Analyse 3. P.J.I.M. de Paepe Korteweg de Vries Instituut Universiteit van Amsterdam

Transcriptie

1 Analyse 3 P.J.I.M. de Paepe Korteweg de Vries Instituut Universiteit van Amsterdam 24 januari 2007

2 Voorwoord Deze syllabus is gebaseerd op de syllabus Analyse 2b van Prof. dr J.J.O.O. Wiegerinck (200). Er zijn daarom veel overeenkomsten tussen beide teksten. De volgorde van onderwerpen en dus de manier waarop de theorie opgebouwd is, is grotendeels hetzelfde. Verder is uitgebreid geput uit de opgavengedeelten van de syllabus Analyse 2b. Maar er zijn ook verschillen. In de syllabus Analyse 2b wordt vaak een en ander aan de student overgelaten. Details moeten ingevuld worden. Bewijzen zijn vaak compact geschreven. In feite wordt er al uitgegaan van wiskundig-volwassen studenten. Deze syllabus gaat ervan uit dat de student in het vierde semester nog in zijn/haar wiskundige puberteit verkeert. De student krijgt daarom meer hulp en wordt meer aan de hand genomen. Er wordt uitgebreid ingegaan op de details. Er wordt gestreefd naar eenheid in de notatie. Ik hoop hiermee te bereiken dat de studenten de stof gemakkelijker tot zich nemen en dat deze beter beklijft. Amsterdam, januari 2007 dr P.J.I.M. de Paepe

3 Inhoudsopgave. In het complexe vlak 3 2. Het uitgebreide complexe vlak 5 3. Meerwaardige functies 2 4. Cauchy-Riemann Integratie Contourintegratie Laurentreeksen Functietheorie 76 Proeftentamen 93 2

4 Hoofdstuk In het complexe vlak. Complexe getallen De verzameling van de complexe getallen wordt aangegeven met C. We herhalen enkele hoofdpunten. Deze getallen zijn van de vorm z = x + iy met Re z = x R (het reële deel van z) en Im z = y R (het imaginaire deel van z). De complexe getallen worden getekend in een plat vlak (het complexe vlak) met twee onderling loodrechte assen. Op de plaats met eerste coöordinaat x en tweede coördinaat y wordt z = x + iy getekend. Een tweede manier om z (voor z 0) te bepalen is om gebruik te maken van poolcoördinaten van z dus van de modulus of absolute waarde van z, aangegeven door z = x 2 + y 2 en het argument van z, aangegeven door arg z, dat is de hoek tussen de positieve reële as en de halfrechte door de oorsprong (het complexe getal 0) en z. Deze waarde is op veelvouden van 2π na bepaald. Optelling, aftrekking, vermenigvuldiging en deling van complexe getallen (het laatste als de noemer ongelijk aan 0 is) gebeurt op de gebruikelijke manier. We vatten het verband tussen pool- en rechthoekige coördinaten als volgt samen. Als z C, z 0, r R, r > 0 (!), φ R, dan geldt: z = r en arg z = φ z = r (cos φ + i sin φ) Nog wat feiten. Er geldt dat zw = z w, z w = z en, met de gebruikelijke betekenis, w arg zw = arg z + arg w en arg z = arg z arg w. w Ligt de waarde van het argument van een punt z in het interval ( π, π], dan spreekt men over de hoofdwaarde van het argument van z, notatie Arg z. Deze functie is continu, behalve op de negatieve reële as. Verder de zeer belangrijke ongelijkheden z w z ± w z + w. 3

5 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 4 Enkele notaties voor speciale verzamelingen. Onder B(a, r) verstaan we de schijf { z C z a < r }. En C(a, r) is de cirkel { z C z a = r }. Tot slot, A(a, r, r 2 ) is de ring (annulus) { z C r < z a < r 2 }..2 Topologie Een deelverzameling A van C heet open als voor elke a A er een ɛ > 0 is met B(a, ɛ) A. Een deelverzameling B van C heet gesloten als C \ B open is. En een deelverzameling K van C heet compact als K zowel gesloten als begrensd is. Als K compact is en f : K R continu is, dan is f naar boven begrensd op K, en neemt zelfs een grootste waarde aan op K (geen bewijs hier). Net zo is f naar beneden begrensd op K en neemt f een kleinste waarde aan. Een niet-lege open deelverzameling G van C heet onsamenhangend of splitsbaar als er open verzamelingen A en B zijn met G = A B en A B = zo, dat A en B. Een niet-lege open deelverzameling G van C heet dus samenhangend wanneer voor alle open verzamelingen A en B met G = A B en A B = geldt dat A = of B =. Zo n niet-lege open samenhangende deelverzameling G van C noemen we een gebied. Denk er aan als aan een (niet-lege) open verzameling die uit één stuk bestaat. Een voorbeeld van de dadelijk te behandelen zogeheten stuksgewijs gladde krommen bestaat uit een aantal achter elkaar geschakelde gerichte lijnstukjes die allemaal horizontaal of verticaal lopen. Zo n kromme heet een traplijn. De eindpunten van de lijnstukjes heten knooppunten. We zullen altijd aannemen dat er geen knooppunten liggen in het inwendige van een lijnstuk. Dit kan bereikt worden door eventueel knooppunten toe te voegen en lijnstukken in meerdere lijnstukken op te delen. Stelling (karakterizering gebieden) Laat G een niet-lege open deelverzameling van C zijn. Dan zijn equivalent: (i) G is een gebied. (ii) Elk tweetal punten z en w in G is te verbinden door een traplijn in G met z en w als eindpunten. Bewijs (i)= (ii) Kies z (even vast) in G en definieer B = { w G er is een traplijn in G die z en w verbindt }. Dan is B open want als w B, neem dan een klein schijfje B(w, r) G. Een

6 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 5 punt u in dit schijfje kunt je met een traplijntje (bestaande uit twee stukken) verbinden met w en dit punt vanwege w B weer via een traplijn in G met z. Doorloop de twee traplijnen nu na elkaar. Dus u B, ofwel B is open. Laat A = G \ B. Laat w A en neem weer een klein schijfje B(w, r) G. Als u in dit schijfje zit, en in B zou zitten, dan zou z via een traplijn in G met u te verbinden zijn en dus via een traplijn met w (door u met w te verbinden via een traplijntje in B(w, r)). Dus zou w B, in tegenspraak met w A. En dus geldt u A, dus A is open. Vanwege de samenhang van G moet A of B leeg zijn. Maar B bevat zeker het punt z. Dus A is leeg, ofwel B = G. Klaar. (ii)= (i) Laat A en B open met G = A B en A B = en stel A en B. Kies z A en w B. Verbind z en w door een traplijn T in G. Maak een continue functie g : [0, ] T met g(0) = z en g() = w zodat als je het interval [0, ] in de natuurlijke richting, dus van links naar rechts doorloopt, dat dan g(t) de traplijn van z naar w doorloopt. Laat s het supremum zijn van { t [0, ] g(t) A }. Ga na dat g(s) / A en g(s) / B, een tegenspraak. Dus G is een gebied. Tot slot van deze sectie nog een resultaat dat we later een aantal keren zullen gebruiken. Stelling (karakterizering continue geheelwaardige functies op gebied) Als G een gebied is en f : G Z continu is, dan is f een constante functie. Bewijs Kies een punt a G. Definieer A = f ({f(a)}) en B = f (Z \ {f(a)}). Ga na dat zowel A als B open zijn. Hun vereniging is G, ze zijn disjunct, en omdat G een gebied is moet A of B leeg zijn. Maar A is niet-leeg want a A. Dus B is leeg, dus G = A, dus f is constant (met waarde f(a)). Veel van de boven aangestipte topologische begrippen zijn gedefinieerd in een algemenere context, zie het college Topologie. Wij beperken ons hier tot een voor ons doel geschikte versie van de betreffende begrippen..3 (Stuksgewijs) gladde krommen We gaan krommen γ in R 2 bekijken, bestaande uit de punten (x(t), y(t)) waarbij de variabele t het interval [a, b] doorloopt. Met andere woorden: de x-coördinaat van de punten van γ is een functie van t en we schrijven wel x = x(t). Net zo is y = y(t). We veronderstellen hierbij dat de functies t x(t) en t y(t) continu-differentieerbaar op [a, b] zijn (van klasse C op [a, b]), nette functies dus.

7 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 6 Verder willen we dat de kromme geen zelfdoorsnijdingen heeft, met andere woorden er moet gelden dat (x(t ), y(t )) (x(t 2 ), y(t 2 )) voor alle t t 2. Ten slotte willen we dat (x (t), y (t)) (0, 0) voor elke waarde van t. Dat betekent dat de kromme in elk punt een raaklijn bezit. Merk nog op dat de raaklijn aan γ in het punt C = (x(c), y(c)) de volgende vectorvoorstelling heeft: (x, y) = (x(c), y(c)) + λ(x (c), y (c)) met λ R De functie t (x(t), y(t)) heet een parametrizering van de gladde kromme γ. We kunnen γ ook zien als kromme in het complexe vlak C met parametrizering t z(t) = x(t) + iy(t) met t [a, b]. Hierin is t z(t) van klasse C, z (t) 0 voor alle t en z(t ) z(t 2 ) voor alle t t 2. De raaklijn aan γ door het punt z(c) ziet er dan zó uit: z = z(c) + λz (c) met λ R. Merk nog op dat een parametrizering een oriëntatie (richting) op γ bepaalt: als t het interval [a, b] op natuurlijke manier doorloopt, namelijk van links naar rechts, dan doorlopen de punten z(t) de kromme γ, te beginnen in het punt A = z(a) (het zogeheten beginpunt) en eindigend in het punt B = z(b) (het eindpunt). Als s w(s) met s [c, d] een andere parametrizering van γ is, dan is φ = w z : [a, b] [c, d] een continue (dat volgt uit topologische overwegingen) bijectie. Uit deze bijectiviteit volgt dan dat, wanneer je de parametrizering w gebruikt, je dezelfde twee eindpunten krijgt, alleen de rollen van beginpunt en eindpunt kunnen verwisseld zijn. Als z(a) = w(c) en z(b) = w(d), dan is φ(a) = c en φ(b) = d. Daaruit volgt dat φ monotoon stijgend is. Dat betekent weer dat onder de afbeeldingen z = w φ en w de punten van γ in dezelfde volgorde doorlopen worden (maar met een verschillende snelheid ). Als daarentegen z(a) = w(d) en z(b) = w(c), dan worden de punten van γ in tegengestelde volgorde doorlopen onder de afbeeldingen z = w φ en w. Elke kromme heeft dus twee oriëntaties. De parametrizeringen van de georiënteerde kromme vallen uiteen in twee klassen: degenen die passen bij de oriëntatie en degenen die passen bij de tegengestelde oriëntatie. De lengte l(γ) van de kromme γ is gelijk aan b a x (t) 2 + y (t) 2 dt, of als de complexe parametrizering gebruikt wordt: b a z (t) dt. Je kunt ook een aantal georiënteerde gladde krommen achter elkaar doorlopen, bijvoorbeeld de drie zijden van een driehoek. Je spreekt dan over een (georiënteerde) stuksgewijs gladde kromme. Meestal hebben we het kortweg over krommen. Een georiënteerde stuksgewijs gladde kromme γ heet gesloten als begin- en eindpunt van γ samenvallen. Hij heet enkelvoudig gesloten kromme of con-

8 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 7 tour als γ geen dubbelpunten heeft. De figuur acht is dus geen contour, een cirkel (éénmaal doorlopen) wel. Als γ een georiënteerde kromme is, dan is γ de kromme γ, maar dan in tegengestelde richting doorlopen..4 Uniforme convergentie In het onderstaande spreken we over uniforme convergentie van functies. Als f een complexwaardige functie op een verzameling A is dan bedoelen we met f A de waarde f A = sup{ f(z) z A } dus de supremumnorm van f op A. Als f niet naar boven begrensd is, dan verstaan we hieronder f A =. Gegeven nu is een rij complexwaardige functie s f, f 2, f 3,... en een functie f op een verzameling A. We geven nu enkele definities en resultaten. De rij f, f 2, f 3,... convergeert puntsgewijs op A naar f betekent: Merk op: N = N(ɛ, z). z A ɛ > 0 N n > N : f n (z) f(z) < ɛ De rij f, f 2, f 3,... convergeert uniform op A naar f betekent: ɛ > 0 N n > N z A : f n (z) f(z) < ɛ Anders gezegd: f f n A 0 als n. Merk op: N = N(ɛ)! Natuurlijk geldt: als de rij f, f 2, f 3,... uniform op A convergeert naar f, dan convergeert zij ook puntsgewijs op A naar diezelfde functie f. We zeggen ook: de rij f, f 2, f 3,... convergeert uniform op A als de rij f, f 2, f 3,... uniform op A convergeert naar een zekere functie f op A. Zonder bewijs vermelden we nog: f, f 2, f 3,... convergeert uniform op A f, f 2, f 3,... is uniform Cauchy op A, dat wil zeggen: ɛ > 0 N n, m > N : f n f m A < ɛ We zeggen dat de reeks n= f n uniform convergeert op de verzameling A als de rij s, s 2, s 3,... van de partiële sommen van deze reeks van functies uniform convergeert op A. Een belangrijk criterium voor uniforme convergentie van functiereeksen is

9 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 8 het criterium van Weierstrass: Als f n (z) a n z A n N n= a n is convergent, dan is n= f n uniform convergeert op A. Want (zie je eerste analysecursus voor de laatste implicatie): n= f n convergeert uniform op A ɛ > 0 N n > m > N : f m+ + + f n A < ɛ = ɛ > 0 N n > m > N : a m+ + + a n < ɛ n= a n is convergent De volgende stelling zullen we hier niet bewijzen maar volgt door correct gebruik te maken van de definities van de optredende begrippen. Stelling (erfelijkheid continuïteit) Als de rij f, f 2, f 3,... uniform op A naar f convergeert en als de functies f, f 2, f 3,... continu zijn op A, dan is f ook continu op A. Voorbeeld A = [0, r] met zekere vaste r met 0 < r en f n (z) = z n voor n =, 2, 3,.... We berekenen eerst de puntsgewijze limiet: deze is gelijk aan { 0 als 0 z < f(z) = als z = Als 0 < r <, dan is f n f A = r n 0 als n. Dus de convergentie is uniform op A. Als r =, dan is de limietfunctie f niet continu op A, terwijl de functies f, f 2, f 3,... dat wel zijn. De convergentie kan dus niet uniform zijn op A..5 Machtreeksen Een machtreeks om a is een functiereeks van de vorm n=0 c n(z a) n. Als de machtreeks in een punt b convergent is, dan is zij (zelfs absoluut) convergent voor alle z met z a < b a. Immers omdat n=0 c n(b a) n convergent is, geldt c n (b a) n 0 als n en vormt dus een begrensde rij. Er is dus een M met c n (b a) n M voor alle n. En dus ( ) n=0 c n(z a) n n=0 c n(b a) n z a n n=0 M z a n en dat b a b a

10 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 9 is een convergente meetkundige reeks. Dit feit gebruikend volgt dat er een R is zo, dat de machtreeks convergent is voor z a < R en divergent als z a > R. Aanwijzing: bekijk sup { z a n=0 c n(z a) n is convergent }. We noemen B(a, R) de convergentieschijf van de machtreeks. In punten van de cirkel C(a, R) kan de reeks zowel convergent als divergent zijn. Opmerking: het kan gebeuren dat R = 0 (een weinig interessante situatie) of R =. Ga na dat uit ( ) hierboven volgt dat de machtreeks uniform convergent is op verzamelingen van de vorm { z C z a r } met 0 < r < R, dus op compacte deelverzamelingen van de convergentieschijf. Er bestaan formules (die we niet zullen bewijzen) om de convergentiestraal uit te rekenen: R = limsup n n a n, waarbij je moet lezen voor en 0 voor. 0 Hierbij gaat het om lim n sup { n a n, n+ a n+, n+2 a n+2,... }. Let wel, als de rij van wortels niet naar boven begrensd is, dan verstaan we hier onder. Zo niet, dan is de rij suprema monotoon dalend en naar beneden begrensd (door 0), dus convergent. Als de rij a, 2 a 2, 3 a 3,... convergent is, dan is het limsup gelijk aan de limiet van de rij. Een andere formule is R = lim n a n+, a n mits deze limiet bestaat. Definities van belangrijke functies en bijbehorende machtreeksen We definiëren de complexe e-macht en de complexe cosinus en sinus. z = n=0 zn = + z + z 2 + met R = e z = z n n=0 = + z + z2 + met R = n!! 2! cos z = eiz +e iz = ( ) n z 2n 2 n=0 (2n)! = z2 2! + z4 4! met R = sin z = eiz e iz 2i = ( ) n z 2n+ n=0 (2n+)! = z z3 3! + z5 5! met R = Als n=0 a n en n=0 b n absoluut convergente reeksen zijn met som A, respectievelijk B, dan is de reeks n=0 c n gegeven door c n = n k=0 a kb n k, het zogeheten Cauchyproduct van de reeksen n=0 a n en n=0 b n ook convergent met som C = AB (geen bewijs).

11 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 0 Toepassing Als toepassing van het Cauchyproduct tonen we een belangrijke rekenregel van de complexe e-macht aan: e z e w = n=0 ( z) 2 = n=0 = n=0 ( n z k k=0 wn k k! (n k)! ( n ( n n! k=0 k (z+w) n n! = e z+w ) ) z k w n k ) Toepassing Het Cauchyproduct van de machtreeks n=0 zn met zichzelf is de machtreeks n=0 (n + )zn, dus = n=0 (n + )zn = + 2z + 3z 2 + met R =.6 Analytische functies Laat f gedefinieerd zijn op een open verzameling O (meestal is dat een gebied), dan heet f analytisch op O als er bij ieder punt a O een r a > 0 bestaat zo, dat f op B(a, r a ) de somfunctie is van een machtreeks om het punt a. Je zegt wel dat f in een machtreeks om a te ontwikkelen is. Voorbeelden van analytische functies zijn veeltermen. De betreffende machtreeksen breken zelfs af. Een ander voorbeeld is e z op G = C. Het is niet genoeg om te zeggen dat e z = z n n=0 voor elke z C. Dat zegt alleen dat n! e z in een machtreeks om 0 te ontwikkelen is. Laat a C. Dan geldt voor alle z C dat e z = e a+(z a) = e a e z a = e a n=0 (z a) n n! = n=0 e a (z a)n n! en dus is e z om elk punt a in een machtreeks te ontwikkelen..7 Complex-differentieerbare functies Laat f gedefinieerd zijn op een open verzameling O (meestal is dat weer een gebied) en laat a O, dan heet f complex-differentieerbaar of holomorf in a als f(a + h) f(a) f(z) f(a) lim = lim h 0 h z a z a

12 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK bestaat; de waarde van de limiet heet dan de afgeleide van f in het punt a, notatie f (a). De functie heet complex-differentieerbaar of holomorf op O als f complexdifferentieerbaar of holomorf is in elk punt van O. Veel eigenschappen betreffende complex-differentieerbaarheid worden bewezen zoals in de vroegere vertrouwde situatie. We noemen er een paar. f complex-differentieerbaar in a = f continu in a als f en g complex-differentieerbaar zijn in a dan ook f + g, f g, αf, f g, f/g met de gebruikelijke rekenregels als g : O O 2 en f : O 2 C, als g complex-differentieerbaar is in a en f complex-differentieerbaar is in b = g(a), dan is f g complexdifferentieerbaar in a en (f g) (a) = f (g(a)) g (a) (de kettingregel) Voorbeelden Een constante functie f is in elk punt a complex-differentieerbaar met f (a) = 0. De functie f(z) = z is in elk punt a complex-differentieerbaar met f (a) =. Als gevolg van de rekenregels boven zijn nu alle veeltermen complexdifferentieerbaar op C en alle rationale functies, dat zijn quotiënten van veeltermen, zijn complex-differentieerbaar buiten de nulpunten van de noemer. De functie f(z) = z is in geen enkel punt a complex-differentieerbaar! Kijk maar, de limiet voor h 0 van f(a + h) f(a) h = a + h a h = h h bestaat niet, want als je via de reële as naar 0 loopt dan komt er uit deze limiet, en als je via de imaginaire as loopt dan krijg je 0. Stelling (differentiatiestelling) Als n=0 c n(z a) n convergent is op B(a, r), dan is de somfunctie f(z) = c n (z a) n = c 0 + c (z a) + c 2 (z a) 2 + n=0

13 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 2 holomorf op B(a, r). En op B(a, r) geldt dat f (z) = nc n (z a) n = c + 2c 2 (z a) + 3c 3 (z a) 2 + n= Bewijs We beginnen met wat opmerkingen. De convergentiestraal van de machtreeks n= nc n(z a) n is gelijk aan die van n= nc n(z a) n (het scheelt immers maar een extra factor z a), dus gelijk aan die van n= c n(z a) n omdat in de uitdrukking voor de convergentiestraal geldt: omdat lim n n n =. limsup n n nc n = limsup n n c n Stel je nu voor dat de stelling al bewezen is voor a = 0. Er geldt dus: als n=0 c nz n convergent is op B(0, r), dan is de somfunctie g(z) = n=0 c nz n holomorf op B(0, r). En op B(0, r) geldt dat g (z) = n= nc nz n. Bekijk nu n=0 c n(z a) n die convergent is op B(a, r). Laat de somfunctie gegeven zijn door f(z) = n=0 c n(z a) n op B(a, r). Dan is f(z) = g(z a) en dus is f (als samenstelling van holomorfe functies) holomorf op B(a, r). Met de kettingregel volgt f (z) = g (z a) = n= nc n(z a) n op B(a, r). Het is dus voldoende aan te tonen dat de stelling geldt voor reeksen met de oorsprong als centrum. Welnu, neem een vaste z B(0, r) in gedachten. Kies hierbij een getal ρ met z < ρ < r en laat 0 < h < ρ z, dan is z + h < ρ, in het bijzonder ligt z + h in B(0, r). Er geldt voor n 2: (z+h)n z n h = nz n n ( n k=2 k) h k z n k n ( n k=2 k = ( z + h )n z n h ) h k z n k n z n n( z + h ) n + n z n 2nρ n De voorlaatste ongelijkheid volgt uit de middelwaardestelling voor reële functies, gecombineerd met de monotonie van t nt n op de positieve reële as. Nu moeten we de volgende uitdrukking f(z + h) f(z) h nc n z n = n= n=2 c n ( (z + h) n z n h nz n )

14 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 3 klein zien te maken als h dicht bij 0 ligt. Welnu, laat ɛ > 0. Kies vervolgens N zo groot, dat n=n+ n c n ρ n < ɛ. Zo n N bestaat omdat n= n c n ρ n convergent is, immers de machtreeks n= nc nz n is convergent op B(0, r) dus absoluut convergent in ρ. Kies vervolgens een δ > 0 zo, dat geldt: h < δ = N n=2 c n ( (z + h) n z n h nz n ) < ɛ Dit kan omdat de veelterm N n=2 c ( (z+h) n z n n nz n ) (met h als veranderlijke) continu is in 0 en in 0 de waarde 0 h heeft. Nu is n=2 c n ( (z+h) n z n h N n=2 c n N n=2 c n nz n ) ( (z+h) n z n h ( (z+h) n z n h nz n ) + n=n+ c n ( (z+h) n z n nz n ) + n=n+ 2n c n ρ n < ɛ + 2ɛ = 3ɛ als 0 < h < min {δ, ρ z }. Klaar! h nz n ) Je kunt deze differentiatiestellling herhaald toepassen en vindt dan ook nog f (z) = n=2 (n )nc n(z a) n 2 = 2c c 3 (z a) + 3 4c 4 (z a) 2 op B(a, r), etcetera. Door in deze reeksontwikkelingen steeds z = a in te vullen zie je dat geldt: c n = f (n) (a) n! Later zullen we functies in een omgeving van een punt a proberen te schrijven als de somfunctie van een convergente machtreeks om het punt a. Hierboven staat dat er maar één zo n kandidaatmachtreeks is, namelijk de reeks f (n) (a) n=0 (z a) n. We spreken over de Taylorreeks van f om a, of de n! Taylorontwikkeling van f om a. Gevolg De functie e z is gedefinieerd middels een machtreeks en is dus holomorf op C. Omdat cos z en sin z uitgedrukt kunnen worden in de complexe e-macht zijn ook deze functies holomorf op C. Er geldt dat de afgeleide van e z gelijk aan e z is, die van sin z is cos z en die van cos z is sin z.

15 HOOFDSTUK. IN HET COMPLEXE VLAK 4 Gevolg (analyticiteit impliceert holomorfie) Als f analytisch is op een gebied G, dan is f holomorf op G..8 Opgaven. Bepaal een parametervoorstelling voor het interval [a, b] met a, b C. 2. Bepaal een parametervoorstelling voor de cirkel C(a, r) met a C en r > Los op: a. z 3 = 8i b. z 4 = c. sin z = Ontbind de veelterm x Bewijs dat het Cauchyproduct van twee absoluut convergente reeksen n=0 a n en n=0 b n met respectievelijke som A en B, ook convergent is, en wel met som AB. 6. In de theorie is aangetoond dat = ( z) 2 n=0 (n + )zn voor z < door gebruik van een Cauchyproduct. Toon dit ook op een andere manier aan. 7. Laat zien dat n=0 ( z )zn convergeert op { z C z a }. Bepaal ook de somfunctie. Op welke van de schijven { z C z a r } met r is de convergentie uniform? 8. Laat zien dat de functiereeks n=0 einz uniform convergent is op het halfvlak {Im z b} waarin b een positief reëel getal is. 9. Laat zien dat Re z in geen enkel punt complex-differentieerbaar is. Ga na in welke punten z 2 complex-differentieerbaar is. 0. Zij f holomorf op een gebied G. Zij H = {z C z G}. Bewijs dat g(z) = f(z) holomorf is op H.. Laat zien dat sin z en cos z analytisch zijn op C. 2. Laat zien dat z analytisch is op C \ {}.

16 Hoofdstuk 2 Het uitgebreide complexe vlak 2. Uitbreiding van het complexe vlak Zoals we meteen zullen zien is het nuttig het complexe vlak C een klein beetje te vergroten door er één punt aan toe te voegen, het punt. Zo ontstaat het uitgebreide complexe vlak C = C { }. We brengen een topologische structuur aan in C door te zeggen welke deelverzamelingen open zijn. Dat zullen de deelverzamelingen van C zijn die het nieuwe punt niet bevatten, dus deelverzameling van C zijn en daarin open zijn in de gewone zin. En verder zijn het diè deelverzamelingen van C die het punt wel bevatten en van de vorm zijn { z C z > M } { } O waarin M een positief reëel getal is en O een gewone open verzameling in C is. Je kunt laten zien dat de zo verkregen topologische ruimte C zelfs compact is, dat wil zeggen dat als je C overdekt met open verzamelingen, je die overdekking kunt uitdunnen zodat een overdekking ontstaat met maar eindig veel open verzamelingen. Rekenen in C gaat zoals vroeger in C, en daaraan toegevoegd de regels (met z C): + z = z z = 0 z = (als z 0) = (als z 0) z 0 Als je twee topologische ruimten X en Y hebt en een afbeelding f : X Y dan kun je zeggen wat het betekent dat f continu is in a X: dat wil zeggen dat voor elke open deelverzameling O b van Y waarvoor f(a) = b O b, geldt dat er een open verzameling O a van X is zo, dat geldt x O a = f(x) O b. En f heet continu op X als f continu is in elk punt van X. De functies z z + a (translatie of verschuiving over a) met, 5

17 HOOFDSTUK 2. HET UITGEBREIDE COMPLEXE VLAK 6 z tz (dilatatie of vermenigvuldiging met t > 0) met, z αz (rotatie of draaiing over α met α = ) met en z (inversie) met 0 en 0 z zijn nu continu op C. Zo is bijvoorbeeld f(z) = continu in omdat voor elke ɛ > 0 geldt: z z { z C z > } { } = f(z) B(0, ɛ) ɛ 2.2 Gebroken lineaire transformaties Je kunt nu kijken naar zogeheten GLT s, gebroken lineaire transformaties, gedefinieerd door f(z) = az+b met ad bc 0 waarbij bedoeld wordt dat cz+d f( ) = a en f( d) =. c c Je kunt nagaan dat dergelijke functies geschreven kunnen worden als f(z) = a d z + b d als c = 0, en als f(z) = a c ad bc c 2 z + d c als c 0 dus als een samenstelling van translaties, inversies, dilataties en rotaties. Omdat al deze samenstellende afbeeldingen continu zijn op C is een willekeurige GLT dat ook. Je kunt nog narekenen dat f : C C een bijectie is met inverse functie g(w) = dw b, waarbij g( ) = d en g( a ) =. Zowel f als zijn inverse g cw+a c c zijn continu, zo n functie heet een homeomorfisme van C naar C. In het algemeen kan men continuïteit in het punt van een willekeurige functie f die gedefinieerd is op een omgeving van oneindig vertalen in continuïteit in het punt 0 van de functie { f( z g(z) = ) als z 0 f( ) als z = 0 Voorbeeld De functie f(z) = z met f( ) = 0 is continu in. z 3 + De functie g immers voldoet aan g(z) = f( ) = /z = z2 als z 0 z (/z) 3 + +z 3 terwijl g(0) = f( ) = 0. Samen: g(z) = z2 voor alle z nabij het punt 0, +z 3 en deze functie is continu in 0, en dus is f continu in. Een GLT is holomorf in elk punt van C \ { d } (als c 0). Holomorfie c van f in het punt kan weer geformuleerd worden via de inversie z z

18 HOOFDSTUK 2. HET UITGEBREIDE COMPLEXE VLAK 7 door te stellen dat de bovengedefinieerde functie g holomorf is in het punt 0. De functie uit het voorbeeld boven is holomorf in. We gaan nu na wat er gebeurt met een cirkel of lijn in het (uitgebreide) complexe vlak onder een GLT. Een cirkel of lijn in het complexe vlak kan gegeven worden door de vergelijking A z 2 + 2Re Bz + C = 0 waarin A, C R en B 2 > AC. Immers, als A 0 dan staat hier z + B A 2 = B 2 AC, een cirkel dus. A 2 Als A = 0 en B = a + ib 0, dan staat er ax by + C = 0, een lijn dus. 2 Door aan een lijn het punt toe te voegen ontstaat een lijn in het uitgebreide complexe vlak. Lijnen en cirkels noemen we samen gegeneraliseerde cirkels. Onder translaties, dilataties en rotaties gaan lijnen in lijnen over en cirkels in cirkels. De gegeneraliseerde cirkel A z 2 + 2Re Bz + C = 0 boven met A, C R en B 2 > AC gaat onder w = over in A + 2Re Bw + z C w 2 = 0, weer een gegeneraliseerde cirkel. Omdat een GLT een samenstelling is van translaties, dilataties, inversies en rotaties, geldt: Stelling GLT s voeren gegeneraliseerde cirkels over in gegeneraliseerde cirkels. Als g(z) = az+b een GLT is met 0 0,,, dan geldt achtereenvolgens c = 0 (omdat ), b = 0 (omdat 0 0) en a = d cz+d vanwege, en dus is g(z) = z voor alle z. Als z, z 2, z 3 drie verschillende punten zijn in het uitgebreide complexe vlak, dan is A(z) = z z z3 z 2 z z 2 z 3 z een GLT met z 0, z 2, z 3. Net zo beeldt B(w) = w w w3 w 2 w w 2 w 3 w de punten w, w 2, w 3 af op respectievelijk 0, en. Dus volgt door op te merken dat ( B f A ) (u) = u voor alle u, ofwel B(f(z)) = A(z) voor alle z, als f een GLT is met z w, z 2 w 2, z 3 w 3 : Stelling f is een GLT met z w, z 2 w 2, z 3 w 3 f(z) w w3 w 2 = z z z3 z 2 f(z) w 2 w 3 w z z 2 z 3 z

19 HOOFDSTUK 2. HET UITGEBREIDE COMPLEXE VLAK De GLT f(z) = z+ z nader bekeken Door teller en noemer met z te vermenigvuldigen vind je dat dus volgt f(z) = z 2 2iIm z z 2, z C \ [, ] = f(z) C \ (, 0] en f( ) =, dus z C \[, ] = f(z) C\(, 0] z (, ) = f(z) (, 0) en f( ) = 0, dus z [, ) = f(z) (, 0] z = = f(z) = Nu is C de vereniging van A = C \ [, ], A 2 = [, ) en A 3 = { }. Ook is C de vereniging van B = C \ (, 0], B 2 = (, 0] en B 3 = { }. En boven staat dat f(a i ) B i voor i =, 2, 3. Omdat f : C C surjectief is volgt dat zelfs geldt dat f(a i ) = B i voor i =, 2, 3. Gecombineerd met de injectiviteit van f : C C krijgen we: f beeldt C \ [, ] injectief af op C \ (, 0] f beeldt [, ) injectief af op (, 0] f() = We zullen deze redenering nog eens toepassen. Laat A = B(0, ), A 2 = { z C z > } { } en A 3 = C(0, ). Laat verder B = { z C Re z < 0 }, B 2 = { z C Re z > 0 } en B 3 = { z C Re z = 0 } { }. Uit de definitie van f volgt nu dat f(a i ) B i voor i =, 2, 3. Omdat C zowel de vereniging van de drie A i s als die van de drie B i s is en omdat f : C C surjectief is volgt dat zelfs geldt dat f(a i ) = B i voor i =, 2, 3. Gecombineerd met de injectiviteit van f : C C krijgen we: f beeldt de schijf B(0, ) injectief af op het halfvlak { z C Re z < 0 } f beeldt { z C z > } { } injectief af op { z C Re z < 0 } f beeldt C(0, ) injectief af op { z C Re z = 0 } { } Wat we vaak zullen gebruiken (en dus nuttig om te onthouden) is het hierna volgende, de tweede bewering volgt uit de eerste, bewijs dit door C \ [a, b] op C \ [, ] af te beelden door middel van een afbeelding z αz + β.

20 HOOFDSTUK 2. HET UITGEBREIDE COMPLEXE VLAK 9 Stelling z C \ [, ] = f(z) = z+ z C \ (, 0] C \ (, 0] beeldt schijf B(0, ) injectief af op halfvlak { z C Re z > 0 } z C \ [a, b] = g(z) = z a z b h(z) = +z z 2.4 De Riemannsfeer Bekijk de sfeer S = { (ξ, η, ζ) R 3 ξ 2 + η 2 + (ζ 2 )2 = } en het complexe 4 vlak C gegeven door alle punten (x, y, 0) R 3, dus als het xy-vlak in de driedimensionale reële ruimte. Als je open verzamelingen in R 3 doorsnijdt met sfeer of vlak, dan definiëren dit de open verzamelingen in sfeer of vlak die aldus topologische ruimten worden (met de zogeheten relatieve topologie). Je kunt het vlak weer uitbreiden met een extra punt en zoals we eerder deden open verzamelingen in het uitgebreide vlak toevoegen die dit extra punt bevatten. Als je nu de noordpool N = (0, 0, ) van de sfeer verbindt met een punt (x, y, 0) van het vlak en de lijn door deze punten doorsnijdt met de sfeer dan ontstaat naast N een tweede snijpunt, en met gebruikmaking van wat meetkunde in de driehoek bepaald door (x, y, 0), de oorsprong en de noordpool van de sfeer, zie je in dat geldt ξ = η = ζ samen met x y ξ 2 + η 2 + (ζ 2 )2 =, en vervolgens dat dit tweede snijpunt het punt 4 f(x, y, 0) = ( x x 2 + y 2 +, y x 2 + y 2 +, x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 + is. Je breidt dit uit met f( ) = N. Deze functie f is een homeomorfisme tussen het uitgebreide complexe vlak en de zogeheten Riemannsfeer. Een cirkel op de sfeer ontstaat door de sfeer te doorsnijden met een vlak Aξ + Bη + Cζ = D. In het uitgebreide complexe vlak correspondeert dit met Ax + By + C(x 2 + y 2 ) = D(x 2 + y 2 + ). Dit is een cirkel in het vlak als C D, en is een lijn als C = D (het vlak Aξ + Bη + Cζ = D gaat dan door de noordpool). Cirkels op de sfeer corresponderen aldus met gegeneraliseerde cirkels in het uitgebreide complexe vlak. 2.5 Opgaven. Geef een voorbeeld van een holomorfe bijectie in de situatie f : { z < } { Re w > 0 } 2. Idem: f : { z < } { Im w < 0 }

21 HOOFDSTUK 2. HET UITGEBREIDE COMPLEXE VLAK Idem: f : { Im z < } { w < } 4. Idem: f : { z < } { w < 3 } 5. Idem: f : { Im z > 0 } { Re w > 0 } 6. Geef een GLT f met f( 2i) = 0, f(2) =, f(0) = i. 7. Wat gebeurt er onder de afbeelding f(z) = +z met de reële as, met de z imaginaire as, met de eenheidscirkel? En wat met het bovenhalfvlak, het rechterhalfvlak, de eenheidschijf, het eerste kwadrant, de halve schijf {Im z > 0, z < }?

22 Hoofdstuk 3 Meerwaardige functies 3. De complexe e-macht Bekijk de vergelijking e w = z waarbij z een vast complex getal 0 is. De oplossingen van deze vergelijking vind je als volgt: als α = arg z, dan volgt met de regels e w = e Re w en arg e w = Im w dat: e w = z e w = z en arg e w = arg z e Re w = z en Im w = α + 2kπ, k Z Re w = ln z en Im w = α + 2kπ, k Z w = ln z + (α + 2kπ)i, k Z Er zijn dus oneindig veel oplossingen van de vergelijking e w = z maar als je er één kent dan weet je ze allemaal. Voor sommige stroken A = { w C a < Im w b }, namelijk die met 0 < b a 2π, is de afbeelding w e w een injectieve afbeelding van A op de sector B = { z C a < arg z b }. Voor ons zijn meestal open stroken en open sectoren van belang. De open stroken A = { w C a < Im w < b } met 0 < b a 2π vormen een gebied en de afbeelding w e w is nu een injectie van A op de open sector B = { z C a < arg z < b }, natuurlijk ook een gebied, met inverse afbeelding g van B naar A gegeven door g(z) = ln z +iφ z, met φ z diè waarde van het argument van z gelegen tussen a en b. Merk op dat deze functies g continu zijn op de sector B. Dat berust op het feit dat zowel ln z als de gebruikte keuze van het argument van z continu zijn op B. Stelling Bij A = { w C a < Im w < b } en B = { z C a < arg z < b } met 0 < b a 2π, en de exponentiële afbeelding van A naar B, wordt de inverse afbeelding g : A B gegeven door g(z) = ln z + iφ z, waarbij φ z diè waarde van het argument van z is die gelegen is tussen a en b. De afbeelding g is holomorf op B met afgeleide z. 2

23 HOOFDSTUK 3. MEERWAARDIGE FUNCTIES 22 Bewijs Laat z 0 B en w 0 = g(z 0 ), dan is g(z) g(z 0 ) lim z z 0 z z 0 g(z) g(z 0 ) = lim z z0 e g(z) e = lim w w 0 g(z 0) w w 0 e w e = w 0 e = w 0 e = g(z 0) z 0 Gebruikt is dat g continu is in z 0, dus dat w w 0 als z z 0. Voorbeelden Een belangrijk voorbeeld is strook A = { w C π < Im w < π }, sector B = C \ (, 0] en g(z) = ln z + iarg z. We noemen g wel de hoofdwaarde van de logaritme, aangegeven met hw log z maar meestal met Ln z. De afgeleide van Ln z op B is gelijk aan z. Je zou ook dezelfde sector als boven kunnen nemen, maar nu met een nieuwe strook A = { w C π < Im w < 3π }, behorend bij g(z) = ln z + iφ z, waarbij φ z diè waarde van het argument van z is, gelegen tussen π en 3π. Anders gezegd, φ z = Arg z + 2π dus g(z) = Ln z + 2πi. De afgeleide van g(z) op B is weer z. Ook zou je op dezelfde sector het argument kunnen laten variëren tussen 9π en 7π. Nu is g(z) = Ln z 8πi. Ook hier is de afgeleide van de functie g(z) weer gelijk aan z. Merk op dat wanneer je de strook A = { w C π < Im w π } zou nemen en dus B = C \ {0} als sector, je weer Ln z als inverse van de exponentiële functie krijgt, maar Ln z is niet continu in punten van de negatieve reële as, laat staan complex-differentieerbaar in zulke punten. We noemen nog een voorbeeld, van belang voor de praktijk bij het maken van opgaven, is de sector B = { z C π < arg z < 3π } met 2 2 A = { w C π < Im w < 3 π } als strook, en inverse afbeelding 2 2 g(z) = ln z + iφ z van B naar A, waarbij φ z diè waarde van het argument van z is die gelegen is tussen π en 3π. De afgeleide van g(z) is weer. 2 2 z 3.2 Meerwaardige functies Een meerwaardige functie op een gebied G is een afbeelding van de vorm: z G C h(z) C,, dus een afbeelding h : G P ( C ) \ { }

24 HOOFDSTUK 3. MEERWAARDIGE FUNCTIES 23 Voorbeelden We geven voorbeelden op gebieden G C \ {0}. z arg z = { Arg z + 2kπ, k Z } z log z = ln z + iarg z = { ln z + i ( Arg z + 2kπ ), k Z } = de oplossingsverzameling van e w = z En voor a R: z z a = e a log ( z ) = { e a log z +i(arg z+2kπ), k Z } = { z a e ia(arg z+2kπ), k Z } In het bijzonder krijgen we voor a = 2 : z z /2 = z = e 2 log z = { ± z e 2 iarg z } = de oplossingsverzameling van w 2 = z En als f holomorf is op G zonder nulpunten dan hebben we ook: z log f(z) = de oplossingsverzameling van e w = f(z) z f(z) = de oplossingsverzameling van w 2 = f(z) Een tak van de meerwaardige functie h op G is een functie g op G met g(z) h(z) voor alle z G. Zo krijg je een tak van arg z op zeker gebied G door voor elke z G een keuze φ z te maken uit de (oneindige) verzameling arg z. Het kan dus gebeuren dat de waarden van φ z wild varieren ook al liggen de waarden van z dicht bij elkaar. Iets soortgelijks geldt voor takken van log z. Merk op dat elk zo n tak hetzelfde reële deel heeft (namelijk ln z in het punt z). Als je de voorbeelden g op een van de open sectoren B uit sectie van dit hoofdstuk bekijkt dan zijn dit functies die voldoen aan e g(z) = z voor alle z B. De functies g aldaar waren ook holomorf op B. We hebben dus te maken met holomorfe takken van log z op B. Hetzelfde geldt voor alle functies g die voorkomen in de stelling in sectie voorafgaand aan deze voorbeelden. De stelling toont in feite aan dat een continue tak van log z op zo n B automatisch een holomorfe tak van log z is. 3.3 Holomorfe takken We bewijzen eerst dat er relatief weinig holomorfe takken van log z zijn op een gebied G (dat 0 niet bevat). Maar we herhalen eerst nog even de definitie

25 HOOFDSTUK 3. MEERWAARDIGE FUNCTIES 24 van een holomorfe tak van log z op G: dat is een functie g op G die voldoet aan: g voldoet aan e g(z) = z voor alle z G g is holomorf op G Stelling (de holomorfe takken van log z op een gebied) Als g één holomorfe tak van log z is op G dan zijn g k = g + 2kπi met k Z de andere holomorfe takken van log z op G. Bewijs De bedoeling is dat je g k uit g krijgt door bij elke z uit G hetzelfde veelvoud van 2πi op te tellen! Dus g k ontstaat uit g door daar een geschikte constante bij op te tellen. Het zal duidelijk zijn dat g k een holomorfe tak van log z is op G voor elke k Z want e gk(z) = e g(z)+2kπi = e g(z) e 2kπi = e g(z) = z voor alle z G. En als je bij de holomorfe functie g een constante optelt (2kπi) dan krijg je weer een holomorfe functie. Omgekeerd, laat p een tweede holomorfe tak van log z zijn op G, naast de tak g. Bekijk dan de functie p g. Dan is e p(z) g(z) = ep(z) = z = en e g(z) z dus is p(z) g(z) = 2k(z)πi waarbij k(z) in beginsel van z afhangt. De functie q = p g is een continue(!) functie van het gebied(!) G naar Z en dus 2πi constant. Dus q = p g = k, met k een vast geheel getal. Dus p = g 2πi k. Klaar! Als f holomorf is op G en daar geen nulpunten heeft, dan is een holomorfe tak van log f(z) op G een functie g op G die voldoet aan: g voldoet aan e g(z) = f(z) voor alle z G g is holomorf op G Op dezelfde manier als boven krijg je: Stelling (de holomorfe takken van log f(z) op een gebied) Als g een holomorfe tak van log f(z) is op G dan zijn g k = g + 2kπi met k Z de andere holomorfe takken van log f(z) op G. Als f holomorf is op G en daar geen nulpunten heeft, dan is een holomorfe tak van f(z) op G een functie g op G die voldoet aan: g voldoet aan g(z) 2 = f(z) voor alle z G g is holomorf op G Een bijzonder geval krijg je voor f(z) = z, dan gaat het om holomorfe takken van z. Je vindt nu:

26 HOOFDSTUK 3. MEERWAARDIGE FUNCTIES 25 Stelling (de holomorfe takken van f(z) op een gebied) Als g een holomorfe tak van f(z) is op G dan is er nog precies één andere tak van f(z) op G, namelijk g. Bewijs De cruciale stap bestaat er nu in te kijken naar q = p als p zo n tweede tak g is naast g. Kwadrateer en er volgt dat het kwadraat gelijk aan is, dus q(z) = p(z) = ± voor alle z G. Pas weer de karakterizering van continue g(z) geheelwaardige functies op het gebied G toe op q : G Z. Deze functie moet constant zijn. Etcetera. In de stelling in sectie van dit hoofdstuk ontdekten we dat zekere functies takken van log z zijn en dat hun afgeleide gelijk was aan. Dat geldt z algemener, immers: Stelling Als g een holomorfe tak van log f(z) is op G dan is g (z) = f (z) f(z) Bewijs Differentieer e g(z) = f(z). op G. 3.4 Constructie van holomorfe takken We hebben al gezien dat op G = C\(, 0] de functie Ln z een holomorfe tak van log z is. Dus op G = C \ (, 0] is e 2 Lnz een holomorfe tak van z. Kwadrateer maar! We noemen deze functie wel hw z. Evenzo spreken we over hw z a = e alnz op G = C \ (, 0]. We zoeken een holomorfe tak van + z 2 op G = B(0, ). Bedenk dat geldt z B(0, ) = Re ( + z 2 ) > 0 en dus in het bijzonder dat + z 2 in C \ (, 0] ligt. En dus is hw + z 2 gedefinieerd en is een holomorfe tak van + z 2 op G = B(0, ). We hebben gezien dat de GLT z z+ het gebied G = C \ [, ] z binnen C \ (, 0] afbeeldt. Dus Ln z+ z+ is een holomorfe tak van log op z z G. Evenzo is hw z+ z een holomorfe tak van z+ z op G = C \ [, ].

27 HOOFDSTUK 3. MEERWAARDIGE FUNCTIES 26 Stel je voor dat we holomorfe tak van z 2 zoeken op G = C \ [, ]. We laten ons nu leiden door de suggestieve schrijfwijze z2 = (z ) z + z We bedoelen hiermee: neem eens een holomorfe tak van z+ z en vermenigvuldig deze met de factor z. Gekwadrateerd levert dat z 2 op. En dus is g (z) = (z ) hw z+ een holomorfe tak van z z 2 op G = C\[, ]. een holomorfe z 2 Op G = { z C z > } is g 2 (z) = z hw tak van z 2. Ga maar na: de functie hw is gedefinieerd voor z 2 in het rechterhalfvlak, dus in het definitiegebied z >, want dan ligt z 2 van w hw w. De functie g 2 is holomorf en gekwadrateerd levert g 2 (z) de uitdrukking z 2 op, we hebben dus op G = { z C z > } een holomorfe tak van z 2 gevonden. Op G = { z C z > } hebben we dus twee holomorfe takken van z 2 namelijk g en g 2. Ze zijn dus gelijk of elkaars tegengestelde. In het punt 2 zijn ze beide gelijk aan 3. Dus geldt g = g 2 op G = { z C z > }. Opmerking Het is niet zo dat een holomorfe tak van log f(z) altijd ontstaat door de uitdrukking f(z) te laten volgen door een holomorfe tak van de logaritme. Stel dat we een holomorfe tak van log z 4 op G = { z C Re z > 0 } zoeken. Het gebied G wordt door z 4 afgebeeld op C \ {0}, en op dit gebied bestaat geen holomorfe tak van de logaritme (zoals we later zullen zien). Maar er bestaat wel degelijk een holomorfe tak van log z 4 op G, te weten 4 Ln z. Wat zijn de andere holomorfe takken van log z 4 op G? 3.5 Opgaven. Differentieer hw z a. 2. Geef een holomorfe tak f(z) van log( + z 6 ) op G = { z < }. Hoeveel keuze heb je? 3. Geef een holomorfe tak f(z) van 3 + z 6 op G = { z < }. Hoeveel keuze heb je?

28 HOOFDSTUK 3. MEERWAARDIGE FUNCTIES Geef een holomorfe tak f(z) van 3 + z 6 op G = { z > }. Hoeveel keuze heb je? 5. Geef een holomorfe tak f(z) van z 2 + op G = C \ [ i, i]. 6. Geef een holomorfe tak f(z) van z 4 op G = C \ ([, ] [ i, i]). 7. Geef een holomorfe tak f(z) van z op G = C \ [, ). 8. Geef een holomorfe tak f(z) van op G = C \ [0, ]. z 9. Geef een holomorfe tak f(z) van z 2 z op G = C \ [0, ]. 0. Zij g een continue tak van log z op een gebied G met 0 / G. Bewijs dat g zelfs holomorf is op G. Aanwijzing: laat zien dat op een schijf B(a, r) binnen G men kan schrijven: g(z) = g(a) + Ln (z/a).. Geef een holomorfe tak van z 4 op G = {Re z > 0}.

29 Hoofdstuk 4 Cauchy-Riemann 4. Complexe differentieerbaarheid en reële differentieerbaarheid We gaan uit van een functie f(x + iy) = Ref(x + iy) +i Imf(x + iy) }{{}}{{} = u(x,y) = v(x,y) dus f : C C (u, v) : R 2 R 2. We geven nu een aantal feiten. f is complex-differentieerbaar (of holomorf) in z 0 = x 0 + iy 0 = u en v zijn partieel differentieerbaar naar x in (x 0, y 0 ) in z 0 = x 0 + iy 0 en f (z 0 ) = u x (x 0, y 0 ) + i v x (x 0, y 0 ) Ga na dat er een soortgelijke uitspraak is in termen van partiële afgeleiden naar y. Stelling (complex-differentieerbaarheid versus reëel-differentieerbaarheid) f : C C is complex-differentieerbaar in z 0 = x 0 + iy 0 f(z 0 + h) = f(z 0 ) + Ah + o(h) voor zekere A = a + ia 2 C ( ) ( ) ( ) ( ) u(x0 + h, y 0 + h 2 ) u(x0, y = 0 ) a a + 2 h +o ( ) h v(x 0 + h, y 0 + h 2 ) v(x 0, y 0 ) a 2 a h 2 + h voor zekere a, a 2 R (u, v) : R 2 R 2 is differentieerbaar in (x 0, y 0 ) met u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) (vergelijkingen van Cauchy-Riemann) u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ) 28

30 HOOFDSTUK 4. CAUCHY-RIEMANN 29 Uit de reële analyse is bekend dat als u x, u y, v x, v y continu zijn in (x 0, y 0 ), dat dan (u, v) differentieerbaar is in (x 0, y 0 ). Vaak wordt er aangenomen dat (u, v) van klasse C is op zeker gebied G R 2, dat wil zeggen dat u x, u y, v x, v y (en dus ook u en v) continu zijn op G. Het gevolg is dat (u, v) : G R 2 in elk punt van G differentieerbaar is. Gevolg u x, u y, v x, v y zijn continu in (x 0, y 0 ) en (u, v) voldoet in (x 0, y 0 ) aan CR = f is complex-differentieerbaar in z 0 = x 0 + iy 0 Verder definiëren we nog: f x (x + iy) = u x (x, y) + iv x (x, y) f y (x + iy) = u y (x, y) + iv y (x, y) met als gevolgen: f heet van klasse C op G als f x, f y continu zijn op G, anders gezegd als (u, v) van klasse C is op G. als f holomorf op G, dan: f van klasse C op G f continu op G Voorbeelden x + iy, x 2 y 2 + 2ixy voldoen in elk punt aan CR x iy voldoet in geen enkel punt aan CR x 2 y 2 2ixy voldoet alleen in (0, 0) aan CR 4.2 Harmonische functies Een reëelwaardige functie u op een gebied G in R 2 heet harmonisch als u van klasse C 2 is op G, dat wil zeggen u xx, u xy, u yx, u yy zijn continu op G (en dus de partiële afgeleiden van eerste en nulde orde óók) en u = 0 op G, anders gezegd: u xx + u yy = 0 op G. Stelling (het reële deel van een holomorfe functie is harmonisch) f is holomorf en van klasse C 2 op G = Ref is harmonisch op G Bewijs u x = v y en u y = v x (CR) = u xx = v yx en u yy = v xy, nu optellen.

31 HOOFDSTUK 4. CAUCHY-RIEMANN Conforme afbeeldingen We beginnen met een intermezzo over gladde krommen. We zullen kolomen vectornotatie van vectoren in R 2 door elkaar gebruiken. Bekijk zoals in hoofdstuk, sectie 3, een gladde kromme ( γ) in R 2 door het x(t) punt (x 0, y 0 ) gegeven door een parametrizering p(t) = met t I voor y(t) zeker interval I. ( ) ( ) x(t) 0 Hierbij is p van klasse C, injectief op I en p (t) = y op I. (t) 0 De richting van de raaklijn aan γ in (x 0, y 0 ) = p(t 0 ) wordt bepaald door de vector p (t 0 ). Je kunt γ ook weer ( opvatten ) als kromme in het complexe vlak C door in x(t) plaats van p(t) = nu te schrijven p(t) = x(t) + iy(t). y(t) Gegeven nu verder (u, v) van klasse C nabij (x 0, y 0 ). Laat = u x u y. We veronderstellen dat (x 0, y 0 ) 0. Dit is equivalent met inverteerbaarheid van (u, v) op een omgeving van (x 0, y 0 ) met inverse ook van klasse C (inverse functiestelling). De kromme γ door (x 0, y 0 ) = p(t 0 ) gaat onder (u, v) over in een kromme γ door (u(x 0, y 0 ), v(x 0, y 0 )) met parametrizering ( ) u(x(t), y(t)) met t I v(x(t), y(t)) Merk op: ( ) x (t 0 ) y gaat over in (t 0 ) ( ux (x 0, y 0 ) u y (x 0, y 0 ) v x (x 0, y 0 ) v y (x 0, y 0 ) ) ( ) x (t 0 ) y (t 0 ) Na dit intermezzo zijn we klaar om de volgende stelling te bewijzen. v x v y Stelling (karakterisering conformiteit) Veronderstel dat f = u + iv waarbij (u, v) van klasse C is nabij (x 0, y 0 ). Dan geldt: () (u, v) is (direct) conform (hoektrouw) in (x 0, y 0 ) dat wil zeggen dat de Jacobideterminant (x 0, y 0 ) 0 en (u, v) behoudt hoeken tussen krommen door (x 0, y 0 ) (dat wil zeggen tussen de raaklijnen door (x 0, y 0 ) aan de krommen), zowel in grootte als oriëntatie (richting)

32 HOOFDSTUK 4. CAUCHY-RIEMANN 3 (2) de Jacobimatrix van (u, v) in het punt (x 0, y 0 ) voldoet aan: ( ) ( ) ux (x 0, y 0 ) u y (x 0, y 0 ) r cos φ r sin φ = voor zekere r > 0, φ R v x (x 0, y 0 ) v y (x 0, y 0 ) r sin φ r cos φ (3) (u, v) voldoet aan CR in (x 0, y 0 ) en u 2 x(x 0, y 0 ) + v 2 x(x 0, y 0 ) > 0 (4) f is complex-differentieerbaar in z 0 = x 0 + iy 0 en f (z 0 ) 0 Bewijs We tonen aan ()= (2). De rest van het bewijs (2) (3) (4) en (2)= () zijn triviaal of gemakkelijk. ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ux (x Welnu, neem () aan. Omdat geldt 0, y 0 ) uy (x 0, y 0 ). ( ) ( ) ( 0 ) v x ( (x 0, y 0 ) v y (x 0, y 0 ) ) ux (x En geeft 0, y 0 ) + u y (x 0, y 0 ) ux (x 0, y 0 ) u y (x 0, y 0 ). ( v x (x 0, y 0 ) + v y (x ) 0, y 0 ) v x (x 0, y 0 ) v y (x 0, y 0 ) ux (x Daaruit volgt dat 0, y 0 ) u y (x 0, y 0 ) kolommen heeft van gelijke lengte v x (x 0, y 0 ) v y (x 0, y 0 ) r( 0, die orthogonaal ) zijn. Omdat de richting van de hoek behouden blijft is ux (x 0, y 0 ) u y (x 0, y 0 ) een veelvoud van een draaiing (en geen spiegeling). v x (x 0, y 0 ) v y (x 0, y 0 ) Voorbeelden Bij f(z) = e z gaan snijdende lijnstukken op x = a (van onder naar boven gericht) en y = b (van links naar rechts) over in snijdende krommen: een stuk van de cirkel w = e a (gericht tegen de wijzers van de klok in) en een stuk op de halflijn arg w = b (van de oorsprong afgericht). De hoeken blijven gelijk in grootte en richting (namelijk een rechte hoek). Bij f(z) = z 2 gaan in het punt i snijdende lijnstukken op de imaginaire as en op de lijn y = over in een stuk op de negatieve reële as en een stukje parabool die mekaar in het punt snijden. De hoeken blijven gelijk in grootte en richting (weer een rechte hoek). Bij f(z) = z 2 blijven bij in de oorsprong snijdende lijnstukken hoeken niet behouden, kijk maar naar de lijnstukken z = t met 0 t en z = t + it met 0 t. Wat is hier aan de hand?

33 HOOFDSTUK 4. CAUCHY-RIEMANN Opgaven. Als f holomorf en van klasse C 2 is op een gebied G, toon dan aan dat Im f harmonisch is op G. 2. Als we definiëren ( f z (x + iy) = fx (x + iy) + f 2 i y(x + iy) ) f z (x + iy) = 2( fx (x + iy) f i y(x + iy) ), toon dan aan: (u, v) voldoet aan CR in (x 0, y 0 ) f z (x 0 + iy 0 ) = 0. f is complex-differentieerbaar in z 0 = f (z 0 ) = f z (z 0 ). 3. Als f(z) = z, bereken dan f z (z) en f z (z). Idem als f(z) = z. 4. In welke punten zijn de volgende functies complex-differentieerbaar? a. f(x + iy) = e x cos y + ie x sin y b. f(x + iy) = x 2 + y 2 2ixy c. f(x + iy) = x i x 2 +y 2 d. f(x + iy) = ax + by e. f(z) = az + bz y x 2 +y 2 5. Geef, zo mogelijk, een gebied G waarop de volgende functie harmonisch is. a. x 2 y 2 b. x 2 + y 2 c. e x cos y d. ln(x 2 + y 2 ) e. 3 y x y 2 x 2 +y 2 6. Zij f complex-differentieerbaar en reëelwaardig op een gebied G. Toon aan dat f constant is. 7. Beschouw de functie f op C gegeven door { e /z4 als z 0 f(z) = 0 als z = 0 Ga na dat overal aan Cauchy-Riemann voldaan is, maar dat f niet complex-differentieerbaar is in het punt 0. Discussie! 8. Geef een voorbeeld van een holomorfe bijectie in de situatie f : C \ (, 0] {Re w > 0}.

34 HOOFDSTUK 4. CAUCHY-RIEMANN Idem f : { Re z < Im z < Re z} {Re w > 0}. 0. Idem f : {0 < Arg z < π } {Re w > 0, Im w > 0}. 3. Idem f : { z < 2, z + < 2} {Im w > 0}.

35 Hoofdstuk 5 Integratie 5. Integratie over stuksgewijs gladde krommen Als p en q continue (reëelwaardige of complexwaardige) functies op een georiënteerde gladde kromme γ R 2 zijn, dan definiëren we de lijnintegraal p(x, y) dx + q(x, y) dy γ door een bij de oriëntatie van γ passende parametrizering t (x(t), y(t)), met t [a, b], te kiezen en vervolgens te definiëren: γ p(x, y) dx + q(x, y) dy = b a ( ) p(x(t), y(t))x (t) + q(x(t), y(t))y (t) dt Als γ een georiënteerde gladde kromme in C is en f : γ C continu is, dan definiëren we als t z(t) met t [a, b] een bij de oriëntatie behorende parametrizering is: b f(z) dz = f(z(t))z (t) dt γ a Stel je voor dat ook t w(t) met t [c, d] een bij de oriëntering van de kromme passende parametrizering van γ is. Dan geldt dat er een monotoon stijgende continue bijectie φ : [a, b] [c, d] bestaat met z(t) = w(φ(t)) en dus voor t 0 [a, b]: en dus z(t) z(t 0 ) = w(φ(t)) w(φ(t 0)) φ(t) φ(t 0) t t 0 φ(t) φ(t 0 ) t t 0 φ(t) φ(t 0 ) t t 0 = z(t) z(t 0) t t 0 : w(φ((t)) w(φ((t 0 )) φ(t) φ(t 0 ) 34