(a) avoin, yhtenäinen, rajoitettu, alue.

Transkriptio

1 1. Hahmottele seuraavat tasojoukot. Mitkä niistä ovat avoimia, suljettuja, kompakteja, rajoitettuja, yhtenäisiä, alueita? (a) {z C 1 < 2z + 1 < 2} (b) {z C z i + z + i = 4} (c) {z C z + Im z < 1} (d) {z C z 2 > 0} (e) {z C z 3 R} (f) {z C z = ( 1) n ( n), n {1, 2,...}} Ratkaisu: (a) avoin, yhtenäinen, rajoitettu, alue. Im

2 (b) Kyseessä on ellipsi. Tämän huomaa esimerkiksi laskemalla: z i + z + i = 4 x 2 + (y 1) 2 + x 2 + (y + 1) 2 = 4 ( x2 + (y 1) 2 + x 2 + (y + 1) 2) 2 = 16 x 2 + (y 1) (x 2 + (y 1) 2 )(x 2 + (y + 1) 2 ) + x 2 + (y + 1) = 16 2x 2 + 2y (x 2 + (y 1) 2 )(x 2 + (y + 1) 2 ) = 16 x 2 + y (x 2 + (y 1) 2 )(x 2 + (y + 1) 2 ) = 8 (x 2 + (y 1) 2 )(x 2 + (y + 1) 2 ) = x 2 y (1) Korotetaan nyt yhtälön (1) kummatkin puolet toiseen potenssiin, jolloin vasen puoli saadaan muotoon (x 2 + (y 1) 2 )(x 2 + (y + 1) 2 ) = x 4 + x 2 (y + 1) 2 + x 2 (y 1) 2 + (y + 1) 2 (y 1) 2 = x 4 + 2x 2 y 2 + 2x 2 + (y 2 + 2y + 1)(y 2 2y + 1) = x 4 + 2x 2 y 2 + 2x 2 + y 4 2y 3 + y 2 + 2y 3 4y 2 + 2y + y 2 2y + 1 = x 4 + 2x 2 y 2 + 2x 2 + y 4 2y Oikea puoli taas saadaan muotoon ( x 2 y 2 + 7) 2 = x 4 + x 2 y 2 7x 2 + x 2 y 2 + y 4 7y 2 7x 2 7y = x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 14x 2 14y Yhtälö (1) voidaan siis kirjoittaa muodossa x 4 + 2x 2 y 2 + 2x 2 + y 4 2y = x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 14x 2 14y x 2 2y = 14x 2 14y x y 2 = 48 x2 3 + y2 4 = 1 ( x 3 ) 2 ( y ) 2 + = 1, 2 eli kyseessä on ellipsin yhtälö, jonka puoliakselit ovat 2 ja 3. Ellipsi on suljettu, rajoitettu, yhtenäinen ja kompakti. 2

3 Im (c) Joukko on rajoitettu, avoin, yhtenäinen, alue. 1.0 Im

4 (d) z 2 > 0 kun 2 arg z n2π ( π/2, π/2). Siis ( arg z π 4, π ) ( 3π tai arg z 4 4, 5π 4 ) Im Kyseinen joukko on avoin. (e) z 3 R sellaisilla z C, joilla 3 arg z = 0 + nπ. Napakoordinaattimuodossa z 3 = r 3 (cos 3ϕ + i sin 3ϕ) esitettynä ehto on sin 3ϕ = 0 3ϕ = nπ ϕ = n 3 π ϕ = 0, π 3, 2π 3, π, 4π 3 tai 5π 3. 4

5 Kyseinen joukko on suljettu ja yhtenäinen. (f) Kyseinen joukko on rajoitettu, mutta ei suljettu, koska joukon komplementti ei ole avoin. Tämä johtuu siitä, että millä tahansa ε > 0 löytyy joukon pisteitä ympäristöstä B(±1, ε). Im

6 2. Määrää edellisen tehtävän joukkojen (a) reunapisteet, (b) sisäpisteet, (c) ulkopisteet, (d) sulkeuma, (e) kasautumispisteet, (f) kosketuspisteet. Ratkaisu: Joukolle {z C 1 < 2z + 1 < 2} (a) Ympyrät 2z 1 = 1 ja 2z 1 = 2. (b) Kaikki joukon pisteet. (c) Pisteet z joille pätee 2z 1 < 1 tai 2z 1 > 2. (d) {z C 1 2z + 1 2}. (e) {z C 1 2z + 1 2}. (f) {z C 1 2z + 1 2}. Joukolle {z C z i + z + i = 4} (a) kaikki joukon pisteet. (b). (c) Kaikki joukon komplementin pisteet. (d) Kaikki joukon pisteet. (e) Kaikki joukon pisteet. (f) Kaikki joukon pisteet. Joukolle {z C z + Im z < 1} (a) Pisteet, joille z + Im z = 1. (b) Kaikki joukon pisteet. (c) Pisteet, joille z + Im z > 1. (d) Pisteet, joille z + Im z 1. (e) Pisteet, joille z + Im z 1. (f) Pisteet, joille z + Im z 1. 6

7 Joukolle {z C z 2 > 0} (a) Suorat z = Im z ja z = Im z. (b) Kaikki joukon pisteet. (c) Pisteet, joille z 2 < 0. (d) Pisteet, joille z 2 0. (e) Pisteet, joille z 2 0. (f) Pisteet, joille z 2 0. Joukolle {z C z 3 R} (a) Kaikki joukon pisteet. (b). (c) Kaikki joukon komplementin pisteet. (d) Kaikki joukon pisteet. (e) Kaikki joukon pisteet. (f) Kaikki joukon pisteet. Joukolle {z C z = ( 1) n ( n), n {1, 2,...}} (a) Kaikki joukon pisteet sekä pisteet z = ±1. (b). (c) Kaikki joukon komplementin pisteet, paitsi pisteet z = ±1. (d) Kaikki joukon pisteet ja lisäksi pisteet z = ±1. (e) Pisteet z = ±1. (f) Kaikki joukon pisteet ja lisäksi pisteet z = ±1 3. Tarkastellaan funktiota f : (x, y) f(x, y) = (a) Onko f jatkuva origossa? { xy(x+iy) x 2 +y 2, kun (x, y) (0, 0) 0, kun (x, y) = (0, 0). (b) Ovatko Cauchy-Riemann-yhtälöt voimassa origossa? (c) Onko f derivoituva origossa? (d) Onko f analyyttinen origossa? Ratkaisu: 7

8 (a) kirjoitetaan napakoordinaattiesityksen mukaisesti r 2 = x 2 + y 2. Huomataan lisäksi, että x 2 y r 3 ja xy 2 r 3 kaikilla reaalisilla x ja y. Nyt, kun (x, y) (0, 0), voidaan kirjoittaa xy(x + iy) f(x, y) = x 2 + y 2 = x2 y + ixy 2 Nyt siis selvästi lim (x,y) (0,0) eli f(x, y) on jatkuva origossa. 2r3 r 2 = 2r. x 2 + y 2 f(x, y) lim 2r = 0, r 0 (b) Kirjoitetaan origon ulkopuolella f(x, y) muodossa f(x, y) = Akseleilla pätee nyt x2 y x 2 + y + i xy 2 = u(x, y) + iy(x, y) 2 x 2 + y2 u(x, 0) = 0 = u(0, y) ja v(x, 0) = 0 = v(0, y), joten origossa kaikki funktioiden u ja v osittaisderivaatat ovat nollia, eli Cauchy-Riemann-yhtälöt pätevät: u(0, 0) x = 0 = v(0, 0) y ja u(0, 0) y v(0, 0) = 0 = x (c) Tutkitaan onko f(x, y) derivoituva origossa. Kirjoitetaan erotusosamäärässä h = k + il: f(h) + f(0) h = kl(k + il) 0 (k 2 + l 2 )(k + il) = kl k 2 + l 2 (2) Nyt, jos k ja l lähestyvät nollaa suoraa k = 0 pitkin, saadaan erotusosamäärän lausekkeesta lim l 0 0 l l 2 = 0. 8

9 Toisaalta, kun k ja l lähestyvät nollaa suoraa k = l pitkin, saadaan erotusosamäärän lausekkeesta k 2 lim l 0 2k = lim 1 2 l 0 2 = 1 2 0, joten funktio f ei ole derivoituva origossa. (d) funktio f ei ole analyyttinen origossa, koska sillä ei ole origossa derivaattaa. 4. Tarkastellaan funktiota kun a, b, c, d C f : z f(z) = az + b cz + d, (a) Missä f on analyyttinen? (b) Missä pisteissä f (z) = 0? (c) Etsi funktiolle f käänteisfunktio, jos sellainen on olemassa. Ratkaisu: (a) f ei ole määritelty, kun z = d/c. Muissa kompleksitason pisteissä voidaan käyttää osamäärän derivointisääntöä, jolla saadaan f (z) = a(cz + d) (az + b)c (cz + d) 2 = ad bc (cz + d) 2. Derivaatan nimittäjän ainoa nollakohta on z = d/c, missä funktiota ei ole edes määritelty. Siis f on analyyttinen koko määrittelyjoukossaan. (Funktion f määrittelyjoukko on C \ { d/c} ja arvojoukko C \ {a/c}. f voidaan kuitenkin jaktaa jatkuvasti funktioksi f : C { } C { } määrittelemälla f( d/c) = ja f( ) = a/c.) (b) f (z) = 0 vain jos ad = bc. Tässä tapauksessa, mikäli d 0, on f muotoa f(z) = az + b cz + d adz + bd = cdz + d 2 bcz + bd = cdz + d 2 b(cz + d) = d(cz + d) = b d. 9

10 Jos taas d = 0, niin f (z) = bc c 2 z 2 = 0, vain jos b = 0. (c = 0 ei ole mahdollinen, koska päädyttäisiin jakamaan nollalla.) Tässä tapauksessa f(z) = a c. (c) Yritetään löytää f:n käänteiskuvaus. Olkoon w kompleksiluku, jolle pätee w = f(z) = az + b cz + d. Ratkaistaan nyt yhtälöstä z w:n avulla lausuttuna Siis w = az + b cz + d az + b = w(cz + d) (a wc)z = wd b z = wd b a wc. f 1 (w) = wd b a wc, missä w a/c. Tämä rajoitus ei kuitenkaan ole haitaksi, koska f(z) = a c az + b cz + d = a c ad = bc. Luonnollisesti erikoistapauksessa f (z) = 0 käänteisfuktiota ei ole, koska vakiofunktiolla ei voi olla käänteisfunktiota. 10