Complexe functietheorie deel 2 aanvullend materiaal

Transcriptie

1 Complexe functietheorie deel 2 aanvullend materiaal J. Hulshof October 31, Inleiding deel twee We zijn in deel gekomen tot midden in Hoofdstuk 7 van Churchill & Brown. Opgaven uit Hoofdstuk 7 die in het werkcollege nog gedaan moeten worden zijn: (met het lemma van Jordan) 84. Example formula (1), De rest van het werkcollege wordt tijdens de cursus vastgesteld, afhankelijk van de keuze van onderwerpen. Belangrijke onderwerpen die in het boek maar deels aan de orde komen schets ik hieronder. We kunnen niet alles doen. Extra materiaal hieronder na het overzicht, de boeken van Conway (Functions of one complex variable) en Marsden (Basic complex analysis) gebruik ik als naslagwerk. Kwa sommen zoveel mogelijk Churchill & Brown. Chapter 7 betreft integralen die we tegenkomen bij Fourier en Laplace transformaties. Fourierreeksen en Fourierintegralen vormen Daaronder integralen over krommen die valk langs een eerste orde pool lopen, of vlak langs vertakkingspunten van meerwaardige functies. De eerste twee weken behandel ik de formule van Stirling en Fouriertransformaties. Op het werkcollege gaan we eerst verder met Hoofdstuk 7 van Churchill & Brown. Een gedeelte van de tekst hieronder is in het Engels. 1.1 Fourierreeksen Zie Secties 2 en 3 hieronder. Op zich geen onderwerp voor dit vak, maar vanwege de complexe schrijfwijze van de reeksen wel nauw ermee verbonden. Betreft het inzicht dat 2π-periodieke (reele of complexe) functies f(x) met x IR te schrijven zijn als sommen van de standaard 2π-periodieke functies. Complex geschreven: f(x) = c n e inx n= 1

2 (op het eerste gezicht een Laurentreeks in ζ = e ix ), met, zo zal blijken, c n = 1 2π π π f(x)e inx dx. Het begrip uniforme convergentie en de maximumnorm f = max x IR f(x) komen hierbij langs, maar ook de 2-norm π f 2 = f(x) 2 dx π en convergentie in die norm. De Fouriercoefficienten zijn in feite de coordinaten van f ten opzichte van een orthonormale basis in een oneindig dimensionale complexe vectorruimte met een inwendig produkt. We werken dit eerst in een reele setting uit. Deze Fourierrepresentatie van een 2π-periodieke f kunnen we ook schrijven als met f(x) = 1 2π ˆf(n) = π π n= ˆf(n)e inx, f(x)e inx dx. Op deze manier zien we de Fouriercoefficienten c n (modulo de factor 2π) als een nieuwe functie ˆf : IZ 1C. Het verband tussen c n en ˆf(n) is dat 2πc n = ˆf(n). De functie heet ˆf de Fouriergetransformeerde van f : [ π, π] 1C, waarbij we f stilzwijgend 2π-periodiek uitbreiden tot f : IR 1C. 1.2 Fourierintegralen Zie Sectie 4. Wat voor 2π-periodieke functies kan ook voor 2R-periodieke functies, en in de limiet R worden Fourierreeksen (gezien als Riemannsommen) Fourierintegralen. Deze overgang maken we precies voor zogenaamde testfuncties: functies die oneindig vaak differentieerbaar zijn en identiek aan nul in de buurt van oneindig zodat bij partieel integreren de stoktermen altijd wegvallen. Voor zo n testfunctie φ(x) krijgen we zo in plaats van een Fourierreeks een Fourierintegraal φ(x) = 1 ˆφ(λ) e iλx dλ, 2π waarin de rol van ˆf(n) is overgenomen door deze Fouriergetransformeerde ˆφ(λ) = φ(x)e iλx dx, 2

3 een functie van een continue parameter λ IR. Interessant om veel redenen, bijvoorbeeld omdat, via partieel integreren, ˆφ (λ) = iλ ˆφ(λ), ˆ φ (λ) = λ 2 ˆφ(λ),... Differentiëren wordt zo een algebraische operatie! Fourierintegralen van dit type kunnen we met de residustelling vaak uitrekenen. Zie Secties 80 en 81 van Churchill & Brown. In dit verband speelt ook de dichtheidsfunctie van de normale verdeling een opvallende rol. 1.3 Laplace transformaties Zie Sectie 5, Sectie 88 in Churchill & Brown, Chapter 8 in Marsden. De transformatie van f : [0, ) 1C naar F (z) = 0 e zt f(t)dt. Variant op Fouriertransformaties voor functies f : [0, ) 1C, meestal f(t) met t tijd, beginnend op t = 0. De Bromwich integralen in Churchill & Brown zijn de inversen hiervan. 1.4 Differentieerbaarheid met lineaire benaderingen, Cauchy-Riemann vergelijkingen, comforme afbeeldingen en kettingregel Zie Secties 6 en 7. Een functie f : G 1C met G 1C is automatisch ook een functie f : G IR 2 met G IR 2 als we 1C en IR 2 als hetzelfde zien. Dus met z = x + iy associëren we zonder er verder bij stil te staan het punt (x, y) en met een beeldpunt w = f(z) = u + iv 1C ook (u, v) IR 2. Bij Wiskunde Analyse 2 wordt de reele differentiaalrekening voor functies f : G IR m met G IR n behandeld, uitgaande van een definitie met lineaire benaderingen. Dit leggen we uit in Sectie 6. De lineaire benadering wordt vastgelegd door een matrix. In het geval van functies f : G IR 2 = 1C met G IR 2 = 1C is dit een 2x2 matrix. Het enige dat je extra moet eisen voor het complex differentieerbaar in z = z 0 is dat de bijbehorende matrix een draaivermenigvuldiging om de oorsprong is over een hoek φ met factor r 0. In dat geval is f (z 0 ) = re iφ. Dit betekent dat als r > 0 is (i.e. f (z 0 ) 0) dat de afbeelding f in z 0 hoekbewarend 1 is. We zeggen dan dat f een conforme afbeelding is (in z 0 ). Het bewijs van de kettingregel voor complex differentieerbare functies volgt uit de gewone kettingregel die zegt dat de matrix die de lineaire benadering van een samengestelde functie beschrijft het matrixproduct is van de matrices die de lineaire benaderingen beschrijven van de functies die samengesteld worden. Met de triviale observatie dat de samenstelling van twee zulke draaivermenigvuldigingen weer zo n draaivermenigvuldiging is, is het bewijs dan klaar. 1 Verzin zelf de definitie 3

4 Het bewijs van de gewone kettingregel voor de samenstelling g f : IR n IR p van f : IR n IR m en g : IR m IR p is vrijwel een kopie van het bewijs voor n = m = p = 1 als dat met lineaire benaderingen en resttermen wordt gedaan. Zie het vak Wiskundige Analyse Topologie en uniforme convergentie Zie Sectie 9. Metrische ruimten en toepassingen daarvan. Standaardvoorbeelden. Merendeel heeft weinig met het specifieke geval 1C te maken. Behalve de bepaald niet standaard metriek op de verzameling van analytische functies op een open samenhangende deelverzameling van 1C en het gebruik daarvan in het bewijs van de Riemannafbeeldingstelling. Belangrijk is ook de maximumnorm voor continue functies en het verband met uniforme convergentie. Bijvoorbeeld om te concluderen dat (1.1) hieronder juist is. Ook het feit dat bij uniforme convergentie gewone Riemann integralen en limieten mogen worden verwisseld is belangrijk, omdat het analytisch zijn van een continue functie gelijkwaardig is met het nul zijn van integralen over gesloten krommen. Zo is de limiet van een rij uniform convergente analytische functies weer analytisch en zijn eigenlijk alle eigenschappen die met integralen beschreven worden door de limiet heen te halen. 1.6 Machtreeksen en analytische functies (voortzetten) Zie Sectie 8. We hebben met behulp van de Cauchy integraalformule gezien dat een functie f : G 1C die gedefinieerd en complex differentieerbaar is op een open verzameling G 1C rond elke punt a G als machtreeks f(z) = a n (z a) n n=0 te schrijven is, geldig op de grootste open cirkelschijf D(a, r) = {z 1C : z a < r} in G. Vanaf nu noemen we zulke functies analytische functies. Als G = 1C dan is r =. Omgekeerd heeft elke machtreeks van deze vorm een convergentiestraal R. In het algemeen is 0 R maar voor deze machtreeks van f rond a G geldt R r. Als R > r dan is het definitiegebied misschien uit te breiden tot G D(a, ρ) met ρ (iets) groter dan r, of niet 2. Dit proces noemen we het analytisch voorzetten van f. Analytisch omdat de machtreeks complex differentieerbaar is op G D(a, ρ), gelijk aan f(z) omdat dat op D(a, R) al het geval was. Essentieel voor deze conclusie is de stelling dat machtreeksen binnen hun convergentie cirkel C(a, r) = {z 1C : z a < R} oneindig vaak complex differentieerbaar zijn en dat 2 Denk aan G = 1C\(, 0] en f(z) = log z. a n = f (n) (a). n! 4

5 De machtreeks is dus de Taylorreeks. Deze stelling bewijzen we in detail. Dankzij deze stelling en de product- en kettingregels voor complexe afgeleiden weten we hoe we met machtreeksen mogen rekenen, dus hoe we machtreeksen voor f(z)g(z) en f(g(z)) kunnen bepalen. Als we weten dat productfunctie en de samengestelde functie analytisch zijn dan weten we dat hun Taylorreeksen bestaan en hoe we ze moeten uitrekenen, zie ook Sectie 67 van Churchill & Brown. We geven ook de (limsup) formule voor de convergentiestraal in termen van het grootste limietpunt van de rij a n. Die staat niet in Churchill & Brown. Ook niet in Churchill & Brown: het gedrag op de convergentiecirkel zelf. Voor z < 1 geldt bijvoorbeeld Hoe concluderen we nu dat Zie log(1 + z) = z z2 2 + z2 2 z3 3 + z4 4 z5 5 + log 2 = ? (1.1) 5 s_test_for_uniform_convergence Als gevolg van deze stelling is een machtreeks van de vorm a n z n n=0 die convergent is in z 0 uniform convergent op het lijnstuk {z = tz 0 : 0 t 1} met een somfunctie die continu is op dit lijnstuk. Op grond hiervan is de reeksformule voor log 2 correct. 1.7 Poincaré sfeer, Möbius transformaties, Riemann afbeelding stelling Zie Sectie 10. Via inverse stereografische projectie naar de Poincaré sfeer is 1C, neergelegd als het vlak door de evenaar met 0 in het centrum van de globe, te zien als de globe minus de noordpool die correspondeert met. De zuidpool correspondeert met 0. De afbeelding z 1 z correspondeert zo met het wentelen van de poolas met globe en al om de reele as, waarbij de polen verwisseld worden. De afbeelding z 1 z keert 1C binnenstebuiten en voert cirkels in cirkels over, waarbij we een lijn zien als een cirkel door oneindig. Alle afbeeldingen van het type z az + b cz + d, 5

6 met a, b, c, d 1C en determinant 3 ad bc 0 hebben deze eigenschap. Een bijectieve analytische afbeelding van een open begrensde cirkelschijf naar een andere open begrensde cirkelschijf is altijd van deze vorm! De Riemannafbeeldingstelling formuleert een veel algemenere uitspraak over het op elkaar afbeelden van enkelvoudig samenhangende open verzamelingen met behulp van inverteerbare analytische functies. 1.8 Harmonische functies en toepassingen Potentiaaltheorie, vloeistofstromingen en meer. Alleen in 2D. Komt met een speciale tak van sport, het vinden van conforme afbeeldingen 4 f van gebieden op andere gebieden. Echte toepassingen (vliegtuigvleugels). 1.9 Krommen en lijnintegralen op een nette manier Zie Sectie 11. Rechtstreeks vanuit benaderende sommen. Krommen als equivalentieklassen van continue afbeeldingen van een gesloten begrensd interval naar 1C met eindige (beeld)lengte. Uit Conway, met behulp van Riemann- Stieltjesintegralen Windingsgetallen, echte stellingen over contouren en integralen daarover, nulpunten/polen tellen Zie Sectie 12 waar we Conway s aanpak schetsen. Correcte formuleringen van alle stellingen zonder linksom doorlopen in de aannamen. Slim gebruik van integralen als f (z) f(z) dz om nulpunten en polen te tellen, en de open afbeeldingstelling te bewijzen: analytische functies beelden open verzamelingen af op open verzamelingen, tenzij ze constant zijn. Meervoudige nulpunten splitsen op in eerste orde nulpunten bij verstoring, net zoveel als je zou verwachten. In Churchill & Brown Secties 86 en 87 (wiskundig niet helemaal correct). In Conway wordt dit met grote precisie uitgelegd, zie Sectie Analytische voortzetting, oneindige producten, Gammafunctie, Asymptotische methoden Zie Marsden Chapters 7 and 8. Volgens de hoofdstelling van de algebra is elk polynoom te schrijven als A(z a 1 ) (z a n ), 3 Inderdaad, er is een verband met 2x2 matrices. 4 Hoekbewarend, en dat betekent f analytisch met afgeleide niet nul. 6

7 met A, a 1,..., a n 1C, n 1, A 1C. Is elke complex differentieerbare functie te schrijven als het product van lineaire factoren? Denk bijvoorbeeld aan sin πz die nulpunten heeft in de gehele getallen. De vraag hangt nauw samen met twee belangrijke voorbeelden van complex differentieerbare functie, nl de gammafunctie en de Riemann zetafunctie. Hier speelt het begrip analytische voortzetting een grote rol. Zeg dat je een complex differentieerbare functie definieert met behulp van een formule die maar beperkte geldigheid heeft, zeg als som van een machtreeks, of als integraal, bijvoorbeeld Γ(z) = 0 t z 1 e t dt, goed gedefinieerd voor z = x + iy met x > 0, leeft de zo gedefinieerde functie verder buiten zijn definitiegebied? Bijvoorbeeld 1 + z + z 2 + z 3 + = 1 1 z is alleen goed voor z < 1, maar de somfunctie leidt daarbuiten zijn leven. Of ζ(z) = z z z z z + goed gedefinieerd voor z = x + iy met x > 1. The Weierstrass factorisation theorem in which the functions E p defined by and factorisations E p(z) = z p exp(z + + zp p ), E p(1) = 0, Π + n=1 E p n ( z a n ) are important, answers the factorisation question, if a n are the nonzero zeropoints of a given analytic f. For instance it holds that and sin(πz) = πz Π + z2 n=1 (1 n 2 ) Γ(z) = exp( γz) Π + n=1 z (1 + z n ) exp( z n ). Nauw verwant ook aan de Riemann Zetafunctie, en de Riemann hypothese, zie Conway Chapter VII Sectie 8. Tenslotte, hoe groot is n! vraagteken. Met partieel integreren zie je makkelijk dat n! = Γ(n + 1) = 0 t n e t dt, de integraal van een functie die een maximum heeft in dat groter wordt en opschuift als n groter wordt. Door de grafiek terug te schuiven naar links en 7

8 verticaal te schalen kunnen we de grafiek zijn maximum op de verticale as en gelijk aan 1 laten hebben. Als we nu door horizontaal schalen de grafiek op de normal verdeling laten lijken vinden we dat n! zich gedraagt als ( n ) n n! 2πn, e een belangrijke asymptotische formule in de kansrekening, natuurkunde en informatica, voor het begrip entropie bijvoorbeeld 5. Let op het teken. Geen gelijkheid. Het quotient van beide grootheden gaat naar 1, tamelijk langzaam, maar omdat in toepassingen in natuurkunde (getal van Avagadro) en informatica (terrabyte en meer) de getallen groot zijn goed genoeg om mee te rekenen. Belangrijk in dit argument (van Laplace) is het inzoomen op de plek waar de integrand afgeleide nul heeft. Wat nu als de afgeleide van de integrand alleen complexe nulpunten heeft? Deze vraag leidt tot de zadelpuntmethode. 2 Fourierreeksen De functie f 7 (x) = sin x sin 2x 2 + sin 3x 3 sin 4x 4 + sin 5x 5 sin 6x 6 + sin 7x 7 is periodiek met periode 2π. Op het interval ( π, π) ligt de grafiek van f 7 vlakbij de grafiek van de oneven functie f(x) = 1 2x. Kennelijk is maar alleen voor π < x < π. x 2 = k+1 sin kx ( 1), (2.2) k k=1 Exercise 1 Er is een verband met machtreeksen: het rechterlid in (2.2) is het imaginaire deel van ( 1) k+1 ζ k, ζ = e ix. k k=1 Bepaal de som van deze machtreeks voor ζ < 1. Hint: differentieer naar ζ, sommeer en primitiveer. Exercise 2 Volgens de complexe versie van het criterium van Leibniz convergeert de machtreeks in in Opgave 1 voor alle ζ met ζ = 1 behalve ζ = 1. Aangenomen dat de somfunctie die je in Opgave 1 hebt gevonden ook geldig is voor alle ζ met ζ = 1 waar de reeks convergeert, verifieer (2.2). Op de complexe versie van het criterium van Leibniz en de aanname komen we nog terug in Sectie 8. 5 Google tip: Shannon entropie. 8

9 De reeks in (2.2) heet een Fouriersinusreeks. Maken we van de minnen plussen dan vinden we dat de grafiek van de functie h 7 (x) = sin x + sin 2x 2 + sin 3x 3 + sin 4x 4 + sin 5x 5 + sin 6x 6 + sin 7x 7 op het interval (0, 2π) vlakbij de grafiek van de functie f(x) = π x 2 ligt. De functie g 7 (x) = cos x cos 2x 4 + cos 3x 9 cos 4x 16 + cos 5x 25 cos 6x 36 + cos 7x 49 heeft een grafiek op het interval ( π, π) vlakbij de grafiek van de even functie ligt. Kennelijk is g(x) = π2 12 x2 4 x 2 4 = π k cos kx ( 1) k 2. k=1 Het rechterlid, inclusief de constante term, heet een Fouriercosinusreeks. Invullen van x = 0 geeft π 2 12 = We zullen zien dat bij even 2π-periodieke functies Fouriercosinusreeksen horen, en bij oneven 2π-periodieke functies Fouriersinusreeksen. Omdat elke functie te splitsen is in een even en een oneven functie, f(x) = f(x) + f( x) 2 + f(x) f( x), 2 hoort zo bij een algemene 2π-periodieke functie de som van een Fouriercosinusreeks en een Fouriersinusreeks. Zo n som heet een Fourierreeks. Schrijven we de cosinussen en sinussen uit in complexe e-machten, cos x = eix + e ix 2, sin x = eix e ix, 2i dan wordt een algemene Fourierreeks een reeks van de vorm k= c k e ikx = a (a k cos kx + b k sin kx) (2.3) k=1 Uiteindelijk zullen we er voor kiezen om met de complexe vorm te werken, het linkerlid in (2.3) dus, een Laurentreeks in ζ = e ix. 9

10 Uit de Cauchy integraal formules hebben we Laurentreeksen van de vorm k= c k ζ k (2.4) zien verschijnen voor complex differentieerbare functies f(ζ) op een annulus waarbij het plusstuk {ζ 1C : R 1 < ζ < R 2 }, c k ζ k k=0 convergent is voor ζ < R 2 en het minstuk c k ζ k k=1 convergent is voor ζ > R 1. Als R 1 = 0 dan heeft f(ζ) in ζ = 0 een al dan niet ophefbare singulariteit. Omgekeerd, als we met een willekeurige Laurentreeks van de vorm (2.4) beginnen dan zijn er bijbehorende R 1 en R 2 zodat het plusstuk convergeert naar een complex differentieerbare functie op {ζ 1C : ζ < R 2 } en het minstuk naar een complex differentieerbare functie op {ζ 1C : ζ > R 1 }. A priori kunnen zowel R 1 als R 2 ook 0 of zijn, en in het algemeen kan R 1 groter of kleiner zijn dan R 2. Laurentreeksen die verschijnen als Fourierreeksen van 2π-periodieke functies f(x) via ζ = e ix hebben meestal R 1 = R 2 = 1. In het vervolg zullen we zulke 2π-periodieke functies zien als functies f : ( π, π) 1C. Fourierreeksen gaan terug tot Daniel Bernouilli, die de golfvergelijking 2 u t 2 = 2 u x 2 voor bijvoorbeeld 0 < x < π en met randvoorwaarde u = 0 voor x = 0 en x = π, met Fouriersinusreeksen probeerde op te lossen. Later was Fourier de eerste die voor een gegeven functie f de coefficienten in integralen wist uit de drukken, toen hij Fouriersinusreeksen gebruikte om de warmtevergelijking op te lossen. u t = 2 u x 2 Tegenwoordig zien we de functies en 1, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x,..., 2..., e 3ix, e 2ix, e ix, e 0ix = 1, e ix, e i2x, e 3ix,... 10

11 als orthonormale bases in een (Hilbert)ruimte van functies, en de Fouriercoefficienten als coordinaten ten opzichte van deze basis. Voor een grote klasse van functies f : ( π, π) IR zijn de Fouriercoefficienten a k, b k en c k als coordinaten van f ten opzichte van deze bases gedefinieerd. De N-de partiële som van de Fourierreeks van f is S N f(x) = met Fouriercoefficienten a n = 1 π π N k= N c k e ikx = a N (a k cos kx + b k sin kx), (2.5) k=1 π f(x) cos nx dx, b n = 1 π c n = 1 2π π π π π f(x) sin nx dx, (2.6) f(x)e inx dx. (2.7) Het volgende programma is bedoeld om vertrouwd te raken met Fourierreeksen. Gebruik Maple/Mathematica voor de plotjes. De integralen kun je beter met de hand doen. Exercise 3 Bereken π π cos nx cos mx dx en π m en n. π cos nx sin mx dx voor gehele Exercise 4 Laat f : (0, π) IR gegeven zijn door f(x) = 1 en kies een 2πperiodieke uitbreiding f : IR IR die even is (i.e. f(x) = f( x)). Bereken alle Fouriercoefficienten a n en b n. Exercise 5 Laat f : (0, π) IR gegeven zijn door f(x) = 1 en kies een 2πperiodieke uitbreiding f : IR IR die oneven is (i.e. f(x) = f( x)). 1. Bereken alle Fouriercoefficienten a n en b n. 2. Plot f en S N f (voor een aantal waarden van N) in een grafiek. 3. Onderzoek numeriek wat er gebeurt met de grootte en plaats van het maximum van S N f als N. 4. Vereenvoudig S N f in x = π 2. Vergelijk dit met f( π 2 ). Van welke gewone reeks is, aangenomen dat S N f( π 2 ) naar f( π 2 ) convergeert, nu de som te bepalen? 5. Idem voor x = π 4. Exercise 6 Laat f : (0, π) IR gegeven zijn door f(x) = sin x. Kies een even 2π-periodieke uitbreiding f : IR IR. Bereken alle Fouriercoefficienten a n en b n. 1. Bereken alle Fouriercoefficienten a n en b n. 11

12 2. Plot f en S N f (voor een aantal waarden van N) in een grafiek. 3. Vereenvoudig S N f in x = 0. Vergelijk dit met f(0). Van welke gewone reeks is, aangenomen dat S N f(0) naar f(0) convergeert, nu de som te bepalen? 4. Idem voor x = π Idem voor x = π 4. Exercise 7 Laat f : (0, π) IR gegeven zijn door f(x) = cos x en kies een oneven 2π-periodieke uitbreiding f : IR IR. 1. Bereken alle Fouriercoefficienten a n en b n en plot f en S N f (voor een aantal waarden van N) in een grafiek. 2. Vergelijk het gedrag bij x = 0 voor N groot met dat in som Neem nu de oneven 2π-periodieke uitbreiding f(x) = 1 cos x (het verschil van de functie in som 5 en de functie in deze som). Onderzoek numeriek het gedrag van S N f bij x = 0 voor N. Exercise 8 Laat f : (0, π) IR gegeven zijn door f(x) = π x en kies een oneven 2π-periodieke uitbreiding f : IR IR. 1. Bereken alle Fouriercoefficienten a n en b n en plot f en S N f (voor een aantal waarden van N) in een grafiek. 2. Differentieer S N f(x) naar x en noem de afgeleide d N (x). Zijn er waarden van x waarvoor d N (x) convergeert als N? Exercise 9 Laat f : (0, π) IR gegeven zijn door f(x) = x(π x) en kies een oneven 2π-periodieke uitbreiding f : IR IR. 1. Bereken alle Fouriercoefficienten a n en b n en plot f en S N f (voor een aantal waarden van N) in een grafiek. 2. Vereenvoudig S N f in x = π 2. Vergelijk dit met f( π 2 ). Van welke gewone reeks is, aangenomen dat S N f(x) naar f(x) convergeert, nu de som te bepalen? 3. Differentieer S N f(x) naar x en noem de afgeleide g N (x). Laat zien dat g N (x) op IR uniform convergeert naar een limietfunctie. 4. Bepaal die limietfunctie numeriek. 5. Vergelijk g N (0) met zijn limietwaarde. Welke som van welke gewone reeks vinden we nu? 12

13 3 Convergentie van Fourierreeksen Bij de vraag of, en in welke zin, de Fourierreeks convergeert, en ook als limiet f heeft, m.a.w. of f(x) = k= c k e ikx = a (a k cos kx + b k sin kx), k=1 speelt het begrip convolutie een belangrijke rol. Exercise 10 Laat zien dat S N f(x) = 1 2π π π D N (y)f(x y)dy, de convolutie van de functies D n en f op ( π, π), waarbij D N (x) = sin(n )x sin 1 2 x = N k= N Maak plotjes van D N voor een aantal waarden van N. e ikx. (3.8) De functie D N heet de Dirichlet kern. Voor grote N concentreert deze functie zich bij 0 met een steeds smallere piek waarvan de oppervlakte naar 2π gaat. Dat is de reden dat S N f(x) naar f(x) convergeert als f voldoende netjes is. Omdat D N voor grotere N steeds meer tekenwisselingen heeft is dit lastig om te bewijzen. Het gemiddelde van D 0,..,D N, F N (x) = 1 N + 1 (D 0(x) + + D N (x)) = 1 N + 1 sin 2 (N+1)x 2 sin 2 x, (3.9) 2 is een veel mooiere functie. Geen tekenwisselingen, integraal 2π, en gepiekt in 0. Exercise 11 Leidt de laatste gelijkheid in (3.9) door sin x sin (N + 1)x 2 als imaginair deel van een eindige meetkundige reeks te schrijven. Verifieer ook dat π π F N (x)dx = 2π, en dat F N (x) 0 als N behalve in veelvouden van 2π. Preciezer: 0 < δ x π 0 F N (x) 1 N sin 2 δ 2 Voor vaste δ is de bovengrens klein te maken door N groot te maken. Merk op dat F N (x) even en 2π periodiek is. Maak plotjes van F N voor een aantal waarden van N.. 13

14 Als een rij getallen a n convergeert naar een limiet A, dan convergeren ook de gemiddelden a 1 + a a n n naar A. De laatste limiet kan ook bestaan als de rij a n zelf niet convergeert. Als we de rij a n gebruiken om een A te benaderen dan kunnen we dus net zo goed eerst naar de gemiddelden kijken. Dat is het idee achter de Cesarosommen: Exercise 12 Definieer σ N f = 1 N + 1 (S 0f + S 1 f + + S N f), de Cesarosommen van f. Laat zien dat σ N f(x) = 1 2π π π F N (y)f(x y)dy. Exercise 13 Laat f een integreerbare (lees: begrensde stuksgewijs continue) 2π-periodieke functie zijn. Laat zien dat dan σ N f(x) f(x) = 1 2π π π F N (y) (f(x y) f(x)) dy Exercise 14 Laat f een integreerbare 2π-periodieke functie zijn, met f(x) M voor alle x, waarbij M 0 vast is. Neem aan dat voor x vast en y δ geldt dat f(x y) f(x) ɛ. Laat zien dat dan σ N f(x) f(x) = 1 π F N (y) f(x y) f(x) dy ɛ + 2M 1. 2π π N + 1 Hint: splits de integraal in 3 integralen. sin 2 δ 2 Exercise 15 Laat f een 2π-periodieke continue functie zijn. Dan is f uniform continu en begrensd. Waarom? Bewijs dat σ N f uniform naar f convergeert als N. Exercise 16 Laat f een 2π-periodieke begrensde stuksgewijs continue functie zijn met de eigenschap dat in elk punt de linker en de rechterlimiet bestaan. Bewijs dat voor elke x de rij σ N f(x) convergeert als N. Wat is de limiet? Hint: splits de integraal in 4 integralen. Exercise 17 Laat f : [ π, π] IR 2 keer continu differentieerbaar zijn met f(±π) = f (±π) = f (±π) = 0. Bewijs dat f in elk punt de som van zijn (uniform convergente) Fourierreeks is. Hint: laat met partieel integreren en schatten zien dat de Fouriercoefficienten a n en b n sommeerbare rijen vormen. 14

15 Opgave 15 laat zien dat in de ruimte van continue functies 2π-periodieke functies voorzien van de maximumnorm f = max x IR f(x) geldt dat de Cesarosommen van f naar f convergeren: σ N f f 0 als N. Maar hoe zit het met S N f zelf? Daartoe is een andere norm veel geschikter. Bij lineaire algebra of topologie zijn ongetwijfeld verschillende normen van 2-vectoren x = ( x 1 x 2 ) behandeld, bijvoorbeeld x = max(x 1, x 2 ), x 1 = x 1 + x 2, x 2 = ( x x 2 2 ) 1 2. Als we in de laatste norm elke 2 door p vervangen (niet de subscript!) dan krijgen we de p-norm. De p-norm is een norm als p 1. Je kunt er mee rederen zoals je dat gewend bent bij de absolute waarde. De normaxioma s zijn, voor vectoren x en y, en scalairen λ: x 0; x = 0 x = 0; λx = λ x ; x + y x + y. Alleen de 2-norm is een inprodukt norm. Met x y = x 1 y 1 + x 2 y 2 geldt x 2 2 = x x. Om ook voor functies de 2-norm in te voeren maken we eerst een inprodukt. Hieronder zijn f en g steeds 2π-periodieke stuksgewijs continue functies f, g : IR IR. We doen dus alles eerst nog reeel. Met stuksgewijs continu bedoelen we dat op elk begrensd interval er slechts eindig veel punten zijn waar de functie niet continu is en dat in die punten linker- en rechterlimieten bestaan. De integraal f g = π π f(x)g(x)dx (3.10) heet het inprodukt van de functies f en g. We zien f en g als vectoren. Voor elke x zou je dan f(x) en g(x) als coordinaten van f en g kunnen zien. Daar heb er dan wel heel veel van, voor elke x één van f en één van g. Overeenkomstige coordinaten vermenigvuldigen en sommeren gaat niet, maar integreren wel. Vandaar de inproduktnotatie. Omdat we alles nog reeel doen kunnen we nu gebruik maken van onze intuitie voor gewone reele vectorruimten en inprodukten daarop. Als f g = 0 dan zeggen we dat f en g loodrecht op elkaar staan. De 2-norm van f wordt gedefinieerd door f 2 = f f, (3.11) 15

16 zeg maar de lengte van f gezien als vector. Er geldt de volgende implicatie (Pythagoras) f g = 0 f + g 2 = f 2 + g 2. (3.12) Hieronder schrijven we S N g(x) = c N (c k cos kx + d k sin kx), (3.13) k=1 dus f heeft reele Fouriercoefficienten a k en b k, en g heeft reele Fouriercoefficienten c k en d k. Je kunt nu het volgende programma afwerken. Exercise 18 De Cauchy-Schwartz ongelijkheid zegt dat f g f 2 g Bewijs deze ongelijkheid voor functies f en g met f 2 = g 2 = 1 door 0 π π (f(x) g(x))2 dx =... uit te werken. 2. Bewijs de Cauchy-Schwartz ongelijkheid. Hint: pas onderdeel 1 toe op f(x)/ f 2 en g(x)/ g Bewijs de driehoeksongelijkheid voor de 2-norm Exercise 19 Laat zien dat Exercise 20 Laat zien dat f + g 2 f 2 + g 2. (3.14) S N f 2 2 = π ( 1 2 a2 0 + S N f S N g = π ( 1 2 a 0c 0 + ) N (a 2 k + b 2 k) k=1 ) N (a k c k + b k d k ) k=1 Exercise 21 Definieer R N f = f S N f en, met ook ρ N f = f σ N f. 1. Laat zien dat R N f S N f = Laat zien dat R N f σ N f = Laat zien dat σ N f = 1 N + 1 (S 0f + S 1 f + S N f), S N f R N f 2 2 = f 2 2, zodat S N f 2 f 2, en dat (Bessel s ongelijkheid) 1 2 a2 0 + N (a 2 k + b 2 k) 1 π k=1 π π f(x) 2 dx. (3.15) 16

17 4. Laat zien dat R N f σ Nf S N f 2 2 = ρ Nf In Opgave 15 is bewezen dat als f continu en 2π-periodiek is dat dan σ N f f uniform op IR als N. Bewijs dat in dat geval ook R N f 2 0 en dat dus (gelijkheid van Parceval) 1 2 a2 0 + (a 2 k + b 2 k) = 1 π f(x) 2 dx. (3.16) π k=1 Hint: gebruik onderdeel Laat zien dat π f g = (S N f + R N f) (S N g + R N g) = S N f S N g + R N f R N g. 7. Bewijs dat als f en g continu en 2π-periodiek zijn, dat 1 2 a 0c 0 + (a k c k + b k d k ) = 1 π f(x)g(x)dx = 1 f g. (3.17) π π k=1 Hint: gebruik onderdeel 6, som 20 en pas de Cauchy-Schwartz ongelijkheid toe op R N f R N g. Exercise 22 In deze som laten we zien dat de gelijkheid van Parceval (3.16) ook geldt voor 2π-periodieke stuksgewijs continue functies. Laat f : IR IR zo n functie zijn. Hint: laat zien dat er een rij 2π-periodieke continue functies f k : IR IR bestaat met π π f k f 2 = (f 2 k (x) f(x)) 2 dx 0 π als k. Als f discontinu is in x 0, vervang f(x) dan op het interval (x 0 1 k, x k ) door een lineaire functie, zó dat de nieuwe functie f k continu is en lineair op (x 0 1 k, x k ). Exercise 23 Bewijs de gelijkheid van Parceval (3.16) voor f. Hint: de gelijkheid van Parceval is equivalent met R N f 2 0. Schrijf R N f = f f k + f k S N f k + S N f k S N f = (f f k ) + R N f k + S N (f k f) en gebruik de driehoeksongelijkheid (3.14) en som 3 voor S N (f k f) om R N f 2 klein te krijgen. Kies hiertoe, gegeven een ɛ > 0, eerst een vaste k groot genoeg, en redeneer dan verder. Exercise 24 (Het Gibbs verschijnsel) De Fouriersinusreeks van f(x) = π x heeft b n = 2 n. De oneven 2π-periodieke uitbreiding van f heeft f(0+ ) = π en f(0 ) = π. De N-de Fouriersinussom is S N f(x) = N n=1 2 sin nx. n 17

18 1. Laat zien dat x + S N f(x) = x 0 D N (s)ds. 2. De integraal in het rechterlid heeft extrema in de nulpunten van D N. Het eerste maximum M N rechts van x = 0 is dus in x = x N = π N Laat zien dat M N = 0 π N+ 1 2 sin((n )s π sin 1 2 s ds = 0 sin( 1 2 sin t t N ) N + 1 dt 2 3. Laat zien dat uniform op t [0, π]. 4. Laat zien dat als N. π = 2 0 sin t t t 2N+1 t sin( t 2N+1 t 2N+1 )dt. sin( 2N+1 ) 1, π M N 2 0 sin t dt t 5. De functie S N f(x) heeft in x = x N een negatieve afgeleide. Leg uit waarom ook het eerste maximum van S N f(x) rechts van x = 0 naar convergeert als N π 0 sin t dt t Dat is groter dan π = f(0 + ) met een factor Exercise 25 De integraal sin t 0 t dt is en wel uit te rekenen, met behulp van de complexe functie eiz z, zie Sectie 81 en 82 van Churchill & Brown. Exercise 26 (De Fourierreeks van de afgeleide en van de primitieve) Lees eerst dit zorgvuldig. Alle uitspraken die we doen gaan over Fourierreeksen van periodieke functies. Vaak is dat een functie die eerst alleen op een interval is gedefinieerd en daarna wordt uitgebreid tot een periodieke functie op heel IR. Zo n uitbreiding kan sprongen introduceren, vandaar ook onze standaardaanname dat de (eventueel uitgebreide) f een 2π-periodieke stuksgewijscontinue functie is. De door term voor term differentiatie van een Fourierreeks van een discontinue 2π-periodieke f verkregen reeks is nooit de Fourierreeks van een functie! 18

19 1. Laat met voorbeelden zien wat er mis gaat als f sprongen heeft. 2. Neem aan dat f een 2π-periodieke continue functie is met f stuksgewijs continu. Druk de Fouriercoeffienten van f uit in die van f. 3. Ga in de situatie van onderdeel 2 na dat de Fourierreeks van f uit die van f verkregen kan worden door term voor term te differentiëren. 4. In de situatie van onderdeel 2 convergeert de Fourierreeks van f uniform naar f: S N f(x) f(x) uniform in x als N. Laat F (x) = x 0 f(s)ds. Is F (x) de som van een Fourierreeks? Wanneer wel en wanneer niet? 5. Neem nu alleen aan dat f een 2π-periodieke stuksgewijs continue functie is en laat F (x) = x f(s)ds. Is F (x) de som van een Fourierreeks? Wanneer 0 wel en wanneer niet? Zoja, wat is het verband tussen de Fourierreeks van F en die van f? 4 Van Fourierreeksen naar Fourierintegralen Voor f : [ π, π] IR stuksgewijs continu schrijven we dus f(x) n= π 1 f(x)e inx dx 2π π }{{} c n e inx (4.18) waarin de x in de integraal een dummy-variabele is. Exercise 27 Laat zien dat (3.16) in deze vorm leidt tot n= c n 2 = 1 π f(x) 2 dx. (4.19) 2π π Afgezien van de factor met 2π zijn de 2-norm van de functie f en de bijbehorende rij c = (..., c 2, c 1, c 0, c 1, c 2,...) van Fouriercoefficienten hetzelfde. We transformeren (4.18) en (4.19) naar formules op [ R, R] door Rx = πy, f(x) = g(y), λ n = nπ R, δλ = λ n+1 λ n = π R. Dit geeft voor (4.18) g(y) 1 2π n= R g(y)e iλny dy R }{{} ĝ(λ n) as R e iλny π, (4.20) }{{} R δλ met ĝ(λ) = g(y)e iλy dy, 19

20 de Fourier getransformeerde van g, die goed gedefinieerd is als g : IR IR continu is en een compacte drager heeft 6. In dat geval is dus voor R groot genoeg g(y) 1 ĝ(λ n ) e iλny δλ 1 ĝ(λ) e iλy dλ, (4.21) 2π 2π n= } {{ } Riemann som } {{ } integraal als R, mits de aftelbare Riemann som hierboven inderdaad de integraal ĝ(λ) e iλy dλ als limiet heeft. Er moet dus een stelling te formuleren zijn die deze overgang rechtvaardigt en die van de een = maakt. De uitspraak van de stelling moet zijn dat g(y) = 1 ĝ(λ) e iλy dλ, ĝ(λ) = g(y)e iλy dy. (4.22) 2π Let op de symmetrie in de formules. Afgezien van de min en de voorfactor zijn ze hetzelfde. Van g maar ĝ is dus vrijwel hetzelfde als van ĝ (terug) naar g! De minimale aannamen op g zijn vrij technisch en lastig te onthouden. Een manier om de stelling te bewijzen is eerst hele sterke aannamen te doen, en daarvoor de stelling te bewijzen. De grenzen van de geldigheid van (4.22) kunnen dan daarna met limietprocedures worden verkend. Dat laatste laten we hier achterwege, maar is volledig vergelijkbaar met de manier waarop de rekenkundige operaties in de rationale getallen worden uitgebreid tot de reele getallen. Exercise 28 Laat zien dat als g continu is op IR en nul buiten [ R, R], dat g(y) 2 = 1 2π n= ĝ(λ n ) 2 δλ. In de afleiding hierboven hebben we al aangenomen dat g compact gedragen is. Daarmee bedoelen we dat buiten een zeker begrensd interval g(y) gelijk aan nul is. We zullen nu ook aannemen dat g oneindig vaak differentieerbaar is. Zulke oneindig vaak differentieerbare en compact gedragen functies worden testfuncties genoemd en meestal met een φ of ψ aangegeven. Voor testfuncties φ geldt op grond van Opgave 17 zeker dat φ(y) gelijk is aan een oneindige Riemannsom waarin ˆφ voorkomt: φ(y) = 1 2π n= ˆφ(λ n ) e iλny δλ λ 0 = 0, λ n+1 λ n = δλ = π R, (4.23) 6 i.e. er is een R zo dat g(y) = 0 voor alle y met y > R. 20

21 goed voor elke R groot genoeg. De som is een aftelbare Riemannsom voor ˆφ(λ) e iλy dλ. Voor vaste y is dit een oneigenlijke integraal van een continue functie, vanwege: Exercise 29 Laat zien dat ˆφ(λ) = φ(y)e iλy dy continu is als φ(y) begrensd is en compact gedragen. We weten dat gewone integralen over begrensde intervallen de limiet zijn van benaderende Riemannsommen. Onder wat voorwaarden geldt dit ook voor oneigenlijke integralen? Exercise 30 Als f : IR 1C continu is en voldoet aan een schatting van de vorm f(x) M x 2 dan is Bewijs dit. f(x)dx = lim h 0 ( h n= f(nh) ). Geldt zo n schatting ook voor ˆφ(λ)? Met andere woorden, is er voor een gegeven φ een M zo dat ˆφ voldoet aan ˆφ(λ) M λ 2? Exercise 31 Laat zien dat voor testfuncties geldt dat ˆφ (λ) = iλ ˆφ(λ), ˆ φ (λ) = λ 2 ˆφ(λ). Hint: partieel integreren. Exercise 32 Verzamel alle informatie hierboven en leg uit waarom voor testfuncties geldt dat φ(y) = 1 2π ˆφ(λ) e iλy dλ, ˆφ(λ) = φ(y)e iλy dy, (4.24) en ook φ(y) 2 dy = 1 2π ˆφ(λ) 2 dλ. (4.25) 21

22 De factor met 2π verstoort de symmetrie in de formules een beetje. Met de definitie ˆφ(λ) = 1 φ(y)e iλy dy, 2π volgt φ(y) = 1 2π φ(λ) e iλy dλ, φ(y) 2 dy = ˆφ(λ) 2 dλ. voor testfuncties. De afbeelding φ ˆφ breidt op een natuurlijke manier uit tot een isometrie van de ruimte H van kwadratisch integreerbare complexe meetbare functies naar zich zelf. De norm op H is de 2-norm f 2 = f(x) 2 dx, en de algemenere definitie van ˆf is ˆf(λ) = 1 R lim φ(y)e iλy dy, 2π R R waarin de integraal over [ R, R] eigenlijk de Lebesgue integraal is, die bij het vak maattheorie wordt behandeld. Limieten van integralen van dit type worden in Churchill & Brown uitgerekend met de residustelling en het Lemma van Jordan. 5 Laplace transformaties 6 Differentiation = linear approximation, real vs complex Let X, Y be normed vector spaces, f : X Y, e.g. X = IR n, Y = IR m and p denote some point in X. Definition. f is called differentiable in p if there exists A : X Y linear and continuous such that R : X Y defined implicitly by f(x) = f(p) + A(x p) + R(x), satisfies R(x) lim x p x p = 0. Here the vertical bars denote the norm or length of the quantity in between. 22

23 Simplest case. X = IR, Y = IR. In this case A(x p) = f (p)(x p) and it seems we are nitpicking. Why not use the (equivalent) definition df dx (p) = f f(x) f(p) (p) = lim x p x p if the limit exists, and call f differentiable in p IR if this happens to be the case? Answer. Because this only works for X = IR and does not take us very far. Second simplest case. X = IR n, Y = IR m. In this (Calculus 2) case A may be seen as a matrix. The first row of the matrix has the partial derivatives of the first component of f as entries, the second row the partial derivatives of the second component of f, etc, so A ij = f i x j (p), the matrix of all partial derivatives (Jacobian matrix) in p. In other words, the first row is the gradient of f 1, the second of f 2, etc. We write instead of d. Warning. The existence of all these partial derivatives means nothing without: Main theorem for second simplest case. If all the partial derivatives are continuous in p (what does this, implicitly, mean?) then f is differentiable in p X and A is given by the Jacobian matrix as above. Special second simplest case. X = IR 2, Y = IR 2. Here we usually write (x, y) instead of (x 1, x 2 ), (p, q) instead of (p 1, p 2 ), and (u, v) instead of (f 1, f 2 ), to allow for reinterpretation of f : 1C 1C below. In this case ( ) u u (p, q) (p, q) A = x v x (p, q) v y y (p, q) Also of interest In between simplest and second simplest case. X = IR n, Y = IR. Now, provided f is differentiable in p, A = 0 corresponds to necessary (not sufficient) conditions for f to have an extremum in p. A physical example, classical mechanics. f is difference between kinetic and potential energy, A = 0 is equivalent to the equations of motion. Complex functions f : 1C 1C, s denotes a point in 1C. Definition. f is called differentiable in s 1C if there exists α 1C such that R : 1C 1C defined implicitly by f(z) = f(s) + α(z s) + R(z), satisfies R(z) lim z s z s = 0 23

24 Now the vertical bars denote the absolute value, which is the length of the corresponding vector in IR 2. We have, as for f : IR IR, that f f(z) f(s) (s) = lim = α, z s z s which works fine for polynomials like f(z) = z 3 z + 1, giving what we (should) expect, but what if we only know u and v, for instance f(z) = exp(z)? Writing α = a + ib, z = x + iy, s = p + iq, f = u + iv, to compare to f = (u, v) : IR 2 IR 2, we find that the 2x2 matrix A must have a special form, namely ( ) a b A =, b a simply because rewrites as ( a b b a α(z s) 1C ) ( x p y q ) IR 2. Combining the main theorem above for f : IR 2 IR 2, with the special form of A, a sufficient condition for complex differentiability of f = u + iv in s = p + iq is the continuity of all four partial derivatives in (p, q), plus the Cauchy-Riemann equations in s = p + iq which characterise the special form of A, i.e. u v u (p, q) = (p, q), x y v (p, q) = (p, q). y x You can verify directly that complex differentiability implies the Cauchy Riemann equations. Remark. f = u + iv : 1C 1C differentiable in s = p + iq is equivalent to f = (u, v) : IR 2 IR 2 differentiable in (p, q) combined with the Cauchy- Riemann equations in (p, q). N.B. f = (u, v) : IR 2 IR 2 differentiable in (p, q) is often best verifiable using the main theorem above. Exercises 1. Verify, both by means of the limit definition, as well as by using the Cauchy- Riemann equations, that f(z) = z 2 is differentiable in every z 1C. Determine f (z). 2. Verify, both by means of the limit definition, as well as by using the Cauchy- Riemann equations, that f(z) = 1 z is differentiable in every 0 z 1C. Determine f (z). 2. Verify, using the Cauchy-Riemann equations, that f(z) = exp(z) is differentiable in every z 1C. Determine f (z). 24

25 7 Complex differentiability, summing up Differentiability. Let = G 1C be open, f : G 1C. Then f is called (complex) differentiable in a G if f(z) f(a) f(a + h) f(a) lim = lim z a z a h 0 h exists. The limit is called f (a), the (complex) derivative of f in a. Using the identity (fill in the dots) z n w n = (z w) (z n w n 1 ), }{{} n 1 terms the functions z z n are differentiable in every a positive integer n, with the derivative you expect: 1C for every (z n ) = nz n 1 ( and likewise ((z α) n ) = n(z α) n 1 ). For z 0 (respectively z α) this is also true. f is (complex) differentiable in a G f is continuous in a G. If also g : G 1C is differentiable in a G then fg : G 1C is differentiable in a and Leibniz product rule holds: (fg) (a) = f (a)g(a) + f(a)g (a). For the chain rule assume f(g) Ω, Ω 1C open and g : Ω 1C differentiable in b = f(a), a G. If f is differentiable in a then g f : G 1C is differentiable in a with (g f) (a) = g (b)f (a) = g (f(a))f (a). If G is also connected, and f : G 1C is differentiable with f (z) = 0 for all z G, then f(z) is equal to a constant on G. We note that considering G IR 2 and writing f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), Φ(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), complex differentiability in α = a + ib G is more than differentiability of the map Φ : G IR 2 in (a, b) as defined in terms of the linearization of Φ(x, y) around (a, b). This involves a 2x2 matrix A, which is then necessarily equal to ) A = ( u x v x u y v y (evaluated in (a, b)). 25

26 If Φ is differentiable in (a, b) with linearization given by A, then f is complex differentiable in α = a + ib if in addition the Cauchy-Riemann equations hold in (a, b), that is u x v y = 0 = u y + v x in (a, b). This is equivalent to A defining a linear map which is a rotation followed by a point multiplication. Writing f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), f is analytic on an open set G if u and v have continuous first order partial derivatives on G which satisfy u x v y = 0 = u y + v x in all of G. If in this case u and v have continuous second order partial derivatives 7 on G, then both u and v are harmonic. They are called harmonic conjugates. Every harmonic function on a open disk or on 1C has a harmonic conjugate, but log(x 2 + y 2 ) does not have one on 1C\{0}. This will be clear from the discussion of the complex logarithm below. The complex exponential function is defined as exp(z) = e z = for all z 1C, and it satisfies exp (z) = exp(z) and exp(z+w) = exp(z) exp(w). It is not hard to derive that + n=0 z n n! exp(x + iy) = e x (cos y + i sin y). The exponential function is 2πi-periodic and never zero. The functions cos and sin may be defined by cos z = exp(iz) + exp( iz), sin z = 2 exp(iz) exp( iz). 2i Writing w = exp(z), its inverse on 1C\{0} is computed as log w = log w + i arg w, which is a multi-valued function because arg w is defined modulo 2π only. Thus log w is really the solution set 7 We will see that this in fact automatic. {z 1C : exp(z) = w}. 26

27 Interchanging the role of z and w, a continuous function f : G 1C on an open connected set G 1C is a called branch of the logarithm if exp(f(z)) = z for all z G. If such a branch exists, all the other branches of the logarithm are of the form g(z) = f(z) + 2kπi with k an integer. All these g are branches of the logarithm and analytic, with derivative f (z) = g (z) = 1 z. The standard choice with arg z ( π, π) and z (, 0] is an example of a branch of the logarithm with G = 1C\(, 0]. Analytic functions as conformal mappings unless the derivative vanishes. This is explained looking at smooth curves and their images, and examining their tangent vectors. 8 Convergentie van machtreeksen Series. Let a n 1C, n = 0, 1, 2,.... The series n=0 a n is convergent in 1C if the partial sums s n = n k=0 a k converge in 1C to a limit S 1C, i.e. ɛ > 0 N n N : s n S = n a k S < ɛ. Notation: S = n=0 a n. n=0 a n is called absolutely convergent if n=0 a n is convergent in IR. n=0 a n is absolutely convergent n=0 a n is convergent in 1C. The proof consists of showing that s n is a Cauchy sequence. Multiplication of two absolutely convergent series n=0 a n and n=0 b n. Let c n = n k=0 a kb n k, then n=0 c n is absolutely convergent, and n=0 n=0 n=0 k=0 ( a n )( b n ) = c n = n=0 k=0 n a k b n k. We don t really need this here in view the fact that for powerseries we will get this for free from the powerseries representation theorem for analytic functions and the differentiability of the sum by means of term by term differentiation, see below. Power series. These are series of the form f(z) = + n=0 a n (z a) n, with a 1C, a n 1C, n = 0, 1, 2,... and z 1C. 27

28 NB. From here on we shall destinguish between, + and. The symbol is reserved exclusively for the point at infinity in the extended complex plane 1C. Thus corresponds to the North Pole on the Poincaré sphere via stereographic projection. We laten zien dat machtreeksen differentieerbaar zijn door eerste heel precies de differentieerbaarheid van z n te behandelen. 1. Laat zien dat de identiteit z n w n n 1 z w nwn 1 = (z w) kz n 1 k w k 1 k=1 = (z w)(z n 2 + 2z n 3 w + 3z n 4 w (n 1)w n 2 ) geldt voor z, w 1C met z w. 2. Bewijs dat zn w n z w nwn 1 n(n 1) r n 2 z w 2 voor z, w 1C, n IN en r > 0 met z w, z r en w r. Nu de complexe differentieerbaarheid van de machtreeks. Laat f(z) = a n z n en g(z) = na n z n 1. n=0 Neem aan dat de machtreeks voor f(z) convergent is in z 0 1C en dat 0 < R < z Laat zien dat convergent is. n 2 a n R n n=0 2. Gebruikt mag en moet nu worden dat voor A 0, A 1, A 2,... 1C geldt dat A n < A n is convergent en A n A n. n=0 n=0 Neem aan dat de machtreeks voor g(z) convergent is voor elke z 1C met z R. Bewijs met behulp van het bovenstaande dat er een M > 0 is zo dat n=0 f(z) f(w) g(z) M z w z w voor alle z, w 1C met z R, w R en z w. n=0 n=0 28

29 3. Leg uit waarom aan de convergentie aanname voor g(z) voldaan is. 4. Leg uit waarom f en g differentieerbaar zijn in elke z 1C met z < z 0. It principle it depends on z whether the series is convergent in 1C. If it is, then the z-dependent sum of the series is denoted by f(z). It may happen that only f(a) is defined, and it may happen that f(z) is defined for all z 1C. These two extreme cases correspond to R = 0 and R = + in the statements below. Every power series has a unique R [0, + ] such that If The power series is absolutely convergent if z a < R, uniformly on every disk {z 1C : z a r} with 0 < r < R. The terms in the power series are unbounded if z a > R. This R is called the radius of convergence. It can be defined in terms of the coefficients by 1 R = lim sup a n 1 n = inf sup a n 1 n. N 0 n N Note that lim sup is defined for real nonnegative A n by lim sup A n = lim sup A n = inf sup A n, N + n N N 0 n N if the sequence A n is bounded (making the sups a nonincreasing sequence with a nonnegative limit). If the sequence of real nonnegative A n is unbounded then all the sups and the limsup are understood to be +. If this happens in the formula for R with A n = a n 1 n, then R = 0. If the limsup in the formula for R is zero, then R = +. R = lim a n n + a n+1 exists (including the divergent limit case + ), then it is the radius of convergence. It is instructive to prove directly that with this R the convergence properties above hold. The power series is uniformly convergent on D r (a) if 0 < r < R. Consequently f is continuous on D R (a). Two power series f(z) = + n=0 a n (z a) n and g(z) = + n=0 b n (z a) n convergent on D r (a) may be multiplied term by term to produce a new power series h(z) = + n=0 c n (z a) n with c n = n a k b n k, k=0 29

30 convergent on D r (a), with h(z) = f(z)g(z). The radius of h is at least equal to the minimum of the radii of f and g. Examples: + n=0 z n has R = 1; + n=0 z n n! has R = + ; + n=0 n!z n has R = 0. By the direct proof in dutch above, f : D R (a) 1C is differentiable with (term by term differentiation) f (z) = + n=0 na n (z a) n 1 = + n=0 (n + 1)a n+1 (z a) n, with the same R for the differentiated power series. This last statement applies again to f : D R (a) 1C, etc. Thus a n = f (n) (a) n! n = 0, 1, 2... l Hôspital s rule. With f(z) and g(z) defined as power series above, f(z) lim z a g(z) = a 0 = f(0) b 0 g(0) if g(0) = b 0 0, f(z) lim z a g(z) = a 1 = f (0) b 1 g (0) f(z) lim z a g(z) = a 2 = f (0) b 2 g (0) if f(0) = g(0) = 0 g (0), if f(0) = f (0) = g(0) = g (0) = 0 g (0), etc. This is l Hôspital s (repeated) rule for 0 0 limits. If l Hôspital s (repeated) rule fails for lim f g it works for lim g f. 9 Topology Topology is extremely useful in (mathematical and other) applications. It provides a general framework for many concepts: continuity of functions; connectedness and compactness properties of sets; combining these concepts to prove existence of solutions (of equations we/you should want to solve). Topology comes in two forms, with or without a metric (distance). Metric topology on a nonempty set X requires a metric d on X. A metric on X assigns to every x, y X a real number d(x, y) in such a way that 30

31 d(x, y) 0; d(x, y) = 0 x = y; d(x, y) = d(y, x); d(x, y) d(x, z) + d(z, x), for all x, y, z X. If d is a metric on X, the pair (X, d) is called a metric space. To say that X is metric space sloppily means that the choice of the metric d is considered to be obvious. Convergence in (complete) metric spaces. A Cauchy sequence in a metric space X is a sequence (x n ) n=1 in X with d(x m, x n ) 0 when m, n. A sequence (x n ) n=1 in a metric space X is called convergent in X if d(x n, L) 0 when n for some limit L X. The limit is then unique. A metric space X is complete if all Cauchy sequences in X are convergent in X. K X is sequentially compact if every sequence in K has a subsequence which is convergent in K. 1C = IR 2 is a complete metric space. Moreover: Heine-Borel Theorem: K 1C is sequentially compact K is closed and bounded. Another important example of a metric topological (vector) space: the space H(G) of all complex differentiable functions f : G 1C (defined on some open connected 8 G 1C). It is not so easy to define the metric on H(G) because it is not a metric that comes from a norm. It is in fact a bounded metric. Let X be a set and Ω a metric space with metric ρ. A sequence of functions (maps) f n : X Ω (where n = 1, 2, 3,...) converges uniformly to a limit function f : X Ω if ɛ > 0 N n N x X : ρ(f n (x), f(x)) < ɛ. If so, and X is a metric space and all f n : X Ω are continuous, then f : X Ω is also continuous. Special case X = K 1C compact, Y = 1C. The metric d(f, g) = sup{ f(z) g(z) : z K} 8 Every two points in G can be connected by a polygonal curve in G 31