Inleiding Complexe Functietheorie

Transcriptie

1 Dictaat Inleiding Complexe Functietheorie voor TN behorende bij het gelijknamige college vakcode wi43tn G. Sweers versie van mei 00

2

3 Inhoud Inleiding. Enkelebegrippen..... Complexegetallen..... penengesloten Krommen Samenhang Limiet en continuïteit in C Reeksen Machtreeksen... 7 Differentiëren in C 5. De definitie Machtreeksen en differentieerbaarheid Cauchy-Riemann Afbeeldingen... 3 Integreren in C 7 3. Deintegraalovereenkromme Hoofdstellingvandecomplexeintegratie HetResidu Definitieengebruik Hetberekenen GevolgenvandeformulevanCauchy Eigenschappenanalytischefuncties Harmonische functies Analytischenharmonisch Een oplossing voor een cirkelvormig gebied Eenoplossingopanderegebieden Hetmaximumprincipe Potentiaalstomingen in dimensies Model Reëleformulering Complexeformulering Betekeniscomplexepotentiaal Modelmetsingulierepunten Puntbron Een gebied met meerdere bronnen/putten Eendipool Stromingineenstrip... 66

4 5..5 Stationair temperatuurprofiel pgaven 7 Literatuur... 78

5 INLEIDING. INLEIDING. Enkele begrippen We nemen aan dat de lezer bekend is met complexe getallen en enige vaardigheid bezit in het rekenen ermee. In deze inleiding zullen we enkele aanvullende afspraken maken en kennismaken met complexe machtreeksen. Voor de volledigheid beginnen we met een lijst van zowel nieuwe als oude zaken... Complexe getallen De verzameling C van complexe getallen bestaat uit alle objecten van de vorm x + iy met x, y R. De optelling en vermenigvuldiging van x + iy, u + iv C worden als volgt gedefinieerd: (x + iy)+(u + iv) = (x + u)+i (y + v), (x + iy) (u + iv) = (xu yv)+i (xv + yu). pmerking: Met deze definitie zien we dat (x + i0) + (u + i0) = (x + u)+i0 en (x + i0) (u + i0) = xu + i0 de gebruikelijke optelling en vermenigvuldiging in R leveren wanneer we x met x + i0 identificeren. o kunnen we C als uitbreiding van R zien. Schrijft men iy in plaats van 0+iy en i in plaats van i dan volgt op formele wijze dat i = i i =(0+i) (0 + i) = +i0 =. Voor complexe getallen worden de volgende begrippen en schrijfwijzen ingevoerd: z = x + iy met x, y R reële deel Re z = x imaginaire deel Im z = y complex geconjugeerde z = x iy modulus z = p x + y argument arg z = ϕ [0, π) zodanig dat z = z (cos ϕ + i sin ϕ). Het argument is eenduidig gedefinieerd voor z 6= 0. pgave Bewijs de volgende (on)gelijkheden voor z,w C: i. z = zz.

6 INLEIDING ii. zw + z w =Rez Re w +Imz Im w I driehoeksongelijkheid iii. de driehoeksongelijkheid: z + w z + w... pen en gesloten I omgeving van een punt I open I complement I gesloten voor a C en r R + definiëren we de r-omgeving van a door B r (a) ={z C; z a <r}. een deelverzameling D C heet open als er bij iedere a D een r>0 bestaat zodanig dat B r (a) D. voor D C definiëren we zijn complement door D c = {z C; z/ D}. een deelverzameling D C heet gesloten als D c open is. voor D C definiëren we gesloten verzameling D door D = {z C; B r (z) D 6= voor alle r>0}. voor a C en r R + heet B r (a) ={z C; z a r} de gesloten r-omgeving van a. I rand de rand D van D definiëren we door D = D D c. m verwarring tussen C en R te vermijden zullen we soms de volgende notatie gebruiken bij D C: D R = (x, y) R ; x + iy D ª...3 Krommen I C[a, b] I kromme als x ( ),y( ) continue functies van het interval [a, b] R naar R zijn, x, y C ([a, b];r) (zie voetnoot ), dan heet de functie :[a, b] C gedefinieerd door (t) =x (t)+iy (t) een kromme. We zeggen C ([a, b];c). De verzameling van alle continue functies van [a, b] naar R wordt genoteerd met C ([a, b];r), soms afgekort tot C ([a, b]) of zelfs C [a, b].

7 ENKELE BEGRIPPEN 3 pmerking: De tekening van de beeldverzameling K = [a, b] ={x (t)+iy (t);a t b} in het complexe vlak lijkt op wat men een kromme zou willen noemen. Aan deze beeldverzameling zien we niet meer in welke richting, hoe vaak of hoe snel K doorlopen wordt. De snelheid waarmee de beeldverzameling doorlopen wordt zal meestal van weinig belang zijn. Soms noemt men daarom ook wel deze beeldverzameling de kromme. De richting en hoe vaak de kromme door de beeldverzameling loopt zal wel belangrijk worden en dat is een reden om de functie kromme te noemen in plaats van de deelverzameling K van C. I C [a, b] I gladde kromme I lengte I stuksgewijs gladde kromme I enkelvoudige kromme als x ( ),y( ) C ([a, b];r), (zie voetnoot ) dan heet ( ) een gladde kromme. Dit hoeft niet te betekenen dat de beeldverzameling K onze voorstelling van glad beantwoord. de lengte van een gladde kromme definiëren we door b q = (x 0 (t)) +(y 0 (t)) dt. t=a (dit komt overeen met onze intuïtieve voorstelling van de lengte) de kromme :[a, b] C heet een stuksgewijs gladde kromme als deze kromme bestaat uit een aaneenschakeling van een eindig aantal gladde krommen. Preciezer geformuleerd, er zijn gladde krommen k :[a k,a k ] C voor k {,...,n} met a = a 0 <a <a < <a n = b zodanig dat (t) = k (t) als t [a k,a k ]. de kromme :[a, b] C heet enkelvoudig als deze buiten eventueel samenvallende eindpunten geen zelfdoorsnijding heeft; dwz. zijn beide injectief. : (a, b] C, : [a, b) C beeld van een enkelvoudige resp. niet-enkelvoudige kromme I gesloten kromme de kromme ( ) heet gesloten als (a) = (b). De verzameling van alle continu differentieerbare functies f :[a, b] R wordt genoteerd door C ([a, b];r). De functie f is continu differentieerbaar op [a, b] als er een functie g C ([a, b];r) bestaat zodanig dat g (t) = f(a+h) f(a) lim h 0 h voor t = a (de rechterafgeleide van f in a), f(t+h) f(t) lim h 0 h voor t (a, b) (de afgeleide van f in t), f(b+h) f(b) lim h 0 h voor t = b (de linkerafgeleide van f in b). Vaak wordt C ([a, b];r) afgekort tot C [a, b].

8 4 INLEIDING I Jordankromme de kromme ( ) heet een Jordan-kromme als deze enkelvoudig en gesloten is. door een Jordan-kromme : [a, b] C wordt C\ [a, b] in twee delen verdeeld, het inwendige en het uitwendige van de beeldverzameling [a, b]. pgave nderzoek tot welke klassen de kromme :[0, π] C behoort als (t) =x (t)+iy (t) met Als hulp volgen enkele schetsen. x (t) = cost cos t, y (t) = sint +sint t t de functie t x (t), de functie t y (t), {(x (t),y(t)) ; 0 t π}...4 Samenhang I samenhangend I gebied een open deelverzameling D C heet samenhangend als elk tweetal punten in D door een kromme met beeldverzameling K D verbonden kunnen worden. een deelverzameling G C heet een gebied als i. G 6=, ii. G is open, iii. G is samenhangend. I enkelvoudig samenhangend een gebied D C heet enkelvoudig samenhangend als het inwendige van elke Jordan-kromme in D ook weer in D ligt. De bijstaande karakters zijn achtereenvolgens enkelvoudig samenhangend, niet samenhangend en samenhangend (maar niet enkelvoudig).

9 ENKELE BEGRIPPEN 5..5 Limiet en continuïteit in C Net zoals voor reële functies definiëren we de begrippen limiet en continuïteit, en net zoals voor reële getallen bestaat het begrip limiet zowel voor rijtjes als voor functies. In het onderstaande is D een deelverzameling van C. I limiet van een rij I limiet van een functie I continue functie I uniform Definitie.. De rij {z n } n N met z n C heeft een limiet C als: voor iedere ε>0 is er een N N zodanig dat als n>n dan z n <ε. We noteren lim z n =. n Definitie.. De functie f : D C heeft in w D een limiet C als: voor iedere ε>0 is er een δ>0 zodanig dat voor alle z D als 0 < z w <δdan f (z) <ε. We noteren lim f (z) =. z w Definitie..3 De functie f : D C heet continu in w D als: voor iedere ε>0 is er een δ>0 zodanig dat voor alle z D als z w <δdan f (z) f (w) <ε. Met andere woorden: f : D C heet continu in w D als lim f (z) =f (w). z w pgave 3 Beschouw de functie f : C C, gedefinieerd door f(z) = f(0) = 0. µ z z µ z z voor z 6= 0, Laat zien dat deze functie niet continu is in de oorsprong. (.) Tenslotte nog het begrip uniform. Vaak beschouwen we limieten of continuïteit van functies of uitdrukkingen die van meerdere variabelen of van een parameter afhangen. Het zal belangrijk blijken te zijn om te weten of en hoe de convergentie van de parameter of de andere variabelen afhangt. We zeggen dat lim f q (z) = q uniform voor q I als: z w voor iedere ε>0 is er een δ>0 zodanig dat voor alle q I als 0 < z w <δdan geldt dat f q (z) q <ε. In het uniforme geval is δ alleen van ε afhankelijk terwijl bij lim z w f q (z) = q de δ zowel van q als van ε afhankelijk kan zijn. In wiskundige steno 3 : lim z w f q (z) = q lim z w f q (z) = q voor alle q I betekent: q I ε >0 δ q,ε > 0 zodanig dat z geldt 0 < z w <δ q,ε f q (z) q <ε. uniform voor q I betekent: ε >0 δ ε > 0 zodanig dat z, q I geldt 0 < z w <δ ε f q (z) q <ε. 3 =vooralle; =eris.

10 6 INLEIDING Tenslotte nog de definitie van uniforme continuïteit. I uniform continu Definitie..4 De functie f : D C heet uniform continu op D als: voor iedere ε>0 is er een δ>0 zodanig dat geldt voor alle z,w D als z w <δdan f (z) f (w) <ε. pgave 4 Laat zien dat f :(0, ] R met f (x) =sinx niet uniform continu is. wel continu is maar pgave 5 Bewijs voor de functie f in (.) de volgende uitspraken: i. voor alle x (0, ] geldt lim f (x + iy) =0; y 0 ii. voor alle y (0, ] geldt max f (x + iy) =; 0 x iii. niet geldt: lim f (x + iy) =0uniform voor x (0, ]. y 0..6 Reeksen I reeks I convergente reeks I absoluut convergente reeks I divergente reeks Eenobjectvandevorm P β n met β n C heet een reeks. Convergentie voor reeksen in C wordt gedefinieerd op dezelfde wijze als voor reeksen in R. Definitie..5 We nemen β n C voor alle n N. P Een reeks kp β n heet convergent als lim β n bestaat. k P Een reeks β n heet absoluut convergent als lim Een reeks die niet convergent is heet divergent. k kp β n bestaat. P De limiet lim k k β n wordt vaak ook geschreven als P β n. Ditzelfde symbool voor zowel het object reeks als zijn mogelijke limiet levert hoogstens een schijntegenstelling: P de reeks n bestaat (als object van bovenstaande vorm); P de limiet n bestaat niet (het is geen getal in C). pgave 6 Bewijs de volgende beweringen. P i. β n is convergent lim β n n =0. ii. iii. P P β n is convergent β n is convergent. P P β n is convergent P Re β n en Im β n zijn convergent. Laat met tegenvoorbeelden zien dat de eerste twee implicaties niet in omgekeerde richting gelden.

11 MACHTREEKSEN 7. Machtreeksen I machtreeks I verschoven machtreeks V I meetkundige reeks Vele functies die een rol spelen in de mathematische fysica zijn gedefinieerd in de vorm van een machtreeks. Een machtreeks in z is een uitdrukking van de vorm P a n z n met a n C voor alle n N. We zullen enkele elementaire eigenschappen van machtreeksen onderzoeken. Machtreeksen zullen we nogmaals tegenkomen bij het oplossen van differentiaalvergelijkingen. okkanmeneenverschoven machtreeks tegenkomen. Met z 0,a n C ziet een verschoven machtreeks in z er als volgt uit: X a n (z z 0 ) n. Voorbeeld De meest bekende machtreeks is die met a n =voor alle n N. Dit is de meetkundige reeks met reden z : X z n P Voor z C met z < geldt z n = z. Voor z C met z is deze reeks divergent. Dit kan men als volgt laten zien. Neem M N en bereken: ( z) MX z n =( z) +z + z + + z M = z M+. Een deling geeft MX z n = zm+ z en de limiet nemen levert X z n = lim MX M z n = z als z 6=, Een noodzakelijk voorwaarde voor het bestaan van Daaruit volgt dat lim M als z <. P MP z n niet bestaat voor z. a n is lim a n = 0. n pgave 7 Bepaal voor welke z C de volgende reeksen convergeren en bereken de limiet voor die z. i. ii. P ( ) n z n P, iii., n z n v. P P ( ) n z n, iv. ( ) n (z ) n, vi. n= P n (z ) n, P (e z ) n. Hierboven staan drie gewone machtreeksen en twee verschoven machtreeksen. In het laatste onderdeel staat geen machtreeks in z, wel een machtreeks in e z.

12 8 INLEIDING I machtreeksstelling Stelling.. ij P a nz n een machtreeks met a n C. Dan bestaat er R R + {0, } waarvoor geldt: i. als z C met z <Rdan convergeert de reeks absoluut; ii. als z C met z >Rdan divergeert de reeks. I convergentiestraal R heet de convergentiestraal van de machtreeks. Deze stelling doet geen uitspraak over de convergentie van de machtreeks als z = R. Bewijs: We laten eerst het volgende zien: als de reeks convergeert voor w 6= 0dan convergeert de reeks absoluut voor alle z met z < w. Stel de reeks convergeert voor w. mdat de reeks convergeert voor w volgt lim n a nw n =0. Volgens de definitie van limiet is er voor iedere positieve ε, en dus voor ε =, een getal N zodanig dat a n w n <ε=voor n>n.definieer het getal M =max a 0, a w, a w,..., an w N, ª. Dit is een positief reëel getal en wel zodanig dat a n w n M voor alle n N. Er volgt kx kx a n z n = a n w n z kx n M z n. w w De laatste sommatie hoort bij een meetkundige reeks met reden z w en die reeks convergeert omdat z P w <. Ter herinnering: rn = r als r <. Dus is n Pk o a nz n een stijgende en begrensde rij en daarmee convergent. k N We hebben gevonden dat: reeks convergent voor w reeks absoluut convergent voor z met z < w, met als gevolgen: reeks convergent voor w reeks convergent voor z met z < w, reeks divergent voor w reeks divergent voor z met z > w. Stel eerst dat er geen z C bestaat waarvoor de reeks divergeert. Dan vinden we R =.

13 MACHTREEKSEN 9 Stel er is wel een z C waarvoor de reeks divergeert. Definieer R =inf r R + ; er is z C met z = r en de machtreeks divergeert voor z ª Dan geldt R [0, z ] en met beide bovenstaande gevolgen kan men zien dat de reeks absoluut convergeert als z <Ren divergeert als z >R. I limsup Definitie.. ij {b n } n N een begrensde rij reële getallen. De limsup van deze rij definieert men door Ã! lim sup b n = lim sup b k. n n k n Voor reële rijen {b n } n N die niet naar boven begrensd zijn definieert men lim sup b n =. n pmerking: Stel {b n } n N is een naar boven begrensde reële rij. De daaruit geconstrueerde rij {sup k n b k } n N, is dalend: µ sup b k =max b n, sup b k sup b k. k n k n+ k n+ Als {b n } n N bovendien naar onderen begrensd is dan wordt {sup k n b k } n N ook door dezelfde grens naar onderen begrensd. Daarmee wordt {sup k n b k } n N een dalende begrensde rij. mdat elke begrensde monotone rij een limiet heeft zien we dat elke begrensde rij een (eindige) limsup heeft. verigens worden ±, net zoals bij oneigenlijke limieten, ook wel als oneigenlijke limsup gebruikt. V Voorbeeld Bereken lim sup n b n met b n =( ) n n +. We vinden n {b n } n= ={, 3, 4 3, 5 4, 6 5, 7 6, 8 7, 9 8, 0 9, 0,, 3, 4 3, 5 4, 6 5,...}, {sup b k } n= = { 3, 3, 5 4, 5 4, 7 6, 7 6, 9 8, 9 8, 0, 0, 3, 3, 5 4, 5 4, 7 6,...}. k n mdat de limiet van deze laatste rij is, volgt à lim sup b n = lim n n! sup b k =. k n pgave 8 Bereken i. lim sup ( ) n n ii. n n+, iii. lim sup Re ³( ) n 4 n + e i π, n lim sup sin πn, iv. lim sup ( ) n ( + arctan n). n n En wat verwacht u bij lim sup sin n? n

14 0 INLEIDING Hulpstelling..3 Gegeven zijn twee begrensde rijen reële getallen {a n } n N en {b n } n N. i. Als lim a n bestaat, dan geldt lim sup a n = lim a n. n n n ii. Als lim n a n bestaat en lim n a n 0, dan geldt lim sup (a n b n )= lim a n lim sup b n. n n n pmerking: Als beide rijen {a n } n N en {b n } n N een limiet hebben, dan geldt lim (a nb n ) = lim a n lim b n. Voor de lim sup geldt zoiets meestal niet. Neem n n n bijvoorbeeld a n =( ) n en b n =( ) n+. Dan geldt lim sup a n lim sup b n = =, n n terwijl a n b n = impliceert dat lim sup a n b n =. Dus i.h.a. n lim sup n (a n b n ) 6= lim sup n a n lim sup b n. n pgave 9 Bewijs de twee uitspraken van deze hulpstelling. We gebruiken de limsup om de convergentiestraal van een machtreeks uit te rekenen. I formule van Cauchy- Hadamard Stelling..4 We beschouwen de machtreeks P a nz n met a n C voor n N. ijr de convergentiestraal. p n Als lim sup an =0 dan R =. n Als Als lim sup n lim sup n p n an = R + dan R =. p n an = dan R =0. pmerking: Menkanlatenziendatals lim an+ n a n bestaat, deze limiet gelijk is p n aan lim sup an. Deze laatste uitdrukking bestaat in [0, ] voor elke rij {a n } n p n in C terwijl de eerste limiet, net als lim an, niet hoeft te bestaan. We komen n hierop terug in het volgende voorbeeld. Bewijs: We bewijzen alleen het middelste geval. Het is voldoende om divergentie voor z C met z > en convergentie voor z C met z < te laten zien. Eerst z >. Neem ε = ( p z n ). De uitdrukking lim sup an = betekent n lim sup p k ak =. n k n DuseriseenN ε N zodanig dat voor alle n N ε geldt p ak > ε. k sup k n Daarmeeiservooriederen N ε een k n zodanig dat p k ak > ε.

15 MACHTREEKSEN Voor al deze k, waarvan er dus oneindig veel zijn, geldt a k z k > ( ε) k z k =. Als de reeks P a nz n convergeert dan volgt dat lim a nz n =0. Dit levert een n tegenspraak en daarmee is bewezen dat de reeks divergeert. Nu z <. Neem ε = ( z ). Volgens de definitie is er een N ε zodanig dat voor n>n ε geldt p k sup ak < + ε k n en dus geldt np a n < + ε voor n>n ε. Dan volgt mdat z + kx n=n ε + a n z n kx n=n ε + ( + ε) n z n kx n=n ε + µ n z +. < geldt, convergeert het bovenstaande rechterlid voor k. Via stijgende begrensde rij heeft een limiet vinden we dat P n=n ε + a nz n en dus ook dat P a nz n convergeert. Het resultaat volgt via absolute convergentie impliceert gewone convergentie. V Voorbeeld 3 P Bereken het convergentiegebied van ( ) n (z i) n. n n= Dit is een verschoven machtreeks. Terugschuiven leidt naar P n= De convergentiestraal voor deze machtreeks (in w) vinden we via =limsup s n ( ) n n n =limsup n = lim n n n n = ³ =. n n n lim n ( ) n n w n. Dus R = en de reeks convergeert voor w C met w < en divergeert als w >. Het convergentiegebied wordt gevraagd en dus moeten we nog w C met w = onderzoeken. In dit geval is dat niet zo lastig als je je herinnert dat P n= convergeert n 4 : X ( ) n n= n w n = X n= n n µ n = X n= n. mdat absolute convergentie gewone convergentie impliceert, vinden we dat de reeks convergeert voor alle w C met w =. Tenslotte, na weer verschuiven, zien we dat P ( ) n n= (z i) n convergeert dan en alleen n dan als z i. 4 P Voor de convergentie van is het voldoende om te laten zien dat deze reeks begrensd n n= is. Dat gaat bijvoorbeeld als volgt: kx n= n + kx n= n (n ) =+ kx n= µ n =+ n k.

16 INLEIDING V Voorbeeld 4 P Bereken de convergentiestraal van ( ) n z n!. P We zien dat ( ) n z n! P = a k z k wanneer we a k definiëren door k=0 Dan =limsup k a k = als k = n! voor een even n N, a k = als k = n! voor een oneven n N, a k = 0 anders. p k ak = lim sup k n k p n an = lim =en dus R = k =. V Voorbeeld 5 P Bereken de convergentiestraal van n (cos n) z n. Voor iedere n N geldt dat cos n of cos (n +) of cos (n +). Dat ziet men als volgt. mdat < π<, geldt voor iedere t R dat t, of t +, of t +binnen de intervallen S k kπ 4 π, kπ + 4 π ligt. Voor x binnen deze intervallen geldt cos x cos 4 π =. Dan q q k sup k k cos k sup k cos k = k n k {n,n+,n+} ³ p n =max n cos n, n+p n+ cos (n +), n+p n+ cos (n +) ³ p n max p cos n, n cos (n +), np cos (n +) Er volgt q = lim n n lim sup n n q. p n n (cos n) lim n n n = en R =. n+ a nz n+ heb- P Gevolg..5 De machtreeksen a n z n, ben dezelfde convergentiestraal. P na n z n P en n= pgave 0 We gaan Gevolg..5 bewijzen. P i. Laat met behulp van de formule van Cauchy-Hadamard zien dat a n z n P en na n z n dezelfde convergentiestraal hebben. n= n= n= P ii. Laat zien dat na n z n P en na n z n convergeren, respectievelijk divergeren voor dezelfde z C.

17 MACHTREEKSEN 3 iii. Bewijs ook dat hebben. P a n z n en P n+ a nz n+ dezelfde convergentiestraal pgave Bepaal het convergentiegebied van de volgende reeksen binnen C en geef een schets van dit gebied. U hoeft zich niet om convergentie op de rand van het gebied te bekommeren. P P P i. n zn ; v. z n ; ix. sinh (n) z n ; n= n= P P P ii. ( ) n n! z n ; vi. n ( + z) n ; x. sinh ( n) z n ; n= P P iii. n! zn P ; vii. n+ (ez ) n xi. n z n! ; n= P iv. z (n ) P ; viii. z n + z n P ; xii. nn z n!. n= Na onderdeel iii. uit laatste opgave kunnen we voor alle z C de exponentiële functie definiëren door X z n exp (z) = n!. Voor x R weten we via de Taylor-reeks dat e x =exp(x). Men definieert voor complexe getallen e z =exp(z). Enkele andere verwante oude bekenden zijn de volgende: sinus: sin (z) = exp(iz) exp( iz) i = P cosinus: cos (z) = exp(iz)+exp( iz) = P sinushyperbolicus: sinh (z) = exp(z) exp( z) = P cosinushyperbolicus: cosh (z) = exp(z)+exp( z) = P ( ) n (n+)! zn+, ( ) n (n)! z n, (n+)! zn+, (n)! zn. Ter herinnering: exp (x + iy) =e x (cos y + i sin y).

18 4 INLEIDING

19 DIFFERENTIËREN IN C 5. DIFFERENTIËREN IN C Continuïteit voor complexe functies lijkt nauwelijks te verschillen met continuïteit voor reële functies. Met enige naïviteit zou men kunnen verwachten dat ook differentieerbaarheid wel niets nieuws zal brengen. Dit verwachtingspatroon zal niet bevestigd worden.. De definitie I differentieerbaar V Definitie.. ij D een gebied in C en w D. De functie f : D C heet differentieerbaar in w als f (z) f (w) lim bestaat. z w z w Als deze limiet bestaat dan schrijven we f 0 f(z) f(w) (w) = lim z w z w. Voorbeeld 6 We onderzoeken waar de functie f : C C met f (z) =(Rez) differentieerbaar is. Het differentiequotiënt is f (z) f (w) z w Re z Re w mdat lim z w z w niet bestaat: Re (w + h) Re w lim h 0 w + h w h R lim ih 0 h R = (Re z) (Re w) = z w Re z Re w = (Rez +Rew). z w Re (w + ih) Re w w + ih w h = lim h 0 h =, h R 0 = lim h 0 ih =0, h R f(z) f(w) bestaat lim z w z w niet als lim z w (Re z +Rew) 6= 0. Met andere woorden, f is niet differentieerbaar in w als Re w 6= 0. Als Re w =0dan geldt lim z w (Re z +Rew) =Rew =0en er volgt uit de Re z Re w f(z) f(w) Re z Re w begrensdheid van z w dat lim z w z w =0. Merk op dat z w inderdaad begrensd is: Re z Re w Re (z w) z w = voor alle z 6= w. z w Bovenstaande f is dus alleen differentieerbaar op de imaginaire as. pgave Laat zien dat de functie f : C C gegeven door f (z) = z in geen enkele w C differentieerbaar is.

20 6 DIFFERENTIËREN IN C pgave 3 Laat zien dat de functie f : R R gedefinieerd door f (x, y) = (x, y) voor alle (a, b) R differentieerbaar is. Gebruik hiervoor de definitie van reëel differentieerbaar. De beide laatste opgaven laten zien dat er een groot verschil is tussen differentieerbaarheid voor functies van R naar R en differentieerbaarheid voor functies van C naar C. pgave 4 Bepaal alle w C waar de functie f : C C gegeven door f (z) = z differentieerbaar is. pgave 5 In een opgave in het eerstejaarsvak analyse wordt gevraagd om te bewijzen dat de functie f : R R gedefinieerd door f (x) = ( exp x voor x 6= 0, 0 voor x =0, (reëel) differentieerbaar is in 0. Is de functie f : C C gedefinieerd door ( exp z voor z 6= 0, f (z) = 0 voor z =0, (complex) differentieerbaar in 0? I analytisch Definitie.. ij G een gebied in C en zij f een functie van G naar C. f heet analytisch op G als f differentieerbaar is in ieder punt van G. f heet analytisch in z G als er r>0 bestaat zodanig dat f analytisch op B r (z) is. I holomorf In plaats van analytisch wordt ook wel de term holomorf gebruikt. V Voorbeeld 7 De functie f : C C met f (z) =(Rez) is differentieerbaar in z voor z ir maar in geen enkele z C analytisch. ie het vorige voorbeeld. De functie f : R n R m heet differentieerbaar in w R n als er een lineaire afbeelding Df w : R n R m bestaat zodanig dat f (w + h) f (w) Df wh lim =0. h 0 h h R n De matrix voor Df w heeft f i x j (w) op plaats ij.

21 DE DEFINITIE 7 De samenstellingsregels voor de complexe afgeleide zijn zoals voor de reële afgeleide. Stelling..3 Als f,g : C C differentieerbaar zijn in z, dan zijn f + g, f g, f (mits g (z) 6= 0)enf g differentieerbaar en gelden g somregel (f + g) 0 (z) = f 0 (z)+g 0 (z), productregel (f g) 0 (z) = f 0 (z) g (z)+f (z) g 0 (z), µ f 0 quotiëntregel (z) = f 0 (z) g (z) f (z) g 0 (z) g (g (z)) mits g (z) 6= 0, kettingregel (f g) 0 (z) = (f 0 g)(z) g 0 (z). Bewijs: Analoog aan het reële geval. I polynoom nmiddellijk uit de definitie volgt dat de functie f : C C met f (z) =z analytisch op C is. Als gevolg van som- en productregel vinden we vervolgens dat iedere polynoom, dwz. een functie p : C C van de vorm p (z) =a 0 + a z + + a n z n met a i C, I rationale functie analytisch op C is. Gebruiken we ook de quotiëntregel dan vinden we dat iedere rationale functie, dwz. een functie van de vorm r (z) = p (z) p (z) waarbij p en p polynomen zijn, analytisch is op C\{z,z,...,z m }. Hierbij is {z,z,...,z m } de verzameling complexe getallen waarvoor geldt p (z) =0. pgave 6 Aanwelkeeisenvoldoendecoëfficiënten van de functie f : C C met f (x + iy) =a + b x + b y + c x + c xy + c y als f een differentieerbare functie in 0 is? En als f een analytische functie op C is? pgave 7 Het polynoom p heeft een nulpunt z 0. Laat zien dat de functie p (z) voor z 6= z 0, r (z) = z z 0 p 0 (z 0 ) voor z = z 0, differentieerbaar is op geheel C. Als z 0 een tweevoudig nulpunt is kan men dan c zodanig kiezen dat p (z) q (z) = (z z 0 ) voor z 6= z 0, c voor z = z 0, differentieerbaar is op geheel C? Motiveer.

22 8 DIFFERENTIËREN IN C. Machtreeksenendifferentieerbaarheid Nadatwededifferentieerbaarheid van polynomen en rationale functies gezien hebben is de volgende stap de differentieerbaarheid van functies die in de vorm van een machtreeks zijn te schrijven. Gevolg..5 heeft daarvoor al voorbereidend werk gedaan. I analyticiteit van machtreeksen Stelling.. ij P a nz n met a n C een machtreeks met convergentiestraal R. Definieer de functie f : B R (0) C door f (z) = X a n z n. Dan is f analytisch op B R (0) en voor alle z B R (0) geldt X f 0 (z) = na n z n. n= P pmerking: Simpel gezegd: voor z C met z <Rgeldt d dz (P a nz n )= d dz a nz n. mdat zowel de afgeleide als de oneindige som door limieten gedefinieerd zijn kan men deze volgorde niet zonder meer omdraaien. Bewijs: We zullen laten zien dat f differentieerbaar is in w B R (0) met afgeleide als boven. Dat is hetzelfde als te laten zien dat er voor alle ε>0 een δ>0 bestaat zodanig dat f (z) f (w) X als z w <δdan na n w n <ε. (.) z w Volgens Gevolg..5 weten we dat P n= na nz n convergentiestraal R heeft. Neem δ tussen 0 en R w. Voor z w <δ en dus z <Rgeldt: f (z) f (w) z w n= X na n w n = n= P = a nz n P a nw n X na n w n = z w n= (alle limieten hier bestaan dus ook de limiet van de som) = NX a n µ z n w n z w = X nwn a n µ z n w n z w + X n=n+ nwn = µ z n w n a n z w X n=n+ a n nw n. (.) Elk van deze drie uitdrukkingen kunnen we kleiner dan 3ε krijgen door N groot genoeg en z w klein genoeg te nemen. Dat zien we als volgt. mdat zn w n z w = zn + z n w zw n + w n volgt dat z n w n z w n ( w + δ ) n.

23 CAUCHY-RIEMANN 9 mdat ( w + δ ) <Rgeldt, is de reeks bestaat er een N zodanig dat ok geldt dan dat X n=n+ n= X n=n+ a n nw n P n= n a n ( w + δ ) n < 3 ε. X n=n+ n a n ( w + δ ) n convergent en dus n a n w n < 3 ε. Met (.) blijft er over dat f (z) f (w) X na n w n NX µ z n w n < a z w n z w mdat rest (z,w) := P N a n omdat lim z w z n w n z w nwn + 3 ε + 3 ε. ³ nwn z n w n z w slechts eindig veel termen bevat en = nwn bestaat er δ > 0 zodanig dat voor z w <δ geldt dat rest (z, w) < 3 ε. Door δ =min(δ,δ ) te nemen hebben we aan het gevraagde in (.) voldaan. Als gevolg vinden we dat bijvoorbeeld de exponentiële functie, de cosinus en de sinus analytisch zijn op C. Gebruiken we de quotiëntregel dan vinden we dat de cotangens gedefinieerd door cot z = cos sin z z analytisch is op C\π. pgave 8 Bewijs deze laatste uitspraak. En waar is de tangens analytisch?.3 Cauchy-Riemann Het grote verschil tussen differentieerbaar in R (R )enc zien we met de volgende stelling. Voor de formulering hebben we enkele afspraken nodig: D is een gebied in C en bij een functie f : D C definiëren we twee reële functies u, v : D R R door u (x, y) = Ref (x + iy), v (x, y) = Imf (x + iy). Dus f (x + iy) =u (x, y)+iv (x, y) voor (x, y) D R. Stelling.3. (Cauchy-Riemann) ij f,u,v,d en D R als boven en neem (a, b) D R. Dan zijn de volgende uitspraken equivalent. i. f is (complex) differentieerbaar in a + ib; I Cauchy- Riemannvergelijkingen ii. u, v zijn (reëel) differentieerbaar in (a, b) en bovendien geldt u x (a, b) = v y (a, b), v x (a, b) = u y (a, b). (.3)

24 0 DIFFERENTIËREN IN C De twee vergelijkingen in (.3) heten samen de Cauchy-Riemann-differentiaalvergelijkingen. pmerking: Als z 7 f (z) complex differentieerbaar is en x 7 f (x + iy) en y 7 f (x + iy) reëel differentieerbaar zijn, dan volgt x f (x + iy) = f 0 (x + iy) (x + iy) = f 0 (x + iy), x y f (x + iy) = f 0 (x + iy) (x + iy) = if 0 (x + iy). y Dus f (x + iy) =i f (x + iy) y x en door het reële, respectievelijk imaginaire deel hiervan te nemen krijgen we de Cauchy-Riemann vergelijkingen. Misschien helpt dit als ezelsbruggetje. Het eerste deel van het bewijs volgt overigens dit spoor. Met u en v als boven vinden we dan dat f 0 (x + iy) =u x (x, y)+iv x (x, y). Bewijs: i ii. Stelf is differentieerbaar in a + ib. Volgens onze notatie hebben we u(x, b) u(a, b) x a v(x, b) v(a, b) + i = x a f(x + ib) f(a + ib). x a f(x+ib) f(a+ib) f(z) f(a+ib) mdat x a lim x a = lim z a+ib z a = f 0 (a + ib) volgt dat x R ok hebben we en er volgt dat u(x, b) u(a, b) u x (a, b) = x a lim =Ref 0 (a + ib), x a x R v x (a, b) = lim x a x R u(a, y) u(a, b) y b v(x, b) v(a, b) x a =Imf 0 (a + ib). v(a, y) v(a, b) f(a + iy) f(a + ib) + i = i y b iy ib u y (a, b) = u(a, y) u(a, b) lim =Reif 0 (a + ib) = Im f 0 (a + ib), y b y b y R v y (a, b) = v(a, y) v(a, b) lim =Imif 0 (a + ib) =Ref 0 (a + ib). y b y b y R Combineren levert u x (a, b) =v y (a, b) en v x (a, b) = u y (a, b). Tenslotte vinden we met = u (x, y) u (a, b) (x a) u x (a, b) (y b) u y (a, b) (x, y) (a, b) ³ Re f (x + iy) f (a + ib) (x a) f 0 (a + ib) i (y b) f 0 (a + ib) (x, y) (a, b) f (x + iy) f (a + ib) (x + iy a ib) f 0 (a + ib) x + iy a ib =

25 CAUCHY-RIEMANN dat u (x, y) u (a, b) (x a) u x (a, b) (y b) u y (a, b) lim =0. (x,y) (a,b) (x, y) (a, b) Volgens de definitie is u (reëel totaal) differentieerbaar in (a, b). p analoge wijze vindt men dat v (reëel totaal) differentieerbaar is in (a, b). Bewijs: = ii i. We vergelijken f(z) f(a+ib) z (a+ib) met u x (a, b)+iv x (a, b): f (z) f (a + ib) ³ u x (a, b)+iv x (a, b) = ³ u(x, y) u(a, b) z (a + ib) + i ³ v(x, y) v(a, b) u x (a, b) iv x (a, b) = (x a)+i (y b) (naenigrekenwerk) µ = (x a) i(y b) u(x, y) u(a, b) (x a) u (x a) +(y b) x (a, b)+(y b) v x (a, b) + µ +i (x a) i(y b) v(x, y) v(a, b) (x a) v (x a) +(y b) x (a, b) (y b) u x (a, b) = (gebruik nu de Cauchy-Riemann-vergelijkingen en herschrijf de noemer) = (x a) i(y b) u(x, y) u(a, b) (x a) u x (a, b) (y b) u y (a, b) q + (x a) +(y b) (x a) +(y b) +i (x a) i(y b) v(x, y) v(a, b) (x a) v x (a, b) (y b) v y (a, b) q. (x a) +(y b) (x a) +(y b) De definitie vanreële(totale)differentieerbaarheid zegt dat u differentieerbaar in (a, b) betekent dat lim (x,y) (a,b) u(x, y) u(a, b) (x a) u x (a, b) (y b) u y (a, b) q(x a) +(y b) =0 en v differentieerbaar in (a, b) dat lim (x,y) (a,b) v(x, y) v(a, b) (x a) v x (a, b) (y b) v y (a, b) q(x a) +(y b) =0. Met de begrensdheid van (x a) (x a) i(y b) vinden we +(y b) f (z) f (a + ib) lim (u x (a, b)+iv x (a, b)) = 0. z a+ib z (a + ib) Anders gezegd, f is differentieerbaar is in a + ib en bovendien geldt f 0 (a + ib) =u x (a, b)+iv x (a, b). pgave 9 We beschouwen de functie f : C C met exp µ z f (z) = 4 voor z 6= 0, 0 voor z =0.

26 DIFFERENTIËREN IN C i. Gebruik de differentieerbaarheid van machtreeksen en de samenstellingsregels voor de afgeleide om te bewijzen dat f analytisch is op C\{0}. ii. Laat zien dat u (x, y) =Ref (x + iy) en v (x, y) =Imf (x + iy) ook in 0 aan de Cauchy-Riemann vergelijkingen voldoen. iii. Laat zien dat f niet differentieerbaar is in 0. iv. Aan de Cauchy-Riemann-vergelijkingen in 0 is voldaan en toch is f niet differentieerbaar in 0. Wat is hier aan de hand? pgave 0 Laat zien dat de functie z 7 ln z in geen enkel punt van C\{0} differentieerbaar is. pgave Waar of niet waar? Motiveer het antwoord. i. Als f differentieerbaar is in 0 dan is f analytisch in 0. ii. Als f analytisch is in 0 dan is f differentieerbaar in 0. iii. Als f in elk punt van het gebied G differentieerbaar is en w G dan is f analytisch in w. iv. Als u (x, y) =Ref (x + iy) en v (x, y) =Imf (x + iy) partieel (reëel) differentieerbaar zijn en aan de Cauchy-Riemann vergelijkingen voldoen in (0, 0), danisf analytisch in 0. v. Als u (x, y) =Ref (x + iy) en v (x, y) =Imf (x + iy) partieel (reëel) differentieerbaar zijn en aan de Cauchy-Riemann vergelijkingen voldoen in (0, 0), dan is f (complex) differentieerbaar in 0. vi. Als u (x, y) =Ref (x + iy) en v (x, y) =Imf (x + iy) (totaal reëel) differentieerbaar zijn en aan de Cauchy-Riemann vergelijkingen voldoen in (0, 0), dan is f (complex) differentieerbaar in 0. vii. Als f analytisch is in 0, dan zijn er minstens twee punten waar f differentieerbaar is..4 Afbeeldingen V Het gedrag van een functie f : G C C kan men niet zo gemakkelijk voorstellen met een tekening. Daarvoor zouden we immers 4 dimensies nodig hebben. Een alternatief is om te bekijken hoe krommen (of zelfs rechte lijnen) zich gedragen onder zo n afbeelding. Als :[a, b] C een kromme is dan wordt het beeld van deze kromme onder f een nieuwe kromme f :[a, b] C met f (t) =f ( (t)). Voorbeeld 8 Laten we f : C C gedefinieerd door f (z) =z bekijken.

27 AFBEELDINGEN 3 Een horizontale rechte lijn, beschreven door : R C met (t) =t + ic, wordtdoordefunctief afgebeeld op de kromme f : R C met f (t) = (t + ic). Noemen we x =Re(f (t)) en y =Im(f (t)) dan vinden we via x = Re ³(t + ic) = t c, y = Im ³(t + ic) = ct, dat x = y c c. Dit is een liggende parabool met de opening naar rechts. Voor verticale lijnen (t) =c + it vinden we evenzo x = c y c, een liggende parabool met de opening naar links. Grafisch kunnen we dat als volgt voorstellen: Im 3 Im Re - f Re Merk op dat de reële as, beschreven door (t) =t met t R, in zijn geheel overgaat in een halve lijn, de positieve reële as (inclusief 0). Evenzo gaat de gehele imaginaire as over in de negatieve reële as (inclusief 0). pgave We beschouwen nog steeds f : C C met f (z) =z. i. Geef een schets van het beeld van : R C, met (t) =+(+i) t. ii. Geef ook een schets van het beeld van het vierkant {z C ;< Re z< en < Im z<3}. iii. Schets het volledig origineel van dit laatste beeld. We kunnen nog iets bijzonders opmerken in het bovenstaande plaatje. Namelijk dat zowel originele als beeldkrommen, als ze snijden, elkaar loodrecht snijden. Alleen bij 0 gebeurt er iets vreemds. I conform Afbeeldingen die hoeken behouden worden conform genoemd. Voor een afbeelding f : G C C betekent dat het volgende. Voor ieder paar gladde krommen,, met 0 (t) 6= 0en 0 (t) 6= 0, die elkaar snijden, noem het snijpunt s := (t )= (t ), snijden de beeldkrommen f en f elkaar in f (s) met dezelfde hoek. Stelling.4. ij G een gebied in C. Als f : G C C analytisch is en f 0 (z) 6= 0voor z G, dan is f een conforme afbeelding.

28 4 DIFFERENTIËREN IN C Bewijs: ij een gladde kromme met 0 (t) 6= 0. Herinner je dat voor een reële kromme x een richtingsvector aan de kromme in het punt x (t) gegeven wordt door x 0 (t). Dit kan men direct vertalen naar complexe krommen. De complexe richting van in (t) wordt gegven door 0 (t). Als en elkaar snijden (neem weer als snijpunt s := (t )= (t ))danisdehoekϕ, gemeten van naar, gegeven door µ 0 ϕ =arg (t ) 0 (t. ) Evenzo geldt voor de hoek ϕ in het snijpunt f (s) tussen f en f, opnieuw gemeten van f naar f, dat ϕ =arg µ (f ) 0 (t ) (f ) 0. (t ) We vinden µ (f ) 0 µ (t ) f 0 ( ϕ = arg (f ) 0 =arg (t )). 0 (t ) (t ) f 0 ( (t )). 0 (t = ) µ f 0 (s). 0 µ (t ) 0 = arg f 0 (s). 0 (t =arg (t ) ) 0 (t = ϕ. ) De eis f 0 6=0is nodig om 0 0 te vermijden. pmerking: We hebben gebruik gemaakt van een kettingregel voor de samenstelling f met : R C reëel differentieerbaar en f : C C complex differentieerbaar: (f ) 0 (t) =f 0 ( (t)) 0 (t). Eigenlijk zou men moeten schrijven (f ) 0 reëel (t) = f 0 complex ( (t)) 0 reëel (t). De juistheid van deze kettingregel mag u zelf laten zien. pgave 3 Beschrijf wat de volgende afbeeldingen f : C C doen. Een schets zoals boven mag ook. i. f (z) =iz, iv. f (z) =iz, ii. f (z) =z ++i, v. f (z) =i (z +), iii. f (z) =iz+3, vi. f (z) =iz + z. pgave 4 Bereken en teken de kromme f voor : R C met (t) =t+i, en f : C C met f (z) =z. pgave 5 We beschouwen f : C\{0} C met f (z) =. Bereken en teken z de krommen f voor bij: i. rechte lijnen door 0 in de richting α C\{0}, : R C met (t) =αt; ii. cirkels met straal R > 0 en 0 als middelpunt, : [0, π] C met (t) =Re it ; iii. horizontale rechte lijnen door ih met h R, : R C met (t) = t + ih; iv. de rechte lijn : R C met (t) =+(+i) t.

29 AFBEELDINGEN 5 I Möbius transformatie pgave 6 Gegeven f : C\{0} C\{0} met f (z) =. Laat zien dat f z inverteerbaar is en bereken de inverse f inv : C\{0} C\{0}. Gebruik de vorige opgave om te laten zien dat een kromme die een cirkel of een rechte lijn beschrijft door f afgebeeld wordt op een kromme die een cirkel of een rechte lijn beschrijft. Een belangrijke klasse van afbeeldingen zijn de zogenoemde Möbius transformaties. Dit zijn, voor a, b, c, d C met ad bc 6= 0, de functies ½ f : C\ d ¾ C met f (z) = az+ b c cz+ d. (.4) We kunnen zo n functie voor c 6= 0herschrijven als f (z) = az+ b cz+ d = a c bc ad + c z + d. c Nu kan men zien dat deze functie een samenstelling is van een verschuiving : z 7 z + d c, een inversie : w 7 w, een vermenigvuldiging : v 7 bc ad v, c een verschuiving : u 7 a c + u. Voor c =0blijft alleen een vermenigvuldiging en een verschuiving over. Met deze samenstelling volgt dat de Möbius transformatie cirkels en rechten afbeeldt op cirkels en rechten. V Voorbeeld 9 Een speciale Möbius transformatie is de volgende. Neem w C met w < en beschouw ½ ¾ f : C\ C met f (z) = z w w wz. (.5) Bij deze functies is het beeld van de eenheidscirkel in C opnieuw de eenheidscirkel. Im Im.5 w - - Re - f Re Hier is f geschetst voor w = i. De cirkels van het rechterplaatje snijden zich in lim f (z) = lim z w z z wz = w = i.

30 6 DIFFERENTIËREN IN C pgave 7 Laat zien dat voor de functie f in (.5) geldt dat: i. f (w) =0en f (0) = w; ii. f f (z) =z voor z C\ w ª ; iii. f ({z C ; z < }) ={z C ; z < } ; iv. f z C \ w ª ; z > ª = z C \ wª ; z > ª. We definiëren f : C { } C { } door f (z) =f (z) voor z C\ w ª, f w = en f ( ) = w. Laat zien dat f bijectief is. pgave 8 Laat zien dat voor a, b, c, d C met ad bc 6= 0, de functie ½ f : C\ d ¾ n a o C\ met f (z) = az+ b (.6) c c cz+ d een inverse heeft. Bereken die inverse. pgave 9 Tenslotte nog de functie f : C C met f (z) =e z. Im 6 Im Re f Re i. Bereken en schets de kromme f voor a. :[0, π] C met (t) =+it, b. :[0, 4π] C met (t) =+it, c. : R C met (t) =t + iπ, d. : R C met (t) =( i) t. ii. Laat zien dat a. f ({z C; π <Im z<π}) = C\ (, 0], b. f ({z C;Rez<0}) = {w C; w < }. iii. Heeft f : C C een inverse? iv. Laat zien dat f en g, gedefinieerd door f : {z C; π <Im z<π} C\ (, 0], met f (z) =e z, g : C\ (, 0] {z C; π <Im z<π}, met g (w) =ln w + i arg w, elkaars inverse zijn. We nemen het argument arg in ( π, π].

31 INTEGREREN IN C 7 3. INTEGREREN IN C 3. De integraal over een kromme I integraal over kromme Definitie 3.. ij ( ) :[a, b] C een gladde kromme zodanig dat [a, b] geheel ligt binnen het gebied G C. Voor f : G C een continue functie noemen we b f (z) dz = f (t) 0 (t) dt (3.) de integraal van f over de kromme. a I contourintegraal De integraal van f over de kromme wordt ook wel de contour-integraal van f over genoemd. Merk op uit de continuiteit van f en de gladheid van volgt dat de functie t 7 f (t) 0 (t) continu is. pmerking: We hebben in (3.) nog steeds een complexe integraal. Door voor g :[a, b] C af te spreken dat b a g (t) dt = b a Re g (t) dt + i zijn we terug bij integralen van reële functies. b a Im g (t) dt Hulpstelling 3.. ij G een gebied en f : G C een continue functie. Als en gladde enkelvoudige krommen binnen G zijn, zeg :[a, b] C en :[c, d] C met i. dezelfde beeldverzameling: K = [a, b] = [c, d], ii. de beeldverzameling K wordt door en door in gelijke richting doorlopen: (a) = (c) en (b) = (d), dan geldt dat f (z) dz = f (z) dz.

32 8 INTEGREREN IN C Een voldoende voorwaarde voor de eisen i en ii is het bestaan van een stijgende continue functie β :[a, b] [c, d] met β (a) =c en β (b) =d zodanig dat (t) = (β (t)) voor alle t [a, b]. Bewijs: Het bewijs van deze hulpstelling in het algemene geval is behoorlijk technisch en zullen we achterwege laten. Als de hierboven genoemde functie β differentieerbaar is dan volgt deze hulpstelling uit de substitutieregel voor reële integralen: b f (z) dz = f (t) b 0 (t) dt = f ³ β (t) 0 β (t) β 0 (t) dt = a a β(b) = f (s) d 0 (s) ds = f (s) 0 (s) ds = f (z) dz. β(a) c Hulpstelling 3..3 ij G een gebied en f : G C een continue functie. Als :[a, b] C een gladde kromme binnen G is dan geldt: b i. f (z) dz f (t) 0 (t) dt; a ii. f (z) dz max z [a,b] f (z) lengte(). Bewijs: Noem c = f (z) dz. Als c =0dan zijn beide uitspraken juist. Voor c 6= 0 vinden we dat c = cc= c f (z) dz = cf(z) dz = b a cf (t) 0 (t) dt. mdat c reëel is geldt dat c =Re b cf (t) 0 (t) dt = b a a ³ Re cf (t) 0 (t) dt Via Re α α voor α C en een ongelijkheid voor reële integralen vinden we b a ³ Re cf (t) 0 (t) b c c a dt b a cf (t) 0 (t) dt, f (t) 0 (t) dt en na door c = c gedeeld te hebben volgt de eerste uitspraak. De tweede uitspraak volgt uit de eerste met de schatting f (t) max f (z) voor t [a, b]. z [a,b]

33 DE INTEGRAAL VER EEN KRMME 9 Ditmaximumhangtnietvant af en dus b f (z) dz f (t) 0 (t) dt a b max f (z) 0 (t) dt = max f (z) lengte (). z [a,b] z [a,b] a V Voorbeeld 0 We berekenen Dan pgave 30 i. Bereken f (z) dz voor f (z) = z en :[0, π] C gegeven door f (z) dz = ii. Bereken = π 0 π 0 = i (t) =cost + i sin t (cos t + i sin t) ( sin t + i cos t) dt = (cos t i sin t) ( sin t + i cos t) dt = π 0 sin t +cos t dt =πi. z dz voor :[0,π] C met (t) =4sint 4icos t. z dz voor :[, ] C met (t) =4 t + it 8 t. Hint: bereken (t) en teken de beeldverzameling. Hulpstelling 3..4 ij G een gebied in C, f : G C een continue functie en :[a, b] C een gladde kromme met [a, b] G. Als er een analytische functie F : G C bestaat met F 0 = f op G dan geldt f (z) dz = F ( (b)) F ( (a)). Bewijs: Schrijf F ( (t)) = u (t)+iv (t) met u, v C ([a, b];r) en gebruik b a d dtu (t) dt = u (b) u (a) en het analogon voor v. Via d dt F ( (t)) = f ( (t)) 0 (t) dt vinden we b d f (z) dz = dtf ( (t)) dt = F ( (b)) F ( (a)). a

34 30 INTEGREREN IN C Gevolg 3..5 ij G een gebied in C, f : G C een functie en :[a, b] C een gesloten gladde kromme met [a, b] G. Als er een analytische functie F : G C bestaat met F 0 = f op G dan geldt f (z) dz =0. V Voorbeeld De functie f : G C is gegeven door f (z) = op G = C\{0} en de kromme z :[0, π] C door 0.5 Bereken (t) =+cost + i sin t. f (z) dz {( + cos t, sin t);0 t π} mdat f = F 0 op G voor F (z) = en omdat een gesloten kromme is z vinden we f (z) dz =0. ok door rechtstreeks berekenen zien we f (z) dz = π 0 ( (t)) 0 (t) dt = (t) π t=0 = (π) (0) =0. V Voorbeeld Bereken R f (z) dz voor de functie f : G C gegeven door f (z) = z op G = C\{0} en dezelfde kromme als hierboven, namelijk :[0, π] C met (t) =+cost + i sin t. p R\{0} kennen we een primitieve voor x namelijk ln x. Men zou ln z als primitieve op G = C\{0} kunnen proberen maar helaas is de functie z 7 ln z niet (zelfs nergens) complex differentieerbaar. Voorlopig zou men R f (z) dz rechtstreeks kunnen berekenen. De berekening is vervelend en een oude Mapleversie loopt zelfs vast bij de berekening. De nieuwste Maple-versie komt wel met het goede antwoord: f (z) dz = = π 0 π 0 (t) 0 (t) dt = π 0 sint+i cos t + cos t+i sin t dt = ³ sint+3 sin t cos t +4 cos t+3 cos t + i +cos t +4 cos t+3 cos t dt Maple = 0+iπ.

35 DE INTEGRAAL VER EEN KRMME 3 pgave 3 We definiëren de functie Ln : C\ (, 0] C door waarbij we het argument nemen in ( π, π]. i. Laat zien dat Ln (x) =lnx voor x R +. ii. Laat zien dat voor elke x R geldt dat Ln (z) =ln z + i arg (z) (3.) lim Ln (x + iy) =limln (x + iy)+πi. y 0 y 0 iii. Laat zien dat exp (Ln (z)) = z voor z C\ (, 0]. iv. Laat zien dat Ln analytisch is op C\ (, 0] en dat Ln 0 (z) = z voor z C\ (, 0]. I analytische uitbreiding De functie Ln : C\ (, 0] C gedefinieerdin(3.)iseenanalytische uitbreiding van de reële ln tot C\ (, 0]. Men kan laten zien dat deze voor C\ (, 0] de enig mogelijke is. mdat de Ln bij de negatieve reële as een sprong vertoont kunnen we die snee niet overbruggen. Wel kan men andere analytische uitbreidingen van de ln definiëren. Bijvoorbeeld Ln (z) =ln z + i arg (iz) π is een analytische uitbreiding van de ln-functie tot C\ [0,i ). Voor z C\{0} ;argz< π of arg z>πª geldt Ln (z) =Ln (z). Voor z C\{0} ; π<arg z<πª geldt Ln (z) =Ln (z)+πi. pmerking: Een andere manier om deze de ln uit te breiden is om deze als meerwaardige functie uit te beschouwen. Men bekijkt ln als zogenaamd Riemannoppervlak: de grafiek van z ln (z) laat men een oppervlak in C C beschrijven: {(z, ln z + i arg (z)+kπi);z C\{0},k }. m een functie van C naar C te tekenen hebben we vier dimensies nodig. Dat lukt niet. Wel kunnen we afzonderlijke grafieken van het reële en van het imaginaire deel laten tekenen. Hieronder staat links de grafiek van z 7 Im (ln (z)) ³ = arg (z). Daarnaast staan de grafieken, voor k, van de functies z 7 Im ln z + i arg (z)+kπi. -0 y Im Log Hx+iyL x V De grafiek van z 7 Im Ln (z) gebruikt één etage van de Riemann-parkeergarage. Voorbeeld 3

36 3 INTEGREREN IN C Het vorige voorbeeld laat zich met minder rekenwerk behandelen. We berekenen opnieuw R f (z) dz met f (z) = z en : [0, π] C met (t) = + cos t + i sin t. Men laat zoals in de vorige opgave zien dat F (z) = ln z + i arg (z) een analytische functie op C\ [0, ) is met F 0 (z) = z. mdat f continu is op [0, π] volgt π ε f (z) dz =lim ε 0 (t) 0 (t) dt. mdat [ε, π ε] C\ [0, ), geldt volgens Hulpstelling 3..4 dat π ε ε ε (t) 0 (t) dt = F ( (π ε)) F ( (ε)) = =ln (π ε) + i arg ( (π ε)) ln (ε) i arg ( (ε)). Tenslotte vinden we f (z) dz = µ =lim ln (π ε) + i arg ( (π ε)) ln (ε) i arg ( (ε)) ε 0 =3+πi 3 0=πi. = pgave 3 Een primitieve van x berekent men via breuksplitsing. Inder- daad vindt men via x = x x+ de functie ln x ln x + als een primitieve. Dat kan men ook doen bij imaginaire wortels. i. Splits als de som van twee eerste-orde -breuken. z + ii. Geef met de functie Ln uit (3.) van de vorige opgave om op een deel van C een primitieve van z + te beschrijven. Geef aan voor welke z deze gedefinieerd is. iii. We vervangen z door x. Vereenvoudig de primitieve uit het vorige onderdeel voor z = x R. iv. Laat zien dat het antwoord uit iii. arctan-functie verschilt. hoogstens een constante met de 3. Hoofdstelling van de complexe integratie integraalstelling van Cauchy Stelling 3.. ij G een enkelvoudig samenhangend gebied in C en f : G C analytisch op G. Als een gesloten gladde kromme binnen G is, dan geldt f (z) dz =0.

37 HFDSTELLING VAN DE CMPLEXE INTEGRATIE 33 Bewijs: Allereerst worden enkele vereenvoudigingen gemotiveerd. We geven geen bewijs dat deze vereenvoudigingen geoorloofd zijn. i. We nemen aan dat een Jordan-kromme is die linksom doorlopen wordt. ii. De functie f is analytisch en dus continu op G en de kromme is glad. Dan is het mogelijk om bij iedere ε>0 de kromme te benaderen met een kromme ε die bestaat uit een eindig aantal rechte lijnstukken en wel zodanig dat f (z) dz f (z) dz <ε. ε Het is dan voldoende om te laten zien dat f (z) dz =0voor krommen die aan de voorwaarden van de stelling voldoen maar die bovendien bestaan uit een aaneenschakeling van rechte lijnstukken. iii. We kunnen het binnengebied van zo n opvullen met een eindig aantal driehoeken. mdat G enkelvoudig samenhangend is behoort het binnengebied van de kromme tot G. Laat,..., n de randkrommen van deze driehoeken beschrijven alle linksom lopend. mdat integralen over gemeenschappelijk randen wegvallen ziet men nx f (z) dz = f (z) dz. k= k Het is daarmee voldoende om te bewijzen dat f (z) dz =0voor die de rand van een driehoek beschrijven. We bewijzen uit het ongerijmde. Stel dat f (z) dz = J>0, waarbij de randkromme is van een driehoek met diameter r. We gaan de driehoek in vier gelijk grote delen splitsen en noemen de linksom lopende randkrommen a, b, c, d. mdat de integralen over de gemeenschappelijke randen opnieuw wegvallen ÃÃÃÃÃÃ d ÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃ

38 34 INTEGREREN IN C f (z) dz = f (z) dz + f (z) dz + f (z) dz + f (z) dz. a b c d mdat f (z) dz = J is er minstens één, noem die, met f (z) dz 4 J. We nemen deze en splitsen die opnieuw in vier gelijk grote delen. Deze kleinere driehoeken worden opnieuw van vier randkrommen voorzien. Voor een van deze rand- krommen, noem die, geldt f (z) dz 4 J. Enzovoort. We vinden een rij {,, 3,...} zodanig dat diameter ( k )= k r en f (z) dz J. (3.3) 4k k Bovendien (uit de volledigheid van C) is er een z 0 dieopofbinnenelkvandeze krommen k ligt. Nu gebruiken we de aanname dat f differentieerbaar is en wel voor z = z 0. Volgens de definitieiservooriedereε>0 een δ>0zodanig dat voor z z 0 <δgeldt dat f (z) f (z 0 ) (z z 0 ) f 0 (z 0 ) ε z z 0. Neem δ>0 die deze afschatting geeft voor ε = J 4r en neem k zo groot dat r<δ. k (Deze keuzes lijken uit de lucht te vallen maar blijken aan het einde het resultaat te leveren.) Het beeld van de kromme k ligt zo geheel binnen afstand δ van z 0. Met de schatting g (z) dz lengte () max g (z) (3.4) z beeld (zie Hulpstelling 3..3) volgt dat f (z) f (z 0 ) (z z 0 ) f 0 (z 0 ) dz lengte ( k) ε max z z 0 z beeld k k lengte ( k ) ε diameter ( k ) 3ε (diameter ( k )) =3 J 4r µ k r = = 3 4 J < J. 4 k 4 k mdat de functie z 7 f (z 0 )+(z z 0 ) f 0 (z 0 ) een primitieve heeft, nl. zf(z 0 )+ (z z 0) f 0 (z 0 ) weten we uit Hulpstelling 3..4 dat f (z 0 )+(z z 0 ) f 0 (z 0 ) dz =0 k en dus volgt f (z) dz = f (z) f (z 0 ) (z z 0 ) f 0 (z 0 ) dz < J. 4 k k k Dit laatste is een tegenspraak met de rechterzijde van (3.3). onder een bewijs geven we een uitbreiding van de integraalstelling van Cauchy voor krommen die de rand van G snijden.

39 HET RESIDU 35 Stelling 3.. ij G een gebied in C, f : G C continu op G en analytisch op G. Als een gladde Jordan-kromme is, zodanig dat het binnengebied tot G behoort, dan geldt f (z) dz = Het Residu 3.3. Definitie en gebruik I residu Allereerst spreken we de volgende verkorte notatie af I f (z) dz := f (z) dz z w =r met :[0, π] C en (t) =w + re it. Definitie 3.3. ij G een gebied in C met w G. Voor f : G\{w} C een analytische functie definieert men het residu van f in w als volgt. Neem r>0 zodanig dat B r (w) G. Dan {Res f (z)} z=w = I f (z) dz. πi z w =r pmerking: In deze definitie ligt r niet vast. Elke voldoend kleine positieve r lijkt men te mogen kiezen. Dan zijn er twee mogelijkheden: ), een onzinnige definitie; of ), de integraal R f (z) dz hangtnietvanr af voor kleine r. De integraalstelling van Cauchy laat zien dat de integraal inderdaad niet van (kleine) r afhangt. Hiervoor integreert men over een kromme rond w waarvan het beeld er als links uitziet. mdat f een analytische functie op het inwendige van deze kromme is, geldt f (z) dz =0. Nemen we de rechte zijden van het kanaal op elkaar dan valt deze bijdrage aan de integraal weg. Er resteert met r <r dat I I f (z) dz f (z) dz = f (z) dz =0. z w =r z w =r V Voorbeeld 4 Bereken Res ª z z=0. mdat de functie z 7 z analytisch is op C\{0} mogen we iedere r>0 nemen om het residu te berekenen. ½ Res ¾ = I z πi z dz = π πi e it ieit dt = π dt = π z=0 z 0 =r t=0 t=0

40 36 INTEGREREN IN C V Voorbeeld 5 ij n N met n. Bereken Res De functie z 7 z is analytisch op C\{0}. n ½ Res ¾ z n = I πi z=0 = π z 0 = π t=0 z n ªz=0. z n dz = π πi t=0 e ( n)it dt = π h (e it ) n ie it dt = e( n)iti π ( n)i =0 t=0 De kanaal-truc die in de laatste opmerking gebruikt is kunnen we verder uitbuiten. Deze uitbreiding van de Integraalstelling van Cauchy zullen we als afzonderlijke stelling formuleren. residuenstelling Stelling 3.3. ij G een enkelvoudig samenhangend gebied in C en laat een linksom lopende gladde Jordan-kromme binnen G zijn. Stel dat er een eindig aantal punten {w k } n k= G zijn zodanig dat f : G\{w k} n k= C analytisch is en neem aan dat geen w k op het beeld van de kromme ligt. Dan geldt X f (z) dz =πi {Res f (z)} z=wk. w k binnen Bewijs: mdat G een enkelvoudig samenhangend gebied in C is ligt het binnengebied van binnen G. Door het graven van de juiste kanalen construeert men een kromme Γ zodanig dat alle w k in het buitengebied van Γ liggen. De oorspronkelijke kromme en de gekanaliseerde. De integraalstelling van Cauchy zorgt voor f (z) dz =0. Γ Een Jordan-kromme loopt linksom als het binnengebied aan de linkerkant t.o.v. de doorlooprichting ligt.

41 HET RESIDU 37 De bijdragen over de kanalen vallen weg en er blijft over dat X f (z) dz = f (z) dz πi {Res f (z)} z=wk. Γ w k binnen Het minteken voor πi verschijnt omdat de residu-integralen in omgekeerde richting doorlopen worden. I omloopgetal Voor gesloten, maar niet-enkelvoudige krommen kunnen we door plak- en knipwerk tot de volgende versie van de residuen-stelling komen. Daarvoor dienen we eerst het omloopgetal te definiëren. ij :[a, b] C een gesloten kromme met hoogstens eindig vele zelfdoorsnijdingen en w een punt in C datnietop de kromme ligt. Het omloopgetal σ (w, ) is het aantal keer linksom minus het aantal keer rechtsom dat rond w loopt. residuenstelling met omloopgetal Stelling ij G een enkelvoudig samenhangend gebied in C en laat eenlinksomlopendegladdekrommebinneng zijn met eindig vele zelfdoorsnijdingen. Stel dat er een eindig aantal punten {w k } n k= G zijn zodanig dat f : G\{w k } n k= C analytisch is. Neem aan dat geen w k op het beeld van de kromme ligt. Dan geldt f (z) dz =πi X σ (w k,){res f (z)} z=wk. w k V Voorbeeld 6 We gaan nogmaals terug naar het voorbeeld op bladzijde 30 en berekenen R f (z) dz voor f (z) = en de kromme :[0, π] C met (t) =+ z cost + i sin t. De functie f is analytisch buiten 0 en is een linksom lopende Jordan-kromme met 0 in het binnengebied. Volgens Stelling 3.3. geldt ½ dz =πi Res ¾ =πi. z z z=0 pgave 33 Gegeven de functie f : C\{0, } C met f (z) = krommen r :[0, π] C met r (t) =r exp (it). z +z en de i. Bereken de breuksplitsing van z +z. ii. Bereken R f (z) dz voor 0 <r<. r iii. Bereken R r f (z) dz voor r>.

42 38 INTEGREREN IN C 3.3. Het berekenen I gegeneraliseerde machtreeks We beschouwen de gegeneraliseerde machtreeks X X a k z k = z m a k m z k k= m k=0 P met m N en a k C. Laat R de convergentiestraal zijn van de machtreeks k=0 a kz k en neem aan dat R>0. Voor z C met 0 < z <Ris de functie f (z) = P k= m a kz k goed gedefinieerd. p B R (0) \{0} is de functie zelfs analytisch als eindige som van analytische functies: en f (z) =a m z m + a m+ z m+ + + a z + X a k z k (3.5) k=0 z 7 a n z n met n is analytisch in C\{0}, X z 7 a k z k is analytisch in B R (0). k=0 Hulpstelling Voor f in (3.5) geldt {Res f (z)} z=0 = a. Bewijs: We kunnen f schrijven als f (z) =a z + g (z) met g (z) =a m z m + a m+ z m+ + + a z + X a k z k. De functie g heeft een primitieve op B R (0) \{0} en dus volgt met Hulpstelling 3..4 voor 0 <r<rdat {Res g (z)} z=0 = I g (z) dz =0. πi Er blijft over dat z =r {Res f (z)} z=0 = Res a z ª z=0 = a πi I z = k=0 z dz = a. Hulpstelling Als de functie g : G C analytisch is in w dan geldt ½ Res g (z) ¾ = g (w). z w z=w Voor ν R wordt een uitdrukking van de vorm z ν P a n z n een gegeneraliseerde machtreeks genoemd. Als ν/ en z/ R + dan zullen we nog af moeten spreken wat we met z ν bedoelen. Bijvoorbeeld z ν = e ν Ln z is goed gedefinieerd voor z C\R 0.

43 HET RESIDU 39 Bewijs: Volgens de definitie van analytisch in een punt, is er een R>0 zodanig dat g analytisch is op B R (w). Het residu van z 7 g(z) z w in w is dus gedefinieerd. We schrijven g (z) g (z) g (w) = + g (w) z w z w z w. Het residu van de laatste term is direct te berekenen (g (w) hangt niet van z af): ½ Res g (w) ¾ = I I g (w) g (w) dz = dz = g (w). z w πi z w πi z w z=w z w =r z w =r We bewijzen dat het residu van de functie z 7 g(z) g(w) z w in w gelijk aan 0 is door te laten zien dat dit residu willekeurig klein (= dicht bij 0) afteschattenis. g(z) g(w) mdat g differentieerbaar is in w bestaat lim z w z w. Dit impliceert dat g(z) g(w) z w begrensd is voor z w voldoende klein. eg als z w <δdan g (z) g (w) z w M. Neem vervolgens r (0, min (δ, R)). We vinden met Hulpstelling 3..3 dat ½ ¾ g (z) g (w) Res z w = g (z) g (w) dz z=w πi z w z w =r π lengte () M = π πr M = Mr. Door r naar 0 te laten gaan volgt het resultaat. V Voorbeeld n 7 Bereken Res ½ Res z z +4 o ¾ z z = +4 z= i z= i ½ Res. Met Hulpstelling volgt z ¾ µ z i z = = i z +i z= i z i z= i i i =, z omdat z 7 z i analytisch is in i. Door breuksplitsing kunnen we dit residu ook zonder deze Hulpstelling berekenen: n n ³ z Res z +4 oz= i = n Res z+i + z i oz= i = o Res z+i = z= i. Hier hebben we gebruikt dat z 7 z i analytisch is in i. V Voorbeeld 8 Bereken Res sin z. mdat sin z als een machtreeks te schrijven is (met z ªz=0 R = ) vinden we uit sin z z = X met Hulpstelling dat ( ) n (n +)! zn = z 6 z + 0 z3... ½ Res sin z ¾ z z=0 =.

44 40 INTEGREREN IN C V Voorbeeld 9 Bereken Res is z 7 cos z R = ): sin z z cos z ª z=0. mdat z 7 cos z analytisch is en omdat cos 0 6= 0 als machtreeks te schrijven is (met analytisch in 0. mdat sin z z sin z z = X vinden we met Hulpstelling dat ½ ¾ sin z Res z cos z z=0 = = ( ) n (n +)! zn = 6 z + 0 z4... Res cos z à X cos z P ( ) n (n+)! zn z! ( ) n (n +)! zn z=0 = z=0 = cos 0 =. pgave ½ 34 Bereken de¾ volgende residuen. z i. Res z. iv. +3z 4 z= n ii. Res exp z o z. v. z=0 ½ iii. Res exp z ¾ +z. vi. z=i ½ Res ½ Res ½ Res ¾ exp z ( + z ) ¾ exp z z=i ¾ Ln ( + z) z z=0... z=0 In het laatste onderdeel is Ln de uitbreiding van de ln, die is gedefinieerd op bladzijde 3. pgave 35 Bereken tekening. sin z z dz voor i als hieronder. ie ook de bijstaande i. :[, ] C met (t) =7 3it t +3it 3 ; ii. :[0,π] C met (t) =+it sin t exp it; iii. 3 :[0, π] C met 3 (t) =+it sin t exp it beeldverzameling beeldverzameling beeldverzameling 3 pgave 36 Bereken dz voor de als in de vorige opgave. Hint: sin z bereken de nulpunten van sin z via sin (x + iy) = ey +e y sin x + i ey e y cos x.

45 HET RESIDU 4 V Contour-integralen kunnen soms worden gebruikt om lastige reële integralen te berekenen. Voorbeeld 0 o n lastige reële integraal is: sin x 0 x dx. Een primitieve is niet zo eenvoudig te vinden. Wel is deze oneigenlijke integraal via een geschikte contour te berekenen. We beschouwen de hier naast staande contour voor de integraal e iz z dz en merken op dat Im e ix = sinx voor x R. We nemen het imaginaire deel van de contour-integraal en laten ε 0 en R gaan. De grote boog parametriseren we door :[0,π] C met (t) =Re it en we vinden e iz z dz = π π π e ireit idt e ireit i dt = e R sin t dt = π/ π/ 4 π/ = e R sin t dt e Rt/ dt = 0 0 R e Rt/ 4 0 R. R e Daarmee volgt dat lim iz R z dz =0. De kleine boog parametriseren we door :[π,0] C met (t) =re it en we vinden e lim r 0 iz π π dz = lim e ireit idt = 3 idt = πi. z r De integraal en de limiet mogen hier verwisseld worden omdat lim r 0 e ireit = uniform voor t [0, π]. Binnen de contour is de functie z 7 eiz z analytisch en volgt R e iz z dz =0. Via r e ix R R x dx + e ix r x dx = e iz z dz e iz z dz e iz z dz en de limieten nemen volgt sin x dx = π en dus x 0 sin x x dx = π. pgave 37 Bereken via de contour hier rechts 3 Als lim x a f (x, y) = (y) uniform voor y [c, d] dan geldt d lim x a c f (x, y) dy = d c (y) dy.

46 4 INTEGREREN IN C en ( + x ) dx +x 4 dx. pgave 38 In deze opgave zullen we R 0 sin x dx bereken. Merk op dat sin x µ dx =Im e ix dx. 0 0 We gebruiken met de hiernaast getekende contour de integraal e iz dz. Dus is b.v. samengesteld uit :[0,R] C en (t) =t; :[0,R] C en (t) =R + it; 3 :[0,R] C en 3 (t) =(+i)(r t). i. Laat eerst zien dat ii. En ook dat 3 e iz e iz dz R 0 dz = ( + i) e Rt dt. R 0 e t dt. iii. Gebruik vervolgens dat R 0 e x dx = π om de gevraagde integraal te berekenen. Tenslotte nog een gevolg van de Residu-stelling dat er onschuldig uitziet maar vergaande consequenties heeft. I formule van Cauchy voor de cirkelschijf Stelling ij G een gebied in C met B R (w) G en g : G C analytisch. Dan geldt voor z B R (w) dat πi I ζ w =R g (ζ) dζ = g (z). ζ z Bewijs: Gebruik Stelling Het bijzondere aan deze stelling is dat als men de waarden van een analytische functie g op de rand van B R (w) kent daarmee elke waarde van g in het

47 GEVLGEN VAN DE FRMULE VAN CAUCHY 43 binnenste van de cirkelschijf kan terugvinden. De integraal gebruikt namelijk alleen de waarden van g dieopderand B R (w) liggen. Bij eerste kennismaking is het heel verrassend om te zien dat (complexe) differentieerbaarheid en de kennis van de randwaarden deze functie geheel vastlegt. We zullen dit resultaat diverse malen gaan gebruiken; onder andere om voor een type partiële differentiaalvergelijkingen met voorgeschreven randvoorwaarden een éénduidige oplossing te verkrijgen. 3.4 Gevolgen van de formule van Cauchy 3.4. Eigenschappen analytische functies Via de formule van Cauchy kunnen we kunnen we laten zien dat een analytische functie een analytische afgeleide heeft. Dat is een van de belangrijkste resultaten in de complexe functietheorie. Bovendien vinden we een integraal-formule voor de afgeleide die alleen een term f zonder afgeleide bevat. Tenslotte kan men aantonen dat iedere analytische functie te schrijven is als een (verschoven) machtreeks met een geschikt convergentiegebied. I analytische afgeleiden Gevolg 3.4. ij f een functie die analytisch is op een gebied G C met B R (w) G. Dan zijn alle afgeleiden van f analytisch op G en voor de n de afgeleide van f in z B R (w) geldt f (n) (z) = I n! f (ζ) πi n+ dζ. (3.6) (ζ z) ζ w =R Bovendien geldt dat voor z B R (w) f (z) = X f (n) (w) n! (z w) n. (3.7) Deze machtreeks heeft convergentiestraal groter of gelijk aan R. pmerking: p het eerste gezicht zal dit een vreemd resultaat lijken. Er bestaat duidelijk geen reëel equivalent: tweemaal (reëel) differentieerbaar volgt niet uit eenmaal (reëel) differentieerbaar. Bijvoorbeeld de functie f (x) =x x is differentieerbaar terwijl f 0 (x) = x niet differentieerbaar is. pmerking: Als f analytisch is op het gebied G en w G dan volgt niet alleen dat we f als machtreeks rond w kunnen schrijven maar bovendien dat de bijbehorende convergentiestraal groter of gelijk is aan de straal van de grootste cirkel met w als middelpunt die nog binnen G ligt. Bewijs: I. We zullen eerst laten zien dat de formule in (3.6) voor n =correct is. Neem w G en R>0 zodanig dat B R (w) G. Volgens de formule van Cauchy geldt voor z B R (w) : f (z) = I f (ζ) πi ζ z dζ. ζ w =R

48 44 INTEGREREN IN C Via een naïeve poging zou men kunnen denken dat rechtstreeks differentiëren het volgende resultaat geeft: d dz f (z) = I d f (ζ) πi dz ζ z dζ = I f (ζ) πi dζ. (3.8) (ζ z) ζ w =R ζ w =R Maar omdat zowel de integraal als de afgeleide via een limiet gedefinieerd is kunnen we die twee limieten niet zomaar verwisselen 4. We zullen laten zien dat deze verwisseling hier wel mogelijk is, dat wil zeggen we laten zien dat lim z z 0 ζ w =R f (z) f (z 0 ) z z 0 πi I ζ w =R f (ζ) (ζ z) dζ =0 Dus bij gegeven ε>0 vind een δ>0 zodanig dat als z z 0 <δdan... <ε. Voor z, z 0 B R (w) geldt met de integraal-formule van Cauchy dat I f (z) f (z 0 ) f (ζ) z z πi 0 (ζ z 0 ) dζ = ζ w =R I Ã µ = f (ζ) π z z 0 ζ z f (ζ)! f (ζ) ζ z 0 (ζ z 0 ) dζ = (3.9) Enig boekhouden levert ³ z z 0 ζ z ζ z 0 (ζ z 0) = z z 0 (ζ z)(ζ z 0). We noemen r de afstand van z 0 tot de rand B R (w), dwz. r = R z 0 w. mdat z 0 B R (w) geldt r>0. mdat we de limiet voor z naar z 0 bekijken mogen we bovendien aannemen dat de z waarin we geïnteresseerd zijn voldoen aan z z 0 < r. Dus we kiezen alvast δ r. Een dergelijke z heeft dan minstens afstand r tot de rand B R (w). We hebben daarmee ζ z 0 r en ζ z > r. Na deze voorbereidingen kunnen we (3.9) verder afschatten. (3.9) = π I ζ w =R z z 0 f (ζ) dζ (ζ z)(ζ z 0 ) π z z 0 π f w + Re iϕ Rdϕ = z z 0 R ϕ=0 rr r 3 max f w + Re iϕ. 0 ϕ π ³ Kies δ =min r, R r max 3 0 ϕ π f w + Re iϕ + ε en we hebben laten zien dat (3.9) <ε.hiermee is bewezen dat (3.8) inderdaad correct is. II. p gelijke wijze laat men zien dat I I d (n )! f(ζ) dz (ζ z) dζ = d (n )! f(ζ) n dz (ζ z) dζ. n ζ w =R ζ w =R Via inductie volgt dat µ n d f (z) = dz πi I ζ w =R n! f (ζ) (ζ z) n+ dζ. 4 x Bijvoorbeeld lim lim x 6=limlim. x 0 y 0 x +y y 0 x 0 x +y

49 GEVLGEN VAN DE FRMULE VAN CAUCHY 45 I stelling Liouville van III. mdat G open is er bij iedere z G een R > 0 te vinden zodanig dat B R (z) G. Gebruik de voorgaande onderdelen voor B R (z) en men vindt dat f (n) analytisch is in z. IV. Tenslotte wordt de machtreeksvoorstelling bewezen. We hebben I f (n) (w) = n! f (ζ) πi n+ dζ. (ζ w) ζ w =R Met M =max f (w + ζ) en ζ w = ζ =R Reiϕ volgt dan π f (n) (w) n! n+ f (ζ) Rdϕ Daarmee vinden we dat π ϕ=0 ζ w π n! π ϕ=0 R n+ MRdϕ = Mn!R n. lim sup n s n f (n) (w) n! r Mn!R n n = R, n! en via Cauchy-Hadamard dat de convergentiestraal van de machtreeks in (3.7) groter of gelijk aan R is. Tenslotte laat de stelling van Taylor, voor reële functies op R, zien dat (3.7) geldt voor z w kleiner dan de convergentiestraal. pgave 39 Een stelling van Liouville zegt dat een functie die analytisch en begrensd is op C constant is. Bewijs deze stelling als volgt. i. Laat zien dat voor f : C C analytisch voor iedere R>0 met behulp van (3.6) volgt f 0 π f z + Re (z) iϕ dϕ. (3.0) π ϕ=0 R ii. Stel M R + is zodanig dat f (z) M voor z C. Laat zien dat uit (3.0) volgt dat f 0 (z) M R. mdat we R willekeurig groot mogen nemen volgt f 0 (z) =0en daarmee dat f constant is. I Eulernummers pgave 40 De Euler-nummers E n zijn gedefinieerd door i. Bereken E,E en E 3. cosh z = X E n n! zn. ii. Voor welke z C is z 7 cosh z analytisch? iii. WatisdegrootstecirkelschijfinC rond 0 waarop z 7 cosh z analytisch is? iv. Gebruik Gevolg 3.4. om te laten zien dat de straal van deze cirkelschijf de convergentiestraal van de machtreeks P En n! zn.is.

50 46 INTEGREREN IN C

51 HARMNISCHE FUNCTIES HARMNISCHE FUNCTIES I Laplaciaan I Laplaceoperator Een zeer veel voorkomende partiële differentiaaloperator is de Laplaciaan, ook wel Laplace-operator genoemd. Deze wordt in twee dimensies gedefinieerd door µ µ := +. x y Een differentiaaloperator werkt op functies. Bijvoorbeeld x sin y =siny x sin y. 4. Analytischenharmonisch In dit deel zullen we het verband tussen analytische en harmonische functies bekijken. Stelling 4.. ij G een gebied in C en f : G C analytisch. Schrijven we G R = (x, y) R ; x + iy G ª dan voldoet de functie u : G R R met u (x, y) =Ref (x + iy) aan à µ µ! + u (x, y) =0. x y pgave 4 We gaan Stelling 4.. bewijzen. i. Laat zien dat de functie u oneindig vaak differentieerbaar in op G R. ii. Gebruik de Cauchy-Riemann vergelijkingen om te laten zien dat u =0 op G R. pmerking: We noemen de functie f oneindig vaak differentieerbaar als voor elke n N + alle n-deordepartiëleafgeleidenbestaan. Definitie 4.. ij G R eenopengebiedinr. Een oneindig vaak (reëel) differentieerbare functie u : G R R die voldoet aan u =0 I harmonisch wordt harmonisch op G R genoemd. De bovenstaande Stelling 4.. kan men nu grofweg beschrijven als: het reële deel van een analytische functie is harmonisch.

52 48 HARMNISCHE FUNCTIES pgave 4 Is de uitspraak het imaginaire deel van een analytische functie is harmonisch juist of onjuist? pgave 43 ij f een analytische functie op G. We spiegelen het gebied G in de reële as: G = {z C; met z G}. Dan kan men een anti-analytische functie f op G definiëren door f (z) = f (z). Laat zien dat u : G R R met u (x, y) =Ref (x + iy) een harmonische functie is. We hebben net gezien hoe we met een analytische functies een harmonische functie kunnen vinden. p enkelvoudig samenhangende gebieden is er ook een weg terug. mdat we nu bij een reële functie een geschikte imaginaire functie zullen definiëren laat het zich raden dat de constructie van harmonisch naar analytisch moeilijker verloopt dan van analytisch naar harmonisch. Stelling 4..3 ij G C een enkelvoudig samenhangend gebied. Als h een harmonische functie is op G R dan bestaat er een analytische functie f : G C zodanig dat h (x, y) =Ref (x + iy). Bewijs: De constructie gaat als volgt: I. Definieer g : G C door g (x + iy) =h x (x, y) ih y (x, y). mdat g differentieerbaar is en omdat het reële en imaginaire deel van g aan de Cauchy-Riemann vergelijkingen voldoen: x Re g (x + iy) = h xx (x, y) = h yy (x, y) = y Im g (x + iy) x Im g (x + iy) = h yx (x, y) = h xy (x, y) = y Re g (x + iy) is g analytisch op G. II. Vervolgens kiezen we een vast punt (a, b) G R. Voor iedere w G nemen we een gladde kromme w :[0, ] C zodanig dat w [0, ] G, w (0) = a + ib en w () = w. Dan wordt de gevraagde analytische functie f : G C gedefinieerd door f (w) =h (a, b)+ g (z) dz. w Men laat zien dat f 0 = g. Volgens de definitie geldt mdat voor alle (x, y) G R geldt dat Re f (a + ib) =f (a + ib) =h (a, b). x Re f =Ref 0 =Reg = x h is h Re f constant op horizontale lijnen. Evenzo volgt uit y Re f =Reif 0 =Reig = Im g = y h, dat h Re f constant is op vertikale lijnen. Daarmee geldt h =Ref.

53 EEN PLSSING VR EEN CIRKELVRMIG GEBIED 49 De waarde van f in w hangt niet af van de gekozen weg. Als w en w beide gladde krommen binnen G zijn die a + ib met w verbinden dan geldt volgens de Integraalstelling van Cauchy dat g (z) dz = g (z) dz. w w III. Vervolgens laten we zien dat f analytisch is in G. Neem w G en voor ζ dichtbij w de kromme ζ :[, ] C met We vinden dat en ζ (t) = f (ζ) f (w) = ½ w (t +) voor t [, 0], w + t (ζ w) voor t (0, ]. = g (z) dz g (z) dz = ζ w t=0 f 0 f (ζ) f (w) (w) = lim = lim ζ w ζ w ζ w g (w + t (ζ w)) (ζ w) dt t=0 g (w + t (ζ w)) dt = g (w). pgave 44 Laat zien dat u : R \{0} R met u (x, y) = x harx +y monisch is. Geef een analytische functie f : {z C ; z 6= 0} C zodanig dat Re f (x + iy) =u (x, y). pgave 45 Laat zien dat u : R \{0} R met u (x, y) = ln x + y harmonisch is. Geef een analytische functie f : {z C\{0} ; arg z <π} C zodanig dat Re f (x + iy) =u (x, y). Is deze analytisch voort te zetten tot C\{0}? 4. Een oplossing voor een cirkelvormig gebied Voor een cirkelvormig gebied kunnen we met de behulp van de formule van Cauchy een formule voor de oplossing van de Laplace-vergelijking met Dirichlet randvoorwaarde vinden. We nemen ter vereenvoudiging als gebied de cirkel met straal rond (0, 0). Dat wil zeggen we zoeken een oplossing u, een functie van x R ; x ª R, die voldoet aan ( u (x) = 0 voor x R met x <, u (x) = u rand (x) voor x R met x =, (4.) bij voorgeschreven u rand. We hebben gezien dat het reële deel van een analytische functie harmonisch is en dat er op enkelvoudig samenhangende gebieden ook een weg terug is van een harmonisch functie naar een analytische. Stel nu dat we zo n analytische functie hebben waarbij het reële deel een oplossing van (4.) is. Via de formule van Cauchy kunnen we uit de kennis van de functie op de rand de functie

54 50 HARMNISCHE FUNCTIES binnen B (0) terugvinden. oiets willen we eigenlijk hebben voor alleen het reële deel. We zouden kunnen proberen het reële deel van de formule van Cauchy te nemen: u (x,x )=Ref (x + ix )=Re πi I z = f (z) z (x + ix ) dz = Het reële deel uitschrijven levert π =Reπ f e iϕ ϕ=0 e iϕ (x + ix ) eiϕ dϕ = Ã π = f e iϕ! π Re ϕ=0 e iϕ (x + ix ) eiϕ dϕ. (4.) µ f(e Re iϕ ) e iϕ (x +ix ) eiϕ =Re µ f(e iϕ ) e iϕ (x +ix ) e iϕ e iϕ (x ix ) = = Re(f(eiϕ )( e iϕ (x ix ))) e iϕ (x +ix ) = = ( x cos ϕ x sin ϕ)ref(e iϕ )+i(x cos ϕ x sin ϕ)imf(e iϕ ) (cos ϕ x ) +(sin ϕ x ). Helaas vinden we na dit rekenwerk dat er onder de integraal ook een term met Im f overblijft. Als er slechts termen met Re f zouden overblijven dan kunnen we daarvoor u invullen. Met u op de rand B (0) voorgeschreven vinden we u op geheel B (0) terug. De zo gevonden formule zouden we kunnen gebruiken om een oplossing u van (4.) te vinden in de vorm van een integraal over de rand. We kunnen via een truc van Im f afkomen. Daarvoor doen we het volgende. Schrijf w = x + ix en merk op dat, omdat w = x ix in het buitengebied vandekrommeligt,defunctiez 7 f(z) analytisch is op B z w (0) en dat dus geldt I f (z) dz =0. πi z w z = Tellen we dit op bij de formule van Cauchy dan vinden we f (w) = I πi z = f (z) z w dz I z = f (z) z w dz Nemen we nu het reële deel dan verdwijnt de Im f binnen de integraal. Dat zien we als volgt..

55 EEN PLSSING VR EEN CIRKELVRMIG GEBIED 5 Gebruiken we dat z =, en dus geldt z z =, dan volgt (zie voetnoot )dat f (w) = I I f (z) πi z w dz f (z) dz z w = = π = π I z = π z = ϕ=0 z = w f (z) dz z w iz = x (cos ϕ, sin ϕ) x f e iϕ dϕ. Door het reële deel te nemen, u (x) =Ref (x + ix ), volgt u (x) = π x π u (cos ϕ, sin ϕ) dϕ. ϕ=0 (cos ϕ, sin ϕ) x Met deze formule kunnen we met slechts de functiewaarden op de rand van u de functie u op de gehele cirkelschijf terugvinden. Hiermee hebben we niet laten zien dat we een formule voor de oplossing van (4.) voor willekeurige u rand hebben. We hebben namelijk aangenomen dat we u al als reëel deel van een analytische functie konden schrijven. Wel hebben we laten zien dat als de oplossing harmonisch op G en continu op G is (zie Stelling 3..) de functie deze vorm zal hebben. Men kan echter laten zien dat men voor continue randvoorwaarden met deze formule inderdaad een oplossing van het Laplace-probleem op de eenheidscirkel krijgt. I Poisson integraal formule Stelling 4.. Als ϕ 7 u rand (cos ϕ, sin ϕ) een continue functie is, dan is de functie u : x R met x ª R gedefinieerd door x π u rand (cos ϕ, sin ϕ) u (x) = π dϕ voor x met x <, (cos ϕ, sin ϕ) x (4.3) ϕ=0 u rand (x) voor x met x =, i. een oneindig vaak (reëel) differentieerbare functie op x R ; x < ª, ii. een continue functie op x R met x ª, iii. die voldoet aan (4.), de Laplace-vergelijking met Dirichlet randvoorwaarde op de eenheidscirkel. pmerking: Slechts zelden kan men in de Poisson integraal formule de integraal vervangen door een expliciete uitdrukking (de integraal uitrekenen ). De betekenis van deze integraal ligt dan ook niet in de mogelijkheid om zo n expliciete formule te vinden. Met behulp van deze integraal ziet men dat er een oplossing is (de integraal bestaat) en kan men eigenschappen van de oplossing afleiden. Bewijs: We geven geen compleet bewijs maar laten een paar stappen zien. ij f : B (0) C een continue functie. Dan geldt het volgende: ³ Voor w < z = geldt = z w = z w z z z w+w w = z w z w z z w w z z (z w)( w z) w z. z w

56 5 HARMNISCHE FUNCTIES i. de functie g : w 7 πi I z = ii. de functie g : w 7 πi w I z = f(z) z w dz is analytisch op B (0) ; f(z) zw dz is analytisch op B (0) ; iii. de functie g 3 : w 7 g ( w) is anti-analytisch (zie de opgave op bladzijde 48) op B (0) ; iv. de functie u :(x,x ) 7 Re g (x + ix ) Re g 3 (x + ix ) is harmonisch (gebruik Stelling 4.. en de genoemde opgave). Als we deze laatste formule uitschrijven met f = u rand dan verschijnt de Poisson integraal formule. Continuïteit van u op B (0) R volgt hier niet direct uit. Het extra bewijs dat daarvoor nodig is zullen we overslaan. pgave 46 Laat zien dat R x π u (x) = π ϕ=0 u rand (R cos ϕ, R sin ϕ) (R cos ϕ, R sin ϕ) x dϕ voor x met x <R, u rand (x) voor x met x = R, (4.4) een oplossing van de Laplace-vergelijking met Dirichlet randvoorwaarde is op een cirkel rond 0 met straal R. (Gebruik een schalingsargument: als u de oplossing is op B (0) R neem dan u (x) =u (x) voor geschikte R.) I gemiddeldewaardestelling voor harmonische functies Gevolg 4.. Als u : B R (0) R R continu is en als u harmonisch is in B R (0) R, dan is u (0) het gemiddelde van u over de rand B R (0) R : u (0) = π π ϕ=0 u (R cos ϕ, R sin ϕ) dϕ. pgave 47 Bewijs Gevolg 4... Gebruik hiervoor de in de vorige opgave afgeleide formule. pgave 48 Laat zien dat als u rand (x,x )= u rand ( x,x ) voor x 0 de oplossing van (4.) voldoet aan u (0,x )=0. Dit kunnen we gebruiken om een harmonische functie op de halve cirkel met randvoorwaarden u (0,x )=0voor <x <, q u (x,x )=u rand (x,x ) voor x = x te definiëren. Verklaar en controleer de volgende formule (hint: substitueer ϕ := π ϕ in de tweede integraal) u (x) =

57 EEN PLSSING P ANDERE GEBIEDEN 53 = x π = x π π ϕ= π π ϕ= π u rand (cos ϕ, sin ϕ) (cos ϕ, sin ϕ) x dϕ + 3 π ϕ= π u rand ( cos ϕ, sin ϕ) (cos ϕ, sin ϕ) x dϕ = ³ u (x cos ϕ) +(x sin ϕ) (x +cos ϕ) +(x sin ϕ) rand (cos ϕ, sin ϕ) dϕ. (4.5) pgave 49 Verzin een formule als in (4.5) voor de harmonische functie op de halve cirkel die voldoet aan de randvoorwaarden u (0,x ) x = 0 voor <x <, u (x,x ) = u rand (x,x ) voor x = q x. pgave 50 Verzin een formule als in (4.5) voor de harmonische functie op de kwart cirkel die voldoet aan de randvoorwaarden u (x, 0) = 0 voor 0 <x < u (0,x ) = 0 voor 0 <x <, u (x,x ) = u rand (x,x ) voor 0 x = q x. 4.3 Een oplossing op andere gebieden We zullen hier geen algemene theorie afleiden voor het bestaan van oplossingen van de Laplace-vergelijking met Dirichlet (of Neumann) randvoorwaarden op willekeurige gebieden in R. Aan de hand van een voorbeeld laten we een methode zien waarmee een oplossing geconstrueerd kan worden. Allereerst spreken we af wat we een oplossing zullen noemen. Definitie 4.3. ij G een gebied in R. We noemen u : Ḡ R een oplossing van de Laplace-vergelijking met Dirichlet randvoorwaarden u rand als i. u : G R is oneindig vaak (reëel) differentieerbaar, ii. u : G R is continu, iii. u voldoet aan: ( u (x) = 0 voor x G, u (x) = u rand (x) voor x G. (4.6)

58 54 HARMNISCHE FUNCTIES I Laplaceprobleem V Het stelsel in (4.6) wordt het Laplace-probleem genoemd. pgave 5 Stel dat de functie u harmonisch is op R. Laat zien dat de functie (x, y) 7 u x y 5 50, xy ook harmonisch is op R. Voorbeeld De oplossingen van de vergelijking x y (xy) =in R met x>0 leveren het volgende beeld: De functie g : R R met g (x, y) = x y 5 50, xy beeldt de hierboven getekende verzameling af op de eenheidscirkel in R. Noem het inwendige van deze verzameling Ei. Als g een inverse heeft dan kunnen we een oplossing v van de Laplace-vergelijking met Dirichlet randvoorwaarde op Ei construeren met behulp van de formule voor de Laplace-vergelijking met Dirichlet randvoorwaarde op de eenheidscirkel als volgt. Definieer u rand ( x, ỹ) =v rand g inverse ( x, ỹ) voor ( x, ỹ) B (0), (4.7) en gebruik de Poisson-formule voor u op de eenheidscirkel; de gevraagde v vindt men nu door v (x, y) =u (g (x, y)). (4.8) I afbeeldingsstelling van Riemann I conform pgave 5 We nemen aan dat de hierboven genoemde g : Ei B (0) R inderdaad inverteerbaar is en dat de voorgeschreven randwaarden differentieerbaar zijn. Laat zien dat de v van hierboven inderdaad een oplossing is van het Laplaceprobleem met Dirichlet randvoorwaarde op Ei. We kunnen een transformatie als hierboven voor veel andere gebieden gebruiken. De zogenoemde afbeeldingsstelling van Riemann zegt dat er bij elk enkelvoudig samenhangend gebied G een afbeelding f : Ḡ B (0) bestaat die analytisch is op G en die bovendien voldoet aan f 0 (z) 6= 0voor z G. Dergelijke afbeeldingen zijn conform, zie bladzijde.4.. Helaas is voor de De continu differentieerbare à reële functie g : R R is inverteerbaar in een omgeving d dx van (x, y) als geldt det g d (x, y) g! dy (x, y) d g d dx (x, y) g 6= 0. dy (x, y) De analytische functie f : C C is inverteerbaar in een omgeving van z als f 0 (z) 6= 0.

59 EEN PLSSING P ANDERE GEBIEDEN 55 meeste gebieden het vinden van deze afbeelding niet erg praktisch. Het recept voor deze aanpak is als volgt. We gebruiken de notatie f R : ḠR B (0) R gedefinieerd door f R (x, y) =(Ref (x + iy), Im f (x + iy)) Recept 4.3. voor het vinden van een harmonische functie u op een enkelvoudig samenhangend gebied G R met voorgeschreven randwaarde u r op G R. Hiervoor is een functie f : Ḡ B (0) nodig die analytisch is op G en waarvoor geldt dat f 0 (z) 6= 0voor z G. i. de randvoorwaarde overbrengen van G naar B (0) door ũ r (f R (x, y)) = u r (x, y) voor (x, y) G R ; ii. ũ oplossen op B (0) via Poisson integraal formule ũ (x, y) = x y π iii. terugbrengen naar G via π ϕ=0 ũ r (cos ϕ, sin ϕ) (cos ϕ, sin ϕ) (x, y) dϕ; u f invers R (x, y) =ũ (x, y) voor (x, y) B (0) R. pmerking: Voordat men computers benaderingen voor oplossingen kon laten berekenen, was het oplossen van de Laplace vergelijking via een conforme afbeelding en de Poisson integraal formule voor de cirkelschijf een mogelijkheid om een beeld van de oplossing te krijgen. In de oudere literatuur (± ) vindt men vele expliciete voorbeelden van dergelijke conforme afbeeldingen. Een catalogus van conforme afbeeldingen vindt men in het boek van H. Kober, Dictionary of Conformal Representations, heruitgegeven door Dover in 957. (De afbeelding van ellips naar de cirkel is daar overigens niet correct.) Dat bovenstaand recept inderdaad een harmonische functie levert zien we met het volgende resultaat. Hulpstelling ij G een gebied in C en stel dat

60 56 HARMNISCHE FUNCTIES i. (s, t) 7 u (s, t) harmonisch is op G R ; ii. z 7 f (z) analytisch is op G. Dan is (x, y) 7 u (f R (x, y)) harmonisch op f (G) R. Bewijs: Als we dit door recht-toe-recht-aan berekenen laten zien dan wordt dat een stevige rekenpartij. We kunnen het bewijs ook slimmer aanpakken. Herinner je dat er bij een harmonische functie u op een enkelvoudig samenhangende gebied een analytische functie g bestaat zodanig dat u (x, y) =Reg (x + iy). mdat g en f analytisch zijn is de samenstelling g f analytisch. Dan volgt dat v =Re(h f) harmonisch is. V Voorbeeld De functie f : C C met f (z) = z +iz+ iz +z+i beeldt de halve cirkelschijf af op de hele cirkelschijf: f : {z C;Imz>0, z < } B (0) is analytisch; f : {z C;Imz 0, z } B (0) is continu en bijectief. Het controleren van deze bewering is een pittige oefening in het rekenen met complexe getallen. pgave 53 i. Laat zien dat B (0) \{0} het beeld is van C\B (0) onder de functie f (z) = z. ii. fschoon f inverse niet op B (0) bestaat (er is geen z C\B (0) met f (z) =0) kunnen we via bovenstaande wijze een oplossing van ½ v = 0 voor x R met x >, v = v rand voor x R met x =, krijgen. Geef een integraalformule. iii. Wat kun je zeggen van lim (x,y) v (x, y)? V pgave 54 Welk gebied wordt door f (z) = z i z+i afgebeeld op B (0)? pgave 55 We beschouwen de Laplace-vergelijking op het halfvlak R + R. Dat is het volgende probleem: ½ v = 0 voor x R met x > 0, v (0,x ) = v rand (x ) voor x R, Gebruik f (z) = z z+ om een integraalformule voor een oplossing hiervan te berekenen. Voorbeeld 3 In een vorige opgave hebben we een analytische functie f van het halfvlak naar de eenheidsbol gezien. Gebruiken we de functie z 7 w (z) uit paragraaf 3. van Kober s Dictionary of Conformal Representations dan is f w een analytische afbeelding van de rechthoek naar de eenheidsschijf. Die functie f w kan men gebruiken om een oplossing van het Laplace-probleem met voorgeschreven randvoorwaarden op de rechthoek te bepalen. Het daarmee expliciet berekenen van een oplossing is nog een hele toer als men deze afbeelding bekijkt.

61 EEN PLSSING P ANDERE GEBIEDEN 57 Kopie uit Dictionary of Conformal Representations van H. Kober (Dover)

62 58 HARMNISCHE FUNCTIES 4.4 Het maximum principe I sterk maximum principe Voor vele enkelvoudig samenhangende gebieden in R kan men via een conforme afbeelding een oplossing vinden van het Laplace-probleem. De vraag die dan opkomt is of de zo gevonden oplossing de enig mogelijke is. Het belangrijkste gereedschap voor het beantwoorden van deze vraag is het zogenoemde sterk maximum principe. Voor harmonische functies luidt het als volgt. Stelling 4.4. ij G een gebied in R en stel dat de continue functie u : Ḡ R harmonisch is in G. Als u zijn maximum binnen G aanneemt, dan is u constant. Voor begrensde gebieden G volgt dan dat het maximum op de rand ligt, dus max x G u (x) =max x G u (x). Bewijs: Stel dat u zijn maximum heeft in y G. Dan geldt voor iedere r>0 met B r (y) R G (zulke r>0 zijn er want G is open) via Gevolg 4.. dat u (y) = π π ϕ=0 u (y + r (cos ϕ, sin ϕ)) dϕ π π ϕ=0 u (y) dϕ = u (y). Als u (x) ergens op B r (y) R kleiner dan u (y) is, is deze ongelijkheid strikt (<) en krijgen we een tegenspraak. o niet, dan geldt u (x) =u (y) voor alle x met x y r. We kunnen dit argument herhalen voor elke ỹ op deze cirkelschijf, enzovoort. Het gebied G zo opvullend met overlappende cirkels levert dat u is constant. Gevolg 4.4. De Laplace-vergelijking op een begrensd gebied met op de gehele rand voorgeschreven Dirichlet randvoorwaarde heeft hoogstens één oplossing. Bewijs: Stel er zijn twee oplossingen u en u. Dan is v = u u harmonisch binnen het gebied en 0 op de rand. Dus max x G v (x) =max x G v (x) =0. Hieruit volgt dat v 0 op G. mdat hetzelfde geldt voor u u vinden we dat u = u in G. Combineren we Stelling 4.. en Gevolg 4.4. dan zien we dat de Laplacevergelijking op een cirkelschijf met op de gehele rand voorgeschreven Dirichlet randvoorwaarde precies één oplossing heeft. pgave 56 We bekijken nog even de eerste opgave op bladzijde 56 waar een oplossing op het gebied x R ; x > ª berekend werd. Dit gebied is onbegrensd en dus kunnen we niet het maximum principe gebruiken om te laten zien dat er precies één oplossing is. Het is zelfs nog erger: er zijn meerdere oplossingen. Laat zien dat v (x, y)+43log x + y ook een oplossing is. pgave 57 Bepaal nog enkele andere oplossingen van het Laplace probleem op het halfvlak (zie laatste opgave op bladzijde 56).

63 PTENTIAALSTMINGEN IN DIMENSIES PTENTIAALSTMINGENIN DIMENSIES 5. Model Een twee-dimensionale niet-samendrukbare stroming ten gevolge van een potentiaal kunnen we beschrijven met behulp van complexe functies. Voorbeelden komen voor bij stroming van een ideale vloeistof; warmtestroming; electrostatica. We zullen eerst een grove afleiding van het model geven. 5.. Reële formulering m een beeld te krijgen is hieronder zo n gebied getekend. Je kunt denken aan bijvoorbeeld een zandlaag tussen twee niet-doorlatende wanden.bij de linker stippellijn is de instroom bekend en bij de rechter de uitstroom. Enkele stroomlijnen zijn ook geschetst. In dit plaatje wordt de horizontale stroomsnelheid op plaats (x, y) aangegeven door q (x, y), de verticale door q (x, y). mdat we aannemen dat het stromende materiaal niet samendrukbaar is, is de stromingsdichtheid evenredig met de stroomsnelheid. Nemen we ook nog ter vereenvoudiging aan dat de stroomsnelheid in het midden van elk interval een goede benadering is dan vinden via de massabalans instroom = uitstroom k q (x, y + k) dat? q (x h, y) - (x, y) q (x + h, y) - 0? h q (x, y k) k q x + h, y q x h, y + h q x, y + k q x, y k =0. Vervolgens delen we deze uitdrukking door hk. Tenslotte gebruiken we twee limieten voor h respectievelijk k naar 0:

64 60 PTENTIAALSTMINGEN IN DIMENSIES Dat wil zeggen q x + h, y q x h, y en via h q x + lim h 0 q lim k 0 h, y q x h + q x, y + k q x, y k =0. k h, y x, y + k q x, y k k = x q (x, y), = y q (x, y), volgt x q (x, y)+ y q (x, y) =0. (5.) I potentiaal Verder nemen we aan dat we met een potentiaalstroming te maken hebben. Dat wil zeggen dat er een functie Φ is, de potentiaal, zodanigdat q = Φ. Dit kunnen we ook schrijven als q (x, y) = xφ (x, y), q (x, y) = y Φ (x, y). Als Φ een tweemaal continu differentieerbare functie dan geldt daarmee dat y q (x, y) = Φ (x, y) = y x x q (x, y). (5.) De uitdrukkingen in (5.) en (5.) lijken verdacht veel op de Cauchy-Riemann vergelijkingen van bladzijde Complexe formulering We gaan over op complexe functies door te schrijven q (x + iy) =q (x, y) iq (x, y). (5.3) I Cauchy- Riemann vergelijkingen Als de potentiaal Φ een tweemaal continu differentieerbare functie is dan voldoet deze q via (5.) en (5.) inderdaad aan de Cauchy-Riemann vergelijkingen. Voor nette (lees tweemaal continu differentieerbare) potentiaalfuncties is q dus een analytische functie. Merk op dat voor de potentiaalfunctie Φ zelf het volgende geldt: µ Φ (x, y) = x x q (x, y) = µ y q (x, y) = Φ (x, y). y Anders geschreven µ µ Φ (x, y)+ Φ (x, y) =0 (5.4) x y

65 MDEL 6 I harmonisch Een functie waarvoor (5.4) geldt heet harmonisch. Stel dat het gebied G enkelvoudig samenhangend is. mdat Φ harmonisch is kunnen we dan Φ beschouwen als het reële deel van een analytische functie f: f(z) =Φ(x, y)+iψ(x, y), waarbij z = x + iy met (x, y) G. ie de opmerking op bladzijde 48. ok Ψ is harmonisch in G en volgens de Cauchy-Riemann vergelijkingen geldt dat Φ x = Ψ y Φ en y = Ψ x in G. (5.5) pmerking: De analytische functie f wordt ook de complexe potentiaal genoemd en vaak aangegeven met Ω: Ω(x + iy) =Φ (x, y)+iψ (x, y). Voeren we de complexe snelheid in als in (5.3), dan hebben we q = Φ x + iφ y = Φ x iψ x = Ω x = Ω Betekenis complexe potentiaal Wat is de fysische interpretatie van deze functie Ψ? Wegens (5.5) geldt Φ Ψ =0ofwel Φ Ψ in G en Φ n = Ψ Φ en s n = Ψ s, (5.6) met (n, s) de coordinaten in een willekeurig orthogonaal stelsel {~n, ~s}. De eerste gelijkheid in (5.6) volgt uit Φ n = Ψ y Φ Φ = Φ ~s = cos α + x y sin α = Ψ Ψ cos α sin α = Ψ ~n = x n ; de tweede volgt op analoge wijze. We bekijken een reële kromme t 7 (x (t),y(t)) binnen het gebied G met begin- en eindpunt P respectievelijk Q. p ieder punt van de kromme nemen we ~s de tangentiële en ~n de geschikt georiënteerde normaalrichting.

66 6 PTENTIAALSTMINGEN IN DIMENSIES Als P en Q twee punten zijn in G en Γ : t 7 (x (t),y(t)) een verbindende reële kromme, dan geldt Ψ Ψ(Q) Ψ(P )= Γ s ds = Φ Γ n ds = Φ ~n ds = q ~n ds, Γ Γ met andere woorden, Ψ(Q) Ψ(P ) is de hoeveelheid vloeistof die stroomt door een oppervlak gekarakteriseerd door de kromme k. In het bijzonder geldt: Ψ(P ) =Ψ(Q) voor punten P, Q op een stroomlijn. I stroomfunctie Daarom wordt deze functie Ψ de stroomfunctie genoemd. Dikwijls is het handig om een stromingsprobleem rechtstreeks in Ψ uit te drukken. pmerking: We kunnen Ψ(Q) Ψ(P ) ook via de complexe potentiaal berekenen. Voor de met Γ corresponderende kromme :[a, b] C (met (t) =x (t) +iy (t)) vinden we via Hulpstelling 3..4 dat Ω ( (b)) Ω ( (a)) = q (z) dz. Hieruit volgt dat Ψ ( (b)) Ψ ( (a)) = Im (Ω ( (b)) Ω ( (a))) = Im = Im = = b a b a b a q (z) dz = ³ ³ q (k (t)) iq (k (t)) x 0 (t)+ix 0 (t) dt = ³ q (k (t)) x 0 (t)+q (k (t)) x 0 (t) dt = ³ q (k (t)) x 0 (t),x 0 (t) dt = q ~n ds. Γ 5. Model met singuliere punten Als er in een gebied bronnen en putten zijn en men neemt een gesloten contour rond dat gebied dan geldt dat de totale instroom door de rand van het gebied met de instroom door de bronnen gelijk is aan de som van de uitstroom door de rand en via putten. Als we de randkromme Γ noemen (en alvast linksom laten lopen): Γ :[0, ] R met Γ (t) =(x (t),y(t)) wil dat zeggen, met de uitwendige normaal ñ, dat X q ~n ds = c i. Γ bronnen/ putten