3. Analytiska funktioner.

Transkript

1 33 Fysikens matematiska metoder : Studievecka Analytiska funktioner. Varför komplexa tal? Syfte : Att ur vissa funktioners uppträdande utanför reella axeln ( Nollställen poler m.m) kunna sluta sig till deras egenskaper på reella axeln. Exempel : Trivialt : definitionen av ı Bara det faktum att de reella talen inte är en sluten mängd i avseende på kvadratroten 1 = a a a R 1 medan 1 = ı ı ı 1 (3.1.1) visar att vi behöver utvidga R 1 1. Betrakta ekv.(3.1.2) : f(x) = 1 + 2π + e ıkx 1 f(k) dk = 2π e ıkx R(k) k 2 + ıpk + q dk (3.1.2) Frågan är nu vad som händer då nämnaren i ekv.(3.1.2) har nollställen? Dessa kan inträffa för komplexa k och vi behöver en metod att dels beräkna dessa k, dels för att kunna hantera hur funktionen hur f(x) och f(k) kan analyseras Komplexa tal och funktioner av en komplex variabel. Ett komplext tal kan representeras som eller i polär representation z = x + ıy { x = r cos θ y = r sin θ (3.2.1) z = r( cos θ + ı sin θ ) = r exp( ıθ ) belopp fas (3.2.2) Till varje komplext tal z = a + ıb = z exp(ı arg z) kan associeras ett komplexkonjugat z = a ıb = z exp( ı arg z). Låt z 1 och z 2 vara två komplexa tal. Då gäller följande relationer addition - subtraktion z 1 z 2 z 1 + z 2 z 1 + z 2 multiplikation - absolutbelopp z 1 z 2 = z 1 z 2 (3.2.3) multiplikation - argument arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 )

2 34 Nils Elander, 8/ / :2:2 Funktioner av en komplex variabel z = x + ıy kan analogt uppdelas i sina reella och imaginära delar f(z) = u(x, y) + ıv(x, y) (3.2.4) Exempel : az, z + b, z 2, z 1/2,, exp(z), (3.2.5) 3.3. Mångvärda funktioner och Riemannytor. För att vissa funktioner f(z) skall bli entydiga måste man skära upp koordinatplanet. Exempel : f(z) = z 1/2 = r 1/2 exp(ı θ/2) (3.3.1) 1 1 Avbildningar - Translation. Betrakta den komplexa funktionen w = z + z ; u = x + x ; v = y + y (3.3.2)

3 35 Fysikens matematiska metoder : Studievecka Avbildningar - Rotation. w = zz utnyttja polär representation Rotationen innebär således att w = ρ exp(ıφ) z = r exp(ıθ) z = r exp(ıθ ) (3.3.3) ρ exp(ıφ) = rr exp[ ı(θ + θ ) ] { ρ = rr φ = θ + θ (3.3.4) 1 1 Avbildningar - Inversion. Betrakta funktionen w = 1 z (3.3.5) utnyttja polär representation ρ exp(ıφ) = 1 r exp(ıθ) = 1 r exp( ıθ) ρ = 1 r φ = θ

4 36 Nils Elander, 8/ / :2:2 2 1 Avbildningar - Kvadraten. w = z 2 { ρ = r 2 φ = 2θ (3.3.6) - Denna transformation är icke-linjär. Fasvinkeln fördubblas A) 1sta kvadranten i z : θ < π 2 φ < π övre halvpl. i w B) övre halvpl. i z : θ < π φ < 2π hela planet i w ) undre halvpl. i z : π θ < 2π φ < hela pl. i w (3.3.7)

5 37 Fysikens matematiska metoder : Studievecka 3. n 1 Avbildningar - Ett Exempel Betrakta funktionen w = exp( z ) ρ exp(ıφ) = exp(x + ıy) = exp(x) exp(ıy) { ρ = exp(x) φ = y (3.3.8) Om 2nπ y < (2n + 2)π och < x < + ( < e x < + ) < ρ < + 2nπ φ < (2n + 2)π (3.3.9) Ett horisontellt band med bredden 2π och längden < x < + avbildas på hela w planet Detta är en många till en avbildning. Avbildningen w = z 1/2. w = z 1/2 ρ exp(ıφ) = r 1/2 exp(ıθ/2) { ρ = r 1/2 2φ = θ (3.3.1) För att detta skall bli en entydig funktion istället för att vara en dubbelvärd funktion måste vi begränsa argumentet. Detta kan exempelvis åstadkommas genom att vi förskriver att θ < 2π DEF : Vi har på detta sätt förskrivet att man aldrig får korsa uppskärningen i figuren nedan. Punkten z = definierar var i 1 som en uppskärningen börjar. Den kallas för en förgreningspunkt. - Vilken som helst annan linje som börjar i z = ger en uppskärning som åstadkommer att w är en entydig funktion av z.

6 38 Nils Elander, 8/ / :2:2 Avbildningen w = ln z. w = ln z u + ıv = ln[r exp(ıθ) ] = ln r + ıθ (3.3.11) För en given punkt z i 1 är argumentet θ obestämt med avseende på en multipel 2π.

7 39 Fysikens matematiska metoder : Studievecka Komplex differentiering : Analytiska funktioner och Singulariteter. Låt f(z) = u(x, y) + ı v(x, y) (3.4.1) Derivatan bör rimligen definieras av f (z) = df(z) dz = lim z f(z + z) f(z) z (3.4.2) z = x + ıy = r exp( ıθ) är i någon mening en tvådimensionell variabel. Hur kommer gränsvärdet att bero av z? Klart är att vi menar att r men Hur beror f (z) av θ? (i) Välj z = x : f (z) = u x + ı v x (3.4.3) (ii) Välj z = y : f (z) = 1 ı ( u + ı v ) = ı u + v (3.4.4) Om vi väljer z = x + ı y får vi en linjärkombination som kan beskrivas i form av ekv.( ) varför det räcker med villkor ur dessa två ekvationer. Derivatan blir entydigt definierad om gränsvärdena är de samma i både ekv.(3.4.3) och ekv.(3.4.4) d.v.s. : u x = v (3.4.5) v x = u Dessa villkor kallas för auchy-riemann villkor och är nödvändiga och också tillräckliga villkor för att derivatan skall vara väldefinierad. DEF : Om en funktion f(z) är deriverbar enl. auchy-riemann i en punkt z och dess omgivning sägs f(z) vara analytisk eller holomorf i z. DEF : Om en funktion f(z) är deriverbar enl. auchy-riemann i ett område D i det komplexa talplanet utom i ett uppräkneligt antal diskreta punkter z k sägs f(z) vara meromorf i D. DEF : Om f(z) är en analytisk funktion som inte är analytisk i en punkt z benämnes z som en singulär punkt till f(z).

8 4 Nils Elander, 8/ / :2:2 Exempel : Låt f(z) = 1 z = u(x, y) + ı v(x, y) (3.4.6) Separera real och imaginärdelar av 1/z 1 z = 1 x + ı y = x ı y (x + ı y )( x ı y ) = x x 2 + y 2 + ı y x 2 + y 2 }{{}}{{} u(x, y) v(x, y) (3.4.7) Ger auchy-riemann derivatorna u x = x2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 v = x2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 = u x v x = + 2xy (x 2 + y 2 ) 2 u = + 2xy (x 2 + y 2 ) 2 = v x f(z) är analytisk om z (3.4.8) z = är en isolerad singulär punkt till f(z). DEF : Om z är en isolerad singulär punkt till f(z) och dessutom (z z ) n 1 f(z) har z som en islolerad singulär punkt medan (z z ) n f(z) är analytisk i z sägs f(z) ha en pol av ordningen n i z D.v.s. f(z) = g(z) (z z ) n där g(z) är analytisk i ett område innehållande z (3.4.9)

9 41 Fysikens matematiska metoder : Studievecka 3. Problem 3.2 En icke isolerad singularitet Betrakta funktionen f(z) = z 1/2 = u(x, y) + ı v(x, y) = (x + ı y) 1/2 = (r exp(ıθ ) ) 1/2 = r 1/2 exp(ı θ/2) = r 1/2 cos(θ/2) + ır 1/2 sin(θ/2) u(x, y) = r 1/2 cos(θ/2) v(x, y) = r 1/2 sin(θ/2) Använd problemets ledning i modifierad form cos θ 2 = ± cos θ sin θ 2 = ± 1 cos θ 2 r + x = ± 2 r r x = ± 2 r (3.4.1) (3.4.11) Undersök auchy-riemann villkoren u x = v = dr dx + 1 = 1 r + x 2 2 dr dy = 1 r x 2 2 r + x r y r r x = r + x r (3.4.12) där använt att dr dx = dr dy = x x 2 + y = x 2 r y x 2 + y 2 = y r = r2 x 2 r { + för y > om för y < (3.4.13) Analogt kan man visa at de andra auchy-riemannvillkoret är uppfyllt. f(z) = z 1/2 är således en analytisk funktion förutom i förgreningspunkten z = och längs uppskärningen från z =. Denna uppskärning är en typ av icke-isolerad singularitet. Anm. : Funktioner av typen f(z) = z α har denna typ av singularitet om inte α = n =, ±1, ±2, ±3, 3.5. auchys integralsats och integralformler. Låt f(z) vara analytisk i ett enkelt sammanhängande område D och låt vara en kurva i D.

10 42 Nils Elander, 8/ / :2:2 D Då gäller enligt auchys integralsats att f(z) dz = (3.5.1) Detta kan också formuleras så att integralen 2 1 f(z) dz = A oberoende av vägen mellan 1 och 2 (3.5.2) Bevis : Betrakta f(z) dz = = (u + ıv)(dx + ıdy) = (u dx v dy ) + ı (v dx + u dy ) (3.5.3) Antag nu att partialderivatorna av u och v är kontinuerliga inom. - Stokes sats kan enligt ekv.(1.8.8) skrivas som V dλ = V ds (1.8.8) Låt nu S V = ˆxV x + ŷv y så kan vi skriva den första delan av ekv.(3.5.3) som (u dx v dy ) = ( V y x V ) x dx dy och analogt för den andra delen av ekv.(3.5.3) Således får vi för den forsta delen av ekv.(3.5.3) att { u = Vx v = V y (u dx v dy ) = ( V y x V ) x dx dy = ( v x + u ) dx dy

11 43 Fysikens matematiska metoder : Studievecka 3. Den andra integralen i ekv.(3.5.3) visas på samma sätt övergå till (v dx + u dy ) = ( u x v ) dx dy Genom att använda auchy-riemann villkoren inser vi att båda dessa integraler är noll f(z) dz = ( v x + u ) dx dy + ı ( u x v ) dx dy = + = Q.E.D. Betydelse för integralevaluering Exempel : Antag att f(z) = 1, n = 1, 2, 3, (z a) n z a = ɛ exp(ıθ) Detta innebär att på cirkeln gäller att θ 2π { z a = ɛ, dz = ı ɛ exp(ıθ) dθ dz (z a) n = 2π ɛ exp(ıθ) ı dθ (ɛ exp(ıθ) n = ı ɛ (n 1) 2π exp[ ı(n 1)θ] dθ = { n 1 2πı n = 1 Anm. : Om f(z) analytisk men med en pol av första ordningen i z = z d.v.s. f(z) där z z z z f(z) dz = 2πı

12 44 Nils Elander, 8/ / :2: Residuesatsen Residuesatsen : Om en funktion f(z) är analytisk med isolerade singulariteter i { z i } n i=1 och är en kurva i z planet som omsluter alla dessa isolerade singulariteter så gäller att n f(z) dz = 2πı Res [ f(z i ) ] (3.9.1) Residuen : Exempel : Funktionen Res [ f(z i ) ] definieras av i=1 Res [ f(z i ) ] = lim z zi ( z z i ) f(z) (3.9.2) f(z) = 1 (z + a)(z a), a > (3.9.3) kan skrivas om till för vilka gäller att 1 f(z) = f(z) dz = 2πı 1 2a 1 2a(z a) 1 2a(z + a) resp. 2 f(z) dz = 2πı 1 2a (3.9.4) (3.9.5) Anm. : Lägg märke till att för en kurva som omsluter bägge polerna så gäller att 3 f(z) dz = 2πı 1 2a 2πı 1 2a = (3.9.6) Om a f(z) = 1 z 2 vilken har en dubbelpol i origo. (3.9.7) 3.1. Komplex integration : Residuekalkyl. Ofta kan integraler av typen I = + f(x) dx (3.1.1) beräknas genom att låta integrationsvägen gå ut i komplexa talplanet. Detta förutsätter att det finns en analytisk f(z) som på reella axeln blir f(x). Metod 1. Antag att f(z) z med z. På halvcirkeln är då z = R exp( ıθ )

13 45 Fysikens matematiska metoder : Studievecka 3. Då gäller att I X = 2πı n i=1 Res [ f(z i ) ] I R (3.1.2) Alltså I R = π f(r e ıθ ) R e ıθ ı dθ då R (3.1.3) n I = 2πı Res [ f(z i ) ], Iz i > (3.1.4) i=1 n I = 2πı Res [ f(z i ) ], Iz i < (3.1.5) i=1 Exempel : Betrakta integralen I = + dx 1 + x 2 (3.1.6)

14 46 Nils Elander, 8/ / :2:2 f(z) = z 2 = 1 2 (z ı) (z + ı) (3.1.7) I övre halvplanet :I = 2π ı 1 2ı = π I undre halvplanet :I = 2π ı 1 2ı = π eller Metod 2. Antag att Detta är en Fourierintegral. (3.1.8) I = [arctan x] + = π ( 2 π ) = π (3.1.9) 2 I = + g(x) exp( ıλx) dx (3.1.1) Jordans lemma : Om g(z) då z kan integrationsvägen slutas i övre halvplanet om λ > och i undre halvplanet om λ <. Betrakta samma integrationsväg som under metod 1. I R = π g(r e ıθ ) dz = π g(r e ıθ ) exp(ıλr cos θ λr sin θ) ı R exp(ıθ) dθ (3.1.11) Låt R vara så stor att Då gäller att g(z) = g(r e ıθ ) < ɛ (3.1.12) π I R ɛr exp( λr sin θ) dθ = 2ɛR π/2 exp( λr sin θ) dθ (3.1.13) I området [, π/2] så π/2 2 π θ sin θ I R 2ɛR exp( λr 2 π θ) (3.1.14) Gå nu i gränsen Exempel : Betrakta integralen I R 2ɛR 1 exp( λr) 2λR π (3.1.15) lim I R π R λ ɛ lim lim I R = (3.1.16) ɛ R I λ = + exp( ıλx ) x + ıa dx, a > (3.1.17)

15 47 Fysikens matematiska metoder : Studievecka 3. I λ = λ > I λ = 2π ı exp(λa) λ < (3.1.18) Metod 3. Finns det en kurva där integranden är väsentligen densamma? Exempel : Betrakta integralen I = x 1 + x 2 dx (3.1.19) Observera att om x z z exp(2π ı) byter integranden tecken då lim θ + R exp(ıθ) = R medan lim θ R exp(ı(θ + 2π) ) = exp(ıπ ) R = R (3.1.2) Använd integrationsvägen nedan f(z) dz = I + + f(z) dz + I + f(z) dz Stora irkeln Lilla irkeln }{{}}{{} med R med r = + x 1 + x 2 dx + + x 1 + x 2 dx = 2 I = 2π ı i=1 Res [ f(z) ] (3.1.21)

16 48 Nils Elander, 8/ / :2:2 Då f(z) = x 1 + x 2 = z 1 + z 2 = ı z 2(z ı ) + ı z 2(z + ı ) ı = z exp(ı arg z/2) 2(z ı ) + ı z exp(ı arg z/2) 2(z + ı ) (3.1.22) och får vi Res [ f(i) ] = 2I = 2π ı ( exp(ı π/4) 2ı exp(ı π/4) 2ı 1 2ı exp(ı 3π/4) 2ı Res [ f( i) ] = ) 1 2ı exp(ı 3π/4) 2ı (3.1.23) [ = π 2 cos π ] = π 2 (3.1.24) 4