 0 D, 0 egy környeetében u és v parciálisan dierenciálhatók, 0 -ban a parciális deriváltjaik folytonosak, továbbá kielégítik a CR-egyenleteket 0 -ban, akkor f dierenciálható 0 -ban. Lássunk egy példát. Mely pontokban dierenciálható a f() = 2 + 2 függvény? f(x + yi) = (x yi)(x yi)(x + iy) + (x 2 y 2 + 2xyi) = (x yi)(x 2 +y 2 )+(x 2 y 2 +2xyi) = (x 3 +xy 2 ) i(x 2 y +y 3 )+(x 2 y 2 +2xyi) = (x 3 + x 2 + xy 2 y 2 ) + i( y 3 x 2 y + 2xy). Világos, hogy u és v mindenhol dierenciálható. u x = 3x 2 + 2x + y 2, u y = 2xy 2y, v x = 2xy + 2y és v y = 3y 2 x 2 + 2x. u x = v y at jelenti, hogy 3x 2 + 2x + y 2 = 3y 2 x 2 + 2x, amib l x 2 = y 2, vagyis x = y = 0; u y = v x at jelenti, hogy 2xy 2y = 2xy 2y, ami aonosság. Kaptuk tehát, hogy u és v a CR-egyenleteket csak 0-ban elégítik ki, így f csak 0-ban dierenciálható. f sehol sem reguláris, mert nincsen olyan tartomány, melynek minden pontjában dierenciálható. 2.0 Feladat. Bionyítsa be a CR-egyenletek segítségével, hogy a f() = függvény sehol sem dierenciálható. 2. Feladat. Hol dierenciálható a f() = függvény? 2.2 Feladat. Hol dierenciálható a f() = + i függvény? A CR-egyenletek követkeményei A követke tétel jólismert a többváltoós valós analíisb l. 2.3 Tétel. Ha D R 2 egy tartomány, u : D R dierenciálható D-n és grad u (0, 0), akkor u konstans D-n. 7
2.4 Tétel. Ha f O(D) és f 0, akkor f konstans D-n. Bionyítás. Mivel f = u x + iv x = v y + i( u y), így u x u y v x v y 0. Továbbá a 2.6 Tétel miatt u és v dierenciálható D-n, eért alkalmava a 2.3 Tételt kapjuk, hogy u és v konstans D-n, így f is konstans D-n. 2.5 Követkemény. Ha f = u + iv : D C, f O(D) és vagy u 0 (f tistán képetes érték ) vagy v 0 (f valós érték ), akkor f konstans D-n. Bionyítás. Csak a els állítást bionyítjuk, a második bionyítása analóg. Mivel u 0, eért u x u y 0, így f = u x + i( u y) 0. Alkalmava a 2.4 Tételt kapjuk a állítást. 2.6 Követkemény. Ha f, f O(D), akkor f (és így f is) konstans D-n. Bionyítás. Mivel f + f = 2u és f f = 2iv, eért eekre alkalmava a 2.5 Követkeményt kapjuk, hogy u és v konstans D-n, így f is a. 2.7 Követkemény. Ha f O(D) és f konstans D-n, akkor f is konstans D-n. Bionyítás. Ha f 0, akkor f 0. Ha f c 0, akkor mivel c 2 f 2 = ff, eért f = c2 f is reguláris D-n. Alkalmava a 2.6 Követkeményt kapjuk a állítást. 8
3. Hatványsorok Hatványsorok alaptulajdonságai A komplex hatványsorokat a valósak analógiájára deniáljuk. Ha a n (n N) egy komplex soroat és 0 C, akkor a a n ( 0 ) n függvénysort 0 köéppontú (komplex) hatványsornak neveük. Ennek konvergenciasugara: R = lim sup n a n. Ha 0 C és ɛ > 0, akkor (mint R 2 -ben) S( 0, ɛ) = { C : 0 < ɛ} a 0 köéppontú ɛ sugarú nyílt körlap illetve B( 0, ɛ) = { C : 0 ɛ} a 0 köéppontú ɛ sugarú árt körlap a komplex síkon. A követke tétel a hatványsorok valósból megismert tulajdonságainak komplex megfelel it foglalja össe, bionyítása analóg valós megfelel jének bionyításával. 3. Tétel. Legyen a n ( 0 ) n egy (komplex) hatványsor, melynek konvergencia sugara R > 0. Ekkor teljesülnek a követke k: a n ( 0 ) n absolút konvergens a S( 0, R) nyílt körlapon (vagyis annak minden pontjában), minden kisebb S( 0, r), 0 < r < R körlapon egyenletesen konvergens és a B( 0, R) árt körlapon kivül divergens. Vagyis ha K C a hatványsor konvergencia halmaa, akkor S( 0, R) K B( 0, R). A f() = a n ( 0 ) n függvény reguláris a S( 0, R) nyílt körlapon és minden S( 0, R)-re f () = a n n( 0 ) n. n= (Vagyis a hatványsorokat tagonként lehet deriválni.) Továbbá a derivált hatványsor konvergenciasugara megegyeik a eredeti hatványsor konvergenciasugarával. Termésetesen ebb l at is megkaptuk, hogy f tets legesen soksor dierenciálható S( 0, R)-en. Minden n N-re a n = f (n) ( 0) n!, így ha egy függvény egy nyílt körlapon hatványsorba fejthet (a körlapon egyenl egy hatványsor össegfüggvényével), akkor a hatványsor együtthatói egyértelm ek. 9
Egyenl re még nem láttunk példát a valós esetben el forduló "kellemetlen" kivételekre, vagyis például olyan függvényre, ami csak egyser dierenciálható egy tartományon, vagy, bár tets leges soksor deriválható egy pont körül, mégsem fejthet hatványsorba (vagy R = 0, vagy nem állítja el a függvényt a Taylor-sora). Kés bb látni fogjuk, hogy ilyen példák komplexben nincsenek is! Vagyis ha egy függvény egy tartományon dierenciálható, akkor ott tets leges soksor is dierenciálható, és Taylor-sora a lehet legnagyobb körlapokon el állítja a függvényt. Határoa meg a követke hatványsorok köéppontját és konvergenciasugarát, továbbá adjon meg egy pontot a konvergenciakör határán, melyben a hatványsor divergens. 3.2 Feladat. 3.3 Feladat. 3.4 Feladat. i n ( i) n. n 3 (+ i) n n!. n ( i)( 2i) ( ni). Els és egyik legfontosabb példánk: A exp és log függvények exp() = Ennek a hatványsornak a konvergenciasugara: n n!. R = lim sup n = lim n n! = +, n! vagyis exp egy egésfüggvény, exp O(C). Össefoglaljuk ennek a függvénynek a tulajdonságait. 3.5 Tétel. A exp függvényre teljesülnek a követke k: (a) x R C exp(x) = e x, (b) exp = exp, (c), 2 C exp( + 2 ) = exp( ) exp( 2 ), (d) x, y R exp(x + yi) = e x (cos(y) + i sin(y)), (e) exp 2πi serint periodikus (és e a "legkisebb" periódus), vagyis, w C (exp() = exp(w) k Z w = k2πi), (f) C exp() 0. 20
Bionyítás. (a): Triviális, hisen a komplex m veletek valós sámokra a sokásos valós eredményt adják, és egy valós soroat határértéke komplex értelemben ugyana a sám mint valós értelemben. (b): A 3. Tétel serint exp () = n= n n n! = n= n (n )! = n n! = exp(). (c): Fix a C-re legyen f() = exp() exp(a ) egésfüggvény. Ekkor f () = exp () exp(a ) + exp() exp (a )( ) = exp() exp(a ) exp() exp(a ) = 0, így a 2.4 Tétel serint f c C. Mi e a konstans? c = f(0) = exp(0) exp(a) = exp(a). Igy minden a, C-re exp() exp(a ) = exp(a). Alkalmaunk et a a = + 2, = válastással: exp( ) exp(( + 2 ) ) = exp( + 2 ), vagyis exp( ) exp( 2 ) = exp( + 2 ). (d): Alkalmauk (a)-t és (c)-t: exp(x+yi) = exp(x) exp(yi) = e x e x( ( ) n y2n (yi) n = e x( n! i 2n y 2n (2n)! + (2n)! + i ) ( ) n y2n+ = e x (cos(y) + i sin(y)). (2n + )! (e): Alkalmauk (d)-t: ha = x + iy és w = x 2 + iy 2, akkor i 2n+ y 2n+ ) = (2n + )! exp() = exp(w) e x (cos(y ) + i sin(y )) = e x2 (cos(y 2 ) + i sin(y 2 )). Tehát exp() = exp(w) pontosan akkor, ha e x = e x2 és léteik k Z, hogy y = y 2 +k2π, aa ha x = x 2 és léteik k Z, hogy y = y 2 +k2π. Másképpen: k Z w = k2πi. (f): Triviális (d)-b l: e x 0 és cos(y) + i sin(y) 0 (a cos és a sin egyserre sehol sem 0). Mostantól általában exp() helyett a termésetesebb e jelölést hasnáljuk komplex sámok esetén is, ami a 3.5 Tétel (a) pontja serint nem oko félreértést. A e iπ + = 0 illustris egyenlet a 3.5 Tétel (d) pontjának triviális követkeménye. 3.6 Tétel. Legyen E = { C : π Im() < π}. Ekkor a exp E : E C függvény bijekció E és C\{0} köött, vagyis minden w C\{0}-ho léteik egyetlen E, hogy exp() = w. 2
Bionyítás. Mivel E-ben nincsen w, amikre w = k2πi valamely k Z- vel, eért a injektívitást a 3.5 Tétel (e) pontjából kapjuk. A 3.5 Tétel (f) pontja serint exp() 0 egyetlen -re sem. Már csak at kell belátnunk, hogy a függvény sürjektív. Legyen w C\{0} tets leges. Deniáljuk w argumentumát: arg(w) [ π, π) és w = w (cos(arg(w)) + i sin(arg(w))). Legyen log(w) = ln( w ) + i arg(w) E a w logaritmusa. Ekkor exp(log(w)) = e ln( w ) (cos(arg(w)) + i sin(arg(w))) = w (cos(arg(w)) + i sin(arg(w))) = w. Visgáljuk meg a 3.6 Tétel bionyítása során deniált log : C\{0} C logaritmus függvényt. Jelölje R (R 0 ) a 0-nál kisebb (egyenl ) valós sámok halmaát. 3.7 Tétel. A log függvény folytonos C\R 0 -en, de nem folytonos a negatív valós sámokban, vagyis R pontjaiban. Bionyítás. Legyen w C\R 0 hogy Legyen δ > 0 olyan, hogy és ɛ > 0 tets leges. Találnunk kell egy δ > 0-t, s S(w, δ)\{0} log(s) S(log(w), ɛ). (ln( w ) δ, ln( w ) + δ ) (arg(w) δ, arg(w) + δ ) S(log(w), ɛ). Ilyet δ -et könnyen találhatunk, egyser en arról van sól, hogy egy log(w) köep körlap tartalma log(w) köep négyetet. A ln függvény w -beli folytonossága miatt léteik egy δ > 0, hogy Legyen r > 0 ( w r < δ ln( w ) ln(r) < δ ). S = {s C\{0} : w s < δ és arg(w) arg(s) < δ }, egy w körüli körgy r -selet. Világos, hogy minden s S-re log(s) S(log(w), ɛ), vagyis log(s) S(log(w), ɛ). Legyen δ > 0, olyan hogy S(w, δ) S. Ekkor δ megfelel, vagyis log folytonos w-ben. Ha r R, akkor legyen a n = r (cos(π n )+i sin(π n )) és b n = r (cos(π+ n ) + i sin(π + n )). Világos, hogy a n r és b n r. Aonban ( log(a n ) = ln( r ) + i π ) ln( r ) + iπ, n ( log(b n ) = ln( r ) + i π + ) ln( r ) + i( π), n vagyis a Átviteli Elv miatt a log függvény nem folytonos R pontjaiban. 22
A 2.4 Tétel alkalmaásaként kapjuk a követke t. 3.8 Tétel. A log függvény dierenciálható C\R 0 reguláris C\R 0 -n és minden w C\R 0 -re log (w) = e log(w) = w. minden pontjában, vagyis Most már deniálhatjuk a komplex hatványoást is. Ha w C\{0} és C, akkor legyen w = e log(w). Például:.) ( ) i = e i log( ) = e i(ln()+iπ) = e i2π = e π. 2.) i i = e i log(i) = e i(ln()+i π 2 ) = e i2 π 2 = e π 2. Trigonometrikus és hiperbolikus függvények További példákat adunk hatványsorokra. A valós eset analógiájára legyenek: sin() = ( ) n 2n+ (2n + )!, cos() = ( ) n 2n (2n)!. Jelölésünk nem avaró, ugyanis valós -kre a sokásos sin illetve cos függvényeket kapjuk. Akárcsak valósban, mindkét hatványsor konvergencia sugara +, így sin és cos egésfüggvények. 3.9 Állítás. sin = cos és cos = sin. Bionyítás. A 3. Tétel felhasnálásával: sin () = ( ) n 2n (2n + ) (2n + )! = A állítás másik fele teljesen hasonlóan bionyítható. ( ) n 2n 3.0 Állítás. sin() = 2i (ei e i ) és cos() = 2 (ei + e i ). (2n)! = cos(). Bionyítás. Most is csak a állítás els felét bionyítjuk, a második bionyítása teljesen hasonló. 2i (ei e i ) = ( (i) n ( i) n ) = (i) n ( i) n = 2i n! n! 2i n! (i n ( ( ) n )) n 2i n! = 2i 2n+ 2n+ 2i (2n + )! = i 2n 2n+ (2n + )! = ( ) n 2n+ (2n + )! = sin(). 23
3. Követkemény. (Euler Tétel) e i = cos() + i sin(). A 3.0 Állítás segítségével már könnyen igaolhatók a valósból megismert trigonometrikus össefüggések komplexben, például: sin( ± w) = sin() cos(w) ± sin(w) cos(), cos( ± w) = cos() cos(w) sin() sin(w), sin 2 () + cos 2 () =. 3.2 Feladat. Bionyítsa be eeket a össefüggéseket. Kés bb látni fogjuk, hogy a ehhe hasonló aonosságok megmaradásáho nincs is sükség a komplexre kiterjestett valós függvény mélyebb ismeretére, aonnal adódik a 5.8 Unicitás Tétel illetve a Permanencia Elv alkalmaásával. A 3.0 állítából at is megkaptuk, hogy sin és cos függvények 2π serint periodikusak, ugyanis a e függvény 2πi serint periodikus, így e i 2π serint. E termésetesen a legkisebb periodus is, mert valósban e volt a legkisebb. Eeknek a függvényeknek csak valós gyökei vannak, ugyanis a 3.0 Állítás és a 3.5 Tétel (e) résének alkalmaásával például a sin esetében: sin() = 0 e i = e i k Z i ( i) = k2πi k Z = kπ. Még további két függvényt deniálunk. A komplex hiperbolikus függvények: sh() = 2 (e e ), ch() = 2 (e + e ). Ismét látsik, hogy valós sámokra a eredeti, valós hiperbolikus függvényeket kapjuk. A aonosságok most is igaak maradnak, például: sh( ) = sh(), ch( ) = ch() vagy ch 2 () sh 2 () =. A 3.0 Állítás segítségével könnyen ellen rihet a követke állítás. 3.3 Állítás. Minden C-re teljesülnek a követke k: sh(i) = i sin() illetve sin(i) = i sh(), ch(i) = cos() illetve cos(i) = ch(). 3.4 Feladat. Bionyítsa be a 3.3 Állítást. 3.5 Feladat. Oldja meg a sin() + cos() = 0 egyenletet. 24
4. Vonalintegrál Görbék a komplex síkon A komplex sík görbéi termésetesen megfelelnek a valós sík görbéinek. Ha a < b R és : [a, b] C, akkor = x + iy alakba írható, ahol x, y : [a, b] R, vagyis minden t [a, b]-re (t) = x(t) + iy(t). E a görbe megfelel a = (x, y) síkgörbének. Minden görbér l feltessük, hogy folytonos, vagyis komplex megfogalmaásban: t [a, b] ɛ > 0 δ > 0 s [a, b] ( t s < δ (t) (s) < ɛ). Mivel egy korlátos árt halmaon értelmeett folytonos függvény, eért a Heine Tétel serint egyenletesen folytonos, vagyis ɛ > 0 δ > 0 s, t [a, b] ( t s < δ (t) (s) < ɛ). Egy = x + iy : [a, b] C görbe árt, ha (a) = (b); egyser, ha nem metsi át magát, legfeljebb a végpontok képe aonos; dierenciálható t 0 [a, b]-ben, ha valós értelemben dierenciálható t 0 -ban (komplexben a fogalom értelmetlen!), vagyis x és y is dierenciálható t 0 - ban. Ha = x + iy dierenciálható t 0 -ban akkor deriváltjára a (t 0 ) = x (t 0 ) + iy (t 0 ) komplex jelölést fogjuk hasnálni. Fontos les még a görbék irányítása. Ha : [a, b] C, akkor : [a, b] C, (t) = (a + b t) a fordított irányítású görbe. A félreértések elkerülése végett igyeksünk nem hasnálni -ra a egyébként bevett jelölést. Termésetesen más módon is megadhatunk görbéket. Például polárkoordinátás alakban: (t) = r(t)e iϕ(t) (valós jelöléssel: = (r, ϕ)). Végeetül kimondjuk a híres Jordan Tételt, ami at "kéenfekv " és "semléletes" tényt állítja, hogy egy folytonos egyser árt görbe két résre ostja a síkot. Bionyítása rendkívül nehé, messe meghaladja jegyetünk kereteit. 4. Tétel. (Jordan Tétele) Ha : [a, b] R 2 egy folytonos egyser árt görbe, akkor R 2 \ ran() két disjunkt tartomány uniója. Eek köül a korlátosat neveük a görbe belsejének, a nem korlátosat a görbe külsejének. Komplex görbementi integrál Emléketetünk a valós integrál alsó-, fels köelít össeg nélküli deníciójára. A [a, b] intervallum egy felostásán sokás serint egy a = t 0 < < t n = b véges soroatot értünk; e nomabb, mint δ, ha k =,..., n t k t k < δ. 25
A t 0 < < t n felostásra illesked soroaton egy ξ k [t k, t k ] (k =,..., n) soroatot értünk. Ha a < b R és g : [a, b] R, akkor g integrálható [a, b]-n és b g = I, ha a minden ɛ > 0-ho léteik δ > 0, hogy minden δ-nál nomabb a = t 0 < t < < t n = b felostás és rá illesked ξ k (k =..., n) soroat esetén I n g(ξ k )(t k t k ) < ɛ. k= Általánosítsuk et a fogalmat komplexben: 4.2 Deníció. Ha a < b R és g : [a, b] C, akkor g integrálható [a, b]-n és b g = I C, ha minden ɛ > 0-ho léteik δ > 0, hogy minden δ-nál nomabb a a = t 0 < t < < t n = b felostás és rá illesked ξ k (k =..., n) soroat esetén n I g(ξ k )(t k t k ) < ɛ. k= A követke tétel bionyítása a sokásos "minden kör tartalma téglalapot, illetve minden téglalap tartalma kört" gondolatmenetet hasnálja. 4.3 Tétel. Legyen a < b R és g : [a, b] C, g = u + iv. g pontosan akkor integrálható [a, b]-n, ha u és v is integrálható [a, b]-n, és ekkor b a g = b a u + i 4.4 Feladat. Bionyítsa be a 4.3 Tételt. A általánosítás követke lépése, hogy nem egy valós intervellumon, hanem egy komplex görbén integrálunk. Ehhe emléketetünk egy görbe felostásának nomságára. 4.5 Deníció. Ha : [a, b] C egy görbe, akkor a a = t 0 <... t n = b felostás -n nomabb δ-nál, ha minden k =,..., n-re ( [t k, t k ] ) lefedhet egy δ átmér j nyílt körlappal. 4.6 Deníció. Ha a < b R, : [a, b] D egy görbe és f : D C, akkor f integrálható -n és f = f()d = I C, ha minden ɛ > 0-ho léteik δ > 0, hogy minden -n δ-nál nomabb a = t 0 < t < < t n = b felostás és rá illesked ξ k (k =..., n) soroat esetén I b a v. n f((ξ k ))((t k ) (t k )) < ɛ. k= Termésetesen nem kell, hogy f egy D tartományon legyen értelmeve, elég, hogy ran()-n értelmeett. A konkrét esetekben aonban mindig egy tartományon értelmeett függvény és egy a tartományban haladó görbe les megadva. Igy valóban általánosítást kaptunk, hisen válastható a [a, b] intervallum identitásának ( : [a, b] [a, b] C, (t) = t). Hogyan sámoljunk ki egy ilyen integrált? Mostantól minden : [a, b] C görbér l a folytonosság mellett feltessük még, hogy 26
sakasonként folytonosan dierenciálható, vagyis léteik a = t 0 < < t n = b felostás, hogy minden k =,..., n-re folytonosan dierenciálható [t k, t k ]-n (végpontokban egyoldalról). Ismert, hogy ekkor rektikálható és ívhossa = b a = b a (x ) 2 + (y ) 2, ahol = x+iy. A követke tétel segítségével már könnyen kisámolhatunk vonalintegrálokat. Bionyítása teljesen hasonló a valós vonalintegrálra vonatkoó megfelel je bionyításáho, így elhagyjuk. 4.7 Tétel. Ha [a, b] D f C és f folytonos D-n, akkor léteik f és f = b a f((t)) (t)dt. Lássunk egy példát. Legyen r > 0, : [0, 2π] C, (t) = r(cos(t) + i sin(t)) a origó köéppontú r sugarú körvonal egy paramétereése és f : C\{0} C, f() =. Ekkor 2π 0 f = 2π 0 sin(t) + i cos(t) cos(t) + i sin(t) dt = r( sin(t) + i cos(t))dt = r(cos(t) + i sin(t)) 2π 0 idt = 2π 0 0dt + i 2π 0 dt = 2πi. Teljesen hasonlóan ellen rihet, hogy ha w C, r > 0 és : [0, 2π] C, (t) = w + r cos(t) + ir sin(t) a w köéppontú r sugarú körvonal egy paramétereése, akkor w d = 2πi. Kés bb látni fogjuk, hogy bionyos értelemben e a legfontosabb konkrét integrál. A 4.7 Tétel segítségével sámítsa ki a követke integrálokat: 4.8 Feladat. a [0, + i] sakas egy paramétereése, f() = Re(). 4.9 Feladat. a = 2 kör egy paramétereése, f() = +2. A integrál tulajdonságai Mennyire függ a integrál a görbe paramétereését l? 4.0 Tétel. Legyen [a, b] D f C, f folytonos D-n és ϕ : [c, d] [a, b] egy átparamétereés, vagyis egy folytonosan dierenciálható sogorúan monoton függvény, amire ϕ(c) = a és ϕ(d) = b. Lerajolva: [a, b] ϕ ϕ D f C Ekkor [c, d] [c, d] f = f. ϕ 27
Bionyítás. = b a f((t)) (t)dt = d c d c f(( ϕ)(s)) ( ϕ)(s)ds = f((ϕ(s))) (ϕ(s))ϕ (s)ds = Ahol a els és utolsó egyenl séget a 4.7 Tétel adja. A második egyenl séget a t = ϕ(s) valós helyettesítéses integrál egyserre a valós és a képetes résben. A harmadik egyenl séget pedig a ( ϕ)(s) = (ϕ(s))ϕ (s) képlet (össetett függvény diererenciálása). ϕ 4. Tétel. Ha [a, b] D f C és f folytonos D-n, akkor f = f. Bionyítás. A 4.0 Tétel bionyítását módosítjuk egy kicsit. Most ϕ : [a, b] [a, b], ϕ(s) = a + b s. a b = b a f((t)) (t)dt = f( (s)) (s)ds = a b b a f. f((ϕ(s))) (ϕ(s))ϕ (s)ds = f( (s)) (s)ds = f. Ahol els és utolsó egyenl séget a 4.7 Tétel adja. A második egyenl séget a t = ϕ(s) valós helyettesítéses integrál egyserre a valós és a képetes résben. A harmadik egyenl séget a (s) = ( ϕ)(s) = (ϕ(s))ϕ (s) képlet. A negyedik egyenl séget pedig a valós integrálra vonatkoó a b = b képlet alkalmaása a egyserre a valós és a képetes résben. Ha : [a, b] C, 2 : [b, c] C és (b) = 2 (b), akkor a össef ésüket 2 -vel jelöljük, vagyis ha = 2 : [a, c] C, akkor { (t), ha t [a, b] (t) = 2 (t), ha t (b, c] A követke tétel triviális a deníciókból. 4.2 Tétel. Ha : [a, b] D, 2 : [b, c] D, (b) = 2 (b) és f : D C folytonos, akkor f = 2 f + f. 2 A követke tétel, akárcsak valós megfelel je könnyen belátható akár a 4.6 Deníció alapján követlenül is vagy még egyser bben a 4.7 Tétel felhasnálásával. 28
4.3 Tétel. Legyen : [a, b] D. Ekkor a D-n értelemeett folytonos függvények C(D) vektorterén : C(D) C, f f egy lineáris leképeés (funkcionál), vagyis minden f, f 2 C(D) és c, c 2 C esetén (c f + c 2 f 2 ) = c f + c 2 f 2. Akárcsak a valós vonalintegrál esetén, most is becsülhetjük a integrál absolút értékét. 4.4 Tétel. Ha [a, b] D f C, f folytonos D-n és f M a görbe pontjaiban (ran()-n), akkor f M. Bionyítás. Ha a = t 0 < t < < t n = b a intervallum egy felostása és ξ k (k =..., n) egy rá illesked soroat, akkor n f((ξ k ))((t k ) (t k )) k= M n f((ξ k )) (t k ) (t k ) k= n (t k ) (t k ) M, k= ha a felostás nomodik. Precíebben: Legyen ɛ > 0 x. Léteik δ > 0, hogy minden -n δ-nál nomabb a = t 0 < < t n = b felostás esetén f n f((ξ k ))((t k ) (t k )) < ɛ. k= Mivel egyenletesen folytonos, eért léteik δ > 0, hogy ha egy t k felostás nomabb δ -nél, akkor -n nomabb δ-nál. Feltehet, hogy δ -t olyan kicsinek válastottuk, hogy minden δ -nél nomabb t k felostásra n (t k ) (t k ) < ɛ. k= Ekkor alkalmava a fenti egyenl tlenséget: f ɛ < amib l M. n f((ξ k ))((t k ) (t k )) M k= n (t k ) (t k ) < M( +ɛ), f < M + (M + )ɛ. Mivel ɛ tets leges volt, eért f k= 29
4.5 Követkemény. Adott D tartományon értelmeett folytonos függvényekb l álló egyenletesen konvergens függvénysor és D-ben haladó görbe esetén: f n f n = Bionyítás. Legyen f = f n és legyen ɛ > 0 x. Válassunk egy N-et, hogy minden m N-re és D-re f n () < ɛ legyen. Legyen m N. Ekkor f n = n=m f n. f 0 + f + + f m + Alkalmava a 4.4 becslést a utolsó tagra ɛ > 0-ho léteik N, hogy minden m N-re f n ( m f n ) = n=m n=m f n. n=m f n ɛ. Tehát minden f n ɛ, vagyis ( m f n = lim m ) f n = f n. Belátjuk még, hogy a Newton-Leibni Formula megfelel je is iga marad komplex esetben. 4.6 Tétel. (Newton-Leibni Formula) Ha : [a, b] D, F O(D) és F folytonos D-n, akkor F = F ((b)) F ((a)). Bionyítás. Legyen µ : [a, b] C, µ(t) = F ((t)). Ekkor hogyan fejehetnénk ki µ t? Nem hivatkohatunk a össetett függvény deriválási sabályára, hisen F - et komplex értelemben deriváltuk, nem valósban, mint µ-t és -t. A láncsabály mégis iga marad! Vagyis: µ(t) = F ((t)) (t). Et nem látjuk be (lásd a követke feladatot). Alkalmava et a láncsabályt a µ = x + iy jelöléssel: F = b a F ((t)) (t)dt = b a µ(t)dt = b a x + i b a y = [x] b a + i[y] b a = x(b) x(a) + i(y(b) y(a)) = µ(b) µ(a) = F ((b)) F ((a)). 30
Tehát ha f : D C folytonos és léteik primitív függvénye vagyis egy F O(D), hogy F = f, akkor tets leges D-ben haladó görbén vett integrálja csak a végpontoktól függ, a ket össeköt görbét l független. 4.7 Feladat. Bionyítsa be a 4.6 Tételben említett láncsabályt. (Ötlet: Alkalmaa a CR-egyenleteket.) Néünk egy-két példát..) Legyen f c C egy konstans függvény és : [a, b] C, = x + iy egy tets leges görbe. Ekkor a Newton-Leibni Formula nélkül: f = b a b ( b f((t)) (t)dt = c (t)dt = c a a x + i b a y ) = c([x] b a + i[y] b a) = c(x(b) + iy(b) (x(a) + iy(a))) = c((b) (a)). A Newton-Leibni alkalmaásásval: Ha F () = c, akkor f = F, így f = F ((b)) F ((a)) = c(b) c(a). 2.) Legyen f() = 2 + és a [, i] sakas egy paramétereése. ( például válastható a követke képpen: : [0, ] C, (t) = ( t)+ti = ( t)+it.) f-nek léteik primitív függvénye F () = 3 3 +, így f = F = F (()) F ((0)) = F (i) F () = i 3 3 + i ( 3 + ) = 4 3 + 2 3 i. Speciálisan, ha egy tets leges : [a, b] C görbén integrálunk egy komplex polinomot, e -t, sin()-t, cos()-t, sh()-t vagy ch()-t akkor a adott függvény primitív függvényének értékét kell csak kisámolnunk a görbe végpontjaiban és et a két értéket kivonunk egymásból. Egy f() = n k=0 a k ( w k ) d k (ak, w k C, d k Z\{ }) alakú függvény esetében is e a helyet, ha a görbe a értelemési tartományában halad; például f() = ( i) i 2 + ( i)(2 i + ) 3 esetében. 5 Ha f() =, akkor f tets leges : [a, b] C\R 0 görbén vett integrálját a primitív függvénye (log()) segítségével sámolhatjuk. A 4.6 Tétel követkeményeképpen kapjuk a követke t. 4.8 Követkemény. Ha a f : D C folytonos függvénynek léteik primitív függvénye, akkor minden : [a, b] D árt görbén vett integrálja elt nik, vagyis 0. Tehát a imént említett elemi függvények vagy általában, primitív függvénynyel rendelke függvények tets leges a értelmeési tartumányukban haladó árt görbén vett integrálja elt nik. ( értelemési tartományát most C\R 0 -nak tekintjük). A követke résben a fordított implikációt is belátjuk vagyis, hogy minden árt görbén a integrál elt nése elég a primitív függvény léteéséhe. 3
Cauchy Integráltétele 4.9 Tétel. Ha f : D C folytonos és tets leges D-ben haladó görbén vett integrálja csak a végpontoktól függ, akkor f-nek léteik primitív függvénye. Bionyítás. Legyen 0 D x. Ekkor a úttól való függetlenség miatt minden D-re értelmes a követke jelölés: F () = 0 f, vagyis tets leges 0 -t és -t össeköt görbén (egy tartomány útössefügg ) integrálunk. Belátjuk, hogy F O(D) és F = f. Fix -he legyen S D egy köéppontú nyílt körlap. Ekkor minden ξ S- re a [, ξ] árt sakas D-ben feksik. Ekkor a úttól való függetlenség miatt F (ξ) = f = f + f = F () + f, vagyis [,ξ] [,ξ] [,ξ] F (ξ) F () = f-t átírhatjuk a követke alakba: [,ξ] [,ξ] f()ds + f = [,ξ] [,ξ] f(s)ds = [,ξ] [,ξ] f. [,ξ] f() + (f(s) f())ds = (f(s) f())ds = f()( ξ) + [,ξ] f(s) f()ds, ahol a utolsó egyenl ségben hasnáltuk a konstans függvény integráljára vonatkoó korábbi ismereteinket. Legyen r (ξ) = f(s) f()ds. [,ξ] Fix ɛ > 0-ho a függvény -beli folytonossága miatt léteik δ > 0, hogy ha s D és s < δ, akkor f(s) f() < ɛ. Ha ξ < δ, akkor minden s [, ξ]-re s < δ, így a integrál absolút értékére vonatkoó becslésünk serint (4.4 Tétel) ekkor r (ξ) = f(s) f()ds ɛ ξ. [,ξ] Vagyis minden ɛ > 0-ho léteik δ > 0, hogy ha 0 < ξ < δ, akkor r(ξ) ξ ɛ, így r (ξ) lim ξ = 0. E pont a F függvény -beli dierenciálhatóságát jelenti és perse at, hogy F () = f(), hisen minden ξ S-re F (ξ) = F () + f()( ξ) + r (ξ) és lim r (ξ) ξ = 0. 32
Össefoglalva a 4.6 és a 4.9 Tételeket: 4.20 Követkemény. (Össefoglaló) Ha f : D C folytonos, akkor a követke k ekvivalensek: (a) f-nek léteik primitív függvénye. (b) f tets leges D-ben haladó görbén vett integrálja csak a görbe végpontjaitól függ. (c) f tets leges D-ben haladó árt görbén vett integrálja elt nik. Bionyítás. A (a) és (b) ekvivalenciáját a 4.6 illetve a 4.9 Tételek adják. A (a) (c) implikációt a 4.8 Követkemény adja. (c) (b): Legyen és µ két aonos ked - és végpontú D-ben haladó görbe. Feltehet, hogy egymást követ intervallumkon vannak értelmeve: : [a, b] D, µ : [b, c] D, (a) = µ(b), (b) = µ(c). Ekkor a µ görbe árt, így 0 = f = f + f = f f. µ µ µ 4.2 Követkemény. A függvénye. függvénynek nincsen C\{0}-n értelmeett primitív Bionyítás. Már beláttuk, hogy f-nek egy a 0-t poitív irányban megkerül körön vett integrálja 2πi 0. Termésetesen, ha egy tartományon értelmeett függvénynek van primitív függvénye, akkor a a 2.4 Tétel miatt konstans hoáadása erejéig egyértelm. 4.22 Megjegyés. Ha D konvex, akkor a 4.9 Tételben F () deniálásáho nincs sükségünk a úttól való függetlenségre, hisen integrálhatunk a [ 0, ] sakason, csak at hasnáljuk, hogy F (ξ) = f [,ξ] vagyis, hogy a integrál elt nik a 0,, ξ háromsögön. Tehát konvex D esetén a 4.20 Követkemény kiegésíthet még egy ekvivalens állítással: (d) f tets leges D-beli háromsögvonalon vett integrálja elt nik. 4.23 Tétel. (Cauchy Integráltétele) Ha D konvex, [a, b] D f C, árt és f O(D), akkor f = 0. Bionyítás. Elég csak D-beli háromsögvonalra bionyítanunk, mert a 4.22 Megjegyés serint e ekvivalens a integrál eltünésével minden árt görbén. Legyen T 0 a háromsöglap, ennek kerülete l 0 és legyen 0 a háromsög határának egy paramétereése. Legyen I = f. A háromsöget 4 egybevágó kis háromsögre ostjuk: T0 k, k =, 2, 3, 4, eek határának -val aonos 33
irányú paramétereése 0 k. Ekkor a görbék ellentétes irányításán való integrálás el jelváltása miatt a bels sakasokon a integrálok kiesnek, így 4 f = f. k= Ekkor léteik k, hogy f I 0 k 4. Legyen T = T0 k és = 0 k. A négyetes arányosság miatt tudjuk, hogy T kerülete l = l0 2. Folytatjuk a eljárást T -en. Kapjuk a T n egymásba skatulyáott árt háromsöglapok soroatát, melyek kerülete l n = l0 2, a határukat paramétere n n görbéket, továbbá tudjuk, hogy I 4 n. n f A Cantor-axióma miatt léteik (egyetlen) 0 k 0 0 -ban, eért léteik egy r : D C függvény, hogy Ekkor f() = f( 0 ) + f ( 0 )( 0 ) + r () és lim T n. Mivel f dierenciálható r () 0 = 0. f = f( 0 ) n d + f ( 0 ) n ( 0 )d + n r ()d. n Mivel a konstans és a 0 függvényeknek van primitív függvénye, eért a 4.20 Követkemény serint a els két integrál 0. r lim () 0 = 0 serint minden ɛ > 0-ho léteik δ > 0, hogy 0 < 0 < δ esetén r 0 () 0 < ɛ, vagyis r () < ɛ 0. Mivel r ( 0 ) = 0, eért 0 < δ esetén r () ɛ 0. Fix ɛ > 0-ho legyen δ > 0 megfelel. Ekkor léteik n N, hogy T n S( 0, δ), így minden T n -re 0 < δ, amib l r () ɛ 0. Alkalmava a triviális 0 < l n becslét T n határán kapjuk, hogy eekben a pontokban, vagyis ran( n )-en r ɛl n. A integrál absolút értékének becslése serint I 4 n = r ()d ɛln 2 = ɛ l2 0 n 4 n, n f amib l I ɛl 2 0 minden ɛ > 0-ra, vagyis I = 0. A 4.23 Tétel és a 4.20 Követkemény felhasnálásával a követke érdekes eredményt kaptuk. 4.24 Követkemény. Ha D konvex és f O(D), akkor f-nek léteik primitív függvénye. Sükségünk les a Cauchy Integráltétel egy általánosítására is. 4.25 Tétel. Ha D konvex,,..., n D és f O(D\{,..., n }), továbbá minden k =,..., n-re lim f()( k ) = 0, akkor minden D\{,..., n }-beli k árt görbére f = 0. 34