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