Complexe Analyse. S. Caenepeel

Transcriptie

1 Complexe Analyse S. Caenepeel Syllabus 126 bij IR-WISK 1343 en WE-DWIS 545 Complexe Analyse: residurekening en integraaltransformaties Tweede Bachelor Ingenieurswetenschappen Tweede Bachelor Fysica Eerste Jaar Brugprogramma Ingenieurswetenschappen 27

2 Inhoudsopgave 1 Analytische Functies Complexe functies Differentieerbare en analytische functies Voorbeelden Integralen van functies van een complexe veranderlijke Definitie en algemene eigenschappen De stelling van Cauchy-Goursat Gevolgen van de stelling van Cauchy-Goursat Reeksen Numerieke reeksen Reeksen van functies Machtreeksen Taylorreeksen Laurentreeksen De residustelling Singuliere punten De residustelling Toepassingen van de residustelling Analytische voortzetting De cirkelmethode

3 5.2 De vierkantswortel De logaritme De Laplacetransformatie Oneigenlijke integralen afhankelijk van een parameter Functies van exponentiële orde en de convergentieabscis De Laplacetransformatie Eigenschappen van de Laplacetransformatie Toepassingen van de Laplacetransformatie De inverse Laplacetransformatie Oplossen van differentiaalvergelijkingen De convolutieintegraal Distributies en de Dirac functie De Fouriertransformatie De Fouriertransformatie De inverse Fouriergetransformeerde Verdere eigenschappen, voorbeelden en toepassingen De Z-transformatie Definitie en eigenschappen De inverse transformatie Convolutie en product Recurrentie- en differentievergelijkingen De tweezijdige Z-transformatie en Fourierreeksen Variatierekening De vergelijkingen van Euler Het vraagstuk met nevenvoorwaarden

4 Hoofdstuk 1 Analytische Functies 1.1 Complexe functies In dit opleidingsonderdeel bestuderen we functies f : V C C, z w = f (z) De complexe variabele z in de bronruimte noteren we als z = x + iy De complexe variabele w in de beeldruimte noteren we als We hebben dan in feite waarbij w = u + iv w = f (z) = u(x,y) + iv(x,y) u,v : R 2 R twee reële scalaire functies van twee veranderlijken zijn. We kunnen dit ook als volgt zien: als reële vectorruimte is C = R 2, en dus kan f ook bekeken worden als een functie f : R 2 R 2 Zulk een vectorwaardige functie heeft twee componenten, die elk scalaire functies R 2 R zijn. Limieten van complexe functies Om de limiet van een complexe functie te definiëren, beschouwen we deze gewoon als een functie R 2 R 2, met andere woorden: lim f (z) = w (1.1) z z 3

5 als en slechts als ε >, δ > : < (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ = (u u ) 2 + (v v ) 2 < ε (1.2) Herhaal dat, voor een complex getal z = x+iy, de absolute waarde gegeven wordt door de formule z 2 = zz = x 2 + y 2 We zien dat (1.1) en (1.2) dus ook equivalent zijn met ε >, δ > : < z z < δ = f (z) w < ε (1.3) Omdat limieten van vectorfuncties componentsgewijs kunnen uitgerekend worden zijn deze dus ook equivalent met lim u(x,y) = u en (x,y) (x,y ) lim v(x,y) = v (1.4) (x,y) (x,y ) Bijgevolg blijven de gekende formules voor limiet van som, product, quotiënt, enz. geldig voor limieten van complexe functies. We kunnen ook oneigenlijke limieten beschouwen. Hiertoe voegen we aan de verzameling C een element toe, dat we noteren. De verzamelingen {z z > α} spelen de rol van omgeving van, en we krijgen de volgende definities: lim z ε >, α > : z > α = f (z) w < ε lim f (z) = z z α >, δ > : z z < δ = f (z) > α lim z f (z) = α >, β > : z > β = f (z) > α Continuiteit Ook hier zijn er geen verrassingen: f is continu in z als lim f (z) = f (z ) z z Dit is equivalent met de continuiteit van de functies u en v in (x,y ). We hebben ook onmiddellijk de volgende eigenschappen: 1. Als f en g continu zijn in z, dan ook f + g en f g; als g(z ), dan is ook f /g continu in z ; 2. Als f continu is in z, en g continu is in f (z ), dan is g f continu in z ; 3. Als f continu is in z, dan is f ook continu in z. Als deze eigenschappen volgen gemakkelijk over die voor reële functies. We tonen bijvoorbeeld de laatste aan: als f = u + iv continu is in z = x + iy, dan zijn ook u en v continu in (x,y ), en dan is f = u 2 + v 2 continu in z = x + iy. 4

6 Uniforme continuiteit Neem een functie f : G C C, waarbij G een domein of een gebied in C is. f is continu over G als z G, ε >, δ > : z G en z z < δ = f (z) f (z ) < ε f is uniform continu over G als ε >, δ > : z,z G en z z < δ = f (z) f (z ) < ε Stelling Als f continu is over een gebied G, dan is ze uniform continu over dat gebied G. Bewijs. Als f continu is over G, dan ook de reële component u en de imaginaire component v. Maar we weten uit de eerste kandidatuur dat een scalaire functie die continu is over een gebied, ook uniform continu is over dat gebied. Neem ε > willekeurig. Er bestaat een δ 1 > zodanig dat (x,y),(x,y ) G en (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ 1 = u(x,y) u(x,y ) < ε/ 2 Er bestaat een δ 2 > zodanig dat (x,y),(x,y ) G en (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ 2 = v(x,y) v(x,y ) < ε/ 2 Onderstel nu dat z,z G, en z z < min(δ 1,δ 2 ) = δ. Aangezien z z = (x x ) 2 + (y y ) 2 volgt dan dat f (z) f (z ) = hetgeen precies is wat we nodig hebben. ε (u(x,y) u(x,y )) 2 + (v(x,y) v(x,y )) 2 2 < 2 + ε2 2 = ε 1.2 Differentieerbare en analytische functies Zij f : C C gedefinieerd, tenminste op een omgeving van z = x + iy. Als we f bekijken als een functie R 2 R 2, dan kunnen we bepalen wanneer f differentieerbaar is in (x,y ). Een voldoende voorwaarde is dat de partiële afgeleiden van f bestaan en continu zijn op een omgeving van (x,y ). We herinneren aan de definitie van de afgeleide van een gewone numerieke functie f : R R: f (x ) = lim x x f (x) f (x ) x x Deze formule kan niet zomaar gedefinieerd worden voor een functie R n R m, omdat er vectoren in de noemer zouden komen. Maar in C kunnen we wel delen, en vandaar volgende definitie. 5

7 Definitie De afgeleide van f : C C in z is de limiet f (z ) = d f dz = lim z z f (z) f (z ) z z Indien deze limiet bestaat in C, dan zeggen we dat f afleidbaar is in z. Indien f afleidbaar is in elk punt van een omgeving van z, dan zeggen we dat f analytisch is in z. We hebben volgende rekenregels; deze worden op precies dezelfde manier bewezen als in het reële geval: (c f ) (z ) = c f (z ) ( f + g) (z ) = f (z ) + g (z ) f g) (z ) = f (z )g(z ) + f (z )g (z ) ( ) f (z ) = f (z )g(z ) f (z )g (z ) g g(z ) 2 als g(z ) (g f ) (z ) = g ( f (z )) f (z ) De voorwaarden van Cauchy-Riemann We zullen nu laten zien dat afleidbaarheid van een complexe functie een veel sterkere eigenschap is dan differentieerbaarheid van dezelfde functie R 2 R 2. Stelling De functie f (z) = u(x,y) + iv(x,y) is afleidbaar in z = x + iy als en alleen als 1. de scalaire functies u en v zijn differentieerbaar in (x,y ); 2. u en v voldoen aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann: u x (x,y ) = v y (x,y ) ; u y (x,y ) = v x (x,y ) (1.5) Bewijs. Onderstel eerst dat f afleidbaar is in z, en schrijf f (z ) = a + ib. Als we noteren dan hebben we dus dat met z = z z = (x x ) + i(y y ) = x + i y f (z + z) f (z ) z lim λ = z We kunnen λ schrijven als de som van een reëel en een imaginair gedeelte: λ = λ 1 + iλ 2 = a + ib + λ (1.6) 6

8 en dan geldt We herschrijven (1.6) als volgt: lim λ 1 = lim λ 2 = (1.7) ( x, y) (,) ( x, y) (,) u(x + x,y + y) + iv(x + x,y + y) u(x,y ) iv(x,y ) = ( x + i y)(a + ib + λ 1 + iλ 2 ) We splitsen dit in reëel en imaginair gedeelte u(x + x,y + y) u(x,y ) = a x b y + λ 1 x λ 2 y (1.8) v(x + x,y + y) v(x,y ) = b x + a y + λ 2 x + λ 1 y (1.9) Als we y = nemen in beide formules, en dan de limiet nemen voor x gaande naar, dan krijgen we u x (x,y ) = a en v x (x,y ) = b Als we x = nemen in beide formules, en dan de limiet nemen voor y gaande naar, dan krijgen we u y (x,y ) = b en v y (x,y ) = a en als we dit combineren, dan krijgen we u x (x,y ) = v y (x,y ) = a ; u y (x,y ) = v x (x,y ) = b Uit (1.8) en (1.7) volgt dat u differentieerbaar is in (x,y ), en uit (1.9) en (1.7) volgt hetzelfde voor v. Omgekeerd, onderstel dat u en v differentieerbaar zijn, en dat voldaan is aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann. We kunnen dan schrijven met u(x + x,y + y) u(x,y ) = u x (x,y ) x + u y (x,y ) y + α 1 x + α 2 y v(x + x,y + y) v(x,y ) = v x (x,y ) x + v y (x,y ) y + α 3 x + α 4 y lim α i =, ( x, y) (,) voor i = 1, 2, 3, 4. Als we deze formules combineren met de voorwaarden van Cauchy-Riemann, dan vinden we f (z + z) f (z ) = u(x + x,y + y) + iv(x + x,y + y) u(x,y ) iv(x,y ) = x(a + ib) + y( b + ia) + x(α 1 + iα 3 ) + y(α 2 + iα 4 ) x = ( x + i y)(a + ib + λ 1 z + λ y 2 z ) 7

9 Hierbij stelden we λ 1 = α 1 + iα 3 en λ 2 = α 2 + iα 4. Omdat x x 2 + y 2 = z is en, volkomen analoog en hieruit concluderen we dat lim z λ 1 lim z λ 2 x z = y z = f (z + z) f (z ) lim = a + ib z z Gevolg Als f = u + iv afleidbaar is in z = x + iy, dan is f (z) = u x + i v x = v y i u y Harmonische functies Een harmonische functie op een domein D R 2 is een functie ψ : D R die over D voldoet aan de vergelijking van Laplace: 2 ψ x ψ y 2 = Onderstel nu dat f = u + iv : D C C analytisch is over D. Dan bestaan de partiële afgeleiden van eerste orde van u en v. Als we aannemen dat de partiële afgeleiden van orde 2 ook bestaan en continu zijn (we zullen verderop zien dat dit altijd het geval is), dan hebben we zeker 2 u x y = 2 u y x en 2 v x y = 2 v y x Over D voldoen u en v aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann: u x = v y u en y = v x De eerste vergelijking afleiden naar x en de tweede naar y, en dan optellen geeft: 2 u x u y 2 = De eerste vergelijking afleiden naar y en de tweede naar x, en dan aftrekken geeft: 2 v x v y 2 = u en v zijn dus harmonische functies: reëel en imaginair gedeelte van een analytische functie zijn oplossingen van de vergelijking van Laplace. Als f = u+iv een analytische functie is, dan noemen we u en v toegevoegd harmonische functies. 8

10 1.3 Voorbeelden Veeltermfuncties De constante functie f (z) = c voldoet aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann, en uit gevolg volgt dat f (z) =. De functie f (z) = z voldoet overal aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann, en uit gevolg volgt dat f (z) = 1. Omdat het product van afleidbare functies opnieuw afleidbaar is, volgt dat f (z) = z n ook overal afleidbaar (en dus analytisch) is. Uit de rekenregel voor de afgeleide van het product volgt dat f (z) = nz n 1. Hieruit volgt dat een veeltermfunctie f (z) = a n z n + a n 1 z n a met complexe coëfficiënten a n,,a overal analytisch is. Een complexe veelterm wordt afgeleid zoals een reële veelterm. Complex toegevoegde en absolute waarde De functie f (z) = z is nergens afleidbaar: we hebben u = x en v = y, en een van de twee Cauchy- Riemann voorwaarden wordt 1 = 1. Op analoge wijze is f (z) = z 2 = x 2 + y 2 enkel afleidbaar in de oorsprong. f is dus nergens analytisch. De exponentiële functie Herhaal de definitie van de complexe exponentiële functie e z = exp(z) = e x (cosy + isiny) De exponentiële functie is overal analytisch, want de componentfuncties u(x,y) = e x cosy en v(x,y) = e x siny voldoen overal aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann: Uit gevolg leiden we ook af: u x = ex cosy = v y v en x = ex siny = u y de z dz = u x + i v x = ex cosy + ie x siny = e z Hieronder geven we enkele eigenschappen van de complexe exponentiële functie: 9

11 exp is overal analytisch; exp (z) = exp(z); exp(z), voor elk complex getal z; e z 1e z 2 = e z 1+z 2 ; e z is periodisch met periode 2πi. De goniometrische functies Per definitie stellen we cosz = eiz + e iz 2 ; sinz = eiz e iz ; tgz = sinz 2i cosz Voor z R vinden we de klassieke goniometrische functies terug. sinus en cosinus zijn overal analytisch, en tangens is analytisch behalve in kπ + π/2, voor elk geheel getal k. Enkele eigenschappen: sin z = cosz; cos z = sinz; cos en sin zijn periodisch met periode 2π; sin 2 z + cos 2 z = 1. De hyperbolische functies chz = ez + e z ; shz = ez e z ; thz = shz 2 2 chz Voor z R vinden we de klassieke hyperbolische functies terug. Merk op dat chiz = cosz; shiz = isinz; thiz = itgz Dit laat het verband zien tussen de goniometrische en hyperbolische functies, en geeft een verklaring voor de analogie tussen de eigenschappen van beide klassen functies. Enkele eigenschappen: sh z = chz; ch z = shz; ch en sh zijn periodisch met periode 2πi; ch 2 z sh 2 z = 1. sh en ch zijn overal analytisch, en th is overal analytisch behalve in (kπ + π/2)i, voor elk geheel getal k. 1

12 De logaritmische functie Neem een complex getal, niet gelegen op de negatieve x-as: z C \ {x x } Dan kunnen we z schrijven onder de vorm z = re iϕ met r >, ϕ ( π,π). We definiëren de complexe logaritmische functie Ln door Lnz = lnr + iϕ Stelling Ln is analytisch over z C \ {x x }. Bewijs. We hebben { u = lnr = 1 2 ln(x2 + y 2 ) v = ϕ en we zien onmiddellijk dat We hebben u x = x x 2 + y 2 u en y = { x = r cosϕ y = r sinϕ y x 2 + y 2 Afleiden naar x van beide vergelijkingen geeft { 1 = cosϕ r ϕ x r sinϕ x = sinϕ r x + r cosϕ ϕ x Als we dit lineair stelsel oplossen vinden we ϕ x = sinϕ = y r x 2 + y 2 Volledig analoog berekenen we ϕ y = x x 2 + y 2 en de voorwaarden van Cauchy-Riemann volgen. We bereken nu ook gemakkelijk de afgeleide: zoals verwacht. dln dz (z) = u x + i v x = x iy x 2 + y 2 = 1 z 11

13 Hoofdstuk 2 Integralen van functies van een complexe veranderlijke 2.1 Definitie en algemene eigenschappen In het complexe vlak beschouwen we een georiënteerde boog ÂB met continue raaklijn. Er bestaat dan een parametervoorstelling { x = x(t) (a t b) (2.1) y = y(t) waarbij x (t) en y (t) continu zijn over [a,b]. We kunnen (2.1) herschrijven in complexe vorm: z = z(t) (a t b) Beschouw nu een partitie Q = (a = t,t 1,,t n = b) van het interval [a,b]. Hiermee stemt een partitie P van de boog ÂB overeen, namelijk (zie Figuur 2.1) P = (A = z = z(t ),z 1 = z(t 1 ),,z n = z(t n ) = B) De norm N P van de partitie P definiëren we door N P = max{ z k z k 1 : k = 1,,n} Beschouw nu een functie f : C C, tenminste gedefinieerd op de boog ÂB. Voor iedere k kiezen we tk [t k 1,t k ], en stellen z k = x k + iy k = f (t k ). Dan bekijken we de Riemann som s P = n f (z k )(z k z k 1 ) k=1 Definitie Indien lim s P bestaat en onafhankelijk is van de gekozen deelpunten z N P k, dan zeggen we dat f integreerbaar is langsheen de boog ÂB, en we noteren de limiet Z f (z)dz ÂB 12

14 y z 2 t 2 z n t n B z t z 1 A t1 x Figuur 2.1: Een partitie van de boog ÂB Stelling Als f continu op een domein dat de boog ÂB (met continue raaklijn) omvat, dan bestaat de integraal R ÂB f (z)dz. Bewijs. Noteer f = u + iv, z k = z k z k 1, x k = x k x k 1. Dan berekenen we gemakkelijk dat s P = = = n k=1 n k=1 n k=1 f (z k ) z k (u(x k,y k ) + iv(x k,y k ))( x k + i y k ) ( u(xk,y k ) x k v(xk,y k ) y k ) ( ) + i u(xk,y k ) y k + v(xk,y k ) x k Het reëel gedeelte is een Riemann som van de lijnintegraal Z u(x,y)dx v(x,y)dy en het imaginair gedeelte is een Riemann som van de lijnintegraal Z u(x,y)dy + v(x,y)dx ÂB ÂB Omdat f continu is, en de boog ÂB continu differentieerbaar is, bestaan deze twee lijnintegralen (zie het hoofdstuk over lijnintegralen in Analyse 1 ). Gevolg Met onderstellingen als in stelling wordt de integraal van f langs ÂB gegeven door de formule Z Z Z f (z)dz = u(x,y)dx v(x,y)dy + i u(x,y)dy + v(x,y)dx ÂB = ÂB Z b a ÂB ( ) u(x(t),y(t))x (t) v(x(t),y(t))y (t) dt 13

15 = Z b a +i Z b a f (z)z (t)dt ( ) u(x(t),y(t))y (t) + v(x(t),y(t))x (t) dt De volgende eigenschappen volgen onmiddellijk uit de overeenstemmende eigenschappen voor de lijnintegraal. Stelling We nemen een continu differentieerbare boog ÂB, en twee continue functies f, g : C C op een domein dat de boog omvat. Zij C een punt gelegen op de boog ÂB. 1. R f (z)dz = f (z)dz; ÂB R BA 2. R ÂB f (z)dz = R ÂC f (z)dz + R ĈB f (z)dz; 3. R ÂB (a f + bg)(z)dz = ar ÂB f (z)dz + br ÂB g(z)dz. Eigenschap 2 uit stelling laat toe om de lijnintegraal ook te definiëren langsheen krommen die slechts stuksgewijs continu zijn; dit zijn continue krommen, waarvan de raaklijn overal bestaat en continu is, behalve eventueel in een eindig aantal punten: bijvoorbeeld een vierkant. Als de kromme ÂB continu differentieerbaar is, dan is ze rectificeerbaar (zie Analyse 2 ), en kunnen we de booglengte l beschouwen. Per definitie is deze l = sup{ n k=1 δz k : (z,,z n ) een partitie van ÂB} Als f een continue functie is op een gebied dat ÂB bevat, dan is f ook begrensd op ÂB. Er bestaat dus een m zodat f (z) m, voor elke z op de boog ÂB. Stelling Neem een continu differentieerbare boog ÂB met lengte l. Voor elke continue functie f hebben we Z f (z)dz ml ÂB Bewijs. Voor elke partitie P hebben we s P n k=1 f (z k ) (z k) m n k=1 (z k ) ml en de gewenste formule volgt na limietovergang N P. Voorbeeld We berekenen Z I 1 = ÂBC Z f (z)dz en I 2 = ÂDC f (z)dz 14

16 D y 1 + i C A B x Figuur 2.2: De krommen ÂBC en ÂDC waarbij f (x + iy) = x, en de krommen ÂBC en ÂDC gegeven worden door Figuur 2.2. We hebben Z Z Z I 1 = xdz = xdz + xdz ZÂBC Z ÂB Z BC Z = xdx + i xdy + xdx + i = ÂB Z 1 = i ÂB xdx + i + + i BC Z 1 dy xdy BC Hierbij kozen we x als parameter voor ÂB, en y als parameter voor BC. Op analoge wijze vinden we I 2 = 1/2. De integraal van A naar C hangt dus af van de gevolgde weg. Voorbeeld Zij C + de cirkel met middelpunt a en straal r die doorlopen wordt in positieve zin. Omdat C + een gesloten kromme is, is het niet nodig om begin- en eindpunt aan te geven. We berekenen I dz I = z a We schrijven C + in parametervorm: C + z = a + re it, t 2π Dan is z (t) = rie it Omdat f (z) = 1/(z a) continu is langsheen C + bestaat I, en we vinden I I = C + Z dz 2π z a = ire it dt re it = 2πi We hebben ook de volgende versie van de grondstelling van de integraalrekening. Stelling We beschouwen een continu differentieerbare boog ẑ z 1, gelegen in een domein D. Onderstel dat de functies F, f : C C voldoen aan volgende voorwaarden: 15

17 1. F (z) = f (z), voor elke z D; 2. f is continu over D. Dan is Z ẑ z 1 f (z)dz = F(z 1 ) F(z ) Opmerking ) Voorwaarde 1. vertelt ons dat F analytisch is over D. We zullen verderop zien dat dit impliceert dat F ook analytisch is over D, en a fortiori continu over D. Voorwaarde 2. wordt dan overbodig. 2) De integralen in stelling hangen dus niet af van de gevolgde weg. Bewijs. We schrijven Dan is en dus z = x + iy en z 1 = x 1 + iy 1 F(z) = U + iv en f (z) = u + iv F (z) = f (z) = U x + i V x = V y i U y = u + iv u = U x = V y V en v = x = U y We berekenen nu Z Z Z I = f (z)dz = (udx vdy) + i (udy + vdx) ẑ z 1 ẑ z 1 ẑ z 1 Z ( Z U U ( V = dx + ẑ z 1 x y dy) V + i dx + ẑ z 1 x y dy) Z Z = gradu dr + i gradv dr ẑ z 1 ẑ z 1 = U(x 1,y 1 ) U(x,y ) + iv (x 1,y 1 ) iv (x,y ) = F(z 1 ) F(z ) waarbij we gebruik maakten van de grondformule voor de lijnintegraal (zie Analyse 2 ). Voorbeeld Neem een geheel getal n 1. We berekenen de integraal Z I = (z a) n dz ẑ z 1 Voor n < zorgen we ervoor dat onze kromme niet door a gaat. De functies f (z) = (z a) n en F(z) = (z a)n+1 n

18 voldoen dan aan de voorwaarden van stelling 2.1.8, zodat I = (z 1 a) n+1 n + 1 (z a) n+1 n + 1 Als C een gesloten kromme is, dan hebben we dus I (z a) n dz = C Neem in het bijzonder de cirkel C + met middelpunt a en straal r uit voorbeeld We hebben dan I { als n 1 C +(z a)n dz = 2πi als n = De stelling van Cauchy-Goursat Stelling (Cauchy-Goursat) Zij D een enkelvoudig samenhangend domein, en C een stuksgewijs continu differentieerbare gesloten kromme die volledig binnen D ligt. Als f : D C analytisch is over D, dan is I f (z)dz = C Bewijs. We beschouwen het gebied G begrensd door de kromme C. Een partitie van G is per definitie een verzameling deelgebieden {G k k = 1,,n} zodat n k=1 = G en de doorsnede van twee verschillende deelgebieden volledig bevat is in de rand van elk van de deelgebieden. Bewering B Voor elke ε > is het mogelijk om een partitie {G k k = 1,,n} van G en punten Z k G te vinden zodat f (z) f (Z k ) f (Z k ) z Z < ε, z G k \ {Z k } (2.2) k Deze partitie construeren we als volgt. Omdat G begrensd is, bestaat een vierkant V met zijden evenwijdig met de assen, dat G volledig omvat. Noem a de zijde van het vierkant. Dan is G = V G. Als we Z G kunnen vinden zodat aan (2.2) voldoet, dan hebben we de gevraagde partitie {G}. Anders delen we het vierkant op in vier gelijke deelvierkanten V 1,V 2,V 3,V 4 door de middelloodlijnen op de zijden te trekken. Stel dan G i = V i G. {G 1,G 2,G 3,G 4 } is dan een partitie van G. Als we Z k G k kunnen vinden zodat (2.2) geldt, dan houden we G k zoals het is. Anders delen we V k weer op in vier gelijke deelvierkanten, en nemen de doorsnede van elk van die deelvierkanten met G. We krijgen dan een nieuwe partitie, met G k opgesplits in vier cellen. We 17

19 y G C x Figuur 2.3: De partitie behorend bij bewering B hernummeren zodat we een stel vierkanten {V 1,,V 7 } krijgen, en een stel gebieden {G 1,,G 7 }. Als G j = /, dan schrappen we hieruit G j en V j. We herhalen deze procedure zolang er cellen G j in de partitie zitten waarin geen Z j kan gevonden woorden waarvoor (2.2) geldt. De opeenvolgende partities die we aldus verkrijgen bestaan uit deelgebieden die ofwel onvolledige vierkanten zijn (als G i een echt deel van V i, ofwel volledige vierkanten (als G i = V i ) (zie Figuur 2.3). Als we na een eindig aantal stappen een partitie verkrijgen waarvan alle cellen voldoen aan (2.2), dan is bewering B bewezen. Indien dit niet het geval is, dan vinden we een rij vierkanten (hernummer) V 1 V 2 V 3 zodat in geen enkele G i = V i G een Z i kan gevonden worden waarvoor (2.2) geldt, en waarbij V k telkens een kwart van V k 1 is. Uit de volledigheid van de reële getallen (zie analyse 1 ) volgt dat de doorsnede k=1 G k niet leeg is, en dus een punt ξ bevat. ξ G, en dus is f analytisch in ξ, en f (ξ) bestaat. We kunnen dus schrijven f (z) f (ξ) = (z ξ)( f (ξ) + λ(z)) met zodat lim λ(z) = z ξ δ > : z ξ < δ λ(z) < ε Noem S de open schijf met middelpunt ξ en straal δ. Voor n voldoende groot is de zijde van V n kleiner dan δ/ 2, en dan hebben we zeker dat G n V n S. We hebben dan voor elke z G n dat λ(z) = f (z) f (ξ) f (ξ) z ξ < ε 18

20 d x V n Figuur 2.4: De schijf S Dit betekent dat G n voldoet aan (2.2), hetgeen strijdig is met onze onderstelling. Hiermee is bewering B bewezen. We nemen nu de partitie {G k k = 1,,n} van G en de bijhorende punten Z k G k die voldoen aan (2.2). Dan is G k = V k G, waarbij V k een vierkant is. Stel l k de zijde van V k. Omdat de V k disjunct zijn (op de rand na), en l 2 k de oppervlakte van V k is, hebben we n lk 2 a2 k=1 De rand van G k, met positieve oriëntatie, noemen we C k + I I C + f (z)dz = n k=1 C + k. We zien dat f (z)dz want de integralen langs de deellijnen vallen tegen elkaar weg. We berekenen I f (z)dz Omdat G k voldoet aan (2.2) hebben we, voor elke z G k : met λ(z) < ε. Dus is I I f (z)dz = f (Z k ) C k + C k + C + k f (z) = f (Z k ) + (z Z k ) f (Z k ) + (z Z k )λ(z) I I dz + f (Z k ) (z Z k )dz + (z Z k )λ(z)dz C k + C k + De eerste twee integralen in het rechterlid zijn nul, zie voorbeeld Uit stelling volgt nu dat I f (z)dz 2l k εlengte(c k ) C + k 19

21 Immers, de afstand z Z k < 2l k, en λ(z) < ε. Als G k = V k een volledig vierkant is, dan is lengte(c k ) = 4l k Als G k een onvolledig vierkant is, dan hebben we (zie Figuur 2.5) Als we sommeren over k vinden we dat lengte(c k ) 4l k + lengte(âb) C k a b C k Figuur 2.5: Een deelgebied G k en dus I C + f (z)dz ε 2(4 l k (lengte(âb)) alengte(c) onvolledige vierkanten n k=1 l 2 k + alengte(c)) ε 2(4a 2 + alengte(c)) Dit betekent dat H C + f (z)dz kleiner is dan elk strikt positief getal, en dus is I f (z)dz = C + Opmerking Als we de bijkomende onderstelling maken dat de partiële afgeleiden van u en v continu zijn over D, dan is een veel eenvoudiger bewijs mogelijk, gebaseerd op de stelling van Green-Riemann. Herhaal de formule van Green-Riemann: I Pdx + Qdy = C + G Z Z G ( Q x P y dxdy. (2.3) Hierbij is C een gesloten kromme die zichzelf niet snijdt, en G het deel van het vlak binnen C. We berekenen dan I I f (z)dz = + iv)(dx + idy) C + C +(u (IC+ ) (IC+ ) = udx vdy + i vdx + udy Z Z (2.3) ( v = x u ) Z Z ( u dxdy + i y x v ) (1.5) dxdy =. y G 2

22 De stelling kan uitgebreid worden tot meervoudig samenhangende gebieden. Het volstaat G te verdelen in enkelvoudig samenhangende delen, de stelling toe te passen op elk deel, en de som te maken. In het geval van Figuur 2.6 krijgen we bijvoorbeeld: C C 1 C 2 Figuur 2.6: Meervoudig samenhangend gebied I I f (z)dz + C + C 1 I f (z)dz + C2 We moeten natuurlijk rekening houden met de doorloopszin. f (z)dz = 2.3 Gevolgen van de stelling van Cauchy-Goursat We nemen een enkelvoudig samenhangend domein D, en een functie f : D C die analytisch is over D. Neem a,z D. Zij C een (stuksgewijs continu afleidbare) boog binnen D die a en z verbindt. Uit de stelling van Cauchy-Goursat volgt dat Z f (z)dz onafhankelijk is van de keuze van de boog C. Daarom noteren we Z Z z f (z)dz = f (z)dz Stelling Met onderstellingen en notatie als hierboven is analytisch over D, en F (z) = f (z). C C F(z) = Z z a a f (w)dw 21

23 Bewijs. We berekenen dat F(z + z) F(z) f (z) = 1 ( Z z+ z z z a = 1 Z z+ z f (w)dw f (z) z z = 1 z z Z z+ z z ( f (w) f (z))dw Z z f (w)dw Z z+ z z dw a ) f (w)dw f (z) We berekenen deze laatste integraal langsheen het lijnstuk dat z en z + z verbindt. Omdat f analytisch, en dus continu is, is f (w) f (z) < ε zodra z voldoende klein is. Daarom hebben we, gebruik makend van stelling 2.1.5, en dus is F(z + z) F(z) z f (z) 1 z z ε = ε F(z + z) F(z) f (z) = lim = F (z) z z Stelling (Integraalformule van Cauchy) Onderstel dat f : D C analytisch is, en dat C een gesloten kromme is die zichzelf niet snijdt, binnen het domein D gelegen. Indien a een inwendig punt is van het gebied G dat door C omsloten wordt, dan is f (a) = 1 2πi I C + f (z) dz (2.4) z a Bewijs. Zij Γ een cirkel met middelpunt a en straal r, volledig binnen het inwendige van G gelegen. a G G C Figuur 2.7: De integraalformule van Cauchy Dan is f (z) z a analytisch over het gebied begrensd door C en Γ (zie Figuur 2.7), en de stelling van Cauchy- Goursat levert I I f (z) z a dz + f (z) z a dz = C + Γ 22

24 f is analytisch, en dus continu in a, en dus hebben we f (z) = f (a) + λ(z) met lim z a λ(z) = Voor elke ε > bestaat er dus een r > zodat λ(z) < ε zodra z a < r. Gebruik makend van voorbeeld vinden we I I f (z) C + z a dz = f (z) Γ + z a dz I I f (a) = Γ + z a dz + λ(z) Γ + z a dz I λ(z) = 2πi f (a) + Γ + z a dz Als we r < r nemen hebben we, gebruik makend van stelling 2.1.5, I λ(z) Γ + z a dz ε 2πr = 2πε r en dus is I C + f (z) dz 2πi f (a) z a < 2πε voor elke ε >, en hieruit volgt het gewenste resultaat. Opmerkingen ) Uit de formule volgt dat de waarden van de analytische functie f binnen de kromme C volledig bepaald zijn als we de waarden van f op de kromme C kennen. 2) Men kan de formule uitbreiden tot een meervoudig samenhangend gebied. Neem bijvoorbeeld de situatie in Figuur 2.6. Door G te splitsen in enkelvoudig samenhangende gebieden krijgen we f (a) = 1 I 2πi C + f (z) z a dz + 1 I 2πi C1 f (z) z a dz + 1 I 2πi C2 f (z) z a dz Verandering van veranderlijke in een complexe integraal Stelling Zij D 1 C een enkelvoudig samenhangend domein, en φ : D 1 C een analytische functie. We onderstellen dat φ D 1 omzet in een enkelvoudig samenhangend domein D 2 C. Als w 1,w 2 D 1, en φ(w 1 ) = z 1, φ(w 2 ) = z 2, en f : D 2 C analytisch, dan geldt Z z2 z 1 f (z)dz = Z w2 w 1 f (φ(w))φ (w)dw Bewijs. Neem een boog C 1 binnen D 1 die w 1 en w 2 verbindt, en neem een parametervergelijking van deze boog: w = w(t), waarbij t [a,b] 23

25 z = ø(w) w z D 1 w 2 z 2 D 2 w 1 z 1 Figuur 2.8: Verandering van veranderlijken φ zet C 1 om in een boog C 2 binnen D 2 met parametervergelijking z = (φ w)(t), waarbij t [a,b] We rekenen nu uit dat Z z2 Z z 1 f (z)dz = f (z)dz C 2 = = = = Z b a Z b Za f (φ(w(t)))(φ w) (t)dt f (φ(w(t)))φ (w(t))w (t)dt C 1 f (φ(w))φ (w)dw Z w2 w 1 f (φ(w))φ (w)dw 24

26 Hoofdstuk 3 Reeksen 3.1 Numerieke reeksen Neem een rij complexe getallen (z n ). We noemen de uitdrukking z n = z 1 + z 2 + n=1 de reeks geassocieerd aan de rij (z n ). Het complex getal s n = n z j j=1 noemen we de n-de partiële som van de reeks. De reeks is convergent als de rij der partiële sommen convergeert naar een complex getal s: n s = lim s n = lim n n z j j=1 Stelling Schrijf z n = x n +iy n. Dan is n=1 z n convergent als en alleen als n=1 x n en n=1 y n convergent zijn. Bovendien is z n = x n + i y n n=1 n=1 n=1 Bewijs. Stel s n = n j=1 x j en s n = n j=1 y j. Dan is s n = s n + is n We kunnen s n bekijken als een rij in R 2. Een rij in R 2 is convergent als en alleen als de componenten convergent zijn, en hieruit volgt het resultaat. 25

27 De studie van een complexe reeks is dus herleid tot de studie van twee reële reeksen. Zonder veel moeilijkheden kunnen we daarom eigenschappen van reële reeksen veralgemenen tot complexe reeksen: men mag complexe reeksen optellen; in een convergente reeks mag een eindig aantal termen geschrapt worden; de algemene term van een convergente reeks gaat naar. Sommige bekende reële reeksen kunnen onmiddellijk veralgemeend worden tot het complexe geval. Het bekendste voorbeeld is wellicht de meetkundige reeks: als z < 1, dan is z n n = lim n z j 1 z n+1 = lim = 1 n n= j= 1 z 1 z We noemen de reeks n=1 z n absoluut convergent als de reeks n=1 z n convergent is. Stelling Schrijf z n = x n + iy n. Dan is n=1 z n absoluut convergent als en alleen als n=1 x n en n=1 y n absoluut convergent zijn. Een absoluut convergente reeks is convergent. Bewijs. Onderstel dat n=1 z n absoluut convergent is. Dit betekent dat de (positieve) reeks n=1 z n convergent is, wat betekent dat de rij der partiële sommen ( n j=1 z j ) begrensd is (zie Analyse II ). Omdat x n z n en y n z n impliceert dit dat de partiële sommen n j=1 x j en n j=1 y j begrensd zijn, en dus dat n=1 x n en n=1 y n absoluut convergent zijn. Dan zijn deze twee reeksen ook convergent, en dus is n=1 z n convergent, vanwege stelling Omgekeerd, onderstel dat n=1 x n en n=1 y n absoluut convergent zijn. Dan is n z j = j=1 n j=1 x j + iy j = n x j + y j = j=1 n j=1 x 2 j + y2 j n x j + j=1 n y j j=1 De partiële sommen n j=1 z j zijn dus begrensd, en de reeks n=1 z n is absoluut convergent. 3.2 Reeksen van functies Definitie Neem een domein D C en een rij functies ( f n ), met f n : D C. De reeks n=1 f n convergeert puntsgewijs over D als n=1 f n(z) een convergente reeks is, voor elke z D. Voor elke z D schrijven we dan s(z) = De reeks n=1 f n convergeert uniform over D als f n (z) n=1 ε >, N : n > N, z D : s n (z) s(z) < ε Hierbij is s n (z) = n i=1 f i(z) de n-de partiële som van de reeks. 26

28 Deze definitie is natuurlijk volkomen analoog met de definitie van puntsgewijze en uniforme convergentie van een reeks reële functies. Het bewijs van de volgende eigenschappen is identiek met het overeenstemmende bewijs voor functies van R naar R. Stelling Als de functies f n continu zijn over D, en n=1 f n = s convergeert uniform over D, dan is s ook continu over D. Stelling (kenmerk van Weierstrass) Neem een rij functies f n : D C C, waarbij D een domein. Als we een rij positieve getallen m n hebben, zodat f n (z) < m n, voor elke z D, en n=1 m n een convergente positieve reeks is, dan is n=1 f n = s uniform convergent over D. Stelling Neem een rij functies f n : D C C, waarbij D een domein. Als n=1 f n = s uniform convergent is over D, en f : D C een begrensde functie, dan is n=1 f n f = s f ook uniform convergent over D. Stelling Neem een domein D C en een stuksgewijs continu differentieerbare kromme C binnen D gelegen. Als f n : D C continu over D, en n=1 f n = s uniform convergent over D, dan is Z Z f n (z)dz = s(z)dz n=1 C C Bewijs. We moeten bewijzen dat Z C s(z)dz = lim n Z n k=1 C Z f k (z)dz = lim s n (z)dz n C Neem ε >.Dan bestaat een index N, zodat voor elke n > N en z D geldt dat s n (z) s(z) < ε. Dan geldt dat Z Z Z s(z)dz s n (z)dz = (s(z) s n (z))dz εl C C C waarbij L de lengte van de boog C. Hierbij gebruikten we stelling Stelling Onderstel dat de functies f n : D C C analytisch zijn over het domein D, en dat n=1 f n = s uniform convergent is over D. Dan is ook s analytisch over D, en bovendien is s = f n n=1 Bewijs. We nemen z D, en < r < r < c, zodat de cirkel met middelpunt z en straal c volledig binnen D ligt. Stel D = {z D z z > r } Onderstel dat z u < r. Voor z D hebben we z u = z z (u z ) z z u z r r, 27

29 en dus is 1 z u 1 r r, zodat 1/(z u) begrensd is over D. Uit stelling volgt dan dat f n (z) n=1 z u = s(z) z u (3.1) uniform convergeert over D. Neem r > c zodat de positief georiënteerde cirkel C + met middelpunt z en straal r nog volledig binnen D ligt. Uit stelling volgt dat we (3.1) term per term mogen integreren over C +, zodat I n=1 C + I f n (z) z u dz = C + s(z) z u dz Uit de integraalformule van Cauchy (zie stelling 2.3.2) volgt dat en dus is I C + 2πis(u) = 2πi f n (z) z u dz = 2πi f n(u) n=1 I f n (u) = C + s(z) dz (3.2) z u Neem nu z,z + z D \ D, zodat z < c. Dan hebben we s(z + z) s(z ) = 1 I ( s(z) 1 z 2πi C + z z z z 1 ) dz z z = 1 I s(z)dz 2πi (z z z)(z z ) C + zodat s(z + z) s(z ) 1 I s(z)dz z 2πi C + (z z ) 2 = 1 I ( ) 2πi s(z) 1 C + (z z z)(z z ) 1 (z z ) 2 dz = z I s(z)dz 2πi (z z z)(z z ) 2 C + We gaan nu deze laatste integraal kleinpraten. Stel M de maximale waarde van s op de kromme C. Voor z C hebben we z z = c, en z z z z z z = c z > c r, en 1 z z z < 1 c r. 28

30 Gebruik makend van stelling vinden we dan I z s(z)dz 2πi (z z z)(z z ) 2 z 2π 2πc M c 2 (c r) C + Dit wordt willekeurig klein als z willekeurig klein, en bijgevolg is s s(z + z) s(z ) (z ) = lim = 1 I s(z)dz z z 2πi C + (z z ) 2 Dit toont aan dat s afleidbaar is in z. Omdat dit geldt voor elke z D is s dus analytisch over D. Op precies dezelfde manier tonen we aan dat De reeks s n(z ) = 1 I s n (z)dz 2πi C + (z z ) 2 n=1 f n (z) (z z ) 2 = s(z) (z z ) 2 convergeert uniform over D \ D. We mogen deze dus term per term integreren over C + zodat s (z ) = f n(z ) n=1 3.3 Machtreeksen Een machtreeks is een reeks van functies van de vorm a n (z a) n (3.3) n= waarbij a,a n C. Voor het bewijs van de volgende resultaten verwijzen we naar de cursus analyse II. De bewijzen die daar gegeven worden kunnen onmiddellijk veralgemeend worden voor complexe machtreeksen. Stelling We beschouwen de machtreeks (3.3) 1. Onderstel dat r zodanig is dat lim a nr n =. n Dan convergeert (3.3) absoluut voor elke z gelegen binnen de schijf met middelpunt a en straal r; 29

31 2. Stel R = sup{r lim n a n r n = } Dan convergeert (3.3) absoluut als z a < R; (3.3) divergeert als z a > R. Men noemt R de convergentiestraal van de machtreeks, en de schijf met middelpunt a en straal R de convergentieschijf. Op de rand van de convergentieschijf, de cirkel met middelpunt a en straal R is zowel convergentie als divergentie mogelijk. Stelling We beschouwen de machtreeks (3.3), en stellen de convergentiestraal gelijk aan R. a n 1. Als L = lim bestaat, dan is L = R; n a n+1 2. als Λ = lim n n a n bestaat, dan is Λ 1 = R. Stelling We beschouwen de machtreeks (3.3), en stellen de convergentiestraal gelijk aan R. De machtreeks convergeert uniform over elke schijf z a r, met r < R. Bewijs. Omdat r < R is n= a nr n absoluut convergent. Als z a r, dan is a n (z a) n a n r n, en de absolute convergentie volgt uit het kenmerk van Weierstrass (stelling 3.2.3). Gevolg Onderstel dat de convergentiestraal R van de machtreeks (3.3) strikt positief is, en schrijf s(z) = a n (z a) n n= Dan is s analytisch over de convergentieschijf z a < R. De afgeleide van s(z) wordt gegeven door de formule s (z) = na n (z a) n 1 n=1 Stelling De convergentiestralen van de machtreeksen s(z) = n= a n(z a) n en n= (n + 1)a n+1 (z a) n zijn aan elkaar gelijk. Bijgevolg is s(z) binnen de open convergentieschijf onbeperkt afleidbaar. 3.4 Taylorreeksen Stelling Onderstel dat f : C C analytisch is in het punt a. 1. Er bestaat een open schijf S met middelpunt a waarop f kan geschreven worden als een machtreeks: f (z) = a n (z a) n n= 3

32 2. f is onbeperkt afleidbaar binnen S; 3. de coëfficiënten van de machtreeks worden gegeven door de formule a n = f (n) (a) n! Bewijs. 1) Omdat f analytisch is in a bestaat er een omgeving van a waarover f afleidbaar is. We nemen een cirkel C volledig binnen deze omgeving gelegen, en S het inwendige van de cirkel C, Neem een vast punt z S, zoals in Figuur 3.1. We passen de formule van Cauchy toe op de cirkel z r C a w Figuur 3.1: De Taylorreeks C en het punt z. Dit geeft f (z) = 1 I 2πi C + Voor z < 1 hebben we (meetkundige reeks): f (w)dw w z (3.4) 1 1 z = n= z n en dus, voor w C en z S: 1 w z = 1 (w a) (z a) = 1 1 w a 1 w a z a = n= (z a) n (w a) n+1 (3.5) Het rechterlid is een meetkundige reeks in (z a)/(w a). Voor een vaste z convergeert deze uniform over het domein D α = {w C z a z a w a α} = {w C w a α } als < α < 1. Kies α zo dat z a < α < 1 r dan ligt C volledig binnen het domein D α ; immers, als w op de kromme C ligt, dan is w a = r >. Neem een gebied G D α dat C volledig omvat, en waarover f continu is. Dan is f begrensd z a α 31

33 over dit gebied, zodat de reeks (3.5) vermenigvuldigd met f (w)/2πi nog uniform convergent is over G. We mogen deze dus term per term integreren over C, en vinden, gebruik makend van (3.4), waarbij f (z) = a + a 1 (z a) + a 2 (z a) 2 + a n = 1 I f (w)dw 2πi C + (w a) n+1 (3.6) 2) Binnen S is f de som van een machtreeks. f is dus onbeperkt afleidbaar binnen S. 3) Machtreeksen mogen binnen het convergentiegebied onbeperkt afgeleid worden. Hieruit volgt onmiddellijk dat a n = f (n) (a) n! Uit stelling volgt een veralgemening van de integraalformule van Cauchy. Gevolg Onderstel dat f analytisch is in a. Dan is f (n) (a) = n! I f (w)dw 2πi C + (w a) n+1 (3.7) Bewijs. Dit volgt uit (3.6) en punt 3) uit stelling Gevolg (ongelijkheid van Cauchy) Onderstel dat f analytisch is in a. Onderstel zoals in stelling dat C de cirkel is met middelpunt a en straal r, en stel m r de maximale waarde die f bereikt op C. Dan is, met notatie als in stelling 3.4.1: a n m r r n Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit (3.6) en stelling Gevolg Onderstel dat f analytisch is voor x a < R. Dan convergeert de Taylorreeks van f in a voor x a < R, en bijgevolg is de convergentiestraal van de Taylorreeks tenminste R. Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit het bewijs van stelling Voorbeelden ) De convergentiestraal van z 2 = 1 z2 + z 4 + is 1. Immers, de functie heeft een singulier punt in i, en de afstand van i tot is 1. Merk het verschil op tussen de theorie voor reële en complexe functies: de reële functie 1/1+x 2 is voor elke x R ontwikkelbaar in Taylorreeks. Toch is de convergentiestraal van de Taylorreeks in het punt 32

34 x = slechts 1. Dit komt doordat het dichtstbijzijnde singuliere punt z = i complex is. 2) De convergentiestraal van f (z) = z e z 1 = 1 z 2 + z2 12 z is 2π: de functie f is analytisch voor z < 2π. De convergentiestraal kan zeker niet groter zijn dan 2π omdat f een singulier punt (een punt waar f niet analytisch is) heeft voor z = 2πi. Gevolg (stelling van Liouville) Onderstel dat f : C C begrensd is, en analytisch in elke z C. Dan is f een constante functie. Bewijs. Onderstel dat f (z) M, voor elke z C. We hebben dat f (z) = a n z n n= voor elke z C. Uit de ongelijkheid van Cauchy volgt dat, voor elke r > : a n M r n en dus is a n =, voor elke n >, en f (z) = a. Gevolg (grondstelling van de algebra) Elke niet-constante complexe veelterm p(z) heeft minstens 1 complex nulpunt. Bewijs. Onderstel dat p(z), voor elke z C. Dan is 1/p(z) overal analytisch. Schrijf met a n. Dan is Omdat n 1 vinden we dat f (z) = p(z) = a n z n + a n 1 z n a p(z) lim z a n z n = lim 1 + a n 1 z a n z + a n 2 a n z a a n z n = 1 lim z 1 p(z) = lim a n z n z p(z) lim z Dus bestaat er een R > zodat 1 p(z) < 1 1 a n z n = 1. = als z > R. Omdat p(z) continu is over de schijf z a R is 1/p(z) ook continu, en dus begrensd, over deze schijf, en dus over gans het vlak. Uit de stelling van Liouville volgt dan dat 1/p(z), en dus ook p(z), constant is, hetgeen strijdig is met de onderstelling dat de graad van p tenminste 1 is. 33

35 z r 2 a C 1 r 1 G C 2 Figuur 3.2: De Laurentreeks 3.5 Laurentreeksen Neem r 1 < r 2, a C en D een domein dat het kroonvormige gebied {z C r 1 z a r 2 } bevat. De cirkels met middelpunt a en straal respectievelijk r 1 en r 2 noteren we C 1 en C 2. We onderstellen dat f : D C analytisch is in elk punt van D. Neem z D gelegen tussen de twee cirkels C 1 en C 2 : r 1 < r = z a < r 2. Uit de integraalformule van Cauchy volgt dat f (z) = 1 I 2πi C 2 + f (w)dw w z 1 I 2πi C 1 + f (w)dw w z De eerste integraal berekenen we als volgt: (3.5) convergeert uniform over een domein dat C + 2 bevat (zoals in stelling 3.4.1), en dus mogen we term per term integreren (stelling 3.2.5). met I 1 2πi C 2 + f (w)dw w z a n = 1 I 2πi C 2 + = a n (z a) n n= We bekijken nu de integraal over C 1 +. Voor w a < z a hebben we 1 z w = 1 1 z a 1 w a = z a f (w)dw (w a) n+1 (3.8) n= (w a) n (z a) n+1 De reeks is uniform convergent over een domein dat C 1 omvat, en dus, weer vanwege stelling 3.2.5: 1 I 2πi C 1 + f (w)dw w z = a 1 z a + a 2 (z a) 2 + a 3 (z a)

36 met a n = 1 I 2πi C 1 + f (w)dw (w a) n+1 (3.9) Nu nemen we een gesloten kromme Γ gelegen tussen C 1 en C 2, die éénmaal rond a draait. Door de stelling van Cauchy-Goursat hebben we, voor elke k Z: I en I C + 2 C 1 I f (w)dw (w a) k+1 + I f (w)dw (w a) k+1 + Γ Γ + f (w)dw (w a) k+1 = f (w)dw (w a) k+1 = zodat I f (w)dw Γ + (w a) IC k+1 = f (w)dw 1 + (w a) IC k+1 = f (w)dw 2 + (w a) k+1 (3.8) en (3.9) kunnen dus in één formule worden samengevat: voor elke k Z: a k = 1 I f (z)dz 2πi (z a) k+1 (3.1) We kunnen alles als volgt samenvatten: Γ + Stelling Onderstel dat de complexe functie f analytisch is over het kroonvormig gebied r 1 z a r 2 (en a fortiori op een domein dat dit gebied bevat). Zij Γ een gesloten kromme binnen dit gebied die éénmaal rond a draait. Voor elke z met r 1 < z a < r 2 kunnen we dan schrijven: waarbij a k gegeven wordt door (3.1). f (z) = + a k (z a) k (3.11) k= Een reeks van de vorm (3.11) noemt men een Laurentreeks. Deze is eigenlijk de som van twee reeksen: de machtreeks + f 1 (z) = a k (z a) k k= die het regelmatig deel van de Laurentreeks genoemd wordt, en en de reeks f 2 (z) = a 1 z a + a 2 (z a) 2 + die het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks genoemd wordt. (3.11) noemt men de Laurentontwikkeling van f rond het punt a. Opmerking Zij m r de maximale waarde die f (z) bereikt op de cirkel met middelpunt a en straal r. Neem voor Γ de cirkel met straal r. Uit (3.1) volgt, voor r (r 1,r 2 ) en n Z: a n mr r n 35

37 Stelling We werken onder de dezelfde onderstellingen als in stelling Het regelmatig deel van de Laurentreeks convergeert binnen de cirkel z a < r 2, en f 1 is dus analytisch voor z a < r 2. f 1 convergeert dan uniform over elk gebied dat binnen z a < r 2 ligt. Het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks convergeert voor z a > r 1, en dus is f 2 analytisch voor z a > r 1. Het hoofbestanddeel convergeert uniform over elk gebied binnen z a > r 1. Bewijs. Uit het bewijs van stelling volgt dat de convergentiestraal van het regelmatig deel tenminste gelijk is aan r 2. We weten dat een machtreeks uniform convergeert over elk gebied binnen de convergentieschijf. Beschouw het hoofdbestanddeel als een machtreeks in (z a) 1. Uit het bewijs van stelling volgt dat de convergentiestraal van deze machtreeeks tenminste gelijk is aan 1/r 1. Dus convergeert het hoofdbestanddeel voor (z a) 1 < 1/r 1 of voor z a > r 1. De volledige Laurentreeks convergeert dus uniform in elk gebied gelegen binnen r 1 < z a < r 2. De coëfficiënten van de Laurentontwikkeling zijn uniek: Stelling Onderstel dat f (z) = + a k (z a) k + = b k (z a) k k= k= voor elke z waarvoor r 1 < z a < r 2. Dan is a k = b k, voor elke k. Bewijs. Dezelfde redenering als in het bewijs van stelling vertelt ons dat de Laurentreeks uniform convergeert over elk gebied gelegen binnen r 1 < z a < r 2. Neem een cirkel Γ met middelpunt a en straal r (r 1,r 2 ). We mogen de betrekking + f (z) (z a) n+1 = b k (z a) k n 1 k= term per term integreren over Γ. Aangezien I { als n k Γ +(z a)k n 1 dz = 2πi als n = k vinden we dat b n = 1 I f (z)dz 2πi Γ + (z a) n+1 We hebben dezelfde formule voor a n en dus is b n = a n. Voorbeeld We bekijken de Taylorreeksen cosz = 1 z2 2 + z4 4! (3.12) sinz z = 1 z2 3! + z4 5! (3.13) 36

38 Uit (3.13) halen we z sinz 1 = 1 z2 3! + z4 5! + ( z 2 ) ( = 1 + 3! z4 z 2 ) 2 5! + 3! z4 5! + = 1 + z z4 + (3.14) We weten dus dat z/sinz analytisch is, en dat (3.14) de machtreeks is. De verzameling der singuliere punten van z/sinz is {kπ k Z \ {}} Hieruit volgt dat (3.14) convergeert voor z < π en divergeert voor z > π. Als we (3.13) en (3.14) met elkaar vermenigvuldigen, dan vinden we en bijgevolg zcosz sinz = (1 )( z22 z z6 / z ) 36 z4 + = 1 z2 3 z z5 + cotgz = 1 z z 3 z z4 + (3.15) Uit de enigheid van de Laurentreeks volgt dat (3.15) de Laurentreeks is voor cotg z, die convergeert voor < z < π. Gelijkaardige argumenten geven ons de Laurentreeks voor cotg z die convergeert voor kπ < z < (k + 1)π. 37

39 Hoofdstuk 4 De residustelling 4.1 Singuliere punten Definitie We beschouwen een functie f : D C C, en a D. Als f analytisch is in a, dan noemen we a een gewoon punt van f. Als a geen gewoon punt is, dan noemen we a een singulier punt van f. Als a een singulier punt is, en er een schijf met middelpunt a bestaat waarbinnen geen enkel ander singulier punt ligt, dan noemen we a een geïsoleerd singulier punt van f. Onderstel dat a een geïsoleerd singulier punt is. Uit stelling volgt dan dat er een r > bestaat zodat f kan geschreven worden als de som van een Laurentreeks voor < z a < r: f (z) = We onderscheiden drie afzonderlijke gevallen. + a k (z a) k k= 1. Het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks is ; in dit geval noemen we a een ophefbaar singulier punt. Het volstaat dan om de functiewaarde in a te wijzigen om van a een gewoon punt te maken: stel f (z) = a. We hebben dan dat f (z) = + a k (z a) k k= voor z a < r, en f is analytisch over z a < r. Een ophefbare singulariteit is dus geen echte singulariteit. 38

40 2. Het hoofdbestanddeel bevat slechts een eindig aantal termen: f (z) = a n (z a) n + a n+1 (z a) n a + a n (z a) n + met a n. We noemen a dan een pool van orde n. 3. Het hoofdbestanddeel bevat een oneindig aantal van nul verschillende termen. We noemen a een essentieel singulier punt. De coëffiënt a 1 noemen we het residu van f in het geïsoleerd singulier punt a. Definitie Indien f (z) = (z a) n g(z) met g analytisch in a, en g(a), dan noemen we a een nulpunt van orde n. In dit geval bestaat er een schijf met middelpunt a waarover f maar één nulpunt heeft, namelijk a. Een nulpunt van een analytische functie (die niet identiek nul is) is dus steeds geïsoleerd. Voorbeelden ) We beschouwen de functie { sinz f (z) = z als z 3 als z = z = is een ophefbare singulariteit: het volstaat om f () = 1 te stellen. We vinden dan 2) Beschouw nu de functie f (z) = k= z 2k ( 1) k (2k + 1)! f (z) = 2z + 1 z(z + 1) = 1 z + 1 z + 1 Er zijn twee singuliere punten, namelijk z = en z = 1. Voor < z < 1 vinden we f (z) = 1 z + 1 z + z2 z 3 + z = is dus een pool van orde 1. Op dezelfde manier is z = 1 een pool van orde 1. 3) Neem de functie f (z) = e 1 1 z = 1 + z + 1 2z !z 3 + z = is een essentieel singulier punt. 4) Neem de functie f (z) = 1 sin 1 z de singuliere punten zijn,1/π,1/2π,1/3π,. is dus een niet geïsoleerd singulier punt. Stelling Neem een gebied G C. Indien G alleen geïsoleerde singulariteiten van f bevat, dan heeft f binnen G slechts een eindig aantal singuliere punten. 39

41 Bewijs. Neem V G de verzameling van de singuliere punten. Dan is V begrensd. Als V ook oneindig is dan, dan heeft V een verdichtingspunt a, vanwege de stelling van Bolzano-Weierstrass. Omdat G gesloten is, is a G. Elke omgeving van a bevat een oneindig aantal singulariteiten van a, en dus is a zelf een singulariteit. a is dan een niet geïsoleerde singulariteit. Stelling (stelling van Riemann) Onderstel dat er een schijf S met middelpunt a en straal r bestaat zodat f analytisch en begrensd is over S \ {a}. Dan bestaat lim f (z) = l C z a Indien l f (a), dan is a een ophefbare singulariteit; indien l = f (a), dan is a een gewoon punt. Bewijs. Omdat f begrensd is over S \ {a}, hebben we een M > zodat f (z) M, voor elke z S \ {a}. Over S \ {a} kan f geschreven worden als een Laurentreeks f (z) = Neem r (,r ). Uit opmerking volgt dat + a n (z a) n n= a n r n max{ f (z) : z a = r} r n M Neem n > en ε > willekeurig. Kies r (,r ) zodat r n M < ε. Dan volgt dat a n < ε. We concluderen dus dat a n =, en het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks is nul. Hieruit volgt dat a een ophefbare singulariteit of een gewoon punt is. Stelling Als a een pool van orde n is van de functie f, dan is Bewijs. We hebben dat met a n. We beschouwen de functie f (z) = lim f (z) = z a + a k (z a) k k= n φ(z) = (z a) n f (z) Als we φ(a) = a n stellen, dan is φ analytisch, en dus continu in a. Dan bestaat er een omgeving van a waarover φ(z) > k (neem ε = a n /2 in de definite van continuiteit): δ > : z a < δ = φ(z) > k Neem R > willekeurig. Voor < z a < min{δ, n k/r} hebben we dan: hetgeen het gestelde bewijst. f (z) = 1 z a n φ(z) > R k k = R 4

42 Stelling Zij f een complexe functie die analytisch is op een omgeving van a, behalve eventueel in a zelf. Dan is a een nulpunt van orde n als en slechts als a een pool van orde n is van 1/ f. Bewijs. f (z) = (z a) n g(z), met g analytisch in a, en g(a). a is een geïsoleerd nulpunt van f, en dus is 1/g analytisch in a: 1 g(z) = a + a 1 (z a) +, met a = 1 g(a) Dan is en a is een pool van orde n van 1/ f. 1 f (z) = 1 (z a) n g(z) = a (z a) n + a 1 + (z a) n 1 Stelling Als a een essentieel geïsoleerde singulariteit van f is, dan neemt f op elke omgeving van a waarden aan die willekeurig dicht bij om het even welk gegeven complex getal liggen. Bewijs. Kies een vast maar willekeurig getal c C en ε >. Onderstel dat er een schijf S met middelpunt a bestaat zodat voor elke ζ S \ {a} geldt f (ζ) c ε of 1 f (ζ) c 1 ε Dan is de functie g(z) = 1 f (z) c analytisch en begrensd over S \ {a}. Vanwege de stelling van Riemann bestaat lim z a 1 f (z) c = l C Als l =, dan volgt uit stelling dat a een pool is van f (z) c, en dus van f. Dit is strijdig met onze onderstelling. Als l, dan is lim z a f (z) = c + 1 l eindig, en dus is a een ophefbare singulariteit. Ook dit is strijdig met onze onderstelling. We concluderen dus voor elke schijf S met middelpunt a, er een ζ S \ {a} bestaat zodat f (ζ) c < ε hetgeen precies is wat we wilden bewijzen. 41

43 Toepassing Voorbeeld ) is enigszins artificieel. Ophefbare singulariteiten treden ook op in andere toepassingen. De functie cotg z is overal analytisch, behalve in de gehele veelvouden van π. De Laurentreeks in z = hebben we al opgesteld, zie (3.15). Hieruit blijkt dat een pool van orde 1 is. Omdat de cotangens periodisch is met periode π zijn ook de andere singulariteiten polen van orde 1, en hebben we voor de Laurentreeks in z = nπ: cotgz = 1 (z nπ) (z nπ)3 2 (z nπ) (z nπ)4 + We trekken nu van cotgz de som van alle hoofdbestanddelen af. We krijgen dus de volgende functie: { cotgz 1 f (z) = z 2z n=1 als z nπ z 2 n 2 π 2 niet gedefinieerd als z = nπ We zullen nu eerst bewijzen dat de reeks n=1 2z z 2 n 2 π 2 (4.1) uniform convergeert over elk domein D, waaruit men rond elk punt nπ een kleine schijf heeft weggesneden. Immers, zij N een natuurlijk getal zodanig dat D volledig binnen de schijf z < Nπ ligt. Als z D D z np Np np Figuur 4.1: Het domein D en n > N, dan is z nπ > (n N)π en z + nπ > (n N)π en dus 1 z 2 n 2 π 2 < 1 π 2 (n N) 2 42

44 zodat (4.1) uniform convergeert over D, vanwege het kenmerk van Weierstrass. Omdat de uniforme som van analytische functies analytisch is, is f dus analytisch voor z nπ. De functie f heeft periode π: f (z) = cotgz 1 ( 1 z n=1 z nπ + 1 ) z + nπ = cotgz lim f (z + π) = cotgz lim = cotgz lim = f (z) N N n= N N N n= N N N n= N 1 z + nπ 1 z + π + nπ 1 z + nπ lim N ( 1 z + (N + 1)π 1 ) Z Nπ We beweren nu dat de singulariteiten nπ van f ophefbaar zijn. Vanwege de periodiciteit is het voldoende dit aan te tonen voor n =. lim f (z) = lim z z (cotgz 1 z ) lim z n=1 2z z 2 n 2 π 2 = Als we f (nπ) = stellen, dan is f dus overal analytisch, vanwege de stelling van Riemann. We zullen nu bewijzen dat f ook begrensd is. Omdat f periodisch is met periode π volstaat het aan te tonen dat f begrensd is over de strook x π. We tonen eerst aan dat er een m > bestaat zodat cotg z, 1 z en 2z n=1 z 2 n 2 π 2 begrensd zijn over 1) Aangezien en {z C x π, y > m} cotgz = + e iz ieiz e iz e iz e iz + e iz e iz e iz = e y + e y e y e y = cothy lim cothy = 1 y + bestaat er een m > zodat cotgz < 1 + ε als y > m. 2) als y > 1, dan is 1 z = 1 x 2 + y 1 2 y < 1 43

45 3) We rekenen uit dat n=1 1 z 2 n 2 π 2 ( x π) = = n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 = 1 π 2 n=1 1 x 2 y 2 + 2ixy n 2 π 2 1 x 2 y 2 + 2ixy n 2 π 2 1 (x 2 y 2 n 2 π 2 ) 2 + 4x 2 y 2 1 n 2 π 2 + y 2 x 2 1 n 2 π 2 + y 2 π 2 1 (( y π) 2 1 ) + n 2 (4.2) Neem nu y > π, en stel Als n 1 t n, dan is en dus We vinden nu We concluderen dat Aangezien ( y 2 p 2 y = 1 = π) 2 π 2 π 2 1 p 2 + n 2 1 p 2 +t 2 1 p 2 + n 2 Z n n 1 dt p 2 +t 2 (4.2) = 1 1 π 2 n=1 p 2 + n 2 1 Z n dt π 2 n=1 n 1 p 2 +t 2 = 1 dt π 2 p 2 +t 2 = 1 [ pπ 2 bgtg x ] + = 1 p 2pπ = 1 2 y 2 π 2 n=1 2z z 2 n 2 π 2 2 x 2 + y 2 2 y 2 π 2 lim y y 2 + π 2 y 2 π 2 = 1 y 2 + π 2 y 2 π 2 44

46 bestaat er een m > zodat y > m impliceert dat 2z z 2 n 2 π 2 < 1 + ε n=1 Hiermee hebben we aangetoond dat f begrensd is over f is continu, en dus begrensd, over het gebied {z C x π, y > m} {z C x π, y m} Nu is f analytisch en begrensd over C. Uit de stelling van Liouville volgt dat f constant is. Omdat f () =, hebben we dus: Stelling Voor elke z C met z nπ geldt cotgz = 1 z + n=1 Als we (4.3) combineren met de Laurentontwikkeling van cotgz: cotgz = 1 z z 3 + dan vinden we z 3 + = 2z n=1 z 2 n 2 π 2 en, als we de limiet nemen voor z =, na deling door z: 2z z 2 n 2 π 2 (4.3) Gevolg n=1 1 n 2 = π De residustelling Voor een geïsoleerde singulariteit a van een complexe functie f noteren we Res( f, a) voor het residu van f in a. Stelling (residustelling) Onderstel dat G een enkelvoudig samenhangend gebied is, omsloten door een gesloten kromme C. Als f analytisch is over G, behalve in de singulariteiten a 1,,a n, dan is I n f (z)dz = 2πi C Res( f,a k ) + k=1 45

47 C a k a 1 C 1 C k C n an Figuur 4.2: De residustelling Bewijs. Rond elke singulariteit a k tekenen we een cirkel C k met straal klein genoeg zodat al de cirkels volledig binnen het inwendige van G liggen en mekaar niet snijden. We kunnen de stelling van Cauchy-Goursat toepassen op het meervoudig samenhangend gebied begrensd door C,C 1,,C n, en vinden I n I f (z)dz + C f (z)dz = (4.4) + k=1 Ck Het residu van f in a k is de coëfficiënt van 1/(z a k ) in de Laurentontwikkeling van f rond a k en wordt gegeven door (zie (3.1)) Res( f,a k ) = 1 I f (z)dz 2πi C k + en hieruit volgt onmiddellijk de gewenste formule. Berekening van residuen (3.1) is niet erg praktisch om residuen uit te rekenen. Soms is het handiger om de Laurentreeks van de functie te bepalen. Neem bijvoorbeeld de functie f (z) = e 1/z Omdat en dus is f (z) = k= 1 k!z k Res( f,) = 1 Stelling Als a een pool van orde 1 is van de complexe functie f, dan is Res( f,a) = lim z a (z a) f (z) 46

48 Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de Laurentreeksontwikkeling van f : f (z) = a 1 z a + a + a 1 (z a) + Vermenigvuldig beide leden met z a en neem de limiet voor z gaande naar a van beide leden. Gevolg Onderstel dat f (z) = φ(z) ψ(z) waarbij φ en ψ analytisch zijn in a, φ(a), en a een enkelvoudig nulpunt van ψ. Dan is Res( f,a) = φ(a) ψ (a) Bewijs. Omdat a een enkelvoudig nulpunt is van ψ is met g(a) en g analytisch in a. Dus is ψ(z) = (z a)g(z) h(z) = (z a) f (z) = φ(z) g(z) analytisch in a, en a is een pool van orde 1 van f. Dan is φ(z) Res( f,a) = lim(z a) f (z) = lim z a z a g(z) = φ(a) g(a) Omdat ψ (z) = (z a)g (z) + g(z) is g(a) = ψ (a), en het gestelde volgt. Voorbeeld We nemen de complexe functie f (z) = ez z 2 2z De noemer heeft twee enkelvoudige nulpunten: z = en z = 2. Voor de residuen vinden we [ e z ] Res( f,) = = 1 2z 2 z= 2 en [ e z ] Res( f,2) = 2z 2 z=2 = e2 2 Stelling Als a een pool van orde n is van de complexe functie f, dan is Res( f,a) = 1 (n 1)! lim d n 1 (z a) n f (z) z a dz n 1 47

49 Bewijs. We hebben dat en dus f (z) = a n a 1 + (z a) n z a + a + (z a) n f (z) = a n + a n+1 (z a) + + a 1 (z a) n 1 + Als we n 1 maal afleiden, en z = a stellen, dan vinden we de gewenste formule. Voorbeeld Dan is Res( f,) = d dz ( e z z + 3 f (z) = ) z= e z z 2 (z + 3) ( e z ) = z + 3 ez (z + 3) 2 = 2 z= Toepassingen van de residustelling Integratie van een rationale functie van sinus en cosinus We beschouwen de integraal I = Z 2π r(sint, cost)dt waarbij r een rationale functie in twee veranderlijken is, waarvan de noemer nooit nul is als we sint en cost invullen. I kan uitgerekend worden: substitutie t = tg(x/2) herleidt de integraal tot de integraal van een rationale functie. Maar dit is lang en omslachtig. We zullen I herleiden tot een integraal van een complexe functie langsheen de eenheidscirkel. De eenheidscirkel heeft volgende parametervoorstelling: waarbij t [, 2π], en dus is I z = γ(t) = e it = cost + isint C + f (z)dz = Aangezien γ (t) = ie it = iz, sint = eit e it als we stellen dat I C + r 2i Z 2π = z2 1 2iz f (γ(t))γ (t)dt f (z) = 1 ( z 2 iz r 1 2iz, z z en cost = eit + e it ) 2 = z2 + 1, vinden we, 2z ( z 2 ) 1 2iz, z2 Z + 1 dz 2π 2z iz = r(sint, cost)dt = I (4.5) Bij onderstelling is de noemer van de eerste integraal nooit nul als z C. We kunnen de integraal dus uitrekenen met de residustelling, en deze is dus 2πi maal de som van de residuen binnen de eenheidscirkel. 48

50 y z x C + Figuur 4.3: De eenheidscirkel Voorbeeld We berekenen I = Z 2π dt a + bsint waarbij ondersteld wordt dat a > b >. Als we z = e it substitueren, dan vinden we I I = De nulpunten van de noemer zijn C + 1 a + b z2 1 2iz z 1,2 = ia b ± dz iz = 2 I b C + dz z 2 + 2ia b z 1 a2 b = i(c ± c 2 1) waarbij c = a/b > 1. Enkel z 1 = i(c c 2 1) ligt binnen de eenheidscirkel, en ( ) 1 Res z 2 + 2icz 1,z z z 1 1 = lim z z1 (z z 1 )(z z 2 ) = 1 1 = z 1 z 2 2i c 2 1 en we concluderen dat I = 2 b 2πi 1 2i c 2 1 = 2π a 2 b 2 Voorbeeld Op analoge wijze kunnen we uitrekenen dat en Verifieer zelf de details. Z 2π Z 2π dt (3 + cost) 2 = 3π 8 2 dt a + cost = 2π a 2 1 (a > 1) 49

51 Opmerking Als r een even functie is van sint en cost, dan kunnen we met deze methode ook berekenen. Z π r(sint,cost)dt = 1 2 Z 2π r(sint, cost)dt Integralen van een rationale functie We beginnen met een hulpstelling. Lemma Onderstel dat p en q twee (reële of complexe) veeltermen zijn, met gr(p) gr(q). Dan bestaat er een S > zodat p(z)/q(z) begrensd is voor z > S. Bewijs. Stel p(z) = a n z n + + a en q(z) = b n z n + + b, met b n. Dan is p(z) lim z q(z) = lim z a n z n + a n 1 z n a b n z n + b n 1 z n b a n + an 1 z + + a z = lim n z b n + b n 1 z + + b z n a n + a n 1 u + + a u n = lim u b n + b n 1 u + + b u n = a n b n en dus bestaat er voor elke ε > een S > zodat z > S impliceert dat p(z) q(z) < a n + ε b n Neem nu twee reële veeltermen p en q. We beschouwen de integraal Bovendien onderstellen we 1. q heeft geen reële nulpunten; 2. gr(q) gr(p) + 2; I = 3. p en q hebben geen gemene factoren. p(x) q(x) dx Deze voorwaarden garanderen dat de integraal I convergent is. Om I te berekenen beschouwen we de complexe functie f (z) = p(z)/q(z) en integreren deze langsheen de kromme geschetst in Figuur 4.4. Omdat q(z) voor z R liggen er geen polen op C, als we tenminste R groot genoeg 5

52 C A B R +R Figuur 4.4: Integralen van het type R + f (x)dx kiezen, zodat alle nulpunten z k van q gelegen in het bovenste halfvlak binnen C gelegen zijn. Uit de residustelling volgt dan dat Z Z ( ) p(z) ÂB q(z) dz + p(z) p(z) BCA q(z) dz = 2πi Res k q(z), z k waarbij de z k de nulpunten van q zijn die gelegen zijn in het bovenhalfvlak. We zullen nu laten zien dat de integraal over de halve cirkel naar nul gaat als R naar oneindig gaat. Uit lemma volgt dat er S,M > bestaan zodat z 2 p(z) q(z) < M zodra z > S. Als R > S hebben we dus, met behulp van stelling 2.1.5, Z p(z) q(z) dz Z = z 2 p(z) dz q(z) z 2 πr M R 2 = πm R en BCA Hiermee is volgend resultaat aangetoond. BCA πm lim R R = Stelling Als p en q twee reële veeltermen zijn die voldoen aan de voorwaarden 1-3 hierboven, dan is ( ) p(x) p(z) q(x) dx = 2πi Res k q(z), z k waarbij de som loopt over alle nulpunten z k van q waarvan het imaginair gedeelte positief is. Voorbeeld Voor n 1 berekenen we de integraal I = dx (x 2 + 1) n = 2πiRes( 1 (z 2 + 1) n, i) 51

53 [ 1 d n 1 ] = 2πi (z + i) n (n 1)! dzn 1 i ( n)( n 1)( n 2) ( n n + 2) = 2πi [(z + i) (2n 1) ] i (n 1)! n 1 n(n + 1) (2n 2) 2πi = ( 1) (n 1)! 2 2n 1 i ( ) 2n 1 2n 2 2π = n 1 2 2n 1 Opmerking Indien p(x)/q(x) een even functie is, dan laat stelling ook toe om te berekenen. p(x) q(x) dx = 1 p(x) 2 q(x) dx Integralen van een rationale functie vermenigvuldigd met sinus of cosinus We bekijken nu integralen van de vorm Z p(x) + I 1 = q(x) cosmx dx en I p(x) 2 = sinmx dx q(x) Hierbij onderstellen we 1. q heeft geen reële nulpunten; 2. gr(q) gr(p) + 1; 3. p en q hebben geen gemene factoren. We kunnen aantonen dat I 1 en I 2 onder die voorwaarden convergeren. Dit zijn dezelfde voorwaarden als hierboven; we laten nu wel toe dat de graad van de noemer slechts 1 eenheid groter is dan die van de teller. We berekenen I 1 + ii 2 = p(x) q(x) eimx dx Hierbij gaan we te werk zoals bij het voorgaande voorbeeld: we integreren p(z) q(z) eimz over de gesloten kromme geschetst in Figuur 4.4. We zullen eerst aantonen dat de integraal over de halve cirkel naar nul gaat als R. Uit lemma volgt dat er S,M > bestaan zodat zp(z) q(z) < M 52

54 zodra z > S. Als R > S hebben we dus Z J = p(z) Z q(z) eimz dz = BCA BCA zp(z) e imz q(z) z dz We gaan nu over op de parametervoorstelling van de halve cirkel: en we vinden J = Z π Z π z = Re iϕ, e imz = e mrsinϕ dz = ire iϕ dϕ, dz z = idϕ Re iϕ p(re iϕ ) q(re iϕ e imrcosϕ mrsinϕ idϕ ) Re iϕ p(re iϕ ) q(re iϕ ) e mrsinϕ dϕ Z π M e mrsinϕ dϕ = 2M Z π/2 e mrsinϕ dϕ Voor ϕ [,π/2] hebben we dat sinϕ ϕ/2, zie Figuur 4.5 en dus is y-as x-as Figuur 4.5: sinϕ ϕ/2 als ϕ [,π/2] Z π/2 J 2M e mrϕ 2 dϕ = 4M mr (1 e Rπm 4 ) en dit gaat inderdaad naar als R +. We kunnen dus besluiten: Stelling Als p en q twee reële veeltermen zijn die voldoen aan de voorwaarden 1-3 hierboven, dan is ( ) p(x) p(z) q(x) eimx dx = 2πiRes k q(z) eimx, z k waarbij de som loopt over alle nulpunten z k van q waarvan het imaginair gedeelte positief is. De integralen I 1 en I 2 verkrijgen we als we het reëel en imaginair deel nemen. 53

55 Voorbeeld We berekenen xsinx I = x dx Uit stelling volgt xe ix zeiz z(z i)e iz x 2 dx = 2πires( + 1 z 2, i) = 2πilim + 1 z i z 2 = 2πi + 1 2e en dus is I = π/e. Toepassing We berekenen als toepassing van de residustelling de integraal Uit de stelling van Cauchy-Goursat volgt dat IC+ e iz sinx x dx z dz = waarbij C de kromme is geschetst in Figuur 4.6. De integraal over de grote halve cirkel gaat naar C R e e Figuur 4.6: De integraal R + sinx x dx R nul als de straal R van deze cirkel naar oneindig gaat. Dit werd hierboven reeds aangetoond. Noem de kleine cirkel γ δ met straal δ. Dan is en dus is e lim δ Zγδ iz dz = lim z δ Z π e δ(icosϕ sinϕ) idϕ = Z δ lim ( e ix Z R R,δ R x dx + δ en dus is Z π e ix dx) iπ = x idϕ = iπ sinx dx = π (4.6) x 54

56 Hoofdstuk 5 Analytische voortzetting 5.1 De cirkelmethode Onderstel dat D D 1 C domeinen, en dat f : D C, f 1 : D 1 C analytische functies zijn zodat f (z) = f 1 (z), voor elke z D. Dan noemen we f 1 een analytische voortzetting van f. D D 1 Figuur 5.1: Analytische voortzetting Voorbeeld De functie is analytisch over D = {z C z < 1}. De functie f (z) = f 1 (z) = 1 2 n= z n n= ( z + 1 is analytisch over D 1 = {z C z + 1 < 2}. De functie f 2 (z) = 1 1 z is analytisch over D 2 = C \ {1}. Voor z D is f (z) = f 1 (z), en voor z D 1 is f 1 (z) = f 2 (z). Dus is f 2 een analytische voortzetting van f 1, en f 1 een analytische voortzetting van f. 2 ) n 55

57 Stelling Onderstel dat f en g analytisch zijn over de open schijf S met middelpunt a en straal r. Als f (n) (a) = g (n) (a) voor elk natuurlijk getal n, dan is voor elke z S. Bewijs. Voor elke z S geldt f (z) = n= f (n) (z) = g (n) (z) f (n) (a) (z a) n = n! n= g (n) (a) (z a) n = g(z) n! Als we afleiden, dan vinden we f (n) (z) = g (n) (z). Stelling Onderstel dat f en g analytisch zijn over een domein D. Als voor een punt a D geldt dat f (n) (a) = g (n) (a) voor elk natuurlijk getal n, dan is voor elke z D. f (n) (z) = g (n) (z) Bewijs. Neem een willekeurig punt b D. We verbinden a en b door een continu differentieerbare kromme Γ die volledig binnen D ligt. Dit kan omdat een domein boogsamenhangend is. We kiezen dan open schijven S,S 1,,S n met middelpunten a = a,a 1,,a n = b zodanig dat 1. S i D, voor elke i; 2. elke a i is gelegen op de kromme Γ; 3. a k+1 S k. C n 1 a n 1 b C n C a a 1 C 1 D Figuur 5.2: De open schijven S i met rand C i Omdat f (n) (a) = g (n) (a), geldt dat f (n) = g (n) over S. Dus is f (n) (a 1 ) = g (n) (a 1 ), en dus f (n) = g (n) over S 1. Als we dit argument herhalen, dan vinden we f (n) (b) = g (n) (b). 56

58 Stelling Neem een kromme Γ gelegen binnen een domein D. Als f, g : D C analytisch zijn over D en samenvallen op Γ, dan vallen ze ook samen op D. Bewijs. Neem twee verschillende punten z 1,z 2 Γ. Dan is Omdat f en g analytisch zijn in z 1 hebben we en f (z 2 ) f (z 1 ) z 2 z 1 = g(z 2) g(z 1 ) z 2 z 1 f (z 1 ) = lim z2 z 1 z 2 Γ f (z 2 ) f (z 1 ) z 2 z 1 g g(z 2 ) g(z 1 ) (z 1 ) = z2 lim z 1 z z 2 Γ 2 z 1 en dus is f (z 1 ) = g (z 1 ), en ook f en g vallen samen op Γ. We kunnen deze redenering herhalen, en vinden dat f (n) (z 1 ) = g (n) (z 1 ), voor elke n. Uit stelling volgt dan dat f = g over D. Gevolg In hoofdstuk 1 voerden we de complexe functies e z, sinz, cosz, shz, chz in. Deze hadden de volgende eigenschappen: 1. ze zijn analytisch over gans het vlak; 2. voor z R vallen ze samen met de klassieke functies. Uit stelling volgt dat dit de enige mogelijke functies zijn die deze eigenschappen bezitten. Gevolg stelling laat toe om formules die gelden voor reële getallen onmiddellijk uit te breiden tot complexe getallen. We geven een voorbeeld. We weten dat sin 2 x + cos 2 x = 1 voor elke x R. De functies f (z) = sin 2 z + cos 2 z en g(z) = 1 zijn analytisch over het ganse vlak en vallen samen op de reële rechte. Dus geldt, vanwege stelling 5.1.4, sin 2 z + cos 2 z = 1 voor elke z C. Op dezelfde manier gelden andere bekende formules zoals sin(z 1 + z 2 ) = sinz 1 cosz 2 + cosz 1 sinz 2 ook voor z 1,z 2 C. e z 1+z 2 = e z 1 e z 2 Gevolg Als een analytische functie f : D C een analytische voortzetting f 1 heeft over een domein D 1 D, dan is die voortzetting uniek. 57

59 De cirkelmethode Onderstel dat f : D C analytisch is. We willen f zover mogelijk analytisch voortzetten. Hoe kunnen we dit doen? Neem z 1 D, en bekijk de Taylorreeks van f in z 1 : D z 2 C 1 z 1 Figuur 5.3: De cirkelmethode T z1 (z) = a n (z z 1 ) n n= Deze reeks convergeert over een open schijf S 1 met middelpunt z 1. Als deze schijf punten buiten D bevat, dan hebben we f analytisch voortgezet. Immers, de functie { f (z) als z D g(z) = T z1 (z) als z S 1 is een analytische voortzetting van f. We kunnen nu een ander punt z 2 gelegen in D S 1 kiezen en de procedure herhalen. Deze werkwijze om de analytische voortzetting te verkrijgen noemen we de cirkelmethode. De methode is zuiver theoretisch, omdat het in het algemeen niet mogelijk is om de coëfficiënten van de Taylorreeksen te berekenen. Als we vertrekken van een domein D en de cirkelmethode toepassen, dan kunnen zich drie gevallen voordoen. Eerste geval De functie f kan buiten D niet voortgezet worden. We noemen de rand van D dan een natuurlijke grens voor f. Voorbeeld De coëfficiënten a m zijn Als r < 1, dan is f (z) = z + z 2 + z 4 + z z 2n + { 1 als m = 2 n a m = als m 2 n lim n a 2 nr2n = 58

60 en dus Neem nu r = 1. De limiet bestaat niet, en dus is lim a mr m = m lim a mr m m R = sup{r lim m a mr m = } = 1 De machtreeks convergeert dus zeker over over z < 1. Voor z = 1 divergeert de reeks naar +, zodat lim f (z) z 1 z <1 niet bestaat binnen C. Dit betekent dat we f (1) nooit zo kunnen definiëren dat 1 een gewoon punt wordt. We zeggen dat 1 een singulier punt is. Nu is f (z) = z + f (z 2 ) Als z 2 = 1, dan is z dus een singulier punt. 1 is dus ook een singulier punt. Meer algemeen hebben we f (z) = 1 + z z 2n 1 + f (z 2n ) Alle 2 n -de eenheidswortels zijn dus singuliere punten, en dit voor willekeurige n. Op elk deelboogje van de cirkel z = 1 liggen dus een oneindig aantal singuliere punten. Dit betekent dat de convergentieschijf van de machtreeks van f in een punt binnen de eenheidscirkel nooit voorbij de rand van de eenheidscirkel kan strekken. Analytische voortzetting buiten D is dus onmogelijk. z = 1 is dus de natuurlijke grens voor f. Opmerking Als f (z) = Σ k= a kz n k met n k+1 /n k q > 1 vanaf een zekere index, dan is de rand van de convergentieschijf van f de natuurlijke grens voor f. Tweede geval We kunnen de functie f voortzetten buiten D, en telkens we een nieuw punt bereiken langs twee verschillende wegen krijgen we hetzelfde resultaat. Voorbeeld f kan voortgezet worden tot C \ {1}. f (z) = 1 + z + z 2 + z 3 + z 4 + Derde geval We kunnen de functie f voortzetten buiten D, maar voortzetting langs twee verschillende wegen kan een verschillend resultaat opleveren in punten buiten D. Er zijn twee manieren om hieraan tegemoet te komen. De eerste bestaat erin om het domein waartoe men f wil voortzetten te beperken, door hier zogenaamde sneden in aan te brengen, zodat men in het vorige geval terecht komt. Een nadeel is dat de sneden op verschillende manieren kunnen aangebracht worden. We bespreken voorbeelden van 59

61 deze situatie in 5.2. Een meer conceptuele werkwijze bestaat erin om het zogenaamde Riemannoppervlak van de functie f (z) in te voeren. Dit valt buiten het bestek van deze cursus. Besluit Er is dus een opmerkelijk verschil tussen de theorie van functies van een reële veranderlijke, en analytische functies van een complexe veranderlijke. Een analytische functie bezit een natuurlijk definitiedomein. Als we een analytische functie kennen op een boog, dan ligt ze vast op gans het definitiedomein. 5.2 De vierkantswortel Beschouw de functie f : R + R +, f (x) = x In het punt x = 1 kunnen we de Taylorreeks opschrijven. Deze is z = 1 + z 1 2 (z 1)2 8 + (z 1)3 16 Deze convergeert voor z 1 < 1, en daarmee is de vierkantswortel gedefinieerd en analytisch over z 1 < 1. We kunnen de functiewaarde daar zelfs expliciet opschrijven: we schrijven een getal in het rechterhalfvlak onder de vorm z = re iϕ, met ϕ ( π 2, π 2 ) Dan is f (z) = re iϕ ϕ 2 = r(cos 2 + isin ϕ 2 ) = u + iv Immers, f valt samen met op de positieve x-as, en f is analytisch, aangezien aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann voldaan is: u x = u r r x + u ϕ r = v r ϕ x = 1 2r r (xcos ϕ 2 + ysin ϕ 2 ) y + v ϕ ϕ y = v y en op dezelfde manier zien we dat u y = v x Vertrek nu vanaf het punt 1, en doorloop de cirkel z = 1. In elk punt van de cirkel kunnen we een Taylorreeks opschrijven; deze heeft convergentiestraal 1, en de waarden die de functie aanneemt zijn z = re iϕ 2 6

62 Als we door gans de cirkel doorlopen, en terug in het punt z = 1 aanbelanden, dan doorloopt ϕ de waarden van to 2π en ϕ/2 de waarden van to π. Men vindt dan f (1) = 1e iπ = 1. We zitten met andere woorden in het geval 3 uit de vorige paragraaf. Hetzelfde fenomeen treedt op als we eender welke andere kromme nemen die rond draait. We noemen het punt een vertakkingspunt. y z 1 z r f x Figuur 5.4: is een vertakkingspunt Daarom brengen we een snede aan, bijvoorbeeld een halve rechte met eindpunt. We komen dan overeen dat we bij het analyisch uitbreiden deze snede niet overschrijden. Dikwijls neemt men als snede de negatieve x-as. We krijgen dan volgende vierkantswortel: z 1/2 = re iϕ 2, als ϕ ( π,π) De functie is dan gedefinieerd over C \ R. een andere dikwijls gemaakte keuze is de negatieve y-as. Dit geeft z 1/2 = re iϕ 2, als ϕ ( π 2, 3π 2 ) 5.3 De logaritme De methode uit vorige paragraaf kunnen we ook toepassen op de logaritme: ln : R + R In het punt 1 kunnen we de Tayorreeks opschrijven: ln(x) = (x 1) (x 1)2 2 + (x 1)3 3 (x 1)4 4 Deze heeft convergentiestraal 1, en kan gebruikt worden om ln te definiëren over z 1 < 1. Maar ook de functie f (z) = lnr + iϕ als z = re iϕ, met π 2 < ϕ < π (5.1) 2 is analytisch over z 1 < r. Bijgevolg vallen beiden samen. Net als in vorige paragraaf kunnen we de cirkel met straal 1 doorlopen, en ik elk punt van de cirkel de Taylorreeks opschrijven. Deze + 61

63 heeft telkens straal 1. Als we door gans de cirkel lopen, en terug in het punt 1 aanbelanden, dan loopt ϕ van tot 2π, en f (z) van tot 2πi. We vinden nu f (1) = 2πi. We kunnen weer een snede aanbrengen, bijvoorbeeld op de negatieve x-as. We krijgen dan de functie die we reeds bestudeerden op het eind van hoofdstuk 1: Ln(re iϕ ) = lnr + iϕ, als ϕ ( π,π) We geven nog enkele eigenschappen van de complexe logaritme. We kunnen de logaritme ook als volgt definiëren: Z z dz Lnz = 1 z waarbij de integratieweg de negatieve x-as niet mag snijden. Immers, de integratieweg ligt dan volledig in het enkelvoudig samenhangende C \ (,], waar 1/z analytisch is, zodat de integraal onafhankelijk van het gevolgde pad. Bovendien is f (z) = 1/z, als we f definiëren door (5.1) (zie hoofdstuk 1). Volgende formules kunnen gemakkelijk bewezen worden: Ln(z 1 z 2 ) = Ln(z 1 ) + Ln(z 2 ) + 2kπi (5.2) e Ln(z) = z (5.3) Ln(e z ) = z + 2kπi (5.4) De complexe logaritme kan gebruikt worden om complexe exponenten van complexe getallen te definiëren: z a = e aln(z) Voor a = 1/2 vinden we de vierkantswortel uit de vorige paragraaf terug. Niet alle rekenregels gaan door. We hebben bijvoorbeeld niet altijd dat (z a ) b = z ab Deze zou tot contradicties leiden: uit e 2πi = 1 zou volgen dat 1 2πi = (e 2πi ) 2πi = e (2πi)2 = e 4π2. Verifieer zelf met behulp van (5.4) dat de correcte formule de volgende is: (z a ) b = z ab e 2bkπi 62

64 Hoofdstuk 6 De Laplacetransformatie 6.1 Oneigenlijke integralen afhankelijk van een parameter Herhaal dat een functie f : [a,b] R stuksgewijze continu genoemd wordt als f overal continu is behalve in een eindig aantal punten, waarin de linker- en rechterlimiet wel moeten bestaan. y t t 1 t 2 t 3 t n 1 t n t Figuur 6.1: Een stuksgewijs continue functie Een functie f : [,+ ] R heet stuksgewijs continu, als f stuksgewijs continu over elke [,T ]. We definiëren dan de oneigenlijke integraal Z T f (t)dt = lim T f (t)dt indien deze limiet bestaat. We hebben volgende eigenschap. Het bewijs is analoog aan het bewijs van het bewijs van de hiernavolgende stelling Stelling De oneigenlijke integraal R + f (t)dt is convergent als en alleen als Z T ε >, T : S,T > T S f (t)dt < ε 63

65 We nemen nu een functie f : [,+ ) [b,b ] R We onderstellen dat die functie continu is over elke rechthoek [,a] [b,b ], behalve eventueel op een eindig aantal verticale rechten t = t i. In elk punt P i = (t i,x ) eisen we dat lim P P i f (t,x) en lim P Pi t<t i t>t i f (t,x) bestaan. We zeggen dan dat f gebiedsgewijs continu is. Als we voor t = t i 1 de functiewaarde vervangen door de rechterlimiet, en voor t = t i door de linkerlimiet, dan is f continu, en dus uniform continu over [t i 1,t i ] [b,b ], en dus over [,a] [b,b ] min de verticale rechten. Voor elke x [b,b ] en T > kunnen we dan bekijken. Z T f (t,x)dt b' P i b t 1 t 2 t i a t Figuur 6.2: Gebiedsgewijs continue functies Definitie We zeggen dat de oneigenlijke integraal uniform over [b,b ] convergeert naar g(x) als f (t,x)dt Z T ε >, T : T > T, x [b,b ] : g(x) f (t,x)dt < ε We geven een nodige en voldoende voorwaarde voor uniforme convergentie, die vergelijkbaar is met het criterium van Cauchy voor uniforme convergentie van reeksen. 64

66 Stelling De oneigenlijke integraal R + f (t,x)dt convergeert uniform over [b,b ] als en alleen als Z T ε >, T : S,T > T, x [b,b ] : f (t,x)dt < ε (6.1) S Bewijs. Onderstel dat de oneigenlijke integraal uniform convergeert naar g(x). Met notatie als in definitie vinden we, voor T > S > T : Z T S Z T f (t, x)dt = Omgekeerd, uit (6.1) volgt dat Z T Z S f (t,x)dt f (t,x)dt f (t,x)dt g(x) + g(x) Z n f (t,x)dt Z S f (t,x)dt < 2ε een uniforme Cauchy rij is over [b,b ]. Deze rij heeft dus een uniforme limiet, die we g(x) noemen. Dit betekent: Z n ε >, N : n > N, x [b,b ] : f (t,x)dt g(x) < ε Neem nu een willekeurige T > max{n + 1,T + 1}, en stel [T ] = n, het grootste natuurlijk getal dat kleiner dan of gelijk aan T is. Dan zijn T,n > T, zodat x [b,b ] en dus Z T Z T Z T f (t,x)dt g(x) Z n Z T f (t,x)dt f (t,x)dt = n f (t,x)dt < ε Z n Z n f (t,x)dt f (t,x)dt + f (t,x)dt g(x) 2ε Het volgende criterium is vergelijkbaar met het criterium van Weierstrass voor uniforme convergentie van reeksen. Stelling Onderstel dat er een stuksgewijs continue functie µ : [,+ ) R + bestaat zodat 1. µ(t)dt convergent; 2. voor elke x [b,b ], en voor t > t hebben we: f (t,x) µ(t). Dan is f (t,x)dt uniform convergent over [b,b ]. 65

67 Bewijs. Uit stelling weten we: Dan geldt voor alle S,T > max{t,t }: ε >, T : S,T > T : Z T S µ(t)dt < ε Z T S f (t,x)dt en het gestelde volgt uit stelling Z T S f (t,x) dt Z T S µ(t)dt < ε Stelling Onderstel dat uniform over [b,b ]. Dan is g continu over [b,b ]. f (t,x)dt = g(x) Bewijs. Neem ε >, en T als in definitie Dan geldt voor alle T > T en x [b,b ] dat f (t,x)dt < ε T Over [,T ] [b,b ] is f uniform continu (behalve voor t = t i ), en dus δ > : t,t t i [,T ], x,x [b,b ] : (t t ) 2 + (x x ) 2 < δ f (t,x) f (t,x ) < ε/t Onderstel dat x x < δ. Dan geldt Z T Z T ( f (t,x) f (t,x ))dt f (t,x) f (t,x ) dt < εt T = ε Het feit dat de gebruikte ongelijkheid niet geldt in een het eindig aantal punten t = t i stoort niet bij het berekenen van de integraal. Tenslotte is Z T g(x) g(x ) ( f (t,x) f (t,x ))dt + f (t,x)dt + f (t,x )dt < 3ε T T Stelling Onderstel dat uniform over [b,b ]. Voor alle c c [b,b ] hebben we Z c c g(x)dx = f (t,x)dt = g(x) (6.2) Z c dt f (t,x)dx c met andere woorden, de oneigenlijke integraal, en de integraal over x van c tot c mogen verwisseld worden. 66

68 Bewijs. We hebben gezien in stelling dat g continu is, en we kunnen dus g integreren. Omdat (6.2) uniform convergeert over [b,b ] weten we dat en dus Z T T : S,T > T : S Z T Z c Z c dt f (t,x)dx = S c c Z c c Z T dx S f (t,x)dt < Z T dx S f (t,x)dt ε b b f (t,x)dt ε c c b b ε Hieruit volgt dat Z c dt f (t,x)dx c convergent, en dus Z c T 1 : T > T 1 : dt f (t,x)dx < ε T c Uit de uniforme convergentie van (6.2) volgt: T 2 : T > T 2, x [b,b ] : en dus Z c dx f (t,x)dt ε c T Neem nu T > max{t 1,T 2 }. We berekenen nu dat Z c en het gestelde volgt. c Z c g(x)dx dt f (t,x)dx c Z c Z T = dx f (t,x)dt + = c Z T Z c c Z c c dt dx dx Z c c T T f (t,x)dx Z c c T T dx dt T Z c f (t,x)dt < c Z c f (t,x)dt dt T f (t,x)dt + dt T c Z c ε c c f (t,x)dt f (t,x)dx f (t,x)dx f (t,x)dx 2ε c Stelling Onderstel dat f en f x oneigenlijke integralen g(x) = gebiedsgewijs continu zijn. Onderstel bovendien dat de f (t,x)dt en f x (t,x)dt 67

69 respectievelijk puntsgewijs en uniform convergeren over [b,b ]. Dan is g (x) = f (t,x)dt (6.3) x Bewijs. We passen stelling toe met f vervangen door f x. We vinden dan, voor c,x [b,b ]: Z x c du = Z f + x (t,u)dt = Hou c constant en leid af naar x. Dan vinden we (6.3). Z x f dt c x (t,u)du ( f (t,x) f (t,c))dt = g(x) g(c) 6.2 Functies van exponentiële orde en de convergentieabscis We werken steeds met een functie f : [,+ ) R die stuksgewijs continu is. We breiden f uit tot een functie f : R R door f (x) = te stellen voor x <. Definitie We zeggen dat f van exponentiële orde α is als er m,t > bestaan zodat We noteren dit door t t : f (t) < me αt f (t) = O(e αt ) We zeggen dat f van exponentiële orde is, als er een α R bestaat zodat f van exponentiële orde α is. Lemma Onderstel dat f (t) = O(e αt ). Dan bestaat een m > zodat t : f (t) < m e αt M.a.w., we mogen t = nemen in de definitie Bewijs. Stel M = sup{ f (t) : t t }. Als α, dan hebben we voor t t dat f (t) M Me αt en het volstaat om m = max{m,m} te nemen. Als α <, dan hebben we voor t t dat f (t) M = Me αt e αt Me αt e αt en het volstaat nu om m = max{m,me αt } te nemen. Lemma Als f (t) = O(e αt ) en β > α, dan is f (t) = O(e βt ). 68

70 Bewijs. Evident. Lemma Als f (t) = O(e αt ) en g(t) = O(e βt ), dan is f (t)g(t) = O(e (α+β)t ). Bewijs. Evident. Lemma Voor elke α > en n > hebben we t n = O(e αt ). Bewijs. Dit volgt uit het feit dat lim t + t n e αt = We voeren nu de convergentieabscis van een functie in. Definitie Neem een stuksgewijze continue functie f. De convergentieabscis α( f ) wordt gedefinieerd door de formule α( f ) = inf{α f (t) = O(e αt )} Als α niet van exponentiële orde is, dan stellen we α( f ) = +. Lemma α( f g) α( f ) + α(g) en α( f + g) max{α( f ),α(g)} Bewijs. Neem α > α( f ) en β > α(g). Dan is f (t) = O(e αt ) en g(t) = O(e βt ), zodat f (t)g(t) = O(e (α+β)t ), vanwege lemma 6.2.4, en dus is α + β α( f g). Omdat dit geldt voor elke α > α( f ) en β > α(g), volgt dat α( f g) α( f ) + α(g). De tweede formule is evident. Lemma We hebben volgende eigenschappen: 1. als f begrensd, dan is α( f ) ; 2. als bovendien lim t f (t), dan is α( f ) = 3. α(t n ) =, voor n ; 4. α(t n f ) = α( f ). 6.3 De Laplacetransformatie Definitie Neem een stuksgewijs continue functie f : R R, en onderstel f (t) = voor t <. De Laplacegetransformeerde van f (t) is de functie F(p) = Hierin is p C. We noteren ook F(p) = L{ f (t)}. e pt f (t)dt (6.4) 69

71 Voorbeelden ) Stel f (t) = 1 (voor t ; voor t < nemen we altijd aan dat f (t) = ). Dan is F(p) = als Re(p) >. e pt dt = 1 p 2) Als f (t) = e at, dan berekenen we, op precies dezelfde manier. als Re(p) > a. F(p) = e (a p)t dt = 1 p a 3) Stel f (t) = e t2. De integraal F(p) = e pt+t2 dt convergeert voor geen enkele waarde van p. De Laplacegetransformeerde bestaat dus niet. We zullen nu eerst de convergentie van de integraal van Laplace bestuderen. Stelling Onderstel dat f (t) van exponentiële orde is. De integraal (6.4) convergeert dan absoluut voor Rep > α( f ), en divergeert voor Rep < α( f ). (6.4) convergeert uniform over het gesloten halfvlak Rep α 1 als α 1 > α( f ). De Laplacegetransformeerde F(p) is analytisch over het convergentiehalfvlak Rep > α( f ). Bewijs. Stel p = x + iy, en u(x, y) = v(x, y) = f (t)e xt cosytdt (6.5) f (t)e xt sinytdt (6.6) zodat F(p) = u(x,y) + iv(x,y), voor zover de integralen convergeren. Neem α 1 α > α( f ). We zullen bewijzen dat ( ) convergeren voor x = Rep α 1. De integrand in ( ) is gebiedsgewijs continu, zodat we de resultaten uit 6.1 mogen toepassen. Uit lemma volgt dat er een m > bestaat, zodat voor alle t : Als x = Rep α 1 > α hebben we dus f (t)e αt < m f (t)e xt cosyt f (t)e αt e (x α)t < me (x α)t me (α 1 α)t Omdat e (α1 α)t dt 7

72 convergent is, volgt uit stelling dat (6.5) uniform convergent is voor x [α 1,+ ) en y [,2π]. Op dezelfde manier volgt dat (6.6) uniform convergent is. Omdat α(t f ) = α( f ) (zie lemma 6.2.8) zal ook t f (t)e xt cosytdt uniform convergeren, en uit stelling volgt dan dat (6.5) onder het integraalteken naar x mag afgeleid worden, en dus Z u + x = t f (t)e xt cosytdt Op precies dezelfde manier kunnen we aantonen dat u y v x v y = t f (t)e xt sinytdt = = t f (t)e xt sinytdt t f (t)e xt cosytdt We zien dus dat u x = v y u en y = v x De voorwaarden van Cauchy-Riemann zijn dus vervuld, en we concluderen dat F(p) analytisch is over Rep > α( f ). Onderstel nu dat Rep < α( f ). Als convergent, dan is en dus e pt f (t)dt lim t + e pt f (t) = lim t + e pt f (t) = lim t + e Rept f (t) = Als Rep < α( f ), dan is f niet van exponentiële orde α. Dus t, t > t : f (t) > e αt en dus is zodat de integraal van Laplace divergent is. lim f t + (t)e αt 71

73 Voorbeeld Voor k > 1 bekijken we de functie f (t) = t k, voor p > vinden we F(p) = L{t k } = = 1 p k+1 t k e pt dt u k e u du = Γ(k + 1) p k+1 Omdat F analytisch is, kunnen we door analytische voortzetting concluderen dat L{t k } = Γ(k + 1) p k+1 zodra Rep > 6.4 Eigenschappen van de Laplacetransformatie In deze paragraaf is f een stuksgewijs continue functie, van exponentiële orde, en f (x) = voor x <. Stelling L{t n f (t)} = ( 1) n F (n) (p) (6.7) Bewijs. Met notatie als in het bewijs van stelling hebben we F (p) = u x + i v x = = t f (t)e xt cosytdt + i t f (t)e pt dt = L{t f (t)} Als we deze redenering n maal herhalen vinden we (6.7). t f (t)e xt sinytdt Voorbeeld We hebben al gezien dat L{e at } = 1 p a en dus is L{t n e at } = n! (p a) n+1 Stelling De Laplacetransformatie is linear: L{a f (t) + bg(t)} = al{ f (t)} + bl{g(t)} Bewijs. Een lineaire combinatie van stuksgewijs continue functies is stuksgewijs continu, en de integraal is lineair. Noteer ook dat uit lemma volgt dat α(a f (t)+bg(t)) max{α( f ),α(g)}. 72

74 Voorbeeld Aangezien is L{shkt} = 1 2 shkt = ekt e kt 2 Stelling Als L{ f (t)} = F(p), en a >, dan is met convergentieabscis aα( f ). ( 1 p k 1 ) = k p + k p 2 k 2 L{ f (at)} = 1 a F ( p a ) Bewijs. L{ f (at)} = e pt f (at)dt = 1 a e p a u f (u)du = 1 a F ( p a ) Stelling Als L{ f (t)} = F(p), dan is met convergentieabscis a + α( f ). L{e at f (t)} = F(p a) Bewijs. L{e at f (t)} = e (p a)t f (t)dt = F(p a) Voorbeeld We zullen verderop zien dat L{sint} = 1 p met convergentieabscis. Toepassing van stellingen en levert met convergentieabscis b. L{e bt sinat} = a (p + b) 2 + a 2 Neem een stuksgewijs continue functie f, en onderstel zoals altijd dat f (t) = voor t <. Voor a > definiëren we f a door { als t < a f a (t) = f (t a) als t a De grafiek van f a is dus net dezelfde als die van f, maar over een afstand a naar rechts opgeschoven, zie Figuur

75 f(t) f a t t a t Figuur 6.3: De grafieken van de functies f en f a Stelling Als L{ f (t)} = F(p), dan is L{ f a (t)} = e ap F(p) met convergentieabscis α( f ). Bewijs. L{ f a (t)} = f a (t)e pt dt = a = e ap f (u)e pu du = e ap F(p) f (t a)e p(t a) e ap dt Voorbeeld We definiëren de Heavisidefunctie H(t) door { als t < H(t) = 1 als t Deze laat toe om f a te definiëren door f a (t) = H(t a) f (t a) We kunnen nu ook de Laplacegetransformeerde berekenen van de trapfunctie uit Figuur 6.4 als t < a f (t) = b als a t a + h als t > a + h Immers, en dus f (t) = b(h(t a) H(t a h)) ( e ap L{ f (t)} = b p e ap hp ) = b p p e ap (1 e hp ) 74

76 f(t) b a a + h t Figuur 6.4: Een trapfunctie Stelling Onderstel dat f continu is voor t >, en dat f stuksgewijs continu is en van exponentiële orde. Dan is L{ f (t)} = pl{ f (t)} f (+) met convergentieabscis α( f ). Bewijs. Z T L{ f (t)} = lim T f (t)e pt dt Aangezien f stuksgewijs continu is over [,T ], bestaat er een partitie ( = t,t 1,,t n = T ) van [,T ], zodat f continu is in elke t t i. We kunnen dan schrijven Z T f (t)e pt dt = n Z ti i=1 t i 1 f (t)e pt dt Partiële integratie levert Z ti t i 1 f (t)e pt dt = [ f (t)e pt] t i t i 1 + p Z ti t i 1 f (t)e pt dt = f (t i )e pt i f (t i 1 +)e pt i 1 + p Z ti t i 1 f (t)e pt dt Aangezien f continu is, geldt f (t i +) = f (t i ) = f (t i ). Als we sommeren krijgen we dus Z T Neem α > α( f ). Dan is Z T f (t)e pt dt = e pt f (T ) f (+) + p f (t)e pt dt De laatste factor is begrensd, zodat e pt f (T ) = e (Rep)T f (T ) = e (Rep α)t e αt f (T ) lim T e pt f (T ) = 75

77 en dus is Z T L{ f (t)} = lim T f (t)e pt dt = pl{ f (t)} f (+) Gevolg Als de n 1 eerste afgeleiden van f bestaan en continu zijn voor t >, en f (n) stuksgewijs continu is en van exponentiële orde, dan is L{ f (n) }(t) = p n L{ f (t)} p n 1 f (+) p (n 2) f (+) f (n 1) (+) Voorbeeld Omdat sint en cost begrensde functies zijn, die niet naar nul gaan als t naar oneindig nadert, hebben we α(cos) = α(sin) = Als we F(p) = L{sint}, dan vinden we, na stelling tweemaal toe te passen: L{cost} = pf(p) en Zodat F(p) = L{ sint} = p 2 F(p) 1 F(p) = L{sint} = 1 p en L{cost} = 1 + p2 1 + p 2 Stelling Als L{ f (t)} = F(p) en dan is met convergentieabscis max{, α( f )}. g(t) = Z t f (u)du L{g(t)} = F(p) p Bewijs. Neem α > max{,α( f )}. Dan is f van exponentiële orde α, en bestaat er een m > zodat voor alle t : f (t) < me αt waaruit Z t Z t g(t) f (x) dx m e αx dx = m α (eαt 1) < m α eαt, zodat g(t) = O(e αt ). Aangezien g continu is, en g = f stuksgewijs continu, kunnen we stelling toepassen, en we vinden F(p) = L{g (t)} = pl{g(t)} g() Aangezien g() =, vinden we voor Rep > max{, α( f )} dat L{g(t)} = F(p) p 76

78 We nemen nu een periodische stuksgewijs continue functie f. f is begrensd, zodat α( f ). Aangezien de limiet van f voor t gaande naar + niet bestaat (tenzij in het triviale geval f = ), is α( f ) =. Stelling Onderstel dat f een stuksgewijs continue functie is met periode T. Dan is met convergentieabscis. Bewijs. F(p) = L{ f (t)} = Z 1 T 1 e T p e pt f (t)dt f (t)e pt dt = We voeren de substitutie t = nt + u uit. We krijgen Z (n+1)t n= nt f (t)e pt dt F(p) = = = Z T n= f (nt + u)e pu e nt p du ( n=e nt p) Z T f (u)e pu du Z 1 T 1 e T p e pt f (t)dt Bij de sommering van de meetkundige reeks maakten we gebruik van het feit dat e T p < 1, aangezien Rep >. We geven nu enkele eigenschappen die enkel gelden in het geval p R. We blijven onderstellen dat f stuksgewijs continu is, en van exponentiële orde. Stelling lim L{ f (t)} = p + Bewijs. Ondersel f (t) = O(e αt ); we hebben dan een m > zodat voor alle t : f (t) e αt < m en bijgevolg is f (t)e pt dt m e (p α)t dt = m p + p α 77

79 Stelling Als f continu is voor t >, en f stuksgewijs continu van exponentiële orde, dan is lim pf(p) = f (+) p Bewijs. We kunnen stelling toepassen, zodat L{ f (t)} = pf(p) f (+) Uit stelling volgt dat lim p L{ f (t)} =, en hieruit volgt onmiddellijk het gestelde. Stelling Onderstel dat f (t) lim t + t bestaat. Voor elke reële p > α( f ) hebben we dan L{ f (t) } = t p F(x)dx Bewijs. Aangezien f stuksgewijs continu is, is ook f (t)/t stuksgewijs continu, behalve eventueel in t =. Omdat we veronderstelden dat f (t) lim t + t bestaat, is f (t)/t ook stuksgewijs continu in. Als f van exponentiële orde α is, dan is f (t)/t ook van exponentiële orde α. Voor x > α nemen we F(x) = F is continu, en we kunnen F dus integreren: Z q p F(x)dx = Z q p f (t)e xt dt (6.8) dx f (t)e xt dt Omdat (6.8) uniform convergeert, mogen we integratievolgorde veranderen (zie stelling 6.1.6), zodat Z q Z q F(x)dx = f (t)dt e xt f (t) dx = (e pt e qt )dt p p t Uit stelling weten we dat lim q + f (t) e qt f (t) dt = lim L{ } = t q + t en dus vinden we F(x)dx = waarmee de stelling bewezen is. p f (t) t e pt dt = L{ f (t) } t De stelling levert L{ f (t) t } enkel voor reële waarden van p. Door analytische voortzetting vinden we de Laplacegetransformeerde ook voor complexe waarden van p. 78

80 Voorbeeld We berekenen de Laplacegetransfomeerde F(p) van We weten dat en dus f (t) = Z t sinu u du L{sint} = 1 p L{ sint dx } = t p x = π 2 bgtg p = bgtg 1 p Deze formule geldt voor elke p >, en na analytische voortzetting voor elke p C met Rep >. Tenslotte vinden we. F(p) = 1 p bgtg 1 p 79

81 Hoofdstuk 7 Toepassingen van de Laplacetransformatie 7.1 De inverse Laplacetransformatie Als F(p) de Laplacegetransformeerde is van f (t), dan noemen we f (t) de inverse Laplacegetransformeerde van F(p). We noteren dit door f (t) = L 1 {F(p)} De inverse Laplacegetransformeerde is niet eenduidig bepaald: als twee functies f en g verschillen in een eindig aantal punten, maar in alle overige punten aan elkaar gelijk zijn, dan vallen hun Laplacegetransformeerden samen. Stelling (Stelling van Lerch) Als L{ f (t)} = L{g(t)}, dan is Z T ( f (t) g(t))dt = voor elke T >. We zullen deze stelling niet bewijzen. Merk op dat de stelling impliceert dat f = g als f en g continu zijn. Het volstaat af te leiden naar T en de grondformule van de integraalrekening toe te passen. In de toepassingen die we verderop in dit hoofdstuk behandelen, moet de inverse Laplacegetransformeerde bepaald worden. Een eerste methode om dit te doen bestaat erin om de tabel met Laplace getransformeerden te gebruiken, en te combineren met de elementaire eigenschappen van de Laplacetransformatie. Deze methode is altijd bruikbaar als F(p) een rationale functie is, met de graad van de teller kleiner dan die van de noemer. Het volstaat om F(p) te splitsen in partiële breuken, en tabel 7.1 te gebruiken. Voorbeeld Neem F(p) = p p(p 2 + 6p + 1) 8

82 Splitsing in partiële breuken levert F(p) = 1 1p p + 3 1((p + 3) 2 + 1) zodat f (t) = 1 1 e 3t cost 1 Een tweede methode is gebaseerd op de inversieformule. Voor een complexe functie φ afhankelijk van een complexe parameter p beschouwen we integralen van de vorm Z γ+iβ Z γ+i lim φ(p)dp = φ(p)dp β γ iβ γ i Zulk een integraal wordt een Bromwich integraal genoemd (zie Figuur 7.1). y g + ib x g ib Figuur 7.1: De Bromwich integraal Stelling Onderstel dat f van exponentiële orde α is, en dat f en f stuksgewijs continu zijn voor t. Stel F(p) = L{ f (t)}. Voor elke γ > α geldt dan als t < Z 1 γ+i F(p)e pt f (+) dp = 2 als t = (7.1) 2πi γ i f (t+)+ f (t ) 2 als t > Het bewijs van deze stelling geven we na stelling Merk op dat het linkerlid gelijk is aan f (t) in alle punten waar f continu is. In die punten geldt dus Z 1 γ+i F(p)e pt dp = f (t) 2πi γ i 81

83 zodat we een formule hebben voor de inverse Laplacegetransformeerde. Een probleem bij de toepassing van deze inversieformule is dat er voorwaarden zijn op f (t) terwijl we f (t) niet eens kennen. Dit is een probleem dat optreedt bij alle toepassingen van de Laplacetransformatie. In vele gevallen kan de integraal die optreedt in (7.1) uitgerekend worden met behulp van de residustelling. Stelling Onderstel dat F(z) analytisch is in gans het vlak, behalve in een eindig aantal punten. Onderstel bovendien dat er positieve constanten a,c,m bestaan zodat zodra z > a. Dan is F(z) < m z c Z 1 γ+i F(p)e pt dp = 2πi Res(F(z)e zt,z k ) (7.2) γ i k waarbij de som loopt over alle singuliere punten z k van F. Hierbij dient γ zo gekozen te worden dat het integratiepad zich rechts van alle singuliere punten van F bevindt. De twee voorgaande stellingen leveren een eenvoudige manier om in bepaalde gevallen de inverse Laplacegetransformeerde uit te rekenen. Men kan aantonen dat aan de voorwaarden van de stellingen altijd voldaan is als men voor F een rationale functie kiest, waarvan de graad van de teller strikt kleiner is dan de graad van de noemer. We krijgen dan Stelling Onderstel dat F(p) = T (p)/n(p), waarbij T en N veeltermen met grn > grt. Dan is L 1 {F(p)} = f (t) = Res(F(z)e zt,z k ) k waarbij de som loopt over alle nulpunten z k van de noemer N. Als de N(p) alleen enkelvoudige nulpunten z 1,,z k heeft, dan wordt de formule Voorbeeld Neem f (t) = F(p) = n T (z k ) k=1 N (z k ) ez kt (b 2 a 2 )p (p 2 + a 2 )(p 2 + b 2 ) De nulpunten van de noemer zijn enkelvoudig: z 12 = ±ia en z 34 ± ib. We rekenen gemakkelijk uit dat T (p) (b 2 a 2 )pe pt N (p) ept = 2p(p 2 b 2 ) + 2p(p 2 a 2 ) = b2 a 2 e pt 2 2p 2 + a 2 + b 2 82

84 zodat n T (z k ) f (t) = k=1 N (z k ) ez kt = b2 a 2 ( e iat + e iat 2 b 2 a 2 = cosat cosbt + eibt + e ibt ) a 2 b Oplossen van differentiaalvergelijkingen Het idee is eenvoudig. We trachten een differentiaalvergelijking op te lossen, door eerst de getransformeerde van de vergelijking te nemen. Soms is deze eenvoudiger op te lossen dan de oorspronkelijke vergelijking. De oplossing van de oorspronkelijke vergelijking vindt men dan door de inverse transformatie toe te passen op de oplossing van de getransformeerde. Een voordeel van de methode is dat de beginvoorwaarden in de oplossingsmethode ingebouwd worden. Een nadeel is dat men niet a priori weet of de oplossingen van de differentiaalvergelijking een getransformeerde hebben. Men vangt dit op door achteraf te controleren of de gevonden oplossing wel een oplossing is. Differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten We nemen de differentiaalvergelijking met beginvoorwaarden voor i =,,n 1. Als L{x(t)} = X, dan is x (n) + a 1 x (n 1) + + a n 1 x + a n x = f (t) (7.3) x (i) () = x (i) L{x (i) (t)} = p i X x p i 1 x p i 2 x (i 1) en de getransformeerde vergelijking is dus een lineaire vergelijking, waarin de beginvoorwaarden ingebouwd zijn. Voorbeeld We lossen volgende differentiaalvergelijking op: x + 6x + 1x = 1 met x() = en x () = 1 3. Laplacetransformatie levert p 2 X(p) pX(p) + 1X(p) = 1 p 83

85 zodat Invers transformeren geeft X(p) = 1 + 3p 1 p(p 2 + 6p + 1) x(t) = 1 1 e 3t cost 1 Uiteraard kunnen we dit resultaat ook via de klassieke methoden verkrijgen. Differentiaalstelsel met constante coëfficiënten Hierop is dezelfde methode van toepassing. Laplacetransformatie geeft nu een stelsel lineaire vergelijkingen, waarin de beginvoorwaarden ingebouwd zijn. Deze methode wordt veel gebruikt bij de studie van elektrische netwerken. Voorbeeld We bekijken een transformator, zoals in Figuur 7.2 Hierin zijn R 1 en R 2 weer- i 1 < i 2 v R 1 L 1 L 2 <<< R 2 M Figuur 7.2: De transformator standen, L 1 en L 2 induktiespoelen, en M de wederkerige induktantie tussen de twee spoelen. Op tijdstip t = onderstelt men dat de stroomsterkte i 1 () en i 2 () in de twee kringen nul is. Vanaf t = leggen we een constante spanning aan in de linkse kring, zodat we kunnen onderstellen v(t) = H(t) waarbij H(t) de Heaviside functie. We lossen zulk een netwerk op door uit te drukken dat in elke kring de som van de spanningsverschillen nul is. Dit spanningsverschil, en de Laplacegetransformeerde ervan, bedraagt voor een weerstand R v = Ri V = RI voor een inductiespoel L v = L dt di V = LpI Li() voor een transformator C v = C 1 R t idt + v() V = Cp I + v() p Hierbij zijn I en V de Laplacegetransformeerden van i en v. We moeten dus volgend stelsel oplossen: di R 1 i 1 + L 1 1 dt + M di 2 dt = H(t) di R 2 i 2 + L 2 2 dt + M di 1 dt = 84

86 Als we hiervan de Laplacegetransformeerde nemen, dan vinden we { R1 I 1 + pl 1 I 1 + pmi 2 = 1 p R 2 I 2 + pl 2 I 2 + pmi 1 = Zoals aangekondigd is dit een lineair stelsel met onbekenden I 1 en I 2. Oplossing van het stelsel levert M I 2 = (M 2 L 1 L 2 )p 2 (L 1 R 2 + L 2 R 1 )p R 1 R 2 De discriminant van de noemer is positief, en de inversie levert geen enkel probleem op. In de praktijk schrijft men dikwijls het stelsel differentiaalvergelijkingen niet eens neer, maar ineens de Laplacegetransformeerde ervan. Lineaire differentiaalvergelijkingen met veranderlijke coëfficiënten In sommige gevallen kan men zulk een vergelijking oplossen met behulp van de Laplacetransformatie. We behandelen een voorbeeld. Voorbeeld tx + x +tx = met beginvoorwaarden x() = x en x () = x. Als we de Laplacegetransformeerde van de vergelijking nemen vinden we d dp (p2 X px x ) + px x dx dp = of (p 2 + 1) dx dp + x + px x = Merk op dat de beginvoorwaarden hieruit verdwenen zijn. Scheiding van veranderlijken levert dx X = pdp p Dit kan gemakkelijk geïntegreerd worden, en we vinden X = c(1 + p 2 ) 1/2 We zullen de inverse Laplacegetransformeerde bepalen door X te ontwikkelen als een machtreeks in 1/p. Stel c = 1. Voor 1 p 2 < 1 hebben we X(p) = p 2 = 1 p = 1 p = ( p 2 ) 1 2 n= n= ( 1 )( 3 ) ( 2n 1 ) n! n (2n 1)!! ( 1) 2 n n! 1 p 2n+1 1 p 2n 85

87 Aangezien vinden we dus x = = L 1 { 1 tn } = pn+1 n! n= n= n (2n 1)!! ( 1) 2 n n!(2n)! t2n ( 1) n (n!) 2 ( t 2 ) 2n = J (t) We vinden dus de Besselfunctie terug. Dit is in overeenstemming met wat we gedaan hebben in de cursus Analyse II. Daar hebben we de vergelijking van Bessel t 2 x +tx + (t 2 ν 2 )x = opgelost via machtreeksontwikkeling. Voor ν = is dit juist de vergelijking die we hier bekeken hebben. Machtreeksontwikkeling leverde slechts 1 lineair onafhankelijke oplossing, en ook Laplacetransformatie levert slechts 1 lineair onafhankelijke oplossing, namelijk degene waarvoor x() en x () =. Toch weten we dat er een tweede lineair onafhankelijke oplossing bestaat, namelijk die met x() = en x (). Hoe komt het dat we die hier niet terugvinden? De functies waarvan we de Laplacegetransformeerde kunnen berekenen zijn stuksgewijs continu, zodat lim f (t) t + eindig is. Als x een oplossing is van onze differentiaalvergelijking, en de Laplacegetransformeerde van x bestaat, dan bestaat ook de Laplacegetransformeerde van en dus is eindig, zodat x () =. x (t) t = x (t) x(t) x (t) lim t + t 7.3 De convolutieintegraal De convolutie van twee functies f,g : R R is per definitie de integraal ( f g)(t) = f (u)g(t u)du voor zover deze convergeert. Als f (t) = g(t) = voor t <, dan krijgen we ( f g)(t) = Z t f (u)g(t u)du 86

88 Stelling De Laplacegetransformeerde van een convolutieintegraal is het product van de Laplacegetransformeerden: L{ f g} = L{ f }L{g} Bewijs. Stel L{ f } = F(p), L{g} = G(p). Herinner dat { als t < u g u (t) = g(t u) als t u We berekenen dan Aangezien F(p)G(p) = f (u)g(p)e pu du G(p)e pu = = = u g(v)e pv e pu dv g(t u)e pt dt g u (t)e pt dt vinden we Z F(p)G(p) = f (u)du g u (t)e pt dt Men kan aantonen dat de volgorde van de integralen mag veranderd worden, zodat F(p)G(p) = Z t e pt dt f (u)g(t u)du = L{ f g}(p) Toepassing: de integralen van Euler We herhalen de definitie van de Gamma-functie: Γ(µ) = t µ 1 e t dt We hebben gezien dat de integraal steeds convergeert als µ >. Op gelijkaardige manier definiëren we de Beta-functie: B(µ,ν) = Z 1 t µ 1 (1 t) ν 1 dt We kunnen aantonen dat deze integraal convergeert zodra µ, ν >. Met behulp van de Laplacetransformatie kunnen we een verband geven tussen Beta en Gamma functie. We hebben reeds gezien dat L{t µ 1 } = Γ(µ) p µ 87

89 en dus is ook L{t µ+ν 1 } = = = Γ(µ + ν) p µ+ν Γ(µ + ν) Γ(µ)Γ(ν) Γ(µ)Γ(ν) p µ+ν Γ(µ + ν) Γ(µ)Γ(ν) L{tµ 1 }L{t ν 1 } zodat Stel hierin t = 1; dan volgt Stelling Voor µ,ν > hebben we Γ(µ)Γ(ν) Γ(µ + ν) tµ+ν 1 = L 1 {L{t µ 1 }L{t ν 1 }} = t µ 1 t ν 1 = Z t Γ(µ)Γ(ν) Γ(µ + ν) = B(µ,ν) Voorbeeld We berekenen, bij wijze van voorbeeld, B( 1 2, 1 2 ) = Z 1 Z 1 = 2 du u u 2 = Z 1 u µ 1 (t u) ν 1 du du 1 4 (u 1 2 )2 du 1 (2u 1) 2 = Z 1 = bgsin1 bgsin( 1) = π 1 dt 1 t 2 Uit stelling volgt dan dat Γ( 1 2 )2 = B( 1 2, 1 2 )Γ(1) = π en hieruit volgt de gekende formule (zie bijvoorbeeld Analyse 2, 3.4) Γ( 1 2 ) = π Toepassing: integraalvergelijkingen Een integraalvergelijking is een vergelijking van de vorm Z b(t) x(t) = f (t) + g(u,t)x(u)du a(t) 88

90 waarbij x een onbekende functie is, en f, g, a en b gegeven. Als a en b constant zijn dan wordt de vergelijking een vergelijking van Fredholm genoemd; als a = en b = t, dan spreken we van een vergelijking van Volterra. We bekijken de vergelijking van Volterra in het bijzonder geval waarin g(u,t) = k(t u), dus Z t x(t) = f (t) + k(t u)x(u)du Als we de Laplacegetransformeerde van deze vergelijking nemen, dan vinden we, met behulp van stelling 7.3.1: X(p) = F(p) + K(p)X(p) en dus X(p) = De inverse Laplacetransformatie levert dan x(t). F(p) 1 K(p) Voorbeeld Een materieel punt glijdt zonder wrijving langs een kromme, onder werking van het zwaartekrachtveld. De beginsnelheid is nul. Bepaal de kromme zodanig dat de valtijd onafhankelijk is van het beginpunt. Stel s de hoofdparameter langs de kromme. We bepalen s in functie y p x, y s x Figuur 7.3: Het deeltje glijdt naar beneden langs een kromme van y: stel s = f (y). De valsnelheid is dan v = ds dt, en uit de wet van behoud van energie volgt dat zodat mv 2 2 = mg(y y) v = ds dt = 2g(y y) en dt dy = dt ds ds dy = f (y) 2g(y y) De valtijd wordt dus gegeven door de formule T = 1 Z y f (y) 2g y y dy 89

91 Het rechterlid is een convolutieintegraal. Dit wordt duidelijk als we stellen We krijgen dan y = t en y = u Z t 2gT = f (u)(t u) 1/2 du = t 1/2 f (t) We nemen de Laplacegetransformeerde van beide leden: aangezien vinden we en L{1} = 1 p, L{t 1/2 } = Γ(1/2) p 1/2 = 2g T p = pf(p) π p pf(p) = 2g T π en, na het berekenen van de inverse getransformeerde: f (t) = 2g T π π p en L{ f (t)} = pf(p) Als we terug overgaan naar de oorspronkelijke veranderlijken y en y en rekening houden met ( ) ds dx 2 dy = f (y) = 1 + dy dan vinden we 1 + ( ) dx 2 = a dy y π p 1 t met a = 2gT 2 Dit is een differentiaalvergelijking die we kunnen oplossen via scheiding van veranderlijken: en We rekenen deze integraal uit via de substitutie ( ) a y 1/2 dx = dy y Z ( ) a y 1/2 x = dy y π 2 y = asin 2 θ 2 = a (1 cosθ) 2 dy = asin θ 2 cos θ 2 dθ 9

92 Z cos θ x = 2 sin θ asin θ 2 cos θ Z 2 = a cos 2 θ 2 dθ 2 = a Z (1 + cosθ)dθ = a (θ + sinθ) + c 2 2 Omdat y() =, vinden we c =. Een stel parametervergelijkingen van de oplossing is dus { x = gt 2 (θ + sinθ) π 2 y = gt 2 (7.4) (1 cosθ) π 2 Laten we aantonen dat dit een cycloide voorstelt. Herhaal dat de vergelijking van de cycloide als volgt luidt (zie Analyse II, Voorbeeld 1.4.8): { x = a(ψ sinψ) Stel ψ = π + θ. Dan krijgen we of y = a(1 cosψ) { x = a(π + θ + sinθ) y = a(1 + cosθ) { x aπ = a(θ + sinθ) 2a y = a(1 cosθ) Als we X = x aπ stellen, en Y = 2a y, dan vinden we ((7.4)). 7.4 Distributies en de Dirac functie Voor elke ε > bekijken we de functie { ε 1 als t ε δ ε (t) = als t < of t > ε De Laplacegetransformeerde van δ ε kan gemakkelijk uitgerekend worden: Stel nu Dan is Deze procedure is natuurlijk heel bedenkelijk: L{δ ε (t)} = 1 e εp εp δ(t) = lim ε + δ ε(t) L{δ(t)} = 1 de limiet van δ ε is voor t en bestaat niet in t = ; 91

93 y 1/e x e Figuur 7.4: Grafiek van de functie δ ε we weten helemaal niet of we de limiet en de Laplacetransformatie mogen verwisselen; er bestaat geen functie waarvan de Laplacegetransformeerde gelijk aan 1 is, aangezien 1 niet naar nul nadert als p + (zie stelling ). Toch bouwen we op dit idee voort. Als f continu is in, dan is 1 lim f (t)δ ε (t)dt = lim ε + ε + ε = lim ε + 1 f (θε)ε = f () ε Z ε f (t)dt Hierbij pasten we de stelling van het gemiddelde toe (zie Analyse I), en is θ (,1). Als we integraal en limiet mogen verwisselen vinden we f (t)δ(t)dt = f () (7.5) (7.5) noemen we de zifteigenschap. Het probleem is weer dat er geen enkele functie bestaat met de zifteigenschap voor elke continue functie f. Het idee is nu het volgende. Neem een functie γ(t), en zij V een vectorruimte die bestaat uit functies f (t) waarvoor de integraal f (x)γ(x)dx convergeert. Geassocieerd aan γ is dan een lineaire afbeelding (of functionaal) V R, f f (x)γ(x)dx 92

94 Dit is eigenlijk een element in de duale ruimte V van V. Als we de notatie γ zowel voor de oorspronkelijke gegeven functie als voor de functionaal gebruiken kunnen we dus schrijven γ( f ) = f (x)γ(x)dx Nu bestaan er functionalen die niet in integraalvorm geschreven kunnen worden, bijvoorbeeld δ( f ) = f () Zulke functionalen noemen we distributies of veralgemeende functies. δ noemen we de Dirac distributie. De notatie in het linkerlid van de twee bovenstaande formules gebruikt men meestal niet: men gebruikt de integraalnotatie ook voor distributies alsof het gewone functies waren: f () = f (x)δ(x)dx Het spreekt vanzelf dat een doorgedreven uitwerking van deze theorie gepaard gaat met heel wat technische moeilijkheden. Een van de problemen is een goede keuze van de vectorruimte V, die ook de ruimte van de testfuncties genoemd wordt. Niettemin zijn er een aantal toepassingen, waarbij het gebruik van distributies het rekenwerk kan vergemakkelijken. Beschouw bijvoorbeeld een botsing van twee biljartballen. Zolang de ballen mekaar niet raken oefenen zij geen kracht op elkaar uit. Tijdens de botsing is er een wederzijdse afstoting, die gedurende een zeer korte tijd enorm hoog is, en dan is de wederzijdse kracht opnieuw nul. Men geeft er dan de voorkeur aan om de botsingstijd nul te stellen, en de kracht tijdens de botsingstijd oneindig. Dit is juist het principe van de δ-functie. We kunnen δ(x) ook bekijken als de afgeleide van de Heaviside functie H(t). Onderstel dat f (x)dx convergent, zodat zeker lim f (x) = x Louter formeel berekenen we, via partiële integratie H (t) f (t)dt = [H(t) f (t)] + H(t) f (t)dt = f (t)dt = f () = δ(t) f (t)dt zodat we kunnen besluiten : H (t) = δ(t) Op gelijkaardige wijze kunnen we de afgeleide van δ(t) berekenen: Dit is de zifteigenschap voor δ (t). δ (t) f (t)dt = [δ(t) f (t)] + δ(t) f (t)dx = f () 93

95 f (t) F(p) convergentieabscis (a, b, k zijn reëel) 1 1 p e at 1 p a t n (n = 1,2,...) t n e at (n = 1,2,...) sinat cosat a n! p n+1 n! (p a) n+1 a a p 2 + a 2 p p 2 + a 2 sinat at cosat 2a 3 1 (p 2 + a 2 ) 2 t sinat 2a p (p 2 + a 2 ) 2 (3 a 2 t 2 )sinat 3at cosat 8a 5 1 (p 2 + a 2 ) 3 t sinat at 2 cosat 8a 3 shkt chkt e at sinkt e at coskt p (p 2 + a 2 ) 3 k p 2 k 2 k p p 2 k 2 k k (p + a) 2 + k 2 a p + a (p + a) 2 + k 2 a Tabel 7.1: Tabel van Laplacegetransformeerden 94

96 f (t) F(p) convergentieabscis t 1 t π 2 p 3 π p t k (k > 1) t k e at (k > 1) e at e bt (a > b) Γ(k + 1) p k+1 Γ(k + 1) (p a) k+1 a a b (p a)(p b) 1 a sinat 1 b sinbt b 2 a 2 (p 2 + a 2 )(p 2 + b 2 ) cosat cosbt (b 2 a 2 ) p (p 2 + a 2 )(p 2 + b 2 ) a Tabel 7.2: Tabel van Laplacegetransformeerden (vervolg) 95

97 Hoofdstuk 8 De Fouriertransformatie 8.1 De Fouriertransformatie Neem opnieuw een functie f : R R. We eisen niet langer dat f (t) = voor t <. De tweezijdige Laplacegetransformeerde wordt gedefinieerd door de formule L{ f (t)} = F(p) = In hoofdstuk 6 hebben we gezien dat de integraal f (t)e pt dt f (t)e pt dt (8.1) convergeert voor Re(p) > α. Bekijk dan de integraal over t <, en voer de substitutie u = t uit; we zien dat Z f (t)e pt dt = f ( u)e pu du zodat uit de theorie van de eenzijdige Laplacegetransformeerde volgt dat er een β bestaat zodat deze integraal convergeert voor Re( p) > β of voor Re(p) < β. (8.1) zal dus convergeren over een strook van de vorm α < Re(p) < β. Uiteraard is het mogelijk dat α > β zodat de strook leeg is. De Fouriergetransformeerde van f is per definitie en deze convergeert voor F { f (t)} = F(iω) = e iωt f (t)dt α < Re(iω) < β of β < Im(ω) < α We krijgen nu dus een - mogelijke lege - horizontale strook waarover de Fourier getransformeerde bestaat. Merk op dat de x-as tot de convergentiestrook behoort indien de integraal f (t) dt convergent is. 96

98 y a b x Figuur 8.1: Convergentiegebied van de tweezijdige Laplacetransformatie Voorbeeld Zij f (t) = e a t, met a >. Voor elke ω R geldt F(iω) = = e iωt e a t dt 1 a iω + 1 a + iω = 2a a 2 + ω De inverse Fouriergetransformeerde We herhalen de definitie van de integraal van een functie f : [a,b] R. Onderstel dat f begrensd is. Zij P = (a = x,x 1,,x n = b) een partitie van [a,b], en stel, voor k = 1,,n. m k = inf{ f (x) x [x k 1,x k ]} M k = sup{ f (x) x [x k 1,x k ]} De boven- en ondersom behorend bij de partitie P worden dan gedefinieerd door Indien L f (P) = U f (P) = n k=1 m k x k n M k x k k=1 sup{l f (P) P partitie} = inf{u f (P) P partitie} = I voor elke partitie P, dan zeggen we dat f integreerbaar is over [a,b], en schrijven I = Z b a f (t)dt 97

99 y - a x - b Figuur 8.2: Convergentiegebied van de Fouriertransformatie Stuksgewijs continue functies zijn integreerbaar. Lemma (Lemma van Riemann) Als f begrensd en integreerbaar is, dan is Z b lim f (x)sinaxdx = A + a Bewijs. f is begrensd, zodat er een N bestaat zodat f (x) < N, voor alle x. Kies ε >. Er bestaat dan een partitie P = (a = x,x 1,,x n = b) van [a,b] zodat k=1 n k=1 < U f (P) L f (P) < ε 2 We berekenen nu dat Z b n Z f (x)sinaxdx = xk ( ) a f (x) f (x k ) + f (x k ) sin Axdx k=1 x k 1 n { Z xk Z xk } f (x) f (x k ) sinax dx + f (x k )sinaxdx x k 1 x k 1 Z xk (M k m k ) x k + f (x k ) U f (P) L f (P) + n k=1 n k=1 ε n [ 2 + N cosax k=1 A ε 2 + 2Nn A < ε N ] xk Z xk x k 1 sinaxdx x k 1 x k 1 sinaxdx 98

100 als we A voldoende groot nemen zodat 2N A < ε 2. Gevolg Onderstel f : [a,+ ) R begrensd en integreerbaar over elk interval [a,b]. Als de integraal f (x) dx convergent is, dan is a lim f (x)sinaxdx = A + a Bewijs. Er bestaat een N > zodat voor elke b > N en A > : f (x)sinaxdx f (x) dx < ε b b 2 Neem zulk een b. Uit lemma volgt dat er een A bestaat zodat zodra A > A. Dan geldt Z b f (x)sinaxdx < ε a 2 Z b f (x)sinaxdx f (x)sinaxdx + f (x)sinaxdx < ε a a b Definitie Neem een functie f : R R. Stel Z +R (P) f (x)dx = lim f (x)dx R + R en noem deze de hoofdwaarde van de oneigenlijke integraal. Als de oneigenlijke integraal convergent is, dan is hij gelijk aan de hoofdwaarde. Het kan zijn dat de oneigenlijke integraal divergeert, terwijl de hoofdwaarde toch bestaat. Zo is Z +R (P) xdx = lim xdx = R + R Definitie Beschouw een functie f : (a,a+r) R, en onderstel dat f (a+) (de rechterlimiet) bestaat. We zeggen dat f aan de rechtervoorwaarde van Lipschitz van orde α voldoet als er een δ > en een k > bestaat zodat t (a,a + δ) : f (t) f (a+) < k t a α De linkervoorwaarde van Lipschitz wordt op analoge manier gedefinieerd. 99

101 Stel f (a) = f (a+) en onderstel dat dan f een rechterafgeleide in a heeft; dan voldoet f in a aan de rechtervoorwaarde van Lipschitz van orde 1. We kunnen nu de inversiestelling formuleren en bewijzen. Stelling Onderstel dat f : R R voldoet aan de volgende voorwaarden: 1. f is stuksgewijs continu over R; 2. de oneigenlijke integraal is convergent; f (t) dt 3. f voldoet in elke a R aan een rechter- en linkervoorwaarde van Lipschitz van orde α >. Dan convergeert de integraal F(iω) = e iωt f (t)dt uniform voor ω R. Bovendien geldt voor elke t R dat Z 1 + 2π (P) F(iω)e iωt dω = f (t+) + f (t ) 2 (8.2) Bewijs. De uniforme convergentie over R van de integraal F(iω) volgt uit het feit dat e iωt f (t) = f (t), voorwaarde 2) in de stelling, en het criterium van Weierstrass voor uniforme convergentie (zie stelling 6.1.4). We berekenen nu de integraal Z A P = (P) F(iω)e iωt dω = lim e iωt dω f (τ)e iωτ dτ A + A Wegens de uniforme convergentie mogen we de integratievolgorde omwisselen, zodat Z A P = lim f (τ)dτ A + A [ = lim f (τ)dτ A + = 2 lim A + = 2 lim A + f (τ) e iω(t τ) dω e iω(t τ) i(t τ) ] A a sina(t τ) dτ t τ f (u +t) sinau du u 1

102 waarbij we u = τ t substitueerden. Neem δ >, en splits deze laatste integraal in drie: Uit gevolg volgt dat zodat = Z δ Z +δ + + δ δ Z δ lim = lim = A A δ Z +δ P = 2 lim A + δ We herschrijven de overblijvende integraal als volgt: Z +δ 2 δ f (t + u) sinau u = Z +δ δ Z +δ du = 2 δ f (u +t) sinau du u f (t u) sinau du u ( f (t + u) + f (t u)) sinau u Als toepassing van de residustelling hebben we berekend dat (cf. (4.6)): π = Z Z sinx Aδ dx = lim x A + Aδ du Z sinx δ dx = lim x A + δ Bij de laatste stap gebruikten we de substitutie x = Au. we hebben dus P = lim Z +δ A + δ Z +δ π( f (t+) + f (t )) = lim A + δ sinau du u ( f (t + u) + f (t u)) sinau du u ( f (t+) + f (t )) sinau du u Deze formules gelden voor elke δ >. Uit de Lipschitz voorwaarden volgt dat er een δ 1 > en een k > bestaan zodat Als we nu δ δ 1 kiezen, dan vinden we Z δ < u < δ 1 f (t + u) f (t+) < k u α ( f (t + u) f (t+)) sinau u Z δ du k u α 1 du = kδα α < ε 4 als we δ maar klein genoeg kiezen. Op dezelfde manier kunnen we ervoor zorgen dat - als we δ klein genoeg kiezen - dat Z δ ( f (t u) f (t )) sinau du ε u 4 Z ( f (t + u) f (t )) sinau du ε δ u 4 11

103 Z ( f (t u) f (t+)) sinau du ε δ u 4 Omdat al deze betrekkingen gelden voor alle A blijven ze behouden na limietovergang voor A +, zodat we vinden dat P π( f (t+) + f (t )) ε Omdat dit geldt voor elke ε > verkrijgen we tenslotte P = π( f (t+) + f (t )) Als we beide leden dan delen door 2π vinden we (8.2). Als toepassing kunnen we nu ook de inversieformule voor de (eenzijdige) Laplacegetransformeerde bewijzen. Bewijs. (van stelling 7.1.3) Onderstel dat f van exponentiële orde α is, en dat f en f stuksgewijs continu zijn voor t. Stel F(p) = L{ f (t)}, en neem γ > α. We zullen stelling toepassen op { e γt f (t) als t > f 1 (t) = als t Omdat f stuksgewijs continu is zeker voldaan aan de voorwaarde van Lipschitz. De integraal R + f 1(t) dt = R + e γt f (t) dt is convergent omdat f van exponentiële orde α < γ is. We zien ook dat stelling vertelt ons dus of F 1 (iω) = e iωt γt f (t)dt = F(γ + iω) Z 1 + 2π (P) F 1 (iω)e iωt dω = f 1(t+) + f 1 (t ) 2 Z 1 + 2π (P) F(γ + iω)e iωt γt f (t+) + f (t ) dω = e 2 Substitueer p = γ + iω, en breng e γt naar het ander lid. Dan krijgen we en dit is precies (7.1). Z 1 γ+i F(p)e pt dp = 2πi γ i f (t+) + f (t ) Verdere eigenschappen, voorbeelden en toepassingen Stelling Als f : R R een even functie is, dan is F(iω) R reëel, en F(iω) = 2 f (t)cosωtdt. 12

104 Als f : R R een oneven functie is, dan is F(iω) ir imaginair, en F(iω) = 2i f (t)sinωtdt. Bewijs. Onderstel dat f even is, m.a.w. f ( x) = f (x), voor elke x. Dan hebben we F(iω) = = = 2 Z f (t)e iωt dt + f (u)e iωu du + f (t)cosωtdt. Het bewijs in het geval dat f oneven is verloopt analoog. f (t)e iωt dt f (t)e iωt dt Voorbeeld We berekenen de Fouriergetransformeerde van een signaal dat constant is gedurende het tijdsinterval [ R,R], en nul erbuiten: { 1 als R t R f 1 (t) = als t > R F 1 (iω) = 2 [ sinωt = 2 ω De sinc-functie wordt gegeven door de formule We krijgen dan Z R f (t)cosωtdt = 2 ] + = 2 sinωr ω. sinc(x) = sinx x. F 1 (iω) = 2Rsinc(ωR). cos ωtdt Merk op: hoe groter R (dus hoe breder het signaal), hoe smaller de grafiek van het getransformeerde signaal: de afstand van de oorsprong tot het eerste nulpunt van F 1 (ω) is π/r. Als we de inversieformule (8.2) toepassen in het geval t = en R = 1, dan vinden we of 1 = 1 2 sinω 2π ω dω, sinω dω = π. ω Merk op dat de klassieke methodes (substitutie, partiële integratie,...) niet toelaten om een primitieve functie van de sinc functie te bepalen. 13

105 !.2!.4!25!2!15!1! Figuur 8.3: De Fouriergetransformeerde van een rechthoekige puls (R = 1) Voorbeeld In plaats van een rechthoekig signaal nemen we nu een driehoekig signaal, beschreven door de formule 1 R t als t R f 2 (t) = 1 + R t als R t als t > R We vinden nu, na partiële integratie Z R F 2 (iω) = 2 f (t)cosωtdt = 2 (1 t R )cosωtdt [ 2 = ω (1 t ] R R )sinωt + 2 Z R sin(ωt)dt ωr = 2 2(1 cosωr) ω 2 R [cos(ωt)]r = ω 2 R = 4sin2 (ωr/2) ω 2 R = Rsinc 2 ωr 2. Merk op dat F 2 () = R. Het kleinste positieve nulpunt van F 2 (ω) is ω = 2π R. Ook hier zien we het verschijnsel dat de breedte van het signaal omgekeerd evenredig is met de breedte van het getransformeerde signaal. We passen weer (8.2) toe, in het geval t = en R = 2. We hebben dan F 2 (ω) = 2sinc 2 ω, en of 1 = f () = 1 2π 2sinc 2 ωdω, sin 2 ω ω 2 dω = π. (8.3) 14

106 !25!2!15!1! Figuur 8.4: De Fouriergetransformeerde van een driehoekige puls (R = 1) We formuleren nu een aantal eigenschappen van de Fouriergetransformeerde, die gelijken op analoge eigenschappen van de Laplacetransformatie. Onderstel dat f : R R een functie is die aan de voorwaarden van de inversiestelling voldoet. Zoals voorheen gebruiken we de notatie F { f (t)}(ω) = F(iω). Stelling Neem a R, en definieer f a : R C door de formule f a (t) = f (t a). De grafiek van f a is dan dezelfde als die van f, maar over een afstand a verschoven. We hebben dan F { f a }(ω) = e iωa F(iω). (8.4) Bewijs. F { f a }(ω) = = f (t a)e iωt dt f (u)e iωu e iωa du = e iωa F(iω). We voerden hierbij de substitutie u = t a uit. Stelling Neem a >. Dan is F { f (at)}(ω) = 1 a F(iω ). (8.5) a 15

107 Bewijs. F { f (at)}(ω) = = 1 a = 1 a F(iω a ). f (at)e iωt dt f (u)e iωu a du Ditmaal gebruikten we de substitutie u = at. Als a > 1 in stelling 8.3.5, dan is het signaal f (at) breder dan het signaal f (t). Het getransformeerde signaal wordt dan smaller. Dit is het fenomeen dat we reeds opmerkten in de voorbeelden en Stelling F {t n f (t)}(ω) = i n dn F(iω). (8.6) dωn Bewijs. F {t n f (t)}(ω) = = i n t n f (t)e iωt dt = i n dn dω n F(iω). e iωt dn e iωt dω n dt Stelling F { f (n) (t)}(ω) = (iω) n F(iω). (8.7) Bewijs. F { f (t)}(ω) = f (t)e iωt dt = [ f (t)e iωt] + + iω f (t)e iωt dt = iωf(iω), waarbij we partiële integratie gebruikten. We passen deze formule n keer toe. Stelling F { f g}(ω) = F(iω)G(iω). (8.8) 16

108 Bewijs. F { f g}(ω) = = = = dt dx dx ( ( f (t x)g(x)e iωt dx ) f (t x)e iω(t x) dt g(x)e iωx ) f (s)e iωs ds g(x)e iωx dxf(ω)g(x)e iωx = F(ω)G(ω). We verwisselden eerst de integratievolgorde, en voerden dan de substitutie s = t x uit. Beschouw weer twee functies f, g : R C. We definiëren de Fouriergetransformeerde van zulk een complexwaardige functie op dezelfde manier als voor een functie met waarden in R. Het inwendig product f,g wordt gedefinieerd door de formule f,g = f (t)g(t)dt. (8.9) Men kan aantonen dat de integraal (8.9) convergeert als f en g kwadratisch integreerbaar zijn, dit betekent dat f (t) 2 dt, g(t) 2 dt < +. De norm f van f wordt dan gedefinieerd als volgt: f 2 = f, f = f (t) 2 dt. Stelling Onderstel f, G : R C kwadratisch integreerbaar. Bewijs. F { f },G = 2π f,f 1 {G}. (8.1) 2π f,f 1 {G} = = = f (t)dt f (t)dt F(ω)G(ω)dω. G(ω)e iωt dω G(ω)e iωt dω Een onmiddellijk gevolg van stelling is het feit dat de Fouriertransformatie het inwendig product en de norm bewaren (op een factor 2π na). 17

109 Gevolg (Formule van Plancherel) Onderstel f, g : R C kwadratisch integreerbaar. F { f },F {g} = 2π f,g, F { f } = 2π f. Bewijs. F { f },F {g} (8.9) = 2π f,f 1 {F {g}} = 2π f,g. Voorbeeld We passen de formule van Plancherel toe op voorbeelden en Neem eerst R = 1 in voorbeeld We vinden formule (8.3) terug: 4 Nu nemen we R = 2 in voorbeeld We krijgen zodat 4 sin 2 Z ω + Z 1 ω 2 dω = 2π f 1 (t) 2 dt = 2π dω = 4π. 1 sin 4 Z ω + Z 2 ω 4 dω = 2π f 2 (t) 2 dt = 4π (1 t [ 8π 2 )3 dt = 3 ( t ] 2 2 1)3 = 8π 3. Uit de formule van Plancherel volgt ook dat sin 4 ω ω 4 dω = 2π 3. en hieruit volgt dat F 1,F 2 = 4 sin 3 ω ω 3 dω = 2π f 1, f 2 = 4π Z 1 [ ] 1 = 4π t t2 = 3π, 4 sin 3 ω ω 3 dω = 3π 4. (1 t 2 )dt 18

110 Hoofdstuk 9 De Z-transformatie 9.1 Definitie en eigenschappen Definitie We beschouwen een numerieke rij ( f n ). De Z-getransformeerde van deze rij wordt gedefinieerd als de som van de Laurentreeks Z{ f n } = F(z) = f n n= z n (9.1) Stelling Zij R de convergentiestraal van de machtreeks n= f nz n. Dan convergeert F(z) absoluut voor z > 1 R, en de functie F is analytisch in elke z > 1 R. Voorbeeld Neem f n = a n. Dan is voor z > a. Z{a n } = n= ( ) a n = z z z a Stelling We nemen twee rijen ( f n ) en (g n ), en onderstellen dat Z{ f n } = F(z) en Z{g n } = G(z) convergeren voor respectievelijk z > r en z > r. Dan geldt 1. Z{a f n + bg n } = af(z) + bg(z) voor z > max{r,r }. 2. Z{a n f n } = F( a z ) voor z > a r. 3. Z{ f n+k } = z k F(z) z kk 1 f j z j. j= 4. Stel ( f n ) = f n+1 f n. Dan is Z{ f n } = (z 1)F(z) z f. 5. f = lim z F(z). 19

111 6. Als lim f n = a bestaat, dan is lim (1 1 )F(z) = a. n z 1+ z ( 7. Z{n k f n } = z 1 d ) k dz 1 F(z). 8. Onderstel dat de rij ( f n ) periodisch is: f n = f n+n, voor elke n. Dan is voor z > 1. Bewijs. 1) is evident. 2) Z{a n f n } = n= an f n z n = F( a z ). 3) Z{ f n+k } = Z{ f n } = zn N 1 f r z N 1 r= z r f n+k n= z n = z k n= f n+k z n+k = z k f n n=k z n = zk F(z) z k 4) Z{ f n } = Z{ f n+1 } Z{ f n } = (z 1)F(z) z f. 5) triviaal. 6) Stel z = 1 x. We vinden Stel x = 1 in de machtreeks: f + n=1 (1 1 z )F(z) = n= f n z n f n n= z n+1 = f + f 1 f z = f + n=1 lim (1 1 )F(z) = lim z 1+ z f n 1 z n x 1 f + k 1 j= f j z j + f 2 f 1 z 2 + n=1 ( f n 1 )x n ( f n 1 ) = lim n f + f + f 1 + f n = lim n f n+1 = a Ofwel ligt x = 1 in het inwendige van het convergentieinterval van de machtreeks; dan is de som van de machtreeks continu in x = 1. Als x = 1 het rechtereindpunt van dit convergentieinterval is, 11

112 dan is de som van de machtreeks nog steeds linkscontinu in x = 1 (dit is de stelling van Abel). In beide gevallen mogen we dus reekssom en linkerlimiet met elkaar verwisselen, en we vinden lim (1 1 z 1+ z )F(z) = a 7) Betekenis van de notatie: we schrijven F(z) als functie van 1/z, en leiden dan af naar 1/z. We vermenigvuldigen dan met z 1, en passen deze operatie k maal toe. Om de formule te bewijzen stellen we x = z 1, en berekenen eerst en dus x d dx ( n= f n x n ) = ( x d ) ( k ) f n x n = dx n= n f n x n n=1 n k f n x n n=1 Als we x terug vervangen door z 1 krijgen we de gewenste formule. 8) Z{ f n } = = n= m= f n N 1 n= z n = m= N 1 1 f r z mn r= z r = f mn+r z mn+r zn N 1 f r z N 1 r= z r en de meetkundige reeks in 1/z N convergeert voor z > 1. Voorbeeld Uit volgt Z{a n } = z z a = 1 1 az 1 Z{na n } = x d 1 dx 1 ax = ax (1 ax) 2 = az (z a) De inverse transformatie Methode 1 Deze bestaat er gewoon in om F te schrijven als een functie van x = z 1, en dan te ontwikkelen als een reeks van McLaurin: F(z) = f n x n n= Dan is Z 1 {F(z)} = ( f n ) 111

113 Voorbeeld Zij F(z) = We ontwikkelen F(z) als een machtreeks en vinden ( f n ) = (,1,1,2,3,5,8, ). z z 2 z 1 = x 1 x x 2 F(z) = x(1 + (x + x 2 ) + (x + x 2 ) 2 + (x + x 2 ) 3 + ) = x + x 2 + 2x 3 + 3x 4 + 5x 5 + 8x 6 + Methode 2 Als F(z) een rationale functie is, dan splitsen we F(z) in partiële breuken, en gebruiken de tabel van de inverse Z-getransformeerde (zie tabel 9.1). Voorbeeld We nemen weer waarbij Splitsing in partiële breuken geeft F(z) = z z 2 z 1 = z (z α)(z β) α = 1 + 5, β = F(z) = 1 α β Gebruik makend van voorbeeld vinden we (( f n = ( z z α ) n ( z ) z β 1 ) n ) 5 2 Methode 3 De derde methode steunt op residurekening. Stelling Zij F(z) de Z-getransformeerde van ( f n ), en onderstel dat F(z) convergeert voor z > r. Zij C + een positief georienteerde kromme binnen z > r die eenmaal rond de oorsprong draait. Dan is f n = 1 I 2πi F(z)zn 1 dz (9.2) C + Bewijs. (9.2) is precies de formule die de coëffiënt van 1/z n geeft in de Laurentreeksontwikkeling van f, zie (3.1). 112

114 f n 1 n F(z) z z 1 z (z 1) 2 n 2 z(z + 1) (z 1) 3 a n z z a (n + 1)a n+1 z 2 a (z a) 2 na n a n sinnb a 2 cosnb za (z a) 2 zasinb z 2 2zacosb + a 2 z(z acosb) z 2 2zacosb + a 2 Tabel 9.1: Tabel van Z-getransformeerden 113

115 Gevolg Als F enkel geïsoleerde singulariteiten bezit binnen z r, dan is waarbij de som loopt over alle singuliere punten van F. Voorbeeld We nemen weer F(z) = f n = Res(F(z)z n 1,z k ) (9.3) k z z 2 z 1 = z (z α)(z β) De singuliere punten van F zijn de punten α en β berekend in voorbeeld z n f n = Res( (z α)(z β),α) + Res( z n (z α)(z β),β) = αn α β + = αn β n α β βn β α Dit is in overeenstemming met voorbeeld Convolutie en product Convolutie De convolutie van twee rijen ( f n ) en (g n ) wordt gedefinieerd door f n g n = n n f k g n k = f n k g k k= k= Stelling We nemen twee rijen ( f n ) en (g n ), en onderstellen dat Z{ f n } = F(z) en Z{g n } = G(z) convergeren voor respectievelijk z > r en z > r. Dan is voor z > max{r,r }. Z{ f n g n } = F(z)G(z) Bewijs. We weten dat machtreeksen (in 1/z) mogen vermenigvuldigd worden: ) F(z)G(z) = ( n= )( f n g n z n n= z n = n ) f n k g k z n=( n k= 114

116 Product Stelling We nemen twee rijen ( f n ) en (g n ), en onderstellen dat Z{ f n } = F(z) en Z{g n } = G(z) convergeren voor respectievelijk z > r en z > r. Dan is Z{ f n g n } = 1 I F(w)G(zw 1 ) dw (9.4) 2πi C + w Hierbij is C een gesloten kromme gelegen binnen de kroon r < w < z r die eenmaal in positieve zin rond de oorsprong draait. Bewijs. Gebruik makend van de inversieformule vinden we f n g n Z{ f n g n } = n= z n = 1 I g n F(w) 2πi n= z n C + w wn dw Als we de reekssom en de integraal mogen omwisselen, dan vinden we Z{ f n g n } = 1 I F(w) ( z ) n 2πi C + w n dw n=g w = 1 I F(w)G(zw 1 ) dw 2πi C + w Omdat C volledig binnen de kroon r < w < z r gelegen is, en dus binnen z w > r, en de reeks ( z ) 1 n n=g w hierbinnen uniform convergent is, mogen we reeks en integraal verwisselen. 9.4 Recurrentie- en differentievergelijkingen Een recurrentievergelijking is een vergelijking waarvan de onbekende een rij is, en waarin ook de verschoven rij voorkomt: ϕ( f n+k, f n+k 1,, f n ) = We noemen k de orde van de vergelijking. Een lineaire recurrentievergelijking is van de vorm f n+k + a 1 (n) f n+k a k (n) f n = b(n) (9.5) Deze kan ook herschreven worden met behulp van de differentieoperator, aangezien f n = f n+1 f n, 2 f n = f n+2 2 f n+1 + f n, We spreken dan van een lineaire differentievergelijking. De theorie van de recurrentievergelijkingen vertoont enige analogie met die van de differentiaalvergelijkingen. Beschouwen we bijvoorbeeld lineaire recurrentievergelijkingen met constante coëfficiënten: dit betekent dat elke a i onafhankelijk is van n. We hebben dan 115

117 De oplossingen van de homogene vergelijking (b = ) vormen een vectorruimte van dimensie k; Deze oplossingen kunnen gevonden worden door een algebraische vergelijking op te lossen; k oplossingen van de homogene vergelijking zijn lineair onafhankelijk als een zekere Wronskiaanse determinant verschillend is van nul. De oplossingen van de volledige vergelijking verkrijgt men door de algemene oplossing van de homogene vergelijking op te tellen bij een particuliere oplossing van de volledige vergelijking. De Z-transformatie kan gebruikt worden om recurrentievergelijkingen met constante coëffiënten op te lossen. Voorbeeld Bepaal een rij getallen die voldoen aan f n+2 = f n+1 + f n waarbij f =, f 1 = 1. Deze getallen zijn de getallen van Fibonacci. We nemen de Z-getransformeerde van de vergelijking: als Z{ f n } = F(z), dan is en dus Z{ f n+1 } = zf(z) f z = zf(z) (9.6) Z{ f n+2 } = z 2 F(z) f 1 z = z 2 F(z) z (9.7) z 2 F(z) z = zf(z) + F(z) of z F(z) = z 2 z 1 De inverse Z-getransformeerde hiervan hebben we reeds driemaal berekend. We vinden f n = 1 5 (( ) n ( Voorbeeld We bekijken de recurrentievergelijking f n+2 + f n+1 6 f n = n n ) n ) waarbij f = en f 1 = 1. Zoals in voorbeeld noteren we Z{ f n } = F(z), en we gebruiken ook (9.6) en (9.7). Aangezien Z{n} = is de Z-getransformeerde van de vergelijking z 2z, Z{2} = (z 1) 2 z 1, Z{3n } = z z 3 z 2 F(z) z + zf(z) 6F(z) = z (z 1) 2 + 2z z 1 4z z 3 116

118 en dus is F(z) = z(z 3 7z 2 + 8z 4) (z 2)(z + 3)(z 1) 2 (z 3) f n = Res(F(z)z n 1,2) + Res(F(z)z n 1,3) + Res(F(z)z n 1, 3) + Res(F(z)z n 1,1) = 8 5 2n ( 3)n 2 3 3n n De tweezijdige Z-transformatie en Fourierreeksen Neem nu een rij reële (of eventueel complexe) getallen ( f n ) n Z. De tweezijdige Z-transformatie is de som van de Laurentreeks + Z{ f n }(z) = f n z n. n= We zullen laten zien dat er een verband is met Fourierreeksen (zie Analyse II, 7.5 en Aanvullingen van de Wiskunde, 6.1). We schrijven de Z-getransformeerde op voor z = e iϕ = cosϕ + isinϕ gelegen op de eenheidscirkel. Z{ f n }(e iϕ ) = = = + f n e inϕ n= 1 n= + n=1 = f + = f + f n e inϕ + f + f n e inϕ + f + n=1 n=1 + n=1 + n=1 f n e inϕ + f n e inϕ f n e inϕ f n e inϕ ( f n + f n )cosnϕ + i( f n f n )sinnϕ = a 2 + a n cosnϕ + b n sinnϕ, n=1 waarbij we stelden: Dit is een Fourierreeks. a = 2 f, a n = f n + f n ; b n = i( f n f n ). 117

119 Hoofdstuk 1 Variatierekening 1.1 De vergelijkingen van Euler In volume 1 hebben we extreme waarden van functies van één of meer veranderlijken besproken. Een van de resultaten die we bewezen is het volgende: onderstel dat de scalaire functie f : R n R een (locaal) minimum of maximum bereikt in het punt a. Als f differentieerbaar is in a, dan geldt noodzakelijk dat grad f ( a) =, of, equivalent f ( a) = f ( a) = = f ( a) = (1.1) x 1 x 2 x n (1.1) is dus een nodige voorwaarde opdat f een extremum zou bereiken. In dit hoofdstuk willen we dit resultaat uitbreiden tot de situatie waarbij de verzameling R n vervangen wordt door een verzameling V die zelf een verzameling functies is. Om dit verder te verduidelijken vertrekken we van een klassiek meetkundig probleem. In R 3 beschouwen we een oppervlak S met vergelijking z = z(x,y) Beschouw ook twee punten A en B op het oppervlak S. We stellen onszelf nu de vraag: langs welke (continue) kromme C gelegen op het oppervlak S die de punten A en B verbindt is de afstand van het punt A tot het punt B minimaal? Zulk een kromme noemt men een geodeet van het oppervlak S. Zoals we zien is de veranderlijke in dit probleem een kromme, en een kromme wordt in het algemeen beschreven door een stel functies. In ons geval kunnen we een kromme C gelegen op het oppervlak S die A en B verbindt beschrijven door een stel parametervergelijkingen C : x = x(t) y = y(t) z = z(x(t),y(t)) waarbij A = (x(t 1 ),y(t 1 ),z(x(t 1 ),y(t 1 )), B = (x(t 2 ),y(t 2 ),z(x(t 2 ),y(t 2 )) voor zekere waarden t 1 en t 2 van de parameter t. De verzameling V bestaat dus uit de functies (x,y) : [t 1,t 2 ] R R 2 118

120 die continu zijn en die t 1 en t 2 afbeelden op respectievelijk de eerste twee componenten van A en B. Om ons probleem oplosbaar te maken zullen we bovendien onderstellen dat de functies x en y tweemaal continu differentieerbaar zijn over [t 1,t 2 ]. We zullen dit formeel noteren als volgt: waarbij x,y C 2 [t 1,t 2 ] C m [t 1,t 2 ] = { f : [t 1,t 2 ] R f bezit continue afgeleiden tot op orde m op [t 1,t 2 ]} Ook de functie l : V R kunnen we opschrijven, aangezien we formules hebben die toelaten om de booglengte te berekenen (zie volume 2). Voor de lengte l van de kromme C vinden we: Z t2 l = x (t) 2 + y (t) 2 + z (t) 2 dt t 1 De lengte wordt dus gevonden door een functie van de kromme C en de afgeleiden van haar componenten te integreren van t 1 tot t 2. Het algemeen probleem kunnen we formuleren als volgt: Probleem (het algemeen probleem van de variatierekening) Gegeven is een functie f : R 2n+1 R, t 1,t 2 R en A = (a 1,a 2,,a n ),B = (b 1,b 2,,b n ) R n. Bepaal een kromme C in R n met parametervergelijkingen x 1 = x 1 (t) x 2 = x 2 (t) C :. x n = x n (t) waarbij x i (t 1 ) = a i, x i (t 2 ) = b i zodanig dat de functionaal I = Z t2 t 1 f (t,x 1,x 2,,x n,x 1,x 2,,x n)dt extremaal wordt. Hiermee bedoelen we dat I voor de gezochte kromme minimaal of maximaal moet zijn onder alle naburige krommen die ook aan de hierboven opgesomde voorwaarden voldoen. We gaan een nodige voorwaarde opstellen waaraan de gezochte kromme C (of het gezochte stel functies x 1,x 2,,x n ) moet voldoen. Vooraleer we dit kunnen doen moeten we eerst een lemma bewijzen. Lemma Onderstel dat f : [a, b] R continu, en dat Z b a f (x)φ(x)dx = voor elke functie φ C 2 [a,b] waarvoor φ(a) = φ(b) =. Dan geldt noodzakelijk dat voor elke x [a,b]. f (x) = 119

121 Bewijs. Onderstel dat er een c [a,b] bestaat zodat f (c). Omdat f continu is, bestaat er dus een omgeving van x waarop f (c). Hieruit volgt dat we c verschillend van a en b kunnen kiezen, zodat c (a,b). Er bestaat dan een interval (α,β) (a,b) dat c bevat en waarop f hetzelfde teken heeft als f (c). We definiëren nu de functie φ : [a,b] R als volgt: { (t α) 3 (t β) 3 als t (α,β) φ(t) = als t (α,β) De functie φ is dan tweemaal continu differentieerbaar over [a,b] (bewijs dit zelf in de punten α en β). Ook is φ(a) = φ(b) = zodat = Z b a f (x)φ(x)dx = Z β α f (x)(x α) 3 (x β) 3 dx Deze laatste integraal kan echter niet nul zijn, aangezien de integrand een constant positief of negatief teken heeft over (α,β). Dus is er een tegenstrijdigheid, en dit bewijst dat f (x) = voor elke x. We bekijken nu opnieuw het algemene probleem van de variatierekening. Om de notaties te vereenvoudigen kijken we naar het geval n = 3. We noteren x,y en z voor de veranderlijken, zodat we de extremalen moeten zoeken van de functionaal I = Z t2 t 1 f (t,x,y,z,x,y,z )dt We zullen - zoals reeds eerder vermeld - enkel een nodige voorwaarde opstellen. Onderstel dus dat (x,y,z) een oplossing is van het probleem. Neem nu een (voorlopig vaste maar willekeurige) functie φ C 2 [t 1,t 2 ] waarvoor geldt dat φ(t 1 ) = φ(t 2 ) =. Bekijk nu de krommen van de vorm x(t,α) = x(t) + αφ(t) y(t,β) = y(t) + βφ(t) z(t,γ) = z(t) + γφ(t) Deze verzameling krommen hangt af van de drie parameters α,β en γ. Omdat φ(t 1 ) = φ(t 2 ) = gaan alle krommen door de punten A en B. We bekijken nu de functie I(α,β,γ) = Z t2 t 1 f (t,x(t,α),y(t,β),z(t,γ),x (t,α),y (t,β),z (t,γ))dt I bereikt een extremum in (x,y,z) als (x,y,z) loopt over alle naburige krommen die A en B verbinden. Als we de klasse krommen beperken tot een deelklasse bereikt I natuurlijk nog een extremum. Daarom bereikt I(α, β, γ) een extremum voor α = β = γ =. Een nodige voorwaarde hiervoor is dat I α = I β = I γ = 12

122 in het punt (,,). We berekenen nu deze partiële afgeleiden met behulp van de regel van Leibniz. Hiervoor is het voldoende te onderstellen dat f en de partiële afgeleiden van f continu zijn. We vinden I α = Z t2 = = = t 1 Z t2 t 1 Z t2 t 1 Z t2 t 1 ( f x φ(t) + f ) x φ (t) dt Z f t2 x φ(t)dt + f t 1 x φ (t)dt f [ f ] x φ(t)dt + x φ(t) t2 t 1 (partiële integratie) ( ) f φ(t) x d ( f ) dt x dt Z t2 t 1 φ(t) d dt ( f x ) dt De geïntegreerde term viel weg omdat φ(t 1 ) = φ(t 2 ) =. Voor de extremaalkromme (x,y,z) geldt dus dat ( ) Z I t2 α = f φ(t) x d ( f ) dt x dt = t 1 Omdat dit geldt voor elke φ C 2 [t 1,t 2 ] waarvoor φ(t 1 ) = φ(t 2 ) = vinden we, gebruik makend van lemma dat f x = d ( f ) dt x Op analoge wijze vinden we dat f y = d ( f ) dt y f z = d ( f ) dt z Men noemt dit stelsel differentiaalvergelijkingen de vergelijkingen van Euler. De oplossingen noemt men de extremalen. De Eulervergelijkingen vormen een differentiaalstelsel van drie vergelijkingen van orde 2, en de algemene integraal hangt dus af van 6 constanten. Als we eisen dat de extremaal door de punten A en B gaat, dan krijgen we zes bijkomende voorwaarden die toelaten om de 6 constanten te bepalen. Onze resultaten kunnen veralgemeend worden tot het algemeen geval. Stelling Een nodige voorwaarde opdat de functionaal I = Z t2 t 1 f (t,x 1,x 2,,x n,x 1,x 2,,x n)dt extreem wordt voor de kromme (x 1,,x n ) is dat voldaan is aan het stelsel differentiaalvergelijkingen f = d ( f ) x i dt x i (1.2) voor i = 1,2,,n. 121

123 Net zoals in het driedimensionaal geval noemen we de vergelijkingen (1.2) de vergelijkingen van Euler. De oplossingen zijn de extremalen, en deze hangen af van 2n constanten. Deze constanten kan men bepalen door de eisen dat de kromme door de punten A en B gaat. Het geval n = 1 We bekijken nu het allereenvoudigste geval, namelijk dat waarbij de fucntionaal I van de volgende vorm is: De vergelijking van Euler wordt nu I = Z t2 t 1 f (x,y,y )dx f y = d ( f ) dx y (1.3) Dit is een differentiaalvergelijking van orde 2, die men in sommige gevallen kan herleiden tot een differentiaalvergelijking van orde 1. Eerste geval f hangt niet af van y, met andere woorden I = Z t2 t 1 f (x,y )dx (1.3) wordt dan of d ( f ) dx y = f y = c Dit is een differentiaalvergelijking van orde 1. Tweede geval f hangt niet af van x, met andere woorden I = Z t2 t 1 f (y,y )dx Nu vinden we en we kunnen besluiten dat d ( f y f ) dx y = f y y + f y y y f y d ( f ) y dx y = f y f y = c en dit is weer een differentiaalvergelijking van orde

124 y B A x Figuur 1.1: Geodeten in het vlak Voorbeeld 1: de geodeten in het vlak Gegeven twee punten (x 1,y 1 ) en (x 2,y 2 ) in het vlak. Welk is de geodeet in het vlak (de kortste weg die de twee punten verbindt)? We parameteren de kromme in x. De functionaal is dus I = Z x2 x y 2 dx De integrand is niet afhankelijk van y en dus wordt de Eulervergelijking y 1 + y 2 = c waaruit volgt dat en y = c 1 y = c 1 x + c 2 Zoals verwacht is dit de vergelijking van een rechte. De gevraagde extremaalkromme is dus de rechte die A en B verbindt. Voorbeeld 2: het vraagstuk van de brachistochrone Gegeven zijn twee punten O en A in R 3, waarbij O hoger ligt dan A. Een massapunt met massa m wordt in O losgelaten, zonder beginsnelheid, en beweegt zonder wrijving langs een kromme die O en A verbindt onder invloed van de zwaartekracht. Welke vorm moeten we aan de kromme C geven opdat de tijd nodig om van O naar A te gaan minimaal is? 123

125 y m A (h, a, o) x Figuur 1.2: Het vraagstuk van de brachistochrone We kiezen een rechthoekig assenstelsel met de oorsprong in O. De x-as is gericht volgens de verticale, en het xy-vlak gaat door A. Daar de beweging gebeurt zonder wrijving is op elk ogenblik de kinetische energie gelijk aan de potentiële energie, met andere woorden mv 2 2 = mgx of v = 2gx Hierbij is g de valversnelling, en v = ds de snelheid van het deeltje. dt We parametreren de kromme in x. t en s worden dan functie van x en De valtijd t is dus gelijk aan De Eulervergelijkingen zijn Z t = ds dx = ds dt dt dx = v dt dx dt = ds 1 + y = 2 + z 2 dx 2gx 2gx C ds = 1 Z h 1 + y 2 + z 2 dx 2gx 2g x d dx d dx ( ) 1 y = x ( 1 + y 2 + z 2 ) 1 z = x 1 + y 2 + z 2 of 1 y x 1 + y 2 + z = c z x 1 + y 2 + z = c

126 Hieruit volgt dat en y c 2 = z c 1 c 2 y + c 3 z = c 4 en dit is de vergelijking van een vlak evenwijdig met de x-as. Aangezien de gezochte kromme C in dit vlak ligt, en bovendien door de punten O en A gaat, volgt noodzakelijk dat dit vlak het xy-vlak is. Met andere woorden, z = We kunnen dit ook formeel aantonen door uit te drukken dat C door de punten O en A gaat: voor y = is ook z =, en dus is c 4 =. Voor y = a is ook z =, en dus is c 2 a = en c 2 =. We vinden dus dat z =. We konden dit trouwens intuïtief verwachten, maar het wordt hier dus formeel bevestigd. Er blijft nu slechts 1 Eulervergelijking over: 1 y = c 1 x 1 + y 2 y komt in deze differentiaalvergelijking niet voor. We lossen ze op door ze in parametervorm te herschrijven (zie Reeks 3 van de oefeningen over differentiaalvergelijkingen). We stellen y = tgt Dan is en uit de vergelijking volgt dat 1 + y 2 = sec 2 t 1 x sint = c 1 Geparametreerd in t wordt de differentiaalvergelijking dus x = sin2 t c 2 1 y = tgt Nu is dy = tgt dx = tgt dx dt dt = 2 c 2 tgt sint costdt = 2 1 c 2 sin 2 tdt 1 = 1 c 2 1 (1 cos2t)dt Integratie levert y = 2t sin2t 2c

127 We vervangen 2t door u en vinden volgend stel parametervergelijkingen voor de oplossing: x = 1 cosu 2c 2 1 y = u sinu 2c 2 1 Dit is de vergelijking van een cycloïde (zie volume 2). 1.2 Het vraagstuk met nevenvoorwaarden We werken in R 3. Gevraagd wordt weer om de functionaal I = Z t2 t 1 f (t,x,y,z,x y,z )dt (1.4) extremaal te maken, maar nu eist men dat de beschouwde krommen op een gegeven oppervlak g(x,y,z) = (1.5) liggen. Een voor de hand liggende manier om dit vraagstuk aan te pakken is de volgende. Uit de stelling van de impliciete functies volgt dat, in de onderstelling dat grad g, minstens één van de drie componenten x, y of z kan opgelost worden in functie van een van de twee overigen. We lossen (1.5) op naar één van de veranderlijken, bijvoorbeeld z. Dit levert als vergelijking voor het oppervlak z = h(x,y) (1.6) Afleiden naar t geeft, met behulp van de kettingregel: z = h x x + h y y (1.7) Als we (1.6) en (1.7) substitueren in (1.4), dan vinden we Z t2 ( I = f t,x,y,h(x,y),x,y, h x x + h y y ) dt (1.8) t 1 We kunnen nu gewoon de Eulervergelijkingen oplossen voor (1.8). Het nadeel hieraan is dat de functie h soms moeilijk te bepalen is, of ingewikkeld wordt. We zullen daarom trachten om h uit de vergelijkingen van Euler te elimineren. Schrijf ( k(t,x,y,x,y ) = f t,x,y,h(x,y),x,y, h x x + h y y ) De vergelijkingen van Euler worden dan k x d ( k ) dt x = k y d ( k ) dt y = 126

128 of f x + f h z x + f z z x d ( f ) dt x d ( f h ) dt z = x f y + f h z y + f z z y d ( f ) dt y d ( f h ) dt z = y We bekijken de eerste vergelijking van (1.9) van naderbij. Aangezien z x = ( h x x x + h y y ) = 2 h x 2 x + 2 h x y y = d dt ( h ) x (1.9) wordt deze vergelijking ( ) f x d ( f ) dt x + h f x z d ( f ) dt z = (1.1) Afleiden van de betrekking naar x levert Substitutie van (1.11) in (1.1) geeft nu g(x,y,h(x,y)) = g h x = x g z f x d ( f ) f dt x = z d ( f ) dt z g g x z (1.11) Merk op dat, zoals we wensten, de functie h(x,y) uit de vergelijking is verdwenen. Op volkomen analoge manier kunnen we uit de tweede vergelijking van (1.9) halen dat f y d ( f ) f dt y = z d ( f ) dt z g g y z Alles samengevat vinden we f x d ( f ) dt x = g x f y d dt g y ( f y ) = f z d ( f ) dt z g z (1.12) Dit zijn de vergelijkingen van Euler voor het variatieprobleem met nevenvoorwaarden. Samen met de vergelijking g(x,y,z) = laten deze ons toe om de extremalen (x(t),y(t),z(t) te bepalen. 127

129 Voorbeeld: de geodeten op een oppervlak Gevraagd wordt de kromme (x(t),y(t),z(t)) op het oppervlak met vergelijking g(x,y,z) = zo te bepalen dat de lengte Z t2 I = x (t) 2 + y (t) 2 + z (t) 2 dt t 1 langs deze kromme minimaal wordt. De Eulervergelijkingen (1.12) worden in dit geval d ( x ) d ( y ) dt x (t) 2 + y (t) 2 + z (t) 2 dt x = (t) 2 + y (t) 2 + z (t) 2 g g x y d ( z ) dt x = (t) 2 + y (t) 2 + z (t) 2 g z We kunnen dit differentiaalstelsel op een meer elegante wijze herschrijven als we de parameter t vervangen door de hoofdparameter s langs de kromme. Herhaal dat de hoofdparameter s de booglengte langs de kromme gemeten van een zeker vast punt is. We hebben dan dat ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 zodat x = dx dt = dx ds en het differentiaalstelsel wordt ds dt = dx x ds (t) 2 + y (t) 2 + z (t) 2 d 2 x ds 2 g x = d 2 y ds 2 g y = d 2 z ds 2 g z We kunnen (1.13) ook nog als volgt herformuleren: de vector ( g gradg = x, g y, g ) z is evenwijdig met de vector ( d 2 x ds 2, d2 y ds 2, d2 z ) ds 2 Wat is de betekenis van deze laatste vector? We weten dat de vector ( dx T = ds, dy ds, dz ) ds een eenheidsvector is die raakt aan de kromme. We zien ook dat d T ( d 2 ds = x ds 2, d2 y ds 2, d2 z ) ds 2 (1.13) 128

130 Afleiden van T = T T = 1 naar s geeft ons of zodat d T ds T + T d T ds = d T ds T = d T ds T De vector d T staat dus loodrecht op de kromme. De eenheidsvector evenwijdig met deze vector ds noteert men N en noemt men de hoofdnormaal langs de kromme. De lengte van deze vector noteert men κ en noemt men de kromming. Men heeft dus d T ds = κ N Hoe groter κ, hoe sneller de kromme van richting verandert, en dit is de reden waarom we κ de kromming noemen. Het vlak door een punt van de kromme en met richtingsvectoren T en N is het vlak dat het dichtste bij de kromme ligt in een omgeving van het beschouwde punt. We noemen dit vlak het osculatievlak. We kunnen alles als volgt samenvatten: een geodeet op een oppervlak is een kromme waarvoor de hoofdnormaal N in elk punt evenwijdig is met de normaal op het oppervlak, gradg. Anders gezegd: een geodeet op een oppervlak is een kromme waarvoor het osculatievlak in elk punt loodrecht staat op het raakvlak aan het oppervlak. In sommige gevallen kan men de geodeten expliciet uitrekenen. De geodeten op de bol blijken de grote cirkels te zijn, terwijl de geodeten op de cilinder de schroeflijnen zijn. Voor details verwijzen we naar de oefeningen. 129

131 Index convergentiestraal 29 absolute convergentie 26 analytische voortzetting 55 convergente reeks 25 convergentieabscis 69 convergentiehalfvlak 7 convergentieschijf 29 convolutie van rijen 17 cycloïde 119 differentievergelijking 18 distributie 92 essentieel singulier punt 39 Eulervergelijkingen 114 Fouriertransformatie 95 functionaal 91 geï soleerd singulier punt 38 gebiedsgewijs continue functie 64 geodeet 111 getallen van Fibonacci 19 gewoon punt 38 Heavisidefunctie 74 hoofdbestanddeel van een Laurentreeks 35 hoofdwaarde 98 integraalformule van Cauchy 22 integraalvergelijking 88 inverse Laplacetransformatie 8 Laplacetransformatie 69 Laurentontwikkeling 35 Laurentreeks 35 nulpunt van orde n 39 ophefbaar singulier punt 38 pool van orde n 39 puntsgewijze convergentie 26 recurrentievergelijking 18 residu 39 residustelling 45 singulier punt 38 stuksgewijs continue functie 63 uniforme convergentie 26 veralgemeende functie 92 zifteigenschap 91 13