Kompleksianalyysi, viikko 6

Transkriptio

1 Kompleksianalyysi, viikko 6 Jukka Kemppainen Mathematics Division

2 Funktion erikoispisteet Määr. 1 Jos f on analyyttinen pisteen z 0 aidossa ympäristössä 0 < z z 0 < r jollakin r > 0, niin sanotaan, että z = z 0 on f :n eristetty erikoispiste. Oletetaan jatkossa, että kaikki funktiot ovat analyyttisiä lukuun ottamatta joitakin eristettyjä erikoispisteitä. On olemassa erilaatuisia erikoispisteitä. Edellisen luentoviikon Lauseen 9 mukaan f :llä on suppeneva Laurentin sarja f(z) = n= a n (z z 0 ) n, 0 < z z 0 < r. (1) Erikoispisteiden laatua voidaan luonnehtia Laurentin sarjan avulla. 2 / 29

3 Erikoispisteiden laatu Määr. 2 Olkoon f kuten Määritelmässä 1 ja olkoon (1) f :n Laurentin sarja. Sanotaan, että z = z 0 on (a) poistuva erikoispiste, jos a n = 0 kaikilla n < 0. (b) n:n kertaluvun napa, jos a n 0 ja a k = 0 kaikilla k < n (eli a n 1 = a n 2 = = 0). (c) oleellinen erikoispiste, jos a n 0 äärettömän monella n > 0. Huomautus 1 Kohtien (b) ja (c) mukaista erikoispistettä sanotaan myös f :n singulariteetiksi tai, että f on singulaarinen pisteessä z 0. Jos taas erikoispiste on kohdan (a) mukainen, sanotaan, että f on säännöllinen. 3 / 29

4 Erikoispisteiden laatu Huomautuksen 1 nimitykset tulevat siitä, että kohtien (a) ja (b) tapauksessa f saa itseisarvoltaan äärettömän suuria arvoja pisteen z 0 aidossa ympäristössä. Toisaalta kohdan (a) tapauksessa f pysyy rajoitettuna pisteen z 0 aidossa ympäristössä. Tällöin f saadaan analyyttiseksi myös pisteessä z 0, kun määritellään f(z 0 ) = a 0 (huomaa, että lähtökohtaisesti f :n ei tarvitse olla määritelty pisteessä z 0 ). 4 / 29

5 Erikoispisteiden laatu Esim. 1 Määrää funktioiden (a) f(z) = 1 z+z 2, (b) f(z) = e 1/z2, (c) f(z) = 1/sin z erikoispisteet ja niiden laatu. 5 / 29

6 Residy Määr. 3 Olkoon z 0 funktion f eristetty erikoispiste ja f(z) = n= a n (z z 0 ) n. Termin (z z 0 ) 1 kerroin a 1 on funktion f residy pisteessä z 0 ja merkitään Res z=z 0 f(z) = a 1. 6 / 29

7 Residy Erityisesti, jos z 0 on poistuva erikoispiste, niin Res z=z0 f(z) = 0. Esim. 2 Laske residyt (a) Res z=0 e z z 2, (b) Res z=1 1 (z 1) 2, (c) Res z=0 sinz z. Yleisesti Laurentin sarjan laskeminen on turhan työlästä, joten residyn määrääminen suoraan Määritelmän 3 mukaan käy raskaaksi. Onneksi löytyy muita tapoja määrätä residy ainakin, kun erikoispiste on napa. Käsitellään sitä seuraavaksi. 7 / 29

8 Residyn laskeminen yksinkertaiselle navalle Jos z 0 on f :n yksinkertainen napa, niin joten f(z) = a 1 z z 0 + g(z), missä g(z) = a n (z z 0 ) n, n=0 (z z 0 )f(z) = a 1 +(z z 0 )g(z) a 1, z z 0, eli Res f(z) = lim (z z 0 )f(z). z=z 0 z z0 8 / 29

9 Residyn laskeminen, navan kertaluku n Olkoon f :llä n:nnen kertaluvun napa z 0, f(z) = a n (z z 0 ) n + a n+1 (z z 0 ) n a 1 + g(z) z z 0 missä a n 0. Tällöin (z z 0 ) n f(z) = a n + a n+1 (z z 0 )+ + a 1 (z z 0 ) n 1 +(z z 0 ) n g(z) merk. = s(z). (2) Potenssisarjan s(z) termin (z z 0 ) n 1 kerroin on yleisessä tapauksessa s (n 1) (z 0 ) (n 1)!, joten (2):n nojalla Res f(z) = a 1 = z=z 0 [ ] 1 d n 1 (n 1)! dz n 1(z z 0) n f(z). (3) z=z 0 9 / 29

10 Esimerkki Esim. 3 Laske Res z=1 e 2z (z 1) / 29

11 Kätevä laskukaava Oletetaan, että funktio f on muotoa f(z) = g(z) h(z), missä g ja h ovat analyyttisiä pisteen z 0 ympäristössä ja että g(z 0 ) 0, h(z 0 ) = 0 ja h (z 0 ) 0. Tällöin z 0 on f :n yksinkertainen napa, joten kaavasta (3) saadaan (z z 0 )g(z) Res f(z) = lim = lim z=z 0 z z0 h(z) z z0 g(z) = g(z 0) h(z) h(z 0 ) h (z 0 ). (4) z z 0 11 / 29

12 Esimerkkejä Esim. 4 Määrää Res Γ(z), z=0 missä Γ on Eulerin Gamma-funktio, josta tiedetään (i) Γ(z) on analyyttinen lukuun ottamatta pisteitä z = n, n = 0,1,2,..., (ii) Γ(1) = 1, (iii) Γ(z + 1) = zγ(z) kaikilla z n, n = 0,1,2,... Esim. 5 Laske Res tan z. z= π 2 12 / 29

13 Käyräintegraali ja residy Edellisen luentoviikon Lauseen 9 mukaan residy voidaan ilmaista myös käyräintegraalina Res f(z) = 1 f(z)dz jollekin r > 0, (5) z=z 0 2πi { z z 0 =r} jos f on analyyttinen pisteen z 0 aidossa ympäristössä. Edelleen Cauchyn lauseen mukaan f(z)dz = 2πi Res f(z) z=z 0 C mille tahansa positiivisesti suunnistetulle Jordan-käyrälle C, joka sisältyy f :n analyyttisyysalueeseen ja joka sulkee sisäänsä pisteen z 0 (katso Kuva 1). 13 / 29

14 Kuvia C S r C 1 * z 0 * z 1 * z 3 * z 2 C 3 C 2 Kuva 1 : z 0 :n sisältävä Jordan-käyrä Kuva 2 : Residylauseen kuva 14 / 29

15 Residylause Lause 1 (Residylause) Olkoon f analyyttinen alueessa G lukuun ottamatta äärellisestä määrää erikoispisteitä z 1,...,z n G ja olkoon C G sulkeutuva, positiivisesti suunnistettu Jordan-käyrä, joka sulkee sisäänsä erikoispisteet. Tällöin C f(z)dz = 2πi n Res f(z). z=z k k=1 Tod.: Kierretään kaikki navat (katso Kuva 2) C f(z)dz = N k=1 S rk f(z)dz = 2πi N Res f(z). z=z k k=1 15 / 29

16 Esimerkki Esim. 4 Laske C 1 z dz, kun C R = I R S R = [ R,R] S R on alla olevan kuvan käyrä, missä R > 1 ja S R on puoliympyrän kaari. y C R R R x Kuva 3 : Ympyränkaari C R 16 / 29

17 Epäoleelliset integraalit ja residylause Residylausetta voidaan hyödyntää esimerkiksi epäoleellisten integraalien laskemisessa edellyttäen, että f vaimenee riittävän nopeasti nollaan ympyränkaarella S R = {z = Re iϕ : R > 0, 0 ϕ π}, kun R (katso edellisen sivun Kuva 3). Mikä on riittävän nopeaa? Siihen antaa vastauksen seuraava tulos. 17 / 29

18 Epäoleelliset integraalit ja residylause Lause 2 Olkoon f analyyttinen ympyränkaarella S R : z(ϕ) = Re iϕ, 0 ϕ π. Jos f(z) M R k ympyränkaarella S R jollakin k > 1, niin lim R S R f(z)dz = 0. Todistus: f(z)dz M πm πr = 0, R Rk Rk 1 S R lim f(z)dz = 0. R S R 18 / 29

19 Epäoleelliset integraalit ja residylause Oletetaan, että f on ylemmässä puolitasossa {Re(z) > 0} analyyttinen funktio lukuun ottamatta pisteitä eristettyjä erikoispisteitä z k. y z 3 z 2 z 4 z 1 C R R R Jos f on kuten Lauseessa 2, niin Residylauseesta saadaan seuraava tulos. x 19 / 29

20 Epäoleellinen integraali ja residylause Lause 3 Olkoon f ylemmässä puolitasossa ja reaaliakselilla analyyttinen funktio lukuun ottamatta eristettyjä erikoispisteitä z k, joille Im(z k ) > 0 (so. ovat ylemmässä puolitasossa). Jos f(z) M R k, k > 1, ympyränkaarella S R, niin f(x)dx = 2πi Im(z k )>0 Res f(z). z=z k 20 / 29

21 Lauseen 3 todistus Todistus: Olkoon C R = [ R,R] S R kuten Kuvassa 3, jolloin C R f(z)dz = R R f(x)dx + f(z)dz S } R {{} 0, Lause 2 f(x)dx, kun R. R:n kasvaessa jäävät kaikki ylemmän puolitason navat C R :n sisään ja vasemman integraalin raja-arvo voidaan laskea residyillä. 21 / 29

22 Lauseen 3 soveltaminen Lausetta 3 voidaan hyödyntää esimerkiksi seuraavissa tapauksissa. Jos f(z) = P(z) on rationaalifunktio, jolle Q(z) Q:n aste P:n aste + 2, Q:lla ei ole nollia reaaliakselilla. Jos f on parillinen funktio, eli f(x) = f( x) kaikilla x R, niin f(x)dx = 2 0 f(x)dx, joten Lausetta 3 voidaan hyödyntää myös integraaleille 0 f(x)dx. 22 / 29

23 Esimerkkejä Esim. 6 Laske 0 Esim. 7 1 x 4 +1 dx. Laske 2. kertaluvun Butterworth-suodattimen H(f), H(f) 2 = 1 1+f 4, ekvivalentti kaistanleveys W eq = H(f) 2 df 2 H(0) / 29

24 Fourier-analyysissä esiintyviä integraaleja Aika-taajuus-analyysin keskeisin käsite on Fourier-muunnos F(a) merk. = F(f)(a) = e iax f(x)dx. (6) Tarkastellaan ainoastaan reaalisia funktioita (signaaleja) f : R R. Eulerin kaavan mukaan Fourier-muunnoksen reaaliosa on ja imaginaariosa on (ReF)(a) = (Im F)(a) = f(x)cos ax dx (7) f(x)sin ax dx. (8) 24 / 29

25 Fourier-analyysissä esiintyviä integraaleja Tarkastellaan miten Residylauseen avulla voidaan laskea muotoa (6), (7) ja (8) olevia integraaleja. 25 / 29

26 Jordanin lemma Otetaan tunnettuna käyttöön aputulos Lause 4 (Jordanin lemma) Olkoon f jatkuva puoliympyrällä S R = {Re iθ : θ [0,π]}. Tällöin jokaisella positiivisella vakiolla a e iaz f(z)dz π S R a M R, missä M R = max θ [0,π] f(reiθ ). 26 / 29

27 Jordanin lemma Lauseen 4 todistus perustuu Jordanin epäyhtälöön 2θ π sinθ θ, 0 θ π 2, jonka geometrinen perustelu näkyy alla olevassa kuvassa. y y = θ y = 2θ π 0 π π 2 y = sinθ θ 27 / 29

28 Integraali eiax f(x) dx Integraali voidaan laskea seuraavan tuloksen avulla. Lause 5 Olkoon f(z) analyyttinen joukossa {Re z 0} lukuun ottamatta ylemmän puolitason eristettyjä erikoispisteitä z 1,z 2,... Jos M R = max θ [0,π] f(re iθ ) 0, kun R, niin kaikilla positiivisilla a e iax f(x)dx = 2πi Im(z k )>0 Res e iaz f(z). z=z k Todistus menee samalla tavalla kuin Lauseen 3 todistus. Riittää käyttää Jordanin lemmaa. 28 / 29

29 Esimerkkejä Esim. 8 Laske cos ax 0 dx, a > 0. 1+x 2 Esim. 9 Osoita, että käyttämällä yhtäsuuruutta sinx x dx = π 2 sin x x e ix 1 dx = Im dx. x 29 / 29