Komplexa tal In mathematics you don t understand things. You just get used to them. John von Neumann Reell och imaginär del, konjugering, absolutbelopp z = x + iy = x + y i, x, y R, i 2 = C är mängden av komplexa tal Reell del: Re x + iy = x Imaginär del: Im x + iy = y så Im z är alltså ett reellt tal Konjugering: x + iy = x iy = x + i y Absolutbelopp eller modul x + iy = mod x + iy = x 2 + y 2 Räkneregler G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 / 89 z 2 = zz, z + z 2 = z + z 2, z z 2 = z z 2 z = z, z z 2 = z z 2, z + z 2 z + z 2, z z 2 = z z 2 z z 2 z z 2 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 2 / 89 Vid addition och subtraktion av komplexa tal adderar och subtraherar man de reella och imaginära delarna var för sig så att tex. 8 + 2i + 3 4i = 8 + 3 + 2 + 4i = 5 2i. Vid multiplikation gäller det bara att komma ihåg att i 2 = : 8 + 2i 3 4i = 8 3 + 8 4i + 2 3i + 2 4i 2 = 24 32i 6i 8 = 6 38i. Division av komplexa tal kan räknas så att man förlänger med nämnarens konjugat så att man i nämnaren får ett reellt tal, tex.: 8 + 2i 3 4i 8 + 2i 3 + 4i 24 + 32i 6i + 8i2 = = 3 4i 3 + 4i 3 2 4i 2 24 8 + 26i 32 + 26i = 9 6i 2 = 9 + 6 = 32 25 + 26 25 i. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 3 / 89 Kommentar Ett annat, formellt mera korrekt, sätt att definiera de komplexa talen är att inte alls explicit tala om den imaginära konstanten i utan tala om punkter eller vektorer x, y i planet R 2 och definiera räkneoperationer för dem som motsvarar räkneoperationerna för vanliga reella tal. Addition är inget problem eftersom det enda förnuftiga är att definiera x, y + x 2, y 2 = x + x 2, y + y 2, vilket är addition av vektorer. Ett viktigt villkor som multiplikationen skall uppfylla är att produkten av två punkter endast får vara noll dvs., om åtminstone den ena faktorn är noll. Detta uppnås om man definierar x, y x 2, y 2 = x x 2 y y 2, x y 2 + x 2 y och man kan då visa att alla räkneregler gäller. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 4 / 89
Argument eller fasvinkel Ifall Re z = x och Im z = y så är argumentet θ = argz av z y arctan +2kπ, x >, x + iy x. y θ. θ = arctan + π +2kπ, x <, x y π y 2 +2kπ, x = atan2 I de flesta programmeringsspråk finns en funktion atan2 som räknar ut det argument av x + iy som ligger i intervallet π, π] med kommandot atan2y,x. Observera att i tex. Excel och OOCalc skall man skriva atan2x;y dvs. byta ordning på argumenten. Polär framställning z = rcosθ + i sinθ = re iθ, r z = r och argz = θ Re z = r cosθ och Im z = r sinθ Kommentar Om x är ett reellt tal kan man skriva x = x sign x vilket motsvarar den polära framställningen z = z e iθ med den skillnaden att teckenfunktionen sign x bara får två värden eftersom man inte behöver bry sig om sign. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 5 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 6 / 89 arg 3 =? Eftersom den reella delen är negativ är argumentent arctan 3 + π +2kπ = π +2kπ. arg2 2i =? Argumentet är arctan 2 2 +2kπ = π 4 +2kπ. arg 3e i.234 =? Argument är arg 3 + arge i.234 = π.234 +2kπ. Räkneregler z z 2 = z z 2, argz z 2 = argz + argz 2 z n = z n, z z 2 = z z 2 arg z n z = n argz, arg = argz argz 2 z = z 2 Re z = Re z 2, Im z = Im z 2 z = z 2, θ = θ 2 + 2kπ där θ = argz och θ 2 = argz 2 z 2 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 7 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 8 / 89
Exponentfunktionen expx + iy = e x+iy = e x cosy + i siny e z +z 2 = e z e z 2 e z = e Re z, arge z = Im z e z, z C, e iθ = θ R d Moivres formel cosnt + i sinnt = e int = e it n = cost + i sint n Logaritmfunktionen z = lnw w = e z Om z = x + iy så är e z = e x och arge z = y och om w = e z måste w = e z = e x och argw + 2kπ = arge z = y dvs. x = ln w så att z = lnw = ln w + iargw + 2kπ. För att få en ordentlig logaritmfunktion med bara ett värde i varje punkt kan man tex. definiera Lnw = ln w + iargw där Argw är argumentet valt så att π < Argz π så att tex. ln w egentligen är Ln w G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 9 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 / 89 Rötter: z = w n w = z n Om z = z e iϕ, dvs. ϕ = argz så är z n = z n och argz n = nϕ och om w = z n så är w = z n och argw + 2kπ = nϕ så att om argw = θ så är z = w n och ϕ = θ n + 2kπ n dvs. z = w n = n w = n w cos θ+2kπ n + i sin θ+2kπ n, där k =,,..., n eftersom man får samma värden för k + n som för k. Låt w = + i. Bestäm den lösning till ekvationen z 4 = w, vars argument ligger i intervallet [π, 3 2 π]. Lösning: Absolutbeloppet av talet w är w = 2 + 2 = 2.442, och w:s argument är arctan = π 4. Ifall z = r och argz = ϕ, så är z 4 = r 4 och argz 4 = 4ϕ. Om nu z 4 = w så är r 4 = w = 2 och 4ϕ = π 4 + 2kπ där k är ett heltal. Av detta följer att r = 8 2.95 och ϕ = π 6 + π 2 k =.9635 +.578k. Nu får man olika lösningar då k =,,..., 3 eftersom man då tex. k = 4 får samma tal som då k = osv. Eftersom argumenten för dehär lösningarna är π 6, π 6 + π 2, π 6 + π och π 6 + 3π 2 så ser vi att den lösning vars argument ligger i intervallet [π, 3 2 π] fås då k = 2 och är alltså z 2 =.95 cos.9635 +.578 2 + i sin.9635 +.578 2 =.696 i.2275. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 2 / 89
Trigonometriska funktioner sinz = 2i e iz e iz cosz = 2 e iz + e iz sinx + iy = sinx coshy + i cosx sinhy cosx + iy = cosx coshy i sinx sinhy Möbius-avbildning z az+b cz+d, ad bc Cirklar och linjer avbildas på cirklar eller linjer Öppna och slutna mängder En mängd Ω C är öppen ifall för varje z Ω finns ett tal δ > så att { z C : z z < δ } Ω En mängd A C är sluten ifall C \ A = { z C : z / A } är öppen En mängd Ω C är öppen när den inte innehåller någon randpunkt, dvs. Ω Ω = där randen Ω består av de punkter z C för vilka det för varje δ > finns en punkt z i Ω och en punkt z u C \ Ω så att z i z < δ och z u z < δ En mängd Ω C är sluten när den innehåller alla randpunkter, dvs. Ω Ω G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 3 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 4 / 89 Sammanhängande mängder En öppen mängd Ω C är sammanhängande ifall det för alla z, z Ω finns en kontinuerlig funktion : [, ] Ω så att = z och = z och alltså t Ω, t [, ], dvs. en kurva i Ω från z till z. Mera allmänt: A C är sammanhängande om följande gäller som alltså är ekvivalent med ovanstående villkor då A är öppen: Ifall A Ω Ω 2 där Ω j C, j =, 2 är öppen och Ω Ω 2 = så är A Ω = eller A Ω 2 = Kontinuerliga funktioner Om Ω C så är funktionen f : Ω C kontinuerlig i Ω om lim z z z Ω f z = f z z Ω. Derivator En funktion f är deriverbar i punkten z ifall lim z z f z f z z z = f z för något komplext tal f z dvs., för varje ɛ > finns det ett tal δ > så att om < z z < δ så är f definierad för z och z och f z f z f z z z < ɛ Alla normala deriveringsregler gäller och tex. d dz zm = mz m då m inte är ett heltal d dz ez = e z d dz lnz = z d d dz sinz = cosz dz cosz = sinz d dz g f z = g f z f z d dz f zgz = f zgz + f zg z G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 5 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 6 / 89
Analytiska funktioner En funktion f är analytisk i mängden A C ifall det finns en öppen mängd Ω C så att A Ω och f är deriverbar i varje punkt i Ω Stig En stig, eller bitvis differentierbar glatt kurva är en kontinuerlig funktion : [a, b] C så att det finns ändligt många punkter a = t < t <... < t n = b så att är kontinuerligt deriverbar i varje intervall [t j, t j ] och derivatan höger- eller vänster- i ändpunkterna är aldrig. def = { t : t [a, b] } Cauchy-Riemann ekvationerna Ifall f z = ux, y + ivx, y då z = x + iy så gäller u x x, y = v y x, y u y x, y = v x x, y i de punkter där f är deriverbar Stigintegraler Ifall är en stig är f z dz = b a f t t dt Ofta skriver man C f z dz istället för f z dz där C är en riktad kurva om det är klart hur parameterframställningen för C som alltså är med riktning skall väljas. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 7 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 8 / 89 på integraler Om C är sträckan från z till z så är f z dz = f z dz = C f t t dt, där t = tz + tz, t [, ]. Alternativt, C f z dz = b a f t t dt där t = b t b a z + t a b a z Om C är cirkelbågen z z = r från z + re iα till z + re iβ motsols där α < β så är C f z dz = där t = z + re it, t [α, β]. f z dz = β α f t t dt, Två stigar : [a, b] C och 2 : [c, d] C där b = 2 c kan kombineras till en stig = 2, : [a, b + d c] C, så att t, t [a, b], t = 2c + t b, t [b, b + d c], och då är f z dz = f z dz + f z dz. 2 På motsvarande sätt kan en stig delas upp. Om : [a, b] C är en stig och eller är stigen t = a + b t, t [a, b], dvs. stigen i omvänd riktning, så är f z dz = f z dz. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 9 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 2 / 89
Slutna stigar En stig : [a, b] C är sluten ifall a = b och f z dz betyder att är sluten. Ifall f z M då z, a < b och längden av är L så gäller b f z dz f t t dt ML. a Om : [a, b] C är en stig och f är en kontinuerlig funktion så att det finns en deriverbar funktion F så att F z = f z då z så är f z dz = F b F a. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 2 / 89 Vridningstal Ifall är en sluten stig så är ν, w = 2πi z w dz stigens vridningstal i förhållande till w /. ν, w ett heltal som anger hur många varv går runt w i positiv riktning och är konstant i varje öppen sammanhängande delmängd av C \. ν, w = ν, w, w / G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 22 / 89 Cauchys integralteorem Om är en sluten stig och f är analytisk på och i alla punkter innanför så är f z dz = Antagandet mera exakt: är en sluten stig, f är analytisk i en öppen mängd Ω så att Ω och ν, z = för alla z C \ Ω Visa hur man kan räkna ut integralen sint t dt med hjälp av Cauchys integralteorem. Lösning: Vi bildar en sluten stig som är sammansatt av stigarn S, [ S, r], r och av [r,s] där < r < S och S är den stig som består av sträckorna från S till S + i S, från S + i S till S + i S och från S + i S till S, [ S, r] är sträckan från S + i till r + i, r är cirkelbågen z = r i negativ riktning från r to r och [r,s] är sträckan från r + i till S + i. Av Cauchys integralteorem följer att z dz = dvs. e iz S z dz + e iz [ S, r] z dz + e iz r z dz + e iz [r,s] z dz = så det gäller att visa att sint t dt = lim r 2 Im e iz S [ S, r] z sedan räkna ut lim S S e iz z dz och lim r r e iz z e iz dz + [r,s] e iz z dz och dz. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 23 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 24 / 89
Cauchys integralteorem, ver.. Om och 2 är slutna stigar och f är analytisk på och 2 punkter mellan och 2 så är f z dz = f z dz. 2 och i alla Cauchys integralformel, ver. Om är en sluten stig som går ett varv runt punkten w och f är analytisk på och i alla punkter innanför så är f w = f z 2πi z w dz. Antagandet mera exakt: och 2 är slutna stigar, f är analytisk i en öppen mängd Ω så att Ω, 2 Ω och ν, z = ν 2, z för alla z C \ Ω. Cauchys integralformel, ver. Om är en sluten stig, f är analytisk i en öppen mängd Ω så att Ω och ν, z = för alla z C \ Ω så är f wν, w = f z 2πi z w dz, för alla w Ω \. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 25 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 26 / 89 z + 2 Beräkna integralen dz då är randen i positiv riktning z + z 2 av rektangeln med hörn i punkterna 2 + 3i, 2 3i, 3i och + 3i. Lösning: Vi konstaterar att funktionen som skall integreras är analytisk i alla punkter utom och 2 och av dessa är det bara som ligger innanför. Därför väljer vi f z = z + 2 och eftersom f är analytisk i z 2 alla punkter utom 2 och eftersom denna punkt ligger utanför rektangeln kan vi använda Cauchys integralteorem. Punkten ligger inne i rektangeln och vi får därför z + 2 z + z 2 dz = f z + 2 dz = 2πif = 2πi z 2 = 2π 3 i. Cauchys integralformel, ver.2 Om f är en analytisk funktion i en öppen mängd Ω C,, 2,..., n är slutna stigar så att j Ω och n j= ν j, z = för varje z C \ Ω så är f w n j= n j= ν j, w = 2πi j f z dz = n j= j f z z w dz, w Ω \ n j= j G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 27 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 28 / 89
Teorem Om f är analytisk i den öppna mängden Ω så är också f deriverbar i Ω, dvs. f oändligt många gånger deriverbar i Ω. Cauchys olikheter f n w n!m r n ifall f är analytisk i { z : z w r } och f z M då z w = r eller ifall f är analytisk i { z : z w < r } och f z M då z w < r. Liouvilles teorem Om f är analytisk i C och f är begränsad dvs. f z M < för alla z C så är f en konstant. Moreras teorem Om f är kontinuerlig i den öppna mängden Ω C och för varje triangel T Ω så är f analytisk i Ω. T f z dz = G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 29 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 3 / 89 Konvergensradie Om z C och a n C, n så finns det ett tal R, R, så att serien n= a nz z n konvergerar absolut då z z < R divergerar då z z > R. Talet R kallas seriens n= a nz z n konvergensradie. Bestäm konvergensradien för potensserien Lösning: Vi använder kvottestet och räknar lim n n+! z 2n++2 n+ n+ n! n n z 2n+2 = lim n n= n + n + n+n n n n! n n z2n+2. z 2n+2 2 2n 2 = lim n + z 2 = n n e z2. Serien konvergerar då gränsvärdet är < dvs. då z 2 < e eller z < e. På motsvarande sätt divergerar serien då gränsvärdet av kvoterna är >, dvs. då z > e. Detta innebär att seriens konvergensradie är e. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 3 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 32 / 89
Potensserie Ifall f är analytisk innanför cirkeln z z = r så är f z = a n z z n, z z < r, n= där a n = n! f n z och konvergensradien är r. Omvänt, ifall f z = n= a nz z n så är f analytisk i mängden { z : z z < R } där R är konvergensradien och f z = na n z z n, n= dvs. serien kan deriveras och integreras termvis. z z < R Laurent-serie Om f är analytisk i mängden { z : r < z z < R } så är f z = n= a n z z n, där serien konvergerar absolut för alla z så att r < z z < R och kan deriveras och integreras termvis. a n = f z dz, 2πi z z n+ C r,z där C r,z är cirkeln z z = r, r < r < R, G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 33 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 34 / 89 l Hopitals regel Om f och g är analytiska i z och f z = gz = och gränsvärdet f z lim z z g existerar så är z f z lim z z gz = lim f z z z g z på serieutvecklingar z = + z + z2 + z 3 +... = n= zn, z < e z = + z + z2 2! + z3 3! +... = n= zn n! sinz = z z3 3! + z5 5!... = n= n z 2n+ 2n+! cosz = z2 2! + z4 4!... = n z 2n n= 2n! z-transformationer Om xn, n =,, 2, är en talföljd så är z-transformationen av x Konvergensområdet Zxz = xnz n Det finns ett tal R, R så att serien n= xnz n konvergerar då z > R och divergerar då z < R. n= G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 35 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 36 / 89
Överföringsfunktioner Antag att H är en funktion som avbildar en talföljd x = xn n= på en talföljd Hx = Hxn n= så att H är linjär, dvs Hλx + µy = λhx + µhy; H är translationsinvariant, dvs. Hτx = τhx där τx = och τxn = xn då n ; Det finns ett tal C < så att Hδn C n+, n där δ = och δn =, n. då finns det en funktion Hz, den sk. överföringsfunktionen så att Y z = HzX z där X = Zx och Y = ZHx. Funktionen Hz är z-transformationen av Hδ. Residy Om f z = n= residyn av f i punkten z. Om a n z z n då < z z < R så är a = Resf, z lim z z f z = w existerar z z eller då m > d m lim z z z z m! dz m m f z = w existerar så är Resf, z = w. m måste vara minst ordningen av polen i z. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 37 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 38 / 89 Residyteoremet Ifall är en sluten stig och f är analytisk på och innanför bortsett från punkterna z j för vilka ν, z j =, j =,..., k så är f z dz = 2πi k Resf, z j. j= Varför? Om j är en cirkel med mittpunkt z j och så liten radie r j att f är analytisk i { z : < z z j r j } Ω så kan vi skriva Eftersom d dz n och f z = n= a j,n z z j n, < z z j r j. n+ zn+ = z n då n blir j a j,n z z j n dz = då j f z dz = a j, j z z j dz = 2πia j, = 2πiResf, z j. Nu följer residyteoremet av att man tillämpar Cauchys integralteorem, ver.2 på stigarna och j, j =,..., k. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 39 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 4 / 89
Beräkning av integraler Om f är analytisk på reella axeln och i övre halvplanet Im z > bortsett från punkterna z j, j =,..., k, och lim Im z zf z =, dvs. om z f är rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst 2 så är R k f x dx = lim f x dx = 2πi Resf, z j. R R j= Beräkna med hjälp av residyteoremet integralen x 2 + x 2 + 4 dx. Lösning: Låt f z =. Denna funktion är analytisk i alla z 2 +z 2 +4 punkter utom nämnarens nollställen vilka är z = ±i och z = ±2i. Av dessa är det endast +i och +2i som ligger i övre halvplanet. Eftersom nämnarens gradtal minus täljarens gradtal är 4 så ser vi också att lim z f z =. z G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 4 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 42 / 89 forts. Vi kan alltså använda residyteoremet och vi får x 2 + x 2 + 4 dx = 2πi Resf, i + Resf, 2i = 2πi lim z i z if z + 2πi lim z 2i z 2if z = 2πi lim z i z i z iz + iz 2iz + 2i z 2i + 2πi lim z 2i z iz + iz 2iz + 2i = 2πi lim + 2πi lim z i z + iz 2iz + 2i z 2i z iz + iz + 2i = 2πi 2i i 3i + 2πi i 3i 4i = π 3 π 6 = π 6. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 43 / 89 Teorem Ifall a >, g är analytisk på reella axeln och i övre halvplanet Im z > bortsett från punkterna z j, j =,..., k, och lim Im z gz = när g är z rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst så är R e iax gx dx = lim e iax gx dx = 2πi R R k Rese iaz gz, z j. Obs! Om gx är reell så är R R sinaxgx dx = Im R R eiax gx dx och R R cosaxgx dx = Re R R eiax gx dx, och det är i båda fallen enklare att räkna ut lim R R R eiax gx dx och sedan ta imaginära eller reella delen än att skriva tex. sinax = 2i eiax e iax. Att försöka tillämpa residyteoremet på funktionen sinazgz eller cosazgz lyckas vanligen inte alls. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 44 / 89 j=
2π F cost, sint dt 2π = F 2 e it + e it, 2i e it e it ie it ieit dt = f z dz ifall f z = F 2 z +, z 2i z och är enhetscirkeln z iz z =. Integralen kan räknas ut med residyteoremet ifall förutsättningarna är uppfyllda. Nollställen, poler Om f z = a n z z n då < z z < R där a m och R >, n=m och f z = a om m så är z ett nollställe av ordningen m om m > dvs. med multipliciteten m, z är en pol av ordningen m om m < dvs. med multipliciteten m. Om f z = a n z z n och a n för oändligt många n < så är z en n= väsentlig singularitet. är ett nollställe av ordningen till sinz är ett nollställe av ordningen 2 till cosz G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 45 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 46 / 89 z är ett nollställe av ordningen m till f f z = f z =... = f m z = och f m z lim z z f z existerar och är z z m z är en pol av ordningen m till f z är en pol av ordningen m till f lim z z z z m f z existerar och är Om f är analytisk i z och z är ett nollställe av ordningen m så är f Res f, z = m Om f är analytisk i mängden { z : < z z < r } där r > och z är en pol av ordningen m så är f Res f, z = m z är ett nollställe av ordningen m till f G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 47 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 48 / 89
Antalet lösningar till en ekvation innanför en sluten stig Om f är analytisk på och innanför och den slutna stigen går ett varv i positiv riktning och ϕ, där ϕt = f t, t [a, b], går m varv runt w så finns det m lösningar till ekvationen f z = w innanför Mera exakt Ifall ν, z = eller då z C \ och f är analytisk på och innanför bortsett från högst ett ändligt antal poler innanför så är f z 2πi f z w dz = dz = νϕ, w, 2πi z w där ϕt = f t, t [a, b], antalet lösningar till ekvationen f z = w minus antalet poler innanför räknade med multiplicitet. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 49 / 89 ϕ Om f är analytisk i punkten z och f z = så finns det ett tal r > så att antingen gäller Ifall f z = då z z < r eller f z då < z z < r. Analytisk fortsättning Ω är en öppen sammanhängande mängd, f och g är analytiska i Ω, f z = gz då z A Ω där A är sådan att det finns zj A, z j z, j och lim j z j = z Ω, tex. så att A och antingen är öppen eller A = Ω där är en stig så att inte består av bara en punkt, så är f z = gz för alla z Ω. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 5 / 89 Definiera Γz = e t t z dt. Man kan visa att Γ då kommer att vara analytisk då Re z > eftersom t z = t Re z då t >. Hur är det med Γz för andra värden av z? Lösning: Då Re z > får vi med hjälp av partiell integrering Γz + = e t t z dt = Detta betyder att Γz = Γz = / Γz + z e t t z e t zt z dt = zγz. då Re z > och vi kan definiera Γz +, z, Re z >. z forts. Av teoremet om analytisk fortsättning följer att ifall f z är en analytisk funktion i mängden { z : z, Re z > } så att f z = Γz då Re z > så måste den vara Γz+ z. Vi kan nu fortsätta på samma sätt och definiera Γz = Γz + k, z j, j =,..., k, Re z > k, zz +... z + k och vi ser vi får en funktion Γ som är analytisk i alla punkter utom {,, 2,... }. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 5 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 52 / 89
Definition En funktion ux,..., x n är harmonisk i den öppna mängden Ω R n om den för alla x,..., x n Ω uppfyller Laplace-ekvationen Teorem u = u x x x,..., x n +... + u xnx n x,..., x n =. Funktionen ux, y är harmonisk i Ω ux, y = Re f x + iy där f z är en analytisk funktion i Ω då x + iy = x, y Ω. Om vx, y är en harmonisk funktion i den öppna mängden Ω och f : Ω 2 Ω är en analytisk funktion i den öppna mängden Ω 2 så är ux, y = vre f x + iy, Im f x + iy harmonisk i Ω 2. Bestäm en harmonisk funktion u xx + u yy = i första kvadranten { x, y : x >, y > } så att ux, =, x > och u, y = 4, y > genom att visa att vx, y = 2 π arctan x y är en harmonisk funktion då y > så att vx, = då x < och vx, = då x > och genom att använda den analytiska funktionen z z 2. Lösning: När vi deriverar får vi och v x x, y = π v y x, y = π y + x2 y 2 x y 2 + x2 y 2 = π = π y x 2 + y 2 och v xx x, y = 2xy π x 2 + y 2 2, x x 2 + y 2 och v yy x, y = 2xy π x 2 + y 2 2 Av detta är det klart att v xx + v yy = så v är harmonisk. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 53 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 54 / 89 forts. x Om x > så är lim y + y = + så att lim y + vx, y = 2 π π 2 = x och om x < så är lim y + y = så att lim y + vx, y = 2 π π 2 =. Eftersom f z = z2 är analytisk och avbildar mängden { z C : Re z >, Im z > } på mängden { z C : Im z > } så är funktionen ux, y = cvre f x + iy, Im f x + iy harmonisk i mängden { x, y : x >, y > }. Dessutom ser vi att mängden {, y : y > } avbildas mängden { x, : x < } så att om vi vill att u, y = 4 och så skall vi välja c = 4. På motsvarande sätt ser vi att mängden { x, : x > } avbildas på mängden { x, : x > } så att vi också automatiskt får ux, = då u definieras som ovan. Eftersom f x + iy = x + iy 2 = x 2 + 2ixy y 2 så blir ux, y = 4vRe f x + iy, Im f x + iy = 4vx 2 y 2, 2xy = 4 2 4 x 2 π arctan y 2 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 55 / 89 2xy Harmoniska funktioner i polära koordinater Antag att wr, θ = vr cosθ, r sinθ dvs. w är v uttryckt med polära koordinater. Då uppfyller v Laplace-ekvationen v xx + v yy =, dvs. den är harmonisk om och endast om Medelvärdesegenskapen Om Ω R n är öppen så gäller: w rr + r w r + r 2 w θθ =. u är två gånger deriverbar och harmonisk u = i Ω u är oändligt många gånger deriverbar och harmonisk u = i Ω u är kontinuerlig i Ω och ux = R x = ux + rx ds, för alla x och r så att { x R n : x x r } Ω x = ds G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 56 / 89
Maximumprincipen Om Ω är en öppen begränsad mängd i R n med rand Ω och u är kontinuerlig i Ω Ω och harmonisk i Ω så är max ux = max ux. x Ω Ω x Ω Om Ω dessutom är sammanhängande så gäller att om ux = max x Ω Ω ux för något x Ω så är u en konstant funktion. Entydighet Om Ω är en öppen begränsad mängd i R n med rand Ω och u och u 2 är kontinuerliga i Ω Ω och harmoniska i Ω och u x = u 2 x då x Ω så är u x = u 2 x för alla x Ω. Poissons formel i enhetscirkeln Om ux, y är t.ex. begränsad då x 2 + y 2 < så är u harmonisk i { x, y : x 2 + y 2 < } ur cosθ, r sinθ = 2π 2π Poissons formel i övre halvplanet r 2 2r cosθ t + r 2 u cost, sint dt, r <. Om ux, y är t.ex. begränsad då x R och y > så är u harmonisk i { x, y : x R, y > } ux, y = π y x t 2 ut, dt, y >. + y 2 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 57 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 58 / 89 Strömningsproblem i två dimensioner Hastighetsvektorn för en virvelfri strömning av en inkompressibel vätska med viskositet dvs. utan friktion är vx, y så att v = Φ och v =. Dessa villkor innebär att = Φ = Φ xx + Φ yy, dvs. Φ är harmonisk. Om nu f x + iy = Φx, y + iψx, y är analytisk så följer av Cauchy-Riemann ekvationerna att hastighetsvektorn Φ x, Φ y = Re f, Im f och Φ x, Φ y Ψ x, Ψ y, dvs. hastighetsvektorn är parallell med kurvan Ψ = c där c är en konstant som alltså är en strömningslinje. Vilket strömningsproblem kan beskrivas med funktionen f z = z 2 i mängden { z C : Im z > }? Lösning: I dethär fallet är f x + iy = x 2 y 2 + i2xy. Strömningslinjerna är alltså kurvorna xy = c där c är en konstant och hastighetsvektorn är 2x, 2y = 2xi 2yj. Av detta kan vi se att det är frågan om en strömning mot den reella axeln som delar sig och går ut mot den positiva eller negativa sidan... G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 59 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 6 / 89
Vilken situation i strömningsmekanik kan beskrivas med funktionen f z = z + z då z? Lösning: Vi skriver f = Φ + iψ och om vi använder polära koordinater, dvs. väljer z = re iθ så har vi f z = re iθ + r e iθ = cosθ r + + i sinθ r. r r Eftersom f z = så ser vi att f z z då z, dvs. långt 2 borta från origo är hastighetsvektorn i stort sett en enhetsvektor i x-axelns riktning. Strömningslinjerna bestäms av ekvationerna Ψ = c, dvs. θ = arcsin cr cr och θ = π arcsin. Om c = gäller antingen r 2 r 2 r =, θ = eller θ = π och det är frågan om strömning i området utanför enhetscirkeln med mittpunkt i origo... Laplace-transformationen Ls = s Lts = s 2 Le at s = s a Lcosωts = Lsinωts = Lf s = s s 2 +ω 2 ω s 2 +ω 2 Laplace-transformationen är linjär! e st f t dt Lαf + βg = αlf + βlg G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 6 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 62 / 89 Teorem Ifall T f t dt < för alla T > T lim T e st f t dt existerar för något tal s C så gäller att T F s = lim T e st f t dt existerar då Re s > Re s, F s är analytisk i mängden { s C : Re s > Re s }. Teorem Laplace-transformationen är entydig, dvs. om Lf s = Lgs då Re s > α så är ft=gt för nästan alla t. Räkneregler, derivator mm. då F s = Lf s Lf s = sf s f F s = L tf ts Lf s = s 2 F s sf f t L f τ dτ s = s F s Räkneregler, förskjutningsregler mm. då F s = Lf s Le at f ts = F s a Lf t aut as = e as F s där ut = då t >, ut = då t < och a. L f at s = a F s a, a > G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 63 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 64 / 89
Lös begynnelsevärdesproblemet y t + 4y t + 3yt = 4 + 3t, y = 3, y = 6, med hjälp av Laplace-transformering. Lösning: Låt Y s = Lyt så att Ly t = sy s y = sy s 3 och Ly t = sly t y = s 2 Y s sy y = s 2 Y s 3s + 6. Eftersom L4 + 3t = 4 s + 3 = 4s+3 så får vi genom att ta s 2 s 2 Laplace-transformationer av båda sidorna i ekvationen s 2 Y s 3s + 6 + 4sY s 2 + 3Y s = 4s + 3 s 2, så att vi får då vi löser ekvationen Y s = 3s + 6 s 2 + 4s + 3 + 4s + 3 s 2 s 2 + 4s + 3. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 65 / 89 forts. För att kunna göra en partialbråksuppdelning måste vi först faktorisera s 2 + 4s + 3 och då behöver vi känna till nollställena som är s = 2 ± 4 3 = 2 ±, dvs. och 3. Partialbråksuppdelningen blir 3s + 6 s 2 + 4s + 3 + 4s + 3 s 2 s 2 + 4s + 3 = A s + + B s + 3 + C s 2 + D s. Koefficienterna A och B är residyer till enkla poler så att 3s + 6 A = lim s + s s + s + 3 + 4s + 3 s 2 = 3 s + s + 3 2 2 =, 3s + 6 B = lim s + 3 s 3 s + s + 3 + 4s + 3 s 2 = 3 s + s + 3 2 + 2 = 2,. För att få C multiplicerar vi med s 2 och låter s : C = lim s 2 3s + 6 s s + s + 3 + 4s + 3 s 2 s + s + 3 =. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 66 / 89 forts. Koefficienten D kan t.ex. räknas ut genom att multiplicera med s 2 sedan derivera och sedan låta s : d D = lim s 2 3s + 6 s ds s + s + 3 + 4s + 3 s 2 s + s + 3 3s + 6 = lim 2s s s + s + 3 + s2 3s2 + 4s + 3 3s + 62s + 4 s 2 + 4s + 3 2 + 4s2 + 4s + 3 4s + 32s + 4 s 2 + 4s + 3 2 =. Nu ser vi med hjälp av partialbråksuppdelningen att 3s + 6 L s 2 + 4s + 3 + 4s + 3 s 2 s 2 + 4s + 3 2 = L + L + L s + s + 3 s 2 = e t + 2e 3t + t. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 67 / 89 Konvolution faltning f gt = t f t τgτ dτ Lf g = Lf Lg Delta-funktionalen δ T = d dt ut T men ut T är inte deriverbar så δ T är en generaliserad funktion, så att f tδ T dt = f T. Lδ T s = e st, T δ T f t = ut T f t T, T G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 68 / 89
Beräkna den inversa transformationen L s 2 s+2 med hjälp av konvolutionsprodukten. Lösning: Eftersom Lt = och Le 2t = s 2 s 2 s+2 = Lt e 2t s och t e 2t t = = t / t = 2 t t t τe 2τ dτ t τ 2 e 2τ t / t 2 e 2τ dτ = 2 t s+2 så är 2 e 2τ dτ 4 e 2τ = 2 t + 4 e 2t 4. Låt t, t < 3, f t = 6 t, 3 t < 6,, t > 6. Beräkna Laplace-transformationen av f genom att först skriva ut f med hjälp av stegfunktionen u och sedan använda förskjutningsregeln. Lösning: Ifall a < b så ser vi att {, då t < a eller t > b, ut a ut b =, då a < t < b. Observera att i uttrycket t e 2t t betyder det första t:et funktionen t t, följande i e 2t visar också endast att det är fråga om funktionen t e t medan det sista är ett argument som faktiskt kan ges ett reellt värde. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 69 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 7 / 89 forts. Vi kan nu skriva f t = t ut ut 3 + 6 t ut 3 ut 6 = tut 2t 3ut 3 + t 6ut 6. Med hjälp av förskjutningsregeln får vi nu eftersom Lts = s 2 att Lf s = s 2 2 s 2 e 3s + s 2 e 6s. Bestäm en lösning till diffusionsekvationen u t t, x = u xx t, x, t >, x >, då u, x =, x >, ut, = gt och det finns en konstant a > så att e at gt dt <. Lösning: Antag att u är en lösning till problemet som är sådan att räkneoperationerna som följer kan genomföras. Låt Us, x = e st ut, x dx där s > a dvs. vi använder ett reellt s. Om vi nu tar Laplace-transformationen av båda sidorna i ekvationen u t = u xx så får vi för all s > a, eftersom u, x = och vi antar att vi kan byta ordning på integreringen och x-deriveringen, sus, x = U xx s, x, x >. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 7 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 72 / 89
forts. Denhär differentialekvationens karakteristiska ekvation är λ 2 s = så att λ = ± s och den allmänna lösningen är Us, x = c e sx + c 2 e sx. Om nu Us, x för varje x är Laplace-transformationen av en funktion som inte växer för snabbt så gäller lim s Us, x = vilket innebär att c =. Av antagandet följer att Us, = Lgs vilket innebär att c 2 = Lgs och vi har Us, x = Lgse x s. Genom att konsultera tabeller eller räkna komplexa integraler kan man konstatera, att L 2 πt 3 e 4t s = e s, vilket innebär att e x s = e x 2s är Laplace-transformationen av funktionen 4 x 2 e t x 2 = x 2 π t x 3 2 πt 3 e x 2 4t. 2 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 73 / 89 forts. Eftersom Laplace-transformationen av en konvolution är produkten av Laplace-transformationerna så ser vi att lösningen är och detta kan kontrolleras genom en direkt räkning ut, x = t x gt τ 2 πτ 3 e x 2 4τ dτ. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 74 / 89 Fourier-integraler Om f t dt < så är Fourier-transformationen av f ˆf ω = e i2πωt f t dt, ω R Även definitionerna e iωt f t dt och 2π e iωt f t dt används! Ifall f t dt < så är ˆf kontinuerlig och lim ω ˆf ω = Räkneregler αf = αˆf f + g = ˆf + ĝ ĝω = e i2πωt ˆf ω ifall gt = f t t f αtω = α ˆf ω α ê πt2 ω = e πω2 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 75 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 76 / 89
Teorem Ifall ˆf ω dω < så är Obs! f t = e i2πωtˆf ω dω. Ifall f t = då t < så är ˆf ω = Lf 2πiω Ge en formel med vars hjälp man kan invertera Laplace-transformationen. Lösning: Låt F s = Lf s och definiera f t = då t <. Det innebär att F σ + i2πω = e σ+i2πωt f t dt = e i2πωt e σt f t dt = ĝω, om gt = e σt f t. Om nu ĝω dω = F σ + i2πω dω < så får vi med hjälp av den inversa Fourier-transformationen gt = e σt f t = e i2πωt ĝω dω = e i2πωt F σ + i2πω dω. Genom att göra ett variabelbyte 2πω = τ kan vi skriva resultatet i formen f t = eσt 2π e iτt F σ + iτ dτ. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 77 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 78 / 89 Konvolution f g = ˆf ĝ när f gt = f t τgτ dτ. Teorem Ifall f t 2 dt < så finns det en funktion ˆf så att ˆf ω 2 dω = lim T lim T T ˆf ω T f t T T f t 2 dt 2 e i2πωt f t dt dω = e i2πωtˆf 2 ω dω dt = G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 79 / 89 Fourier-koefficienter Om f t dt < och f t + = f t så är ˆf n = e i2πnt f t dt Integralen kan också räknas över andra intervall, t.ex. ˆf n = 2 e i2πnt f t dt. 2 Om f istället har perioden T så blir ˆf n = T T T e i2πnt 2 T f t dt = T T 2 e i2πnt T f t dt. f t dt < lim ˆf n = n G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 8 / 89
Obs! Obs! Om så är Teorem e i2πnt dt = f t = n {, då n =,, då n. a n e i2πnt ˆf n = a n, n Z. Om f t + = f t, f t dt < och f är deriverbar i punkten t så är lim N M N e i2πnt ˆf n = f t n=m G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 8 / 89 Varför? Definiera gt = { f t+t f t, e i2πt t / Z, i 2π f t, t Z. Av antagandet följer att gt dt < eftersom e i2πt t i2π då t. Eftersom f t + t = gte i2πt + f t så får vi ˆf ne i2πnt = e i2πnt f t + t dt = ĝn + ĝn + f t δ n,, där δ, = och δ n, =, n. Av detta följer att då M <, N > N ˆf ne i2πnt = ĝn + ĝm + f t f t n=m då M och N eftersom lim n ĝn =, vilket i sin tur är en följd av att gt dt <. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 82 / 89 Teorem Ifall f t 2 dt < så är f t 2 dt = lim N M n= f t ˆf n 2 N n= M e i2πntˆf n 2 dt = Omvänt gäller att ifall c n n= är sådan att n= c n 2 < så finns det en funktion f så att f t 2 dt < och ˆf n = c n. Den diskreta Fourier-transformationen ˆFm = N k= e i2πmk N Fk N k= Ofta används instället defintionen i2πmk N e N Fk eller N i2πmk N k= e N Fk men detta betyder bara att talet N dyker upp på andra ställen. Obs! När F är periodisk, dvs. Fk + N = Fk gäller också ˆFm = N+M k=m e i2πmk N Fk G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 83 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 84 / 89
FFT En algoritm som kan räkna den diskreta Fourier-transformationen med högst cn logn räkneoperationer och inte c N 2 som en direkt räkning kräver. Den inversa transformationen Konvolutioner Fk = N N m= e i2πmk N ˆFk Om Fk + N = Fk, Gk + N = Gk och Hk = N j= Fk jgj så är Ĥm = ˆFmĜm Ifall talen a k och b k, k =,,..., är givna kan det i många fall finnas behov att räkna ut c k = k a k j b j, k =,,.... j= Man kan förstås räkna detta direkt men om det skall göras för många tal k kan det löna sig att använda den diskreta Fourier-transformationen på följande sätt: Först måste man bestämma sig för ett tal n så att man räknar ut c k för k =,, 2,..., n och för detta behövs talen a k och b k då k =,,..., n. Vi låter N = 2n och definierar Ak = a k och Bk = b k då k =,,..., n, Ak = Bk = då k = n,..., N och Ak + N = Ak och Bk + N = Bk. Vi definierar Ck = N j= Ak jbj G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 85 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 86 / 89 forts. Eftersom Bj = b j då j =,..., n och Bj = då j = n,..., N så är Ck = n j= Ak jb j. Dessutom är Ak j = a k j då k j n så att Ck = k a k j b j + j= n j=k+ Ak jb j, k =,..., n. Då j = k +, k + 2,..., n och k =,,..., n är k j =, 2,..., k n + n + och därför är n + = 2n n + = N n + k j + N N så att Ak j = Ak j + N =. Detta innebär att Ck = c k då k =,,..., n. Eftersom Ĉm = ÂmˆBm så följer det av formeln inverteringen av den diskreta Fourier-transformationen att c k = Ck = N N m= e i2πmk N ÂmˆBm = N ˆB k, k =,,..., n. Låt Numerisk beräkning av Fourier-integraler gt = N k= t t k t f k t + t p t där t > och p : R R är sådan att p = och pj = då j. Då är g är en interpolationsfunktion med gk t + t = f k t + t då k =,..., N och gk t = då k < eller k > N. Om nu och så är Fk = f k t + t, k =,..., N, t ω = N,, ĝm ω = te i2πm ωt m ˆFmˆp, m Z. N G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 87 / 89 G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 88 / 89
Varför? Vi väljer ω = N t ĝm ω = = = N k= N k= Fk Fk t och då blir e i2πm ωt gt dt t e i2πm ωt t k t p t = te i2πm ωt dt t = t + k t + τ t = e i2πm ωt e i2πm ωk t e i2πm ω tτ pτ dτ N k= e i2πmk N F k e i2π m N τ pτ dτ = te i2πm ωt ˆFmˆp m N. G. Gripenberg TKK Mat-.53 Gk3-I 2 augusti 29 89 / 89