Kompleksianalyysin luentomoniste; johdanto

Transkriptio

1 Kompleksianalyysin luentomoniste; johdanto Tässä luentomonisteessa on esitetty kompleksianalyysin kursseilla käsiteltävät asiat yhtenä tekstinä Vaikka näitä kursseja on nimellisesti kaksi (eli ykkönen ja kakkonen), niin tämä esitys ei kyseistä jakoa tunnusta Toki kurssi jossakin vaiheessa vaihtuu nimeltään; tämä vaihe sijoittuu Cauchyn lauseiden jälkeen eli noin sivulle 150 Kurssi on laudatur-tasoinen, joten esitietoja vaaditaan Koska cum laude-kurssit ovat viime vuosina vaihtaneet nimeään tuon tuostakin, en yritäkään esittää luetteloa tarvittavista (entisistä) kursseista Sen sijaan nimeän kurssit tai kurssikokonaisuudet niiden tämänhetkisten otsikoiden mukaisesti jokainen voi niistä sitten löytää tuntemiaan tai ei-tuntemiaan asioita Jatkossa viittaan useita kertoja näillä kursseilla esitettyihin tuloksiin, joiden pitäisi siis olla tunnettuja ja tiedossa Käytän viittauksissa lyhenteitä, jotka selviävät seuraavasta luettelosta Tarvittavat kurssit ovat - Johdatus matemaattiseen analyysiin [JMA], - Sarjat ja approksimointi [SA], - Vektorifunktioiden analyysi [VFA], - Metriset avaruudet [MA] ja - Algebra [ALG] Näistä kolme ensimmäistä ovat ainakin joiltakin osin välttämättömiä Sen sijaan metristen avaruuksien ja algebran kursseihin vedotaan melko harvoin, joten ei kauheasti haittaa, vaikka näitä ei olisikaan suorittanut Mitään esitietoja kompleksiluvuista ei vaadita, sillä yhtenäisen esitys- ja merkintätavan saavuttamiseksi olen aloittanut aivan nollasta eli kompleksilukujen määritelmästä Useita lauseiden todistuksia olen sivuuttanut joko viittaamalla noihin mainittuihin kursseihin tai jättämällä todistukset harjoitustehtäviksi Osa näistä harjoitustehtävistä käydään läpi demoissa; osaa ei, mutta näiden kohdalta kannattaa ratkaista tehtävä omatoimisesti helppoja tai erittäin helppoja ne pääsääntöisesti ovat Monisteen lopussa on aakkosellinen hakemisto, joka auttaa löytämään esimerkiksi unohtuneita määritelmiä Moniste päivittyy pikku hiljaa kurssin edetessä i

2 Sisältö 1 Kompleksiluvut; algebralliset ja topologiset perusominaisuudet 1 2 Jonot ja sarjat 16 3 Potenssisarjat 24 4 Analyyttiset funktiot 34 5 Eksponenttifunktio, logaritmi, sini ja kosini 54 6 Tieintegraalit 69 7 Analyyttisen funktion potenssisarjaesitys 85 8 Analyyttisen funktion nollakohdat Cauchyn lause Suljetun tien kierrosluku Cauchyn integraalikaava Erikoispisteet Rouchén ja Hurwitzin lauseet Riemannin kuvauslause 244 ii

3 1 Kompleksiluvut; algebralliset ja topologiset perusominaisuudet Määritelmä 11 Kompleksilukujen joukko on taso R 2 = R R Tätä joukkoa merkitään jatkossa symbolilla C Kompleksilukujen joukossa määritellään yhteenlasku eli kuvaus + : C C C ja kertolasku eli kuvaus : C C C asettamalla kaikille z 1 = (x 1,y 1 ), z 2 = (x 2,y 2 ) C = R 2 z 1 +z 2 = (x 1 +x 2,y 1 +y 2 ) C ja z 1 z 2 = (x 1 x 2 y 1 y 2,x 1 y 2 +y 1 x 2 ) C Kompleksiluvun z = (x, y) C itseisarvo, jota merkitään jatkossa symbolilla z on vektorin (x,y) R 2 euklidinen normi, ts z = x 2 +y 2 Huomautus Kompleksilukujen yhteenlasku on tuttu R 2 :n vektoriyhteenlasku, ja sen geometria on varmaan kaikille selvä Kertolaskun geometria selviää parhaiten napakoordinaattiesitystä käyttäen Kuten tiedetään, jokaisella tason nollasta eroavalla vektorilla z = (x,y) R 2 = C on napakoordinaattiesitys z = r(cosϕ,sinϕ), missä r ja ϕ ovat reaalisia ja r > 0 Tässä esityksessä z määrää r:n yksikäsitteisesti, mutta napakulma ϕ määräytyy vain 2π:n kokonaista monikertaa vaille Itse asiassa tässä luku r on vektorin z normi eli itseisarvo eli r = z Jos valitaan napakulma ϕ niin, että 0 ϕ < 2π, niin myös ϕ on yksikäsitteinen Tässä tapauksessa merkitään ϕ = Arg(z), ja sanotaan, että ϕ on kompleksiluvun z argumentti Korostettakoon vielä sitä, että aina 0 Arg(z) < 2π Nollalle ei määritellä argumenttia, mutta kaikilla nollasta eroavilla z sellainen siis on olemassa ja se on yksikäsitteinen Napakoordinaattiesityksen geometria on tuttua, mutta esitetään vielä varmuuden vuoksi kuva, josta se on nähtävissä: z z Arg(z) Kuva 1 1

4 Napakoordinaattiesitystä (ja edellisiä merkintöjä) käyttäen jokainen z C \ {(0, 0)} voidaan siis esittää muodossa z = r(cosϕ,sinϕ) = z (cosarg(z),sinarg(z)) Napakoordinaattiesitys on hyödyllinen erityisesti kompleksisen tulon geometrian tulkinnassa, mikä käy ilmi seuraavasta lauseesta Lause 12 Olkoot z 1,z 2 C\{(0,0)} ja olkoot z i = z i (cosϕ i,sinϕ i ) näiden napakoordinaattiesitykset kun i = 1, 2 Tällöin z 1 z 2 = z 1 z 2 (cos(ϕ 1 +ϕ 2 ),sin(ϕ 1 +ϕ 2 )) Todistus Suoraan napakoordinaattiesitysten ja kompleksilukujen tulon määritelmän mukaan z 1 z 2 = ( z 1 cosϕ 1, z 1 sinϕ 1 ) ( z 2 cosϕ 2, z 2 sinϕ 2 ) = ( z 1 z 2 (cosϕ 1 cosϕ 2 sinϕ 1 sinϕ 2 ), z 1 z 2 (cosϕ 1 sinϕ 2 +sinϕ 1 cosϕ 2 )), mistä väite seuraakin reaalisten sinin ja kosinin yhteenlaskukaavojen avulla Kuvasta 2 näkyy lauseeseen 12 perustuva kompleksisen tulon geometrinen tulkinta: z 1 z 2 z z 1 z 2 1 ϕ 1 ϕ 2 z 2 z 1 z 2 ϕ 1 +ϕ 2 Kuva 2 Kuten tästä havaitaan, tulon itseisarvo on itseisarvojen tulo ja tulon napakulma on napakulmien summa Tämä ei kuitenkaan tarkoita, että tulon argumentti olisi välttämättä argumenttien summa, koska argumenttia rajaa ehto 0 Arg(z) < 2π, ja tässä voi käydä niin, että kahden argumentin summa ylittää tuon rajan 2π Joka tapauksessa tulkinta pätee napakulmille ja siten Arg(z 1 z 2 ) = Arg(z 1 )+Arg(z 2 )+k 2π, missä k = 0,1 2

5 Kertolasku tuo joukkoon C = R 2 mukanaan myös uutta algebrallista struktuuria, kuten seuraava lause sanoo Lause 13 Joukko C varustettuna yhteen- ja kertolaskulla on kunta Erityisesti (0,0) on sen nolla-alkio ja (1,0) ykkösalkio Alkion z = z (cosϕ,sinϕ) C \ {(0, 0)} käänteisalkio (kertolaskun suhteen) on z 1 = z 1 (cos( ϕ),sin( ϕ)) = z 1 (cosϕ, sinϕ) Todistus Jätetään tämä harjoitustehtäväksi Kunnan määritelmä löytyy algebran kurssilta; z:n käänteisalkio kertolaskun suhteen on se yksikäsitteisesti määrätty kompleksiluku w, joka toteuttaa ehdon z w = (1,0) Lauseesta 13 nähdään, että käänteisluvun itseisarvo on itseisarvon käänteisluku ja napakulma napakulman vastaluku Geometrisesti z 1 sijaitsee näin: z ϕ ϕ z 1 Kuva 3 Kuvassa 3 on z > 1, jolloin z 1 = z 1 < 1; jos z < 1, niin tilanne on tietysti päinvastainen Lauseen 13 antama esitys käänteisluvulle on erittäin käyttökelpoinen erityisesti helpon geometrisen tulkintansa kautta Joskus tarvitaan käänteislukua myös sellaisessa muodossa, jossa napakoordinaatteja ei käytetä Jätetään harjoitustehtäväksi laskea, että pätee z 1 x y = ( x 2 +y 2, x 2 +y 2) kaikille z = (x,y) R2 \{(0,0)} Kuten kunnissa yleensä, C:ssä voidaan nyt lauseen 13 avustuksella määritellä (ks[alg]) vähennyslasku, jakolasku ja kokonaislukupotenssit Ei mennä näihin (toivottavasti tuttuihin) määritelmiin tässä sen enempää Näitä koskevat kaikissa kunnissa pätevät yhteiset laskusäännöt voi myös tarkistaa algebran kurssilta Jatkossa jätetään mukavuussyistä usein kertolaskun merkki kirjoittamatta, eli merkitään lyhyesti z 1 z 2 = z 1 z 2 kun z 1,z 2 C Jätetään myös turhia sulkumerkkejä pois sopimalla (kuten R:ssä), että kertolasku lasketaan ennen yhteenlaskua tästä ei sekaannusta aiheutune 3

6 Esimerkki 14 Jos napakoordinaattimuodossa z = z (cos ϕ, sin ϕ) (0, 0), niin positiivisille kokonaisluvuille n N pätee z n = z n (cos(nϕ),sin(nϕ)) ja z n = z n (cos(nϕ),sin( nϕ)) Näistä ensimmäinen väite todistetaan induktiolla käyttäen lausetta 12 ja positiivisen kokonaislukupotenssin määritelmää Sen jälkeen jälkimmäinen väite saadaan käyttäen lausetta 13 ja kaikissa kunnissa pätevää kaavaa a n = (a 1 ) n Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi Huomautus 15 Reaalilukujen joukko varustettuna tavanomaisilla yhteen- ja kertolaskulla on tunnetusti kunta Määritellään kuvaus j : R C asettamalla j(a) = (a,0) C kaikille a R Helposti nähdään, että kuvaus j on kuntamonomorfismi eli se on injektio ja säilyttää yhteen- ja kertolaskun Jatkossa samastetaan joukko R ja sen kuvajoukko j(r) = R {0} R R = C Koska j on monomorfismi, niin j : R j(r) on isomorfismi, joten tällainen samastus on algebrallisesti järkevää Tämän samastuksen kautta voidaan R tulkita C:n alikunnaksi, jolloin reaaliluvut tulkitaan kompleksiluvuiksi: a = j(a) = (a,0) kaikille a R Koska tulkintakuvaus j on isomorfismi kuvalleen, niin on samantekevää lasketaanko reaaliluvut a, b ensin yhteen (tai kerrotaan) reaalilukuina ja tulkitaan summa kompleksiluvuksi j(a + b) vai tulkitaanko luvut a ja b ensin kompleksiluvuiksi j(a) ja j(b) ja lasketaan sitten nämä yhteen (tai kerrotaan) kompleksilukuina Tämän tulkinnan tai upotuksen kautta voidaan myös reaali- ja toisaalta kompleksiluku laskea yhteen tai kertoa keskenään Näin jatkossa tullaan sujuvasti menettelemäänkin On ehkä syytä kiinnittää huomiota siihen, mikä on lopputulema, kun reaaliluku ja kompleksiluku lasketaan yhteen tai kerrotaan keskenään tällä tavalla: a+z = (a,0)+(x,y) = (a+x,y) ja a z = (a,0) (x,y) = (ax,ay) kaikille a R ja z = (x,y) C Lauseen 13 nojalla kunnan C nolla- ja ykkösalkiot ovat (0,0) ja (1,0) Koska j(0) = (0,0) ja j(1) = (1,0), niin upotuksen R = j(r) C voidaan sanoa, että reaaliluvut 0 ja 1 ovat kunnan C nolla- ja ykkösalkiot 4

7 Kompleksilukua (0, 1) C sanotaan imaginaariyksiköksi ja sitä merkitään jatkossa symbolilla i, siis i = (0,1) C = R R Jos z = (x,y) C, niin suoraan määritelmien ja huomautuksen 15 tulkinnan nojalla z = (x,0)+(0,y) = (x,0)+(0,1) (y,0) = x+iy Jätetään harjoitustehtäväksi osoittaa, että jokainen kompleksiluku z C voidaan yksikäsitteisellä tavalla esittää tällaisessa muodossa z = x+iy, missä x,y R Tämän yksikäsitteisyyden nojalla z määrää yo reaaliluvut x ja y täysin, ja on järkevää antaa niille omat nimet Sovitaan, että x on z:n reaaliosa ja merkitään sitä symbolilla Re(z) Reaaliluku y puolestaan on z:n imaginaariosa, jota merkitään symbolilla Im(z) Siten luvulla z = (x, y) on yksikäsitteiset esitykset z = Re(z)+iIm(z) C ja z = (Re(z),Im(z)) R 2 Huomautus Suora lasku osoittaa, että i 2 = 1 joten tässä mielessä voidaan sanoa, että luku i C on se kuvitteellinen tai imaginaarinen 1:n neliöjuuri, joka R:stä puuttuu Vastaavasti pätee ( i) 2 = 1, joten myös i on 1:n neliöjuuri Toisaalta C:ssä ei muita 1:n neliöjuuria olekaan, ts jos z C siten, että z 2 = 1, niin z = i tai z = i Jätetään tämän väitteen todistaminen harjoitustehtäväksi algebran tuloksistahan todistus melko suoraan saadaan Koska i i = 1, niin i ( i) = 1 ja siten i:n käänteisluku on i eli i 1 = i Olkoon z = x + iy C, missä x, y R Määritellään z:n liittoluku (tai kompleksikonjugaatti) z asettamalla z = x iy C Huomaa, että määritelmä on järkevä, koska z:n esitys reaali- ja imaginaariosansa avulla on yksikäsitteinen, jolloin myös z tulee yksikäsitteisesti määriteltyä Lisäksi on syytä huomata, että jos z R C, niin z = z ja tämä pätee myös kääntäen: jos z = z, niin z R C 5

8 Lause 16 Kaikille z,w C pätee Lisäksi, jos z 0, niin pätee Todistus Harjoitustehtävä a) z +w = z +w, b) zw = z w, c) z = z, d) Re(z) = 1 (z +z), 2 e) Im(z) = 1 (z z), 2i f) z = z, g) zz = z 2 ja h) zw = z w j) z 1 = z z 2 k) z 1 = z 1 Huomautus Sivulla 3 on kaksi erilaista kaavaa kompleksiluvun käänteisluvulle Lauseesta 16 j) saadaan kolmas, monessa tapauksessa näppärämpi kaava, joka kirjoitetaan tähän vielä uudestaan: ja z 1 = z z 2 kaikille z = C\{0} Koska kompleksinen itseisarvo on euklidinen normi, niin se toteuttaa kaikki normilta vaadittavat ehdot; erityisesti joukkoon C syntyy metriikka d määrittelyllä d(z,w) = z w Erityisen tärkeää on, että kolmioepäyhtälö pätee: z +w z + w kaikille z,w C Normi tai metriikka antaa joukkoon C myös topologian, jonka jälkeen voidaan puhua avoimista ja suljetuista joukoista, (polku-)yhtenäisyydestä, jonojen suppenemisesta ja jatkuvuudesta Koska metriikka ja siten topologia on tuttu euklidinen R 2 :n topologia, kaikki [VFA]:n tulokset ovat käytettävissä Kirjataan heti näkyviin pari (tunnettua) tulosta, joilla on jatkossa käyttöä Lause 17 Kompleksilukujono (z n ) suppenee kohti pistettä z C jos ja vain jos reaalilukujonoille (Re(z n )) ja (Im(z n )) pätee limre(z n ) = Re(z) ja limim(z n ) = Im(z) 6

9 Todistus [VFA] Jos A C ja f : A C on kuvaus, niin määritellään kuvaukset Re(f) : A R ja Im(f) : A R asettamalla Re(f)(z) = Re(f(z)) ja Im(f)(z) = Im(f(z)) kaikille z A Sanotaan, että nämä ovat f:n komponenttikuvauksia Lause 18 Olkoon z A C ja f : A C kuvaus Tällöin f on jatkuva pisteessä z jos ja vain jos komponenttikuvaukset Re(f) : A R ja Im(f) : A R ovat jatkuvia pisteessä z Todistus [VFA] Lause 19 Olkoot A,B C, z A sekä f : A B ja g : B C kuvauksia Jos f on jatkuva pisteessä z ja g jatkuva pisteessä f(z), niin g f : A C on jatkuva pisteessä z Todistus [VFA] Koska C:ssä on määritelty yhteen- ja kertolasku, voidaan määritellä myös kahden kompleksiarvoisen kuvauksen f,g : A C summakuvaus f +g : A C ja tulokuvaus f g : A C asettamalla (f +g)(z) = f(z)+g(z) C ja (f g)(z) = f(z) g(z) C kaikille z A Koska kompleksinen yhteenlasku on sama kuin euklidinen yhteenlasku, niin saadaan heti Lause 110 Olkoon z A C ja olkoot f,g : A C kuvauksia Jos f ja g ovat jatkuvia pisteessä z niin myös summakuvaus f +g on jatkuva pisteessä z Todistus [VFA] Huomautus [VFA]:ssa todetaan myös, että jatkuville funktioille f, g : C C tulo f g on jatkuva Nyt täytyy kuitenkin huomata, että [VFA]:n tulo f g on piste- eli sisätulo, ja kompleksinen tulo (jota tässä monisteessa käytetään) on täysin eri asia Vastaava tulos pätee kuitenkin myös tälle kompleksiselle tulolle, mutta se vaatii eri todistuksen: Lause 111 Olkoon z A C ja olkoot f,g : A C kuvauksia Jos f ja g ovat jatkuvia pisteessä z niin myös tulokuvaus f g : A C on jatkuva pisteessä z Todistus Lauseen 18 nojalla riittää osoittaa, että tulokuvauksen komponenttikuvaukset ovat jatkuvia Todistetaan tämä komponentille Re(f g), komponentille Im(f g) todistus on analoginen Koska tulon määritelmän mukaan Re(f g) = Re(f)Re(g) Im(f)Im(g) ja [VFA]:n mukaan kahden jatkuvan reaalifunktion erotus on jatkuva, niin riittää 7

10 osoittaa, että kuvaukset Re(f) Re(g) ja Im(f) Im(g) ovat jatkuvia Projektiokuvaus p(w) = Re(w) on [VFA]:n mukaan jatkuva ja koska Re(f) = p f, niin Re(f) on jatkuva lauseen 19 (tai [VFA]:n) nojalla Samoin Re(g) on jatkuva, joten reaalinen tulo Re(f) Re(g) on jatkuva [VFA]:n nojalla Vastaavasti nähdään, että Im(f) Im(g) on jatkuva Huomautus Lauseiden 111 ja 110 nojalla nähdään helposti, että kaikki polynomikuvaukset z n k=0 a kz k, missä a 0,,a n C ovat vakioita, on jatkuva Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi Summa- ja tulokuvauksen ohella voidaan ilmeisellä tavalla määritellä myös kuvausten erotus ja osamäärä Osamäärän f/g kohdalta tämä vaatii kuitenkin sen, että nimittäjä g ei pääse nollaksi Lause 112 Olkoon z A C ja olkoot f,g : A C kuvauksia siten, että g(w) 0 kaikille w A Jos f ja g ovat jatkuvia pisteessä z niin myös osamääräkuvaus f/g : A C on jatkuva pisteessä z Todistus Lauseen 111 nojalla riittää osoittaa, että 1/g on jatkuva pisteessä z Koska lauseen 16 j)-kohdan mukaan 1 g(w) = 1 g(w) 2g(w), niin lauseen 111 nojalla riittää osoittaa, että kuvaukset w 1 g(w) 2 ja w g(w) ovat jatkuvia pisteessä z Normikuvaus on aina jatkuva ([MA],[VFA]), jolloin kuvauksen w 1 g(w) 2 jatkuvuus seuraa lauseista 19 ja 18 sekä tätä lausetta 112 vastaavasta reaalisesta tuloksesta, ks [JMA] Kuvauksen w g(w) jatkuvuus seuraa myös lauseesta 19, sillä kompleksikonjugointi on selvästi jatkuva kuvaus lauseen 18 nojalla Jos A C ja (f i ) on jono kuvauksia f i : A C, niin ilmeisellä tavalla voidaan kaikille n N määritellä summafunktio n i=0 f i : A C Huomaa kuitenkin, että tässä puhutaan (vain) äärellisistä summista Lause 113 Jos A C ja (f i ) on jono jatkuvia kuvauksia f i : A C, niin kaikille n N summafunktio n i=0 f i : A C on jatkuva Todistus Tämä seuraa helpolla induktiolla lauseesta 110 Koska [VFA]:ssa käsitellään yhtenäisyyttä melko niukasti, niin esitetään tässä (alusta alkaen) yhtenäisyyteen liittyvät tällä kurssilla tarvittavat perustulokset Määritelmä 114 Sanotaan, että joukko A C on epäyhtenäinen, jos on olemassa avoimet, pistevieraat joukot X, Y C siten, että X A, Y A ja A X Y 8

11 Sanotaan edelleen, että A on yhtenäinen, jos se ei ole epäyhtenäinen Esimerkki Tyhjä joukko on triviaalisti yhtenäinen Samoin yhtenäisiä ovat kaikki yksiöt Kahden pisteen joukko {x,y}, missä x y, on epäyhtenäinen Jätetään nämä väitteet harjoitustehtäviksi Jokainen kiekko on yhtenäinen, mutta tätä on melko vaikea suoraan määritelmästä todistaa Todistus saadaan polkuyhtenäisyyden kautta esimerkissä 123 Muistetaan tässä myös [VFA]:n määritelmä polkuyhtenäisyydelle Ensinnäkin joukon A C polku on jatkuva kuvaus reaaliakselin suljetulta ja rajoitetulta väliltä [a,b] joukkoon A Polun jälki on sen kuvajoukko polku on siis kuvaus ja sen jälki on C:n osajoukko Sanotaan, että joukko A C on polkuyhtenäinen, jos kaikille z,w A on olemassa polku : [a,b] A siten, että (a) = z ja (b) = w Myöhemmin osoitetaan, että polkuyhtenäinen joukko on myös yhtenäinen Käänteinen suunta sen sijaan ei päde: on olemassa yhtenäisiä joukkoja, jotka eivät ole polkuyhtenäisiä Lemma 115 Olkoon I epätyhjä indeksijoukko ja {A j } j I perhe C:n yhtenäisiä osajoukkoja siten, että A j Tällöin joukko on yhtenäinen j I A j C j I Todistus Tehdään antiteesi: j I A j on epäyhtenäinen Tällöin määritelmän 114 mukaan on olemassa avoimet, pistevieraat joukot X, Y C siten, että X ( j I A j ), Y ( j I A j ) ja j IA j X Y (1) Oletuksen j I A j nojalla voidaan valita z j I A j Tällöin ehtoa (1) käyttäen z A j j X Y, (2) j I j IA joten joko z X tai z Y Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että z X (3) Osoitetaan, että A j X (4) j I 9

12 Väitettä (4) varten olkoon k I mielivaltainen ja w A k myös mielivaltainen, jolloin riittää osoittaa, että w X (5) Tätä varten tehdään toinen antiteesi 2: w X Koska ehdon (1) nojalla w A k j IA j X Y, niin antiteesi 2:n nojalla w Y Silloin w Y A k, joten Y A k (6) Toisaalta ehtojen (2) ja (3) nojalla z X ( j I A j) X A k, joten myös X A k (7) Lisäksi ehdon (1) nojalla A k j IA j X Y (8) Koska X ja Y ovat avoimia, pistevieraita joukkoja, niin ehdot (6), (7) ja (8) merkitsevät sitä, että A k on epäyhtenäinen Tämä on vastoin oletusta, joten antiteesi 2 on nurin ja väite (5) sekä erityisesti väite (4) on todistettu Koska X ja Y ovat pistevieraita, niin ehto (4) merkitsee sitä, että Y ( j IA j ) = Tämä on vastoin ehtoa (1) Syntynyt ristiriita osoittaa alkuperäisen antiteesin vääräksi, joten väite on todistettu Huomautus Lemmassa 115 oletettiin, että indeksijoukko I on epätyhjä Tätä oletusta käytetään todistuksen ehdon (2) kohdassa j I A j j I A j, joka ei päde, jos I = Jätetään mietittäväksi mitä tässä itse asiassa tapahtuu tyhjälle I eli minkälainen tarkkaan ottaen on joukko j A j Hankalampi kysymys on sitten se, että minkälainen on joukko j A j Ensimmäiseksi varmaan tulee mieleen, että j A j =, mutta se on väärä vastaus Joukko-opin kurssilla tähän tulee selvyyttä Määritelmä 116 Olkoon A G C Sanotaan, että A on G:n yhtenäisyyskomponentti, jos A on maksimaalinen yhtenäinen G:n osajoukko, ts A on yhtenäinen ja jos B on yhtenäinen siten, että A B G, niin B = A 10

13 Lemma 117 Joukko G C on yhtenäinen jos ja vain jos G:llä on täsmälleen yksi yhtenäisyyskomponentti Lisäksi tässä tilanteessa kyseinen (ainoa) yhtenäisyyskomponentti on G Todistus Olkoon ensin G yhtenäinen Tällöin G on selvästi G:n yhtenäisyyskomponentti, joten riittää osoittaa, että muita ei ole Jos A G on G:n yhtenäisyyskomponentti, niin suoraan määritelmän 116 ja G:n yhtenäisyyden nojalla A = G Olkoon sitten A G:n ainoa yhtenäisyyskomponentti Tällöin A on yhtenäinen, joten riittää osoittaa, että A = G Tehdään antiteesi: A G Koska A G, niin tällöin on olemassa z G\A Määritellään G:n osajoukkoperhe B sopimalla, että B = {B G B on yhtenäinen ja z B} Heti huomataan, että B, koska {z} B Merkitään C = B, B B jolloin z C ja ilmeisesti myös z B BB Silloin lemman 115 nojalla C on yhtenäinen C on myös G:n yhtenäisyyskomponentti Tämä seuraa siitä, että jos D on yhtenäinen ja C D G, niin z D ja siten D B, jolloin D B B B = C, ja tästä edelleen D = C Siten määritelmän 116 ehdot ovat voimassa C:lle, joten todellakin C on G:n yhtenäisyyskomponentti Koska A on oletuksen mukaan ainut tällainen, on oltava A = C Koska z C, niin z A, mikä on vastoin z:n valintaa Tämä ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi ja väitteen oikeaksi Lemma 118 Olkoon z G C Tällöin on olemassa yksikäsitteinen G:n yhtenäisyyskomponentti C siten, että z C Todistus Määritellään kuten lemman 117 todistuksessa G:n osajoukkoperhe B sopimalla, että B = {B G B on yhtenäinen ja z B}, ja merkitään edelleen C = B BB Täsmälleen samoin kuin 117:n todistuksessa nähdään, että z C ja että C on G:n yhtenäisyyskomponentti Pitää vielä osoittaa C:n yksikäsitteisyys Olkoon siis A toinen G:n yhtenäisyyskomponentti siten, että z A Tällöin A on yhtenäinen, joten A B Siten A B BB = C G Koska myös C on yhtenäinen ja A on yhtenäisyyskomponentti, niin määritelmän 116 mukaan on oltava A = C Huomautus Lemman 118 yksikäsitteisyyspuoli merkitsee sitä, että eri yhtenäisyyskomponentit eivät leikkaa toisiaan: joko ne ovat täysin samoja tai sitten pistevieraita 11

14 Lause 119 Olkoon G C polkuyhtenäinen Tällöin G on myös yhtenäinen Todistus Tehdään antiteesi: G on epäyhtenäinen Tällöin määritelmän 114 mukaan on olemassa avoimet, pistevieraat X, Y C siten, että X G, Y G ja G X Y (1) Ehtojen (1) nojalla voidaan valita x X G ja y Y G Koska G on polkuyhtenäinen, on olemassa väli [a,b] R ja polku : [a,b] G siten, että (a) = x ja (b) = y Merkitään A = 1 (X) [a,b] ja B = 1 (Y) [a,b], jolloin (muun muassa) ehtojen (1) nojalla a A, b B, A B = ja A B = [a,b] (2) Reaalilukujen täydellisyyden (ks [JMA]) nojalla voidaan määritellä c = supa [a,b] Ehtojen (2) nojalla nojalla on vain kaksi (toisensa poissulkevaa) mahdollisuutta: joko c A tai (3) c B (4) Tarkastellaan ensin tapausta (4) Tässä vaihtoehdossa B:n määritelmän nojalla (c) Y, jolloin ehdon a A nojalla on oltava c > a Koska on jatkuva ja Y on avoin, on olemassa 0 < δ < c a siten, että Ehto (5) merkitsee B:n määritelmän mukaan sitä, että (]c δ,c]) Y (5) ]c δ,c] B Tämä on mahdotonta supremumin ominaisuuksien perusteella, koska määritelmänsä mukaan c = supa ja ehdon (2) nojalla A B = Siten vaihtoehto (4) johtaa ristiriitaan, joten riittää tarkastella tapausta (3) Tässä tapauksessa (c) X ja c < b Koska on jatkuva ja X on avoin, on olemassa 0 < δ < b c siten, että Ehto (6) merkitsee A:n määritelmän mukaan sitä, että mikä on mahdotonta, koska c = supa ([c,c+δ[) X (6) c+δ/2 A, Näin on nähty, että molemmissa mahdollisissa tapauksissa joudutaan ristiriitaan, joten antiteesi on väärä ja väite siten todistettu 12

15 Määritelmä 120 Olkoot a,b C Pisteitä a ja b yhdistävä jana on kuvaus J(a,b) : [0,1] C, J(a,b)(t) = a+t(b a) Jos a 0,a 1,,a n C, niin merkitään [a 0,a 1,,a n ] = n J(a i 1,a i )([0,1]) C i=1 ja sanotaan, että joukko [a 0,a 1,,a n ] on pisteitä a 0 ja a n yhdistävä murtoviiva Huomautus Murtoviiva on siis joukko, toisin kuin jana, joka on kuvaus Sen sijaan janan kuvajoukkoj(a,b)([0,1]) on murtoviiva[a,b] On selvää, että jana on myös polku: sen komponenttikuvaukset ovat ensimmäisen asteen polynomeina jatkuvia On myös selvää, että joukko J(a, b)([0, 1]) ei riipu janan suunnasta (vaikka itse kuvaus riippuukin) eli pätee J(a, b)([0, 1]) = J(b, a)([0, 1]) Tämä johtaa siihen, että murtoviivat [a 0,a 1,,a n ] ja [a n,a n 1,,a 0 ] ovat samoja joukkoja Määritelmä 121 Sanotaan, että joukko A C on murtoviivayhtenäinen, jos kaikille a,b A on olemassa pisteitä a ja b joukossa A yhdistävä murtoviiva [a,a 1,,a n 1,b] A Lause 122 Murtoviivayhtenäinen joukko on polkuyhtenäinen Todistus Harjoitustehtävä Varmaan induktiotodistus on tässä sopivin Huomaa, että kaikki polkuyhtenäiset joukot eivät suinkaan ole murtoviivayhtenäisiä Esimerkki 123 Kaikki kiekot ja koko taso C ovat murtoviivayhtenäisiä: kahta tällaisen joukon pistettä a, b yhdistävän janakuvauksen J(a, b) kuvajoukko on määritelmässä 121 tarvittava murtoviiva (kiekkojen osalta ks [VFA]:n konveksisuustulokset) Tällöin lauseen 122 nojalla kaikki kiekot ja C ovat polkuyhtenäisiä ja edelleen lauseen 119 nojalla yhtenäisiä Lemma 124 Olkoon G C avoin Tällöin jokainen G:n yhtenäisyyskomponentti on avoin Todistus Olkoon C jokin G:n yhtenäisyyskomponentti ja z C G Pitää nähdä, että on olemassa r > 0 siten, että B(z,r) C Lemmojen 117 ja 118 todistuksissa nähtiin, että C on muotoa C = B BB, missä B = {B G B on yhtenäinen ja z B} Koska G on avoin, on olemassa r > 0 siten, että B(z,r) G Kiekko B(z,r) on esimerkin 123 mukaan yhtenäinen Koska z B(z,r), niin perheen B määritelmän mukaan B(z,r) B Tällöin B(z,r) B BB = C, ja väite seuraa 13

16 Huomautus Käänteinen tulos lauseelle 119 ei päde, esimerkkinä joukko {(x,y) R 2 x > 0 ja y = sin 1 x } {(x,y) R2 x = 0 ja 1 y 1}, joka on yhtenäinen, mutta ei ole polkuyhtenäinen Jätetään näiden seikkojen tarkka todistus harjoitustehtäväksi Lause 119 kääntyy kuitenkin avoimelle joukolle itse asiassa seuraavassa todistetaan vähän enemmänkin: Lause 125 Olkoon A C avoin ja yhtenäinen Tällöin A on myös murtoviivayhtenäinen Todistus Voidaan olettaa, että A Silloin voidaan kiinnittää (jokin) piste a A ja määritellä joukko B A asettamalla B = {z A on olemassa murtoviiva [a 0,,a n ] A siten, että a 0 = a ja a n = z} Riittää osoittaa, että B = A (1) Tämä johtuu siitä, että jos z,w A ja väite (1) pätee, niin myös z,w B, joten on olemassa murtoviivat [a 0,,a n ] A siten, että a 0 = a ja a n = z sekä [b 0,,b m ] A siten, että b 0 = a ja b m = w Tällöin määritelmän 120 jälkeisen huomautuksen nojalla [a n,a n 1,,a 1,a,b 1,,b m ] A on pisteitä z ja w joukossa A yhdistävä murtoviiva, ja väite seuraa Riittää siis todellakin todistaa väite (1) Huomataan ensin, että B, koska ainakin a B, sillä [a,a] on pisteitä a ja a joukossa A yhdistävä murtoviiva Seuraavaksi todistetaan, että B on avoin (2) Olkoon tätä varten z B A mielivaltainen Koska A on oletuksen mukaan avoin, niin on olemassa r > 0 siten, että Väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että B(x,r) A (3) B(z,r) B (4) Olkoon tätä varten w B(z,r) mielivaltainen Tällöin triviaalisti [z,w] B(z,r) ja siten ehdon (3) nojalla [z,w] A (5) 14

17 Koska z B, niin joukon B määritelmän mukaan on olemassa murtoviiva Ehtojen (5) ja (6) nojalla [a,a 1,,a n 1,z] A (6) [a,a 1,,a n 1,z,w] A, joten [a,a 1,,a n 1,z,w] on pisteitä a ja w joukossa A yhdistävä murtoviiva Silloin B:n määritelmän mukaan w B Väite (4) seuraa tästä, joten myös väite (2) on todistettu Sitten osoitetaan, että myös A\B on avoin (7) Olkoon tätä varten z A\B A mielivaltainen Koska A on oletuksen mukaan avoin, niin on olemassa r > 0 siten, että ehto (3) pätee Väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että B(z,r) A\B (8) Tehdään antiteesi: väite (8) ei päde Tällöin ehdon (3) nojalla on olemassa Koska ehdon (9) nojalla b B(z,r), niin triviaalisti b B(z,r) B (9) [b,z] B(z,r) (10) Toisaalta ehdon (9) nojalla myös b B, joten joukon B määritelmän mukaan on olemassa murtoviiva [a,a 1,,a n 1,b] A (11) Ehtojen (11), (10) ja (3) nojalla murtoviivalle [a,a 1,,a n 1,b,z] pätee [a,a 1,,a n 1,b,z] A, jotentämäonpisteitäajaz joukossaayhdistävämurtoviiva,jasilloinjoukonb määritelmän mukaan z B Tämä on kuitenkin vastoin pisteen z A\B valintaa Syntynyt ristiriita osoittaa tehdyn antiteesin vääräksi, joten väite (8) pätee Näin on nähty, että joukot B ja A \ B ovat avoimia Ne ovat triviaalisti pistevieraita, ja koska B A, niin A = B (A\B) ja lisäksi B A Joukon A oletetun yhtenäisyyden nojalla tämä on mahdollista vain, mikäli (A\B) A = eli A\B = (12) Koska B A, niin väite (1) seuraa ehdosta (12) 15

18 2 Jonot ja sarjat Kompleksisilla jonoilla ja sarjoilla on paljon yhteistä reaalisten jonojen ja sarjojen kanssa Koska kuitenkin tilanne on tasossa vähän monimutkaisempi, tehdään määritelmät ja todistukset huolellisesti nimenomaan kompleksisessa tapauksessa Kuten havaitaan, monet asiat ovat lähes identtisiä reaalisten vastaavien kanssa Toisaalta on huomattava, että [VFA]:ssa ei käsitellä (esimerkiksi) vektoriarvoisia Cauchy-jonoja lainkaan Lause 21 Kompleksilukujono (z n ) suppenee jos ja vain jos reaaliset jonot (Re(z n )) ja (Im(z n )) suppenevat Lisäksi limz n = a jos ja vain jos limre(z n ) = Re(a) ja limim(z n ) = Im(a) Todistus Harjoitustehtävä, ks [VFA] Lause 22 Jos kompleksilukujonoille (z n ) ja (w n ) pätee limz n = a ja limw n = b, niin lim(z n +w n ) = a+b ja lim(z n w n ) = ab Todistus Harjoitustehtävä Tässä kannattaa käyttää lausetta 21 ja lausetta 22 vastaavaa reaalista tulosta, ks [JMA] Lause 23 Olkoon G C, z G ja f,g : G C kuvauksia, joilla on (kompleksinen) raja-arvo pisteessä z Tällöin pätee lim(f(z)+g(z)) = lim f(z)+lim g(z) ja lim(f(z) g(z)) = lim f(z) lim g(z) w z w z w z w z w z w z Todistus Harjoitustehtävä Tässä kannattaa käyttää lausetta 22 ja vastaavia [VFA]:n tuloksia vrt lauseiden 110 ja 111 todistuksiin Määritelmä 24 Sanotaan, että kompleksilukujono (z n ) on Cauchy-jono, jos kaikille ǫ > 0 on olemassa n ǫ N siten, että z n z m < ǫ kaikille n,m n ǫ Lause 25 Kompleksilukujono (z n ) on Cauchy-jono, jos ja vain jos jonot (Re(z n )) ja (Im(z n )) ovat reaalisia Cauchy-jonoja Todistus Toiseen suuntaan väite seuraa siitä, että suoraan määritelmän nojalla Re(z n ) Re(z m ) z n z m ja Im(z n ) Im(z m ) z n z m ; toiseen suuntaan taas siitä, että kolmioepäyhtälön nojalla z n z m Re(z n ) Re(z m ) + Im(z n ) Im(z m ) Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi Lause 26 Suppeneva kompleksilukujono on Cauchy-jono Todistusidea Lausetta 17 käyttäen tämä voidaan palauttaa reaaliseen tilanteeseen Sitten voidaan käyttää vastaavaa reaalista tulosta, ks [JMA] Tämän jälkeen palaudutaan kompleksiseen tilanteeseen lausetta 25 käyttäen Jätetään tässäkin yksityiskohdat harjoitustehtäväksi 16

19 Lause 27 C on täydellinen eli jokainen kompleksinen Cauchy-jono suppenee Todistusidea Tämä menee samaan tapaan kuin lauseen 26 todistus nyt vain käytetään (samoja) lauseita eri järjestyksessä ja eri suuntaan Jätetään taas detaljit lukijan harteille Seuraavaksi siirrytään puhumaan kompleksista sarjoista Annetaan ensin alkeismääritelmä (joka on täysin samannäköinen reaalisen vastaavan kanssa) Määritelmä 28 Olkoon (a n ) n N kompleksilukujono Sanotaan, että sarja i=0 a i suppenee, jos on olemassa z C siten, että lim n i=0 n a i = z Tällöin sanotaan, että z on kyseisen sarjan summa ja merkitään z = i=0 a i Luvut n S n = a i, n N i=0 ovat sarjan osasummia Sanotaan edelleen, että sarja i=0 a i hajaantuu, jos se ei suppene ja että se suppenee itseisesti, jos sarja i=0 a i suppenee Huomautus 29 Lauseiden 26 ja 27 nojalla sarja i=0 a i suppenee jos ja vain jos sen osasummien muodostama jono (S n ) on Cauchy-jono Lause 210 Olkoon i=0 a i suppeneva kompleksilukusarja Tällöin pätee lim a n = 0 n Todistus Harjoitustehtävä Tämän voi joko palauttaa reaaliseen tilanteeseen (jossa väite tunnetusti pätee, ks [SA]) tai soveltaa huomautusta 29 Huomautus 211 Kompleksinen kolmioepäyhtälö yleistyy helposti myös äärellisille summille Jos n N ja a i C kaikille i = 0,,n, niin pätee n a i i=0 n a i Jätetään tämänkin tarkka todistus harjoitustehtäväksi Induktiollahan se tietysti menee Lause 212 Itseisesti suppeneva kompleksilukusarja suppenee Todistus Olkoon (a n ) n N kompleksilukujono siten, että sarja i=0 a i suppenee Pitää osoittaa, että myös sarja i=0 a i suppenee i=0 17

20 Merkitään kaikille n N S n = n i=0 a i C Huomautuksen 29 nojalla riittää osoittaa, että (S n ) on Cauchy-jono Olkoon ǫ > 0 mielivaltainen Riittää osoittaa, että on olemassa q N siten, että S n S m < ǫ kun n > m q (1) Koska reaalinen sarja i=0 a i oletuksen mukaan suppenee, niin on olemassa w R siten, että w = i=0 a i Tällöin on olemassa q N siten, että n w a i < ǫ kun n q (2) 2 i=0 Riittää osoittaa, että ehdon (2) luku q on kelvollinen myös ehdossa (1) Olkoon siis n > m q Tällöin saadaan n m S n S m = a i a i = i=0 i=0 i=0 i=0 i=0 n i=m+1 a i i) n i=m+1 ( n m n ) ( ) m a i a i = a i w + w a i n w m a i + w a i i=0 i=0 iii) < ǫ 2 + ǫ 2 = ǫ, i=0 a i = joten ehto (1) toimii, ja väite on todistettu Tässä epäyhtälö i) saadaan huomautuksesta 210, epäyhtälö ii) reaalisesta kolmioepäyhtälöstä ja epäyhtälö iii) ehdosta (2) Huomautus Suppenevan kompleksilukusarjan ei tarvitse supeta itseisesti; tästähän on reaalisiakin esimerkkejä, vaikkapa vuorotteleva harmoninen sarja Tasaisen suppenemisen käsite on tällä kurssilla keskeinen Sehän on (tai ainakin pitäisi olla) tuttu reaalisesta tilanteesta, mutta asian tärkeyden vuoksi kirjataan täsmällinen kompleksinen määritelmä (jossa ei paljon eroa reaaliseen määritelmään ole) Määritelmä esitetään yleensä funktiojonoille, mutta tällä kurssilla aluksi sovellukset ovat poikkeuksetta funktiosarjoissa, joten muotoillaan määritelmäkin suoraan niille Määritelmä 213 Olkoon A C ja (f n ) n N jono kuvauksia f n : A C Jos kaikille z A kompleksilukusarja i=0 f i(z) suppenee, niin sanotaan, että sarja i=0 f i suppenee pisteittäin joukossa A Koska raja-arvo i=0 f i(z) on yksikäsitteinen jokaiselle z A, niin pisteittäin suppenevan sarjan summafunktio g(z) := f i (z) kaikille z A i=0 18 ii)

21 on hyvin määritelty kuvaus g : A C Jos kaikille z A reaalilukusarja i=0 f i(z) suppenee, niin sanotaan, että sarja i=0 f i suppenee itseisesti joukossa A Sanotaan, että sarja i=0 f i suppenee tasaisesti joukossa A kohti (jotain) funktiota g : A C, jos kaikille ǫ > 0 on olemassa N N siten, että kun n N niin kaikille z A pätee n f i (z) g(z) < ǫ i=0 Huomautus On selvää, että sarjan i=0 f i tasainen suppeneminen joukossa A kohti jotain funktiota g implikoi pisteittäisen suppenemisen, ts sen, että jokaiselle z A sarja i=0 f i suppenee ja tämän sarjan summa on g Käänteinen implikaatio ei sen sijaan päde, sarja voi supeta pisteittäin, mutta ei tasaisesti tästähän löytyy reaalisiakin esimerkkejä Itseisesti suppeneva funktiosarja suppenee myös pisteittäin lauseen 212 mukaan mutta ei kääntäen Itseisesti suppeneva funktiosarja ei välttämättä suppene tasaisesti eikä tasaisesti suppeneva funktiosarja suppene välttämättä itseisesti Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä esimerkit näihin kahteen viimeiseen havaintoon Seuraavat kaksi lausetta ovat yleistyksiä vastaavista reaalisista tuloksista Todistukset ovat hyvin samankaltaisia kuin [SA]:ssa erona on tietysti se, että näissä käytetään kompleksista itseisarvoa reaalisen sijasta Lause 214 Olkoon A C ja (f n ) n N jono jatkuvia kuvauksia f n : A C sekä g : A C kuvaus siten, että sarja i=0 f i suppenee tasaisesti joukossa A kohti funktiota g Tällöin myös g on jatkuva Todistus Olkoot z 0 A ja ǫ > 0 mielivaltaisia Tasaisen suppenemisen nojalla on olemassa n N siten, että n f i (z) g(z) < ǫ kaikille z A (1) 3 i=0 Lauseen 113 ja kuvausten f i jatkuvuuden perusteella myös kuvaus n i=0 f i : A C on jatkuva pisteessä z 0 Siten on olemassa r > 0 siten, että n n f i (z) f i (z 0 ) < ǫ kaikille z B(z 0,r) A (2) 3 i=0 i=0 Tällöin kaikille z B(z 0,r) A pätee g(z) g(z 0 ) i) n n g(z) f i (z) + f i (z) i=0 ǫ 3 + ǫ 3 + ǫ 3 = ǫ, i=0 n n f i (z 0 ) + i=0 i=0 f i (z 0 ) g(z 0 ) ii) < 19

22 joten g : A C on jatkuva pisteessä z 0 Tässä epäyhtälö i) seuraa kolmioepäyhtälöstä sekä epäyhtälö ii) ehdoista (1) ja (2) Huomautus Jos jatkuvien funktioiden muodostama sarja suppenee (vain) pisteittäin, niin summafunktion ei tarvitse olla jatkuva Esimerkki? Lause 215 (Weierstrassin M-testi) Olkoon A C ja (f n ) n N jono kuvauksia f n : A C Oletetaan, että kaikille n N on olemassa M n R siten, että f n (z) M n kaikille z A ja että reaalilukusarja i=0 suppenee Tällöin sarja i=0 f i suppenee itseisesti ja tasaisesti joukossa A Todistus Itseinen suppeneminen seuraa suoraan reaalisesta majoranttiperiaatteesta, ks [SA] Tasaista suppenemista varten merkitään kaikille n N ja z A S n (z) = M i n f i (z) i=0 Osoitetaan, että kiinteälle z A jono (S n (z)) n N on Cauchy-jono Tätä varten olkoon ǫ > 0 mielivaltainen Koska sarja i=0 M i suppenee, sen osasummien jono ( n i=0 M i) n N on lauseen 25 mukaan Cauchy-jono, joten on olemassa N N siten, että kaikille k,n N, k > n N, pätee k i=n+1 M i = k M i i=0 n M i < ǫ 2 (1) i=0 Tällöin näille k,n ja kaikille z A pätee myös S k (z) S n (z) = k i=n+1 f i (z) ii) k k f i (z) i=0 i=n+1 n f i (z) = i=0 M i iii) < ǫ 2 < ǫ, k i=n+1 f i (z) i) (2) missä epäyhtälö i) seuraa huomautuksesta 211, ii) oletuksesta ja iii) ehdosta (1) Ehto (2) osoittaa, että (S n (z)) n N on Cauchy-jono jokaiselle z A Tällöin lauseen 27 nojalla jono (S n (z)) n N suppenee jokaiselle kiinteälle z A 20

23 eli funktiosarja i=0 f i suppenee pisteittäin joukossa A Olkoon g : A C tämän sarjan summafunktio eli g(z) = lim n S n(z) = f i (z) kaikille z A i=0 Pitää osoittaa, että sarja suppenee tasaisesti kohti funktiota g joukossa A Sitä varten olkoon taas ǫ > 0 mielivaltainen Valitaan luku N N kuten edellä, jolloin erityisesti ehdot (1) ja (2) pätevät ehto (2) siis kaikille z A Kun k > n N, niin kaikille z A pätee ehdon (2) nojalla ja siten kaikille n N ja kaikille z A pätee g(z) n i=0 S k (z) S n (z) < ǫ 2, (3) f i (z) = lim S k(z) S n (z) = i) lim S k(z) S n (z) ii) ǫ k k 2 < ǫ, joten suppeneminen on määritelmän 212 mukaisesti tasaista joukossa A Yllä yhtälö i) seuraa itseisarvokuvauksen jatkuvuudesta sekä epäyhtälö ii) seuraa ehdosta (3) ja reaalisesta tuloksesta (ks [JMA]): jos a k < b kaikille k ja a = lima k, niin a b Määritelmä 216 Olkoot i=0 a i ja i=0 b i kompleksilukusarjoja Sanotaan, että näiden sarjojen Cauchyn tulo on sarja i=0 c i, missä kaikille n N c n = n a k b n k k=0 Huomautus Huomaa, että määritelmä 216 on symmetrinen (tai kommutatiivinen), ts sarja i=0 c i on sama riippumatta siitä missä järjestyksessa alkuperäiset sarjat ovat Indeksinvaihdolla nähdään näet helposti, että n k=0 a kb n k = n k=0 b ka n k kaikille n Cauchyn tulosarjan määritelmässä ei oteta mitään kantaa sarjojen mahdolliseen suppenemiseen, vaan määritelmä voidaan esittää formaalisti kaikille sarjoille Suppenemiskysymyksen ratkaisee seuraava lause, vrt [SA] Lause 217 (Mertensin lause) Olkoot i=0 a i ja i=0 b i suppeneviakompleksilukusarjoja; olkoon A = a i ja B = b i i=0 Oletetaan lisäksi, että ainakin toinen näistä sarjoista suppenee itseisesti Tällöin myös niiden Cauchyn tulo i=0 c i suppenee ja pätee c i = AB i=0 21 i=0

24 Todistus Koska Cauchyn tulon määritelmä on symmetrinen, niin merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että sarja i=0 a i suppenee itseisesti Merkitään kaikille n N A n = n a i, B n = i=0 n b i, C n = i=0 sekä lisäksi kaikille k,n N Pitää siis osoittaa, että f n (k) = n c i, D n = B B n ja E n = i=0 Näillä merkinnöillä kaikille p N pätee C p = p c n = p n ( a k b n k ) = i) k=0 { a k b n k kun k n 0 kun k > n n a i D n i i=0 lim C n = AB (1) n p p ( k=0 f n (k)) ii) = p p ( k=0 f n (k)) iii) = p p ( k=0 n=k p k=0 a k b n k ) iv) = a k (B D p k ) vi) = p p a k ( k=0 n=k p a k B k=0 b n k ) v) = p k=0 p k=0 p k a k ( b i ) = i=0 p a k B p k = k=0 a k D p k vii) = A p B E p (2) Tässä yhtälöt i) ja iii) seuraavat suoraan lukujen f n (k) määritelmästä ja yhtälön ii) summeerausjärjestyksen vaihto on helppo todistaa (harjteht) oikeaksi, samoin kuin yhtälöissä iv), v), vi) ja vii) tehtävät operaatiot Koska A on sarjan i=0 a i summa, niin lim p A p = A, jolloin lauseen 22 nojalla lim A pb = AB (3) p Ehdon (2) nojalla kaikille p N pätee joten ehdon (3) mukaan C p +E p = A p B, lim (C p +E p ) = AB p Tällöin väite (1) seuraa lauseesta 22, jos osoitetaan, että lim E p = 0 (4) p 22

25 Koska B on sarjan i=0 b i summa, niin lim n B n = B ja tällöin lim D n = 0 (5) n Erityisesti ehdon (5) nojalla joukko { D n n N} R on rajoitettu, ks [JMA] Olkoon M > 0 siten, että Merkitään D n < M kaikille n N (6) K = a i i=0 Huomaa, että nimenomaan tässä käytetään oletusta sarja i=0 a i suppenee itseisesti Huomaa myös, että K R ja K 0 Väitteen (4) todistamiseksi olkoon ǫ > 0 annettu Pitää osoittaa, että on olemassa N N siten, että ǫ Koska siis K R ja K 0, niin 2K+1 R ja ǫ on olemassa N 1 N siten, että D n < E p < ǫ kaikille p > N (7) ǫ 2K +1 2K+1 > 0, joten ehdon (5) nojalla kaikille n N 1 (8) Käytetään nyt uudelleen oletusta sarjan i=0 a i suppenemisesta Huomautuksen 29 nojalla tämän sarjan osasummien jono on Cauchy-jono Siten on olemassa N 2 N siten, että p a i = m+1 p m a i i=0 i=0 Valitaan nyt N 3 = max{n 1,N 2 } ja edelleen a i < ǫ 2M kun p > m N 2 (9) N = 2N 3 +1 ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (7) toimiva valinta Olkoon siis p > N Tällöin E p = N 3 k=0 p a k D p k i) k=0 ǫ a k 2K +1 +M ǫ 2K +1 K + ǫ 2 < ǫ, p k=0 p k=n 3+1 a k D p k ii) = a k iv) N 3 k=0 ǫ 2K +1 a k D p k + k=0 p k=n 3+1 a k +M ǫ 2M v) = a k D p k iii) 23

26 joten ehto (7) toimii ja väite (4) samoin kuin koko lause on todistettu Tässä - epäyhtälö i) saadaan huomautuksesta 211, - yhtälö ii) seuraa siitä, että N:n valinnan nojalla p > N N 3 +1, - epäyhtälö iii) seuraa toisaalta ehdosta (6) ja toisaalta ehdosta (8), sillä kun k N 3, niin p k > N N 3 = N 3 +1 N 1, - epäyhtälö iv) seuraa toisaalta siitä, että positiivitermisen, suppenevan sarjan k=0 a k osasummien jono on kasvava ja toisaalta ehdosta (9), sillä p > N > N 3 N 2, ja - yhtälö v) tulee suoraan luvun K määritelmästä Huomautus Mertensin lauseessa on välttämätöntä olettaa, että ainakin toinen annetuista sarjoista suppenee itseisesti, sillä kahden ei-itseisesti suppenevan sarjan Cauchyn tulo ei välttämättä suppene; jätetään esimerkin keksiminen harjoitustehtäväksi 3 Potenssisarjat Reaalisia potenssisarjoja on käsitelty[sa]:ssa Nyt yleistetään näitä reaalisia tuloksia kompleksiluvuille Potenssisarja on funktiosarja, ja esitetään määritelmä nimenomaan tätä kautta, jolloin suppenemiskysymykset palautuvat määritelmään 213 Määritelmä 31 Olkoon (f n ) n N jono kuvauksia f n : C C Sanotaan, että sarja f n(z) on potenssisarja, jos on olemassa a C ja kompleksilukujono (a n ) n N siten, että kaikille n N f n (z) = a n (z a) n Huomautus Tässä sovitaan, että w 0 = 1 kaikille w C, myös kun w = 0, jolloin f 0 (z) a 0 Esimerkki Geometrinen sarja z n (1) on potenssisarja Tässä a = 0 ja a n = 1 kaikille n N Tarkastellaan sarjan (1) suppenemista eri z:n arvoilla Kun z < 1, niin sarja (1) suppenee itseisesti (ks [SA]), joten se suppenee lauseen 212 nojalla Kun z > 1, niin z n > 1 kaikille n N Tällöin lauseen 16 h) nojalla z n > 1 kaikille n, joten ei voi olla z n 0 Silloin lauseen 210 perusteella sarja (1) ei voi supeta eli se hajaantuu 24

27 Siten sarja(1) suppenee pisteittäin avoimessa yksikkökiekossa B(0, 1) ja hajaantuu suljetun yksikkökiekon B(0, 1) ulkopuolella Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä, mitä tapahtuu yksikkökiekon reunalla eli yksikköympyrällä S(0, 1) Jätetään myös harjoitustehtäväksi miettiä onko suppeneminen tasaista avoimessa yksikkökiekossa Geometrinen sarja (1) on prototyyppi potenssisarjan suppenemistarkastelulle: näille käy aina niin, että löytyy jokin kiekko (tai koko taso) jonka sisäpuolella sarja suppenee pisteittäin ja ulkopuolella hajaantuu; kiekon reunalla sarja voi supeta tai hajaantua Tämä käy täsmällisemmin ilmi kohta seuraavista lauseista Määritellään (tai palautetaan mieleen) ensin käsite lim sup : Määritelmä 32 Olkoon (a n ) n N jono positiivisia reaalilukuja Merkitään kaikille n N { lim n sup{a i i n} jos jono (a n ) on rajoitettu limsupa n = muuten Huomaa, että lim sup määritellään vain positiivisille reaaliluvuille On helppo nähdä, että rajoitetulle jonolle lim sup on positiivinen reaaliluku, mahdollisesti nolla Kun jono (a n ) ei ole rajoitettu, niin limsupa n ei ole reaaliluku, eikä oikein mitään muutakaan Mukavuussyistä tässä tapauksessa 32:ssa otetaan käyttöön merkintä limsup a n =, joka siis oikeastaan tarkoittaa vain sitä, että joukko {a i i N} ei ole rajoitettu Seuraavassa lauseessa tulee lisää tällaisia mukavuusmerkintöjä Sovitaan näet jatkossa, että reaalilukujen järjestys koskee myös objektia niin, että kaikille r R pätee r < ja r Merkitään lisäksi 1 0 = ja 1 = 0 Näillä merkinnöillä voidaan muotoilla seuraava lause: Lause 33 Olkoon a n(z a) n kompleksinen potenssisarja ja Tällöin kaikille z C pätee: a) Jos z a < R, niin sarja b) jos z a > R, niin sarja c) jos 0 r < R, niin sarja kiekossa B(a, r) 1 R = [0, [ { } limsup a n 1 n a n (z a) n suppenee, jopa itseisesti, ja a n (z a) n hajaantuu Lisäksi a n (z a) n suppenee tasaisesti 25

28 Todistus a) Olkoon z a < R Lauseen 212 nojalla riittää osoittaa, että sarja a n(z a) n suppenee Huomautuksen 29 nojalla riittää osoittaa, että sen osasummien jono on Cauchy-jono Olkoon siis ǫ > 0 mielivaltainen Riittää löytää N N siten, että p q a n (z a) n a n (z a) n kun p > q > N (1) Valitaan r R siten, että z a < r < R (2) Ylläsovittuja merkintöjä noudattaen tämä on mahdollista ja järkevää myös siinä tapauksessa että R = Huomaa, että tapaus R = 0 ei voi nyt oletuksen z a < R perusteella esiintyä Merkitään kaikille n N symbolilla B n joukkoa B n = { a m 1 m m n} Joukot B n ovat rajoitettuja (miksi?) ja pätee lim supb i) n = limsup a n 1 ii) n = 1 iii) < 1 n R r, (3) missä yhtälö i) tulee suoraan määritelmästä 32, yhtälö ii) R:n määritelmästä (myös tapauksessa R = ) ja epäyhtälö iii) ehdosta (2) Ehdon (3) nojalla on olemassa N 1 N siten, että supb N1 < 1/r, jolloin kaikille m N 1 pätee a m 1 1 m < r eli a m < 1 rm (4) Ehdon (2) nojalla saadaan ehto z a r < 1, jolloin reaalinen geometrinen sarja (ks [SA]) ( z a ) n r suppenee, joten sen osasummien jono on Cauchy-jono Siten on olemassa N 2 N siten, että kun p > q N 2, niin p ( ) n z a = p ( ) n z a q ( ) n z a < ǫ (5) n=q+1 r r r Valitaan nyt N = max{n 1,N 2 } 26

29 ja osoitetaan, että tämä valinta toimii ehdossa (1), jolloin väite a) on todistettu Olkoon siis p > q > N Tällöin p q a n (z a) n a n (z a) n i) p = a n (z a) n ii) = n=q+1 p a n z a n iii) p 1 p ( ) n z a iv) r n z a n = < ǫ, r n=q+1 n=q+1 n=q+1 joten väite (1) pätee Tässä - yhtälössä i) on käytetty ehdon p > q lisäksi sitä, että tässä summattavat ovat positiivisia reaalilukuja, jolloin myös summat ovat positiivisia reaalilukuja, eikä ylimääräisiä itseisarvomerkkejä tarvita, - yhtälössä ii) on käytetty lausetta 16 h), - epäyhtälö iii) seuraa ehdosta (4) ja siitä, että q > N N 1 sekä - epäyhtälö iv) seuraa ehdosta (5) ja siitä, että p > q > N N 2 Näin väite a) on todistettu b) Olkoon z a > R Tällöin välttämättä R R (eli ei voi olla R = ; tosin nyt voi olla R = 0), ja voidaan valita r R siten, että R < r < z a (6) Tässä tapauksessa limsup a n 1 n i) = 1 R ii) > 1 r, (7) missä yhtälö i) saadaan R:n määritelmästä (myös tapauksessa R = 0) ja epäyhtälö ii) ehdosta (6) Ehdon (7) ja lim sup:n määritelmän nojalla äärettömän monelle m N pätee a m 1 m > 1 r eli a m > 1 r m Silloin äärettömän monelle m N pätee a m (z a) m = a m z a m > Ehdon (6) nojalla saadaan kaikille m 1 ehto z a m r m > 1 z a m r m (8) Yhdistämällä tämä ehtoon (8) nähdään, että äärettömän monelle m N pätee a m (z a) m > 1 27

30 Tämä merkitsee sitä, että jono (a n (z a) n ) n N ei voi supeta kohti nollaa ja tällöin lauseen 210 nojalla sarja a n(z a) n hajaantuu Näin myös väite b) on todistettu c) Olkoon 0 r < R Pitää osoittaa, että sarja a n(z a) n suppenee tasaisesti kiekossa B(a, r) Sovelletaan Weierstrassin M-testiä (lause 215) Sitä varten pitää löytää reaalilukujono (M n ) n N siten, että M n suppenee ja (9) a n (z a) n M n kaikille n ja kaikille z B(a,r) (10) Valitaan ensin s R siten, että r < s < R, mikä on mahdollista myös tapauksessa R = Koska s < R, niin aivan analogisesti ehdon (4) kanssa voidaan osoittaa, että on olemassa N N siten, että kaikille m N pätee a m 1 1 m < s eli a m < 1 sm (11) Tällöin kaikille z B(a,r) ja kaikille m N pätee a m (z a) m = a m z a m i) < z a m s m ii) ( r ) m, (12) s missä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (11) ja epäyhtälö ii) siitä, että z a r Määritellään nyt Weierstrassin testissä tarvittavat luvut M n asettamalla { a n r n kun n < N M n = ( r ) n s kun n N Tällöin vaatimus (10) toteutuu ehdon (12) nojalla ja myös vaatimus (9) toteutuu, sillä sarjan M n loppuosa (eli kun n N) on geometrinen sarja, jonka suhdeluku on r s < 1, ja alkuosan termit eivät vaikuta suppenemiseen Näin myös väite c) on todistettu Määritelmä 34 Olkoon a n(z a) n kompleksinen potenssisarja Sanotaan, että 1 R = [0, [ { } limsup a n 1 n on sarjan a n(z a) n suppenemissäde 28

31 Huomautus Tehtyjen määritelmien ja merkintäsopimuksien mukaan jokaisella potenssisarjalla on yksikäsitteisesti määrätty suppenemissäde, joka voi siis olla myös 0 tai Huomautus Jos potenssisarjan a n(z a) n suppenemissäteelle R pätee R ]0, [, niin lauseen 33 mukaan sarja suppenee itseisesti avoimessa kiekossa B(a, R) ja suppeneminen on tasaista kaikissa suljetuissa kiekoissa B(a, r) B(a,R) Sarja ei suppene joukossa C\B(a,R), mutta kiekon B(a,R) reunalla eli joukossa {z z a = r} sarja voi supeta (itseisesti tai ei) tai hajaantua; tästä lause 33 ei sano mitään Jos R = 0, niin sarja suppenee vain pisteessä z = a ja jos R =, niin sarja suppenee itseisesti koko C:ssä ja suppeneminen on tasaista kaikissa C:n rajoitetuissa osajoukoissa; nämäkin faktat seuraavat lauseesta 33 Esimerkki Tämän luvun alussa todettiin, että geometrinen sarja zn suppenee kiekossa B(0, 1) ja hajaantuu joukossa C\ B(0, 1), joten ilmeisesti tämän potenssisarjan suppenemissäde on 1 Näin todella on myös määritelmän 34 mielessä, sillä nyt a n = 1 kaikille n N ja siten 1 R = limsup a n 1 n = 1 lim n sup{ a m 1 m m n} = 1 lim n sup{1} = 1 Tämä sarja ei suppene missään suppenemiskiekon reunapisteessä z, z = 1 (Harjteht) Esimerkki Jos a n = 1 n, kun n 1, niin potenssisarjan a nz n suppenemissäde on myös 1 Suppenemiskiekon B(0, 1) reunalla sarja suppenee lukuunottamatta pistettä z = 1 Suppeneminen missään reunapisteessä ei ole kuitenkaan itseistä (Harjteht) Esimerkki Jos a n = 1 n 2, kun n 1, niin potenssisarjan a nz n suppenemissäde on edelleen 1 Suppenemiskiekon B(0, 1) reunalla sarja suppenee jokaisessa pisteessä, jopa itseisesti (Harjteht) Huomautus Konkreettisissa esimerkeissä potenssisarjan suppenemissäteen laskeminen suoraan määritelmästä 34 voi olla hankalaa Seuraava lause (vrt [SA]) on usein käyttökelpoisempi Sitä varten sovitaan taas mukavuusmerkinnästä, joka tosin on käytössä jo [JMA]:ssa: Olkoon (x n ) n N jono reaalilukuja Merkitään lim n x n =, jos kaikille M R on olemassa N N siten, että kaikille n N pätee x n M Huomaa, että tämä koskee vain reaalilukuja; vastaavaa käsitettä kompleksilukujonoille ei ainakaan tässä vaiheessa määritellä Lause 35 Olkoon R [0, [ { } kompleksisen potenssisarjan 29

32 a n(z a) n suppenemissäde Oletetaan, että raja-arvo lim n a n a n+1 [0, [ { } on olemassa Tällöin pätee R = lim n a n a n+1 Todistus Merkitään α = lim n a n a n+1 ja osoitetaan, että R α ja (1) α R, (2) jolloin väite seuraa, myös tapauksissa R = tai α = Todistetaan ensin väite (1) Jos α =, niin tämä väite pätee Voidaan siis olettaa, että α [0, [ Valitaan mielivaltainen r R siten, että r > α ja osoitetaan, että mistä väite (1) seuraakin R r, (3) Koska r > α = lim n a n a n+1, niin reaalisen raja-arvon määritelmän perusteella voidaan valita N N siten, että ja lisäksi kaikille n N pätee a n 0, kun n N (4) a n a n+1 Merkitään B = a N r N ja osoitetaan, että < r eli a n < a n+1 r (5) kaikille n N pätee a n r n B (6) Väite (6) todistetaan induktiolla Asia on selvä kun n = N, ja yleinen induktioaskel n n+1 menee näin: a n+1 r n+1 = a n+1 r r n i) > a n r n ii) B Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (5) ja epäyhtälö ii) induktio-oletuksesta Tämä tarkastelu todistaa oikeaksi ehdon (6) 30

33 Olkoon sitten z C\B(a,r) mielivaltainen Tällöin z a r eli z a r 1, jolloin ehdon (6) nojalla saadaan kaikille n N a n (z a) n = a n r n ( z a r ) n B 1 = B (7) Koska ehdon (4) nojalla a N 0 ja toisaalta r > α 0, niin B = a N r N > 0, jolloin ehto (7) merkitsee sitä, että ei voi olla lim n a n (z a) n = 0 Lauseen 210 nojalla tällöin sarja a n (z a) n ei voi supeta Silloin lauseen 33 nojalla täytyy olla z a R, jolloin R R ja z C\B(a,R) (8) Koska z valittiin mielivaltaisesti joukosta C \ B(a, r), niin ehto (8) merkitsee sitä, että C\B(a,r) C\B(a,R), jolloin B(a,R) B(a,r) Tämä on mahdollista vain kun R r Näin väite (3) ja siten myös väite (1) on todistettu Todistetaan sitten väite (2) Jos α = 0 ti R =, niin asia on selvä Voidaan siis olettaa, että α > 0 ja R R Valitaan mielivaltainen r R siten, että 0 < r < α ja osoitetaan, että r R, (9) jolloin väite (2) seuraa Huomaa, että tämä pätee myös siinä tapauksessa, että α = a Koska r < α = lim n, n a n+1 niin reaalisen raja-arvon määritelmän perusteella voidaan valita N N siten, että kaikille n N pätee a n > r eli a n > a n+1 r (10) a n+1 Merkitään B = a N r N ja osoitetaan, että kaikille n N pätee a n r n B (11) Väite (11) todistetaan induktiolla samaan tapaan kuin ehto (6) Asia on selvä, kun n = N ja yleinen induktioaskel n n+1 menee näin: a n+1 r n+1 = a n+1 r r n i) < a n r n ii) B 31

34 Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (10) ja epäyhtälö ii) induktio-oletuksesta Tämä todistaa oikeaksi ehdon (11) Olkoon sitten z B(a,r) mielivaltainen Tällöin z a < r eli z a r < 1 (12) Ehdon (11) nojalla saadaan kaikille n N ( ) n ( ) n z a z a a n (z a) n = a n r n B (13) r r Reaalinen sarja ( ) n z a r suppenee, koska se on geometrinen sarja, jonka suhdeluku on ehdon (12) perusteella aidosti alle ykkösen, ks [SA] Tällöin ilmeisesti myös ( ) n z a sarja B suppenee (14) r Ehtojen (13) ja (14) sekä majoranttiperiaatteen (ks [SA]) nojalla reaalinen sarja a n (z a) n suppenee Silloin lauseen 212 nojalla myös kompleksinen sarja a n (z a) n suppenee (15) Lauseen 33 ja ehdon (15) nojalla on oltava z a R, jolloin oletuksen R R perusteella z B(a,R) (16) Koska z valittiin mielivaltaisesti joukosta B(a, r), niin ehto (16) merkitsee sitä, että B(a,r) B(a,R) Tämä on ilmeisesti mahdollista vain kun r R Näin väite (9) ja siten myös väite (2) on todistettu Esimerkki Potenssisarjan (vrt [SA]) suppenemissäde on Tämän näkee lauseen 35 avulla helposti, sillä tässä sarjassa a n = 1 n! kaikille n, joten lim a n n = lim (n+1)! = lim (n+1) = n n! n a n+1 32 z n n!

35 Tällöin lauseen 33 perusteella sarja kaikille x R pätee (ks [SA]) e x = zn n! suppenee kaikille z C Koska x n n!, niin ylläoleva esimerkki antaa aiheen määritelmään: Määritelmä 36 Kompleksinen eksponenttifunktio exp : C C määritellään asettamalla kaikille z C z n exp(z) = n! Usein merkitään myös e z = exp(z) Huomautus Edellisen esimerkin ja lauseen 33 c) nojalla eksponenttifunktion määrittelevä sarja suppenee tasaisesti jokaisessa kiekossa B(0, r), r > 0 Koska sen osasummat ovat polynomeja, ne ovat jatkuvia sivun 8 huomautuksen mukaisesti Tällöin lauseen 214 nojalla eksponenttifunktio on jatkuva kiekossa B(0, r) Koska tämä pätee kaikille r > 0, eksponenttifunktio on jatkuva koko tasossa C Lause 37 Olkoon a C ja oletetaan, että potenssisarjat a n(z a) n ja b n(z a) n suppenevat pisteittäin kiekossa B(a,r) Tällöin myös summaja (Cauchyn-)tulosarjat c n(z a) n ja d n(z a) n, missä c n = a n +b n ja d n = n a k b n k kaikille n, k=0 suppenevat pisteittäin kiekossa B(a, r) sekä c n (z a) n = a n (z a) n + b n (z a) n ( ) ( ) d n (z a) n = a n (z a) n b n (z a) n kaikille z B(a,r) Todistus Olkoon z B(a,r) kiinteä ja merkitään kaikille m N jolloin A m = lim A m = m m a n (z a) n ja B m = a n (z a) n ja 33 ja m b n (z a) n, lim B m = m b n (z a) n

36 Ilmeisesti A m +B m = m m a n (z a) n + b n (z a) n = joten lauseen 110 nojalla saadaan m c n (z a) n = lim m lim A m + lim B m = m m m (a n +b n )(z a) n = m c n (z a) n, c n (z a) n = lim m (A m +B m ) = a n (z a) n + b n (z a) n ja näin summasarjaa koskeva väite on todistettu Tulosarjaa varten huomataan ensin, että lauseen 33 nojalla molempien annettujen potenssisarjojen suppenemissäde on ainakin r, jolloin saman lauseen c)-kohdan mukaan molemmat annetut potenssisarjat suppenevat itseisesti kiekossa B(a, r) Silloin Mertensin lauseen 217 nojalla riittää osoittaa, että sarja d n (z a) n on sarjojen a n (z a) n ja b n (z a) n Cauchyn tulo, ts että kaikille n N pätee n d n (z a) n = a k (z a) k b n k (z a) n k k=0 Näinhän d n :n määritelmän perusteella on: n n n a k (z a) k b n k (z a) n k = a k b n k (z a) n = (z a) n a k b n k = k=0 k=0 (z a) n d n 4 Analyyttiset funktiot Määritelmä 41 Olkoon G C avoin joukko, z G ja f : G C kuvaus Sanotaan, että f on derivoituva pisteessä z, jos on olemassa raja-arvo f(z +h) f(z) lim C h 0 h Mikäli kyseinen raja-arvo on olemassa, sitä merkitään symbolilla f (z) ja sanotaan, että se on f:n derivaatta pisteessä z Jos f on derivoituva jokaisessa pisteessä z G ja kuvaus z f (z) on jatkuva G:ssä, sanotaan, että f on analyyttinen joukossa G k=0 34

37 Merkintä Monissa yhteyksissä käytetään derivaatalle merkintää d dz f(z) = f (z) f(z+h) f(z) Huomautus Derivaatan määritelmässä oleva rajankäynti lim h 0 h on nimenomaan kompleksinen eli nollaa lähestyvä luku h on kompleksiluku eli se voi lähestyä nollaa muutenkin kuin reaaliakselia pitkin tämä on tärkeä ero reaaliseen derivaatan määritelmään verrattuna Kuvausta h f(z+h) f(z) h ei ole määritelty pisteessä h = 0, mutta ei tarvitse ollakaan, jotta raja-arvon määritelmä (ks [VFA]) toimisi Tässähän G on avoin ja z G, joten on olemassa r > 0 siten, että B(z,r) G Tällöin f(z+h) f(z) h on määritelty kaikille h B(0,r)\{0}, koska f on määritelty koko G:ssä, joten raja-arvon määritelmä toimii järkevästi ja erityisesti määritelmässä oleva luku h C voi lähestyä nollaa miten tahansa Jatkossa poikkeuksetta derivoituvuutta tarkastellaan vain avoimessa joukossa Huomautus 42 Useissa kompleksianalyysin oppikirjoissa analyyttiset funktiot määritellään ilman vaatimusta derivaatan f jatkuvuudesta Itse asiassa kuitenkin pelkkä derivaatan olemassaolo jokaisessa pisteessä riittää takaamaan sen jatkuvuuden, kuten tullaan näkemään Goursat n lauseessa 1111 Siis määritelmä 41 pysyy de facto samana vaikka vaatimus f :n jatkuvuudesta jätettäisiin pois Vaatimus on tässä monisteessa mukana määritelmässä siitä syystä, että sen avulla on helpompi todistaa joitakin analyyttisten funktioiden perusominaisuuksia Mainittu tulos eli se, että pelkkä olemassaolo takaa derivaatan jatkuvuuden, on varsin vaikea todistettava Tämäkin todistus siis kyllä esitetään tällä (tai ainakin jatko-) kurssilla, mutta paradoksaalisesti vasta sitten, kun on ensin todistettu vahvemmasta määritelmästä 41 saatavia jatkuvasti derivoituvalle funktiolle päteviä vahvoja tuloksia Huomautus Kompleksisen derivaatan määritelmä näyttää kovasti samalta kuin reaalisen derivaatan määritelmä, joten voisi luulla, että analyyttisillä funktioilla on suurinpiirtein vastaavat ominaisuudet kuin reaalisilla derivoituvilla funktioilla Näin ei kuitenkaan ole, vaan kompleksinen derivoituvuus on tosiaan paljon vahvempi ominaisuus kuin reaalinen derivoituvuus Tämä tarkoittaa käytännössä sitä, että analyyttisillä funktioilla on paljon kovempia ominaisuuksia kuin reaalisesti derivoituvilla; tästähän huomautus 42 jo antaa esimakua: ei reaalisesti derivoituvan funktion tarvitse olla jatkuvasti derivoituva On myös niin, että varsin yksinkertaiset funktiot ovat ei-derivoituvia, kuten seuraava esimerkki kertoo Esimerkki Vakiokuvaukset ovat triviaalisti analyyttisiä ja niiden derivaatta on 0 Identtinen kuvaus id(z) = z on analyyttinen ja id (z) 1 Tämäkin näkyy suoraan määritelmästä Sen sijaan geometrisesti hyvin yksinkertainen konjugointikuvaus f : C C, f(z) = z ei ole analyyttinen Itse asiassa tämä kuvaus ei ole derivoituva missään pisteessä z C Tämän näkee määritelmän 41 35

38 erotusosamäärää tarkastelemalla: kun h lähestyy origoa pitkin reaaliakselia, erotusosamäärä tälle funktiolle lähestyy lukua +1, imaginaariakselin suunnasta tultaessa erotusosamäärä lähestyy lukua 1 Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi, joka kannattaa ehdottomasti katsoa läpi Tämä esimerkki osoittaa myös sen, että R 2 :n mielessä jatkuvasti differentioituvan kuvauksen ei tarvitse olla analyyttinen Sen sijaan käänteinen puoli, eli että analyyttinen kuvaus C C on aina jatkuvasti differentioituva tulkittuna kuvaukseksi R 2 R 2, pätee kyllä Tämä todistetaan lauseessa 411 Seuraavat lauseet ovat kovin tutunnäköisiä myös todistukseltaan Lause 43 Olkoon G C avoin, z G ja f : G C kuvaus, joka on derivoituva pisteessä z Tällöin f on jatkuva pisteessä z Todistus Riittää osoittaa, että lim h 0 f(z+h) f(z) = 0 Lauseen 23 nojalla saadaan ja asia on selvä lim h 0 lim h 0 +h) f(z) f(z +h) f(z) = lim(f(z h 0 h f(z +h) f(z) h lim h 0 h = f (z) 0 = 0, h) = Lause 44 Olkoon G C avoin, z G ja f,g : G C kuvauksia, jotka ovat derivoituvia pisteessä z Tällöin summa f + g ja tulo f g ovat derivoituvia pisteessä z Derivaatoille pätee a) (f +g) (z) = f (z)+g (z) ja b) (f g) (z) = f (z)g(z)+f(z)g (z) Lisäksi, jos g(z) 0, niin osamäärä f g on derivoituva pisteessä z ja c) ( ) f (z) = f (z)g(z) f(z)g (z) g g(z) 2 Todistus Kohdissa a) ja b) riittää laskea erotusosamäärien raja-arvot: a) Summalle saadaan (f +g)(z +h) (f +g)(z) lim h 0 h lim h 0 f(z +h) f(z) h missä yhtälö i) seuraa lauseesta 23 = lim h 0 f(z +h) f(z)+g(z +h) g(z) h g(z +h) g(z) + lim = f (z)+g (z), h 0 h i) = 36

39 b) Tulolle laskut menevät näin: (fg)(z +h) (fg)(z) f(z +h)g(z +h) f(z)g(z) lim = lim = h 0 h h 0 h (f(z +h) f(z))g(z +h)+f(z)(g(z +h) g(z)) ii) lim = h 0 h f(z +h) f(z) g(z +h) g(z) iii) lim lim g(z +h)+f(z) lim = h 0 h h 0 h 0 h f (z)g(z)+f(z)g (z), missä yhtälö ii) seuraa lauseesta 23 ja yhtälössä iii) käytetään lauseen 23 lisäksi lausetta 43 c) Lauseen 43 nojalla g on jatkuva, joten ehdon g(z) 0 nojalla g on nollasta eroava jossakin z:n sisältävässä riittävän pienessä avoimessa joukossa, jolloin f g on määritelty tässä joukossa ja väite on tässä suhteessa järkevä Laskut ovat tällaisia: f g lim (z +h) f g (z) f(z+h) = lim h 0 h h 0 h g(z+h) f(z) g(z) (f(z +h) f(z))g(z) f(z)(g(z +h) g(z)) iv) lim = h 0 hg(z + h)g(z) g(z)lim h 0 f(z+h) f(z) h f(z)lim h 0 g(z+h) g(z) h lim h 0 g(z +h)g(z) f(z +h)g(z) f(z)g(z +h) = lim = h 0 hg(z + h)g(z) v) = g(z)f (z) f(z)g (z) g(z) 2, missä yhtälö iv) seuraa lauseesta 23 ja yhtälössä v) käytetään lauseen 23 lisäksi lausetta 43 Esimerkki Lauseen 44 nojalla voidaan helpolla induktiolla osoittaa, että polynomit ovat derivoituvia koko tasossa ja niiden derivaatat ovat myös polynomeja, joten polynomit ovat analyyttisiä koko tasossa Kompleksisen polynomin derivaatta lasketaan vastaavalla tavalla kuin reaalisenkin Siis jos P(z) = n a k z k, missä luvut a k C ovat vakioita sekä n 1, niin k=0 n 1 P (z) = (k +1)a k+1 z k k=0 Koska siis polynomit ovat analyyttisiä, niin lauseen 44 c) nojalla myös kaikki rationaalifunktiot ovat analyyttisiä määrittelyjoukossaan Polynomien derivoimissääntö ja lause 44 c) antavat rationaalifuktioille derivoimissäännön, joka on täysin analoginen reaalisen vastaavan säännön kanssa Yhdistetylle funktiolle pätee (ainakin nimeltään tuttu) ketjusääntö: 37

40 Lause 45 (Ketjusääntö) Olkoot G 1,G 2 C avoimia, z G 1 sekä f : G 1 G 2 ja g : G 2 C kuvauksia siten, että f on derivoituva pisteessä z ja g on derivoituva pisteessä f(z) Tällöin yhdistetty kuvaus g f : G 1 C on derivoituva pisteessä z ja (g f) (z) = g (f(z)) f (z) Huomautus Tämä on eri tulos kuin R 2 :n ketjusääntö (ks [VFA]), jossa yhdistetyn funktion derivaatta on derivaattojen yhdiste tässä kyseessä on siis kompleksinen kertolasku Koska kyseessä olevat funktiot kuitenkin ovat differentioituvia myös R 2 :n mielessä (kuten tullaan näkemään), myös reaalinen ketjusääntö toteutuu Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä, miten nämä ketjusäännöt liittyvät toisiinsa Lauseen 45 todistus Joukon G 2 avoimuuden nojalla voidaan valita s > 0 siten, että B(f(z),s) G 2 Valitaan sitten r > 0 siten, että B(z,r) G 1 ja f(b(z,r)) B(f(z),s) tämä on mahdollista, koska G 1 on avoin ja f on oletuksen ja lauseen 43 nojalla jatkuva pisteessä z Määritellään kuvaus f : B(0,r) C asettamalla f (h) = { f(z+h) f(z) h kun h B(0,r)\{0} f (z) kun h = 0 Koska f on derivoituva pisteessä z, niin f on jatkuva pisteessä h = 0 Lisäksi pätee f(z +h) f(z) = h f (h) kaikille h B(0,r), myös kun h = 0 (1) Määritellään edelleen kuvaus g : B(0,s) C asettamalla g (h) = { g(f(z)+h) g(f(z)) h kun h B(0,s)\{0} g (f(z)) kun h = 0 Koska g on derivoituva pisteessä f(z), niin g on jatkuva pisteessä h = 0 Lisäksi pätee g(f(z)+h) g(f(z)) = h g (h) kaikille h B(0,s), myös kun h = 0 (2) Koska r:n valinnan nojalla kaikille h B(0,r) pätee f(z +h) f(z) B(0,s), niin ehdon (2) nojalla kaikille h B(0,r) pätee g(f(z)+(f(z+h) f(z))) g(f(z)) = (f(z+h) f(z))g (f(z+h) f(z)) (3) Todistus on nyt laskua vaille valmis: (g f)(z +h) (g f)(z) g(f(z)+(f(z +h) f(z))) g(f(z)) lim = lim h 0 h h 0 h i) = 38

41 (f(z +h) f(z))g (f(z +h) f(z)) ii) hf (h)g (f(z +h) f(z)) lim = lim = h 0 h h 0 h lim h 0 f (h)g (f(z +h) f(z)) iii) = f (0)g (0) = f (z)g (f(z)), missä yhtälössä i) on käytetty ehtoa (3), yhtälössä ii) ehtoa (1) ja yhtälössä iii) f:n jatkuvuutta pisteessä z, f :n ja g :n jatkuvuutta pisteessä 0 sekä lausetta 23 Huomautus Koska jatkuvien kuvausten tulo ja yhdiste ovat myös jatkuvia (ks lauseet 111 ja [VFA]), niin ketjusääntö takaa myös sen, että analyyttisten funktioiden yhdiste on analyyttinen Analyyttisyydessähän vaaditaan derivoituvuuden lisäksi derivaatan jatkuvuus Huomautus Lauseiden 44 ja 45 avulla voidaan konstruoida runsaasti esimerkkejä analyyttisistä funktioista, jos tiedetään joitakin perusfunktioita, joiden analyyttisyys on tiedossa Edellisessä esimerkissä mm todettiin rationaalifunktioiden analyyttisyys ja perusfunktioina käytettiin vain vakioita ja identtistä kuvausta Minkään muun funktion derivoituvuuttahan ei itse asiassa suoraan määritelmän nojalla ole vielä todettukaan Toisaalta tässä käy kyllä niin, että kovin paljon uusia analyyttisiä funktioita ei enää löydy, jollei kaiveta jostain uusia perusfunktioita (vakioiden ja identtisen kuvauksen lisäksi), joita voidaan sitten kertoa, jakaa ja yhdistellä ja näin tuottaa uusia analyyttisiä funktioita Seuraava lause on tässä perusfunktiotuotannossa aivan oleellinen: sen avulla saadaan valtavasti lisää uusia funktioita, jotka tiedetään analyyttisiksi Lause 46 Olkoon R ]0, [ { } kompleksisen potenssisarjan a n(z a) n suppenemissäde Merkitään G = Tällöin kuvaus f : G C, f(z) = { B(a,R) jos R ]0, [ C jos R = a n (z a) n kaikille z G on analyyttinen ja kaikille z G pätee f (z) = (n+1)a n+1 (z a) n Huomautus 47 Indeksinvaihdolla m = n + 1 saadaan (harjteht) lauseen 46 derivaattalausekkeelle myös esitys f (z) = ma m (z a) m 1, m=1 39

42 jota ehkä yleisimmin tässä käytetään ja jonka perusteella voidaan vähän huolimattomasti sanoa, että suppenemiskiekossaan potenssisarja voidaan derivoida termeittäin Lauseen 46 todistus Joukko G on avoin ja lauseen 33 nojalla f:n määrittelevä sarja suppenee kaikille z G, joten väite on ainakin tältä osin järkevä Osoitetaan ensin, että myös derivaataksi väitetty sarja (n+1)a n+1 (z a) n suppenee G:ssä Lauseen 33 nojalla riittää osoittaa, että sen suppenemissäde on vähintään R, ts että 1 limsup (n+1)a n+1 1 n Koska lim n (n+1) 1 n = 1, kuten helposti nähdään, niin limsup (n+1)a n+1 1 n = limsup an+1 1 n R (1) Tämän tarkka todistus jätetään harjoitustehtäväksi Silloin väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että 1 R (2) limsup a n+1 1 n Merkitään R 1 =, limsup a n+1 1 n jolloin R on määritelmän 34 mukaisesti sarjan a n+1(z a) n suppenemissäde Lisäksi väite (2) tulee muotoon R R, joten voidaan tehdä antiteesi: R < R (AT) Tällöin voidaan valita z C siten, että R < z a < R (3) Koska R on alkuperäisen sarjan suppenemissäde, niin lauseen 33 ja ehdon (3) nojalla sarja a n(z a) n suppenee, joten on olemassa raja-arvo ( ( k k lim a n (z a) n = lim a n (z a) ) a n 0 = a n (z a) ) a n 0 C k n=1 k Tällöin, koska ehdon (3) nojalla on oltava z a, on olemassa myös raja-arvo lim k 1 z a k a n (z a) n C n=1 40

43 Koska 1 z a k k 1 a n (z a) n = a n+1 (z a) n, n=1 kuten helposti induktiolla nähdään, niin on olemassa raja-arvo mikä merkitsee sitä, että lim k k 1 a n+1 (z a) n C, sarja a n+1 (z a) n suppenee pisteessä z Tämä on kuitenkin ehdon (3) ja lauseen 33 nojalla mahdotonta, koska R on tämän sarjan suppenemissäde Näin antiteesi (AT) johti ristiriitaan, joten se on väärä, ja näin väite (2) ja siten myös väite (1) on todistettu Siten on nähty, että sarja (n+1)a n+1 (z a) n suppenee joukossa G (4) Merkitään kaikille z G g(z) = (n+1)a n+1 (z a) n, jolloin ehdon (4) nojalla g : G C on hyvin määritelty kuvaus Pitää siis osoittaa, että g(z) on funktion f derivaatta jokaisessa pisteessä z G eli että kiinteälle z G pätee lim f(z +h) f(z) h 0 g(z) h = 0 (5) Tätä varten olkoon z G ja ǫ > 0 mielivaltainen Jos löydetään δ > 0 siten, että f(z +h) f(z) g(z) h < ǫ kaikille h B(0,δ)\{0}, (6) niin väite (5) ja siten f:n derivoituvuutta ja derivaattaa koskeva väite on todistettu On syytä huomata, että tämä ei vielä takaa sitä, että f olisi analyyttinen, koska sen derivaatan pitää olla myös jatkuva 41

44 Valitaan ensin r > 0 siten, että z a < r < R (mikä on ehdon z G ja toisaalta lauseen oletuksen R > 0 nojalla mahdollista), jolloin z B(a,r) G Valitaan sitten s > 0 siten, että s < r, jolloin kaikille h B(0,s) \ {0} pätee z +h B(a,r) eli z a < r ja z +h a < r (7) Merkitään kaikille m N ja w G S m (w) = m a n (w a) n ja R m (w) = f(w) S m (w) = lim Kun k,m N, k > m ja h B(0,s)\{0}, niin ( k ) 1 k a n (z a+h) n a n (z a) n = h n=m+1 n=m+1 1 k a n ((z a+h) n (z a) n i) ) h n=m+1 k n=m+1 k n=m+1 k n=m+1 k n=m+1 k k n=m+1 a n (w a) n a n (z a+h) n (z a) n ii) (z a+h) (z a) = (8) n 1 a n (z a+h) j (z a) n 1 j j=0 n 1 a n z a+h j iii) n 1 j z a j=0 n 1 n 1 iv) a n r = j=0 k n=m+1 n a n r n 1 = k 1 (n+1) a n+1 r n n=m Tässä epäyhtälö i) perustuu huomautuksen 211 lisäksi siihen, että h = (z a+h) (z a), yhtälö ii) perustuu siihen helposti todistettavaan faktaan, että kaikille a,b C ja n 1 pätee n 1 a n b n = (a b) a j b n 1 j, epäyhtälö iii) ehtoon (7) ja yhtälö iv) siihen, että sisemmässä summassa on summattavana n kappaletta vakiotermejä r n 1 Koska valintansa nojalla r < R ja ehdon (1) mukaan potenssisarjan (n+1)a n+1(z a) n suppenemissäde on ainakin R, niin lauseen 33 nojalla j=0 sarja (n+1) a n+1 r n 42

45 suppenee ja tällöin suppenee myös sarjan loppupää (n+1) a n+1 r n kaikilla m N n=m Pitämällä epäyhtälöketjussa (8) m ja h kiinteinä ja antamalla k saadaan R m (w):n määritelmän nojalla epäyhtälö 1 h (R m(z +h) R m (z)) (n+1) a n+1 r n, (9) n=m joka siis pätee kaikille m N ja h B(0,s)\{0} Koska, kuten yllä todettiin, sarja (n+1) a n+1 r n suppenee, niin lim m n=m Tällöin voidaan valita N 1 N siten, että (n+1) a n+1 r n = 0 (n+1) a n+1 r n < ǫ 3 n=m kun m N 1 Yhdistämällä tämä epäyhtälö epäyhtälöön (9) saadaan 1 h (R m(z +h) R m (z)) < ǫ 3 kaikille m N 1 ja h B(0,s)\{0} (10) Edellä määriteltiin kaikille m N S m (z) polynomina S m (z) = m a n (z a) n Lausetta 45 edeltävän esimerkin nojalla S m on derivoituva ja m 1 S m(z) = (n+1)a n+1 (z a) n Funktion g määritelmän mukaan pätee tällöin lim m S m(z) = g(z), joten voidaan valita N 2 N siten, että S m(z) g(z) < ǫ 3 kun m N 2 (11) Kiinnitetään nyt m = max{n 1,N 2 } Tälle m löytyy derivaatan määritelmän mukaan δ siten, että 0 < δ < s ja kaikille h B(0,δ)\{0} pätee S m (z +h) S m (z) S h m(z) < ǫ 3 (12) 43

46 Osoitetaan sitten, että tämä kelpaa ehdossa (4) peräänkuulutetuksi δ:ksi, ts että ehto (6) toimii tälle δ Olkoon siis h B(0,δ)\{0} Tällöin f(z +h) f(z) i) g(z) h S m (z +h) S m (z) S h m(z) + S m(z) g(z) + 1 h (R m(z +h) R m (z)) ǫ 3 + ǫ 3 + ǫ 3 = ǫ, eli ehto (6) pätee Tässä epäyhtälö i) seuraa kolmioepäyhtälöstä ja siitä, että f(w) = S m (w) + R m (w); epäyhtälö ii) seuraa ehdoista (12), (11) ja (10) sekä siitä, että m N 1, m N 2 ja h B(0,δ)\{0} B(0,s)\{0} Kuten ehdon (6) yhteydessä todettiin, väite f = g on näin todistettu On siis nähty, että f on derivoituva ja että f (z) = g(z) kaikille z G f on analyyttinen, jos vielä nähdään, että g on jatkuva G:ssä Tämä seuraa nyt siitä, että g on joukossa G suppeneva potenssisarja, ja yllätodistetun mukaan tällainen funktio on jopa derivoituva G:ssä erityisesti siis jatkuva lauseen 43 mukaan Määritelmä 48 Olkoon G C avoin ja f : G C analyyttinen funktio Tällöin myös f : G C on kuvaus Jos tämä kuvaus on derivoituva pisteessä z G, niin merkitään f (z) = (f ) (z) ja sanotaan, että tämä on f:n toisen kertaluvun derivaatta pisteessä z Jos f (z) on olemassa jokaisessa pisteessä z G ja lisäksi kuvaus z f (z) on jatkuva G:ssä, niin sanotaan, että f on kaksi kertaa jatkuvasti derivoituva Rekursiivisesti, jos oletetaan, että käsitteet k:nnen kertaluvun derivaatta pisteessä z G (tätä merkitään symbolilla f (k) (z)) ja k kertaa jatkuvasti derivoituva on jo määritelty, ja kuvaus z f (k) (z) on derivoituva, sanotaan, että tämän kuvauksen derivaatta pisteessä z G on f:n (k+1):nnen kertaluvun derivaatta pisteessä z ja sitä merkitään symbolilla f (k+1) (z) Jos f (k+1) (z) on olemassa kaikille z G ja jos kuvaus z f (k+1) (z) on jatkuva G:ssä, sanotaan, että f on k+1 kertaa jatkuvasti derivoituva Jos f:llä on G:ssä kaikkien kertalukujen derivaatat f (k), k 1, sanotaan, että f on äärettömän monta kertaa derivoituva joukossa G Lause 49 Olkoon R ]0, [ { } kompleksisen potenssisarjan a n(z a) n suppenemissäde Merkitään G = Tällöin kuvaus f : G C, f(z) = { B(a,R) jos R ]0, [ C jos R = a n (z a) n kaikille z G ii) < 44

47 on äärettömän monta kertaa derivoituva ja kaikille z G sekä k N, k 1 pätee f (k) (z) = (n+k)(n+k 1) (n+1)a n+k (z a) n Todistus Tehdään induktio k:n suhteen Kun k = 1, väite seuraa suoraan lauseesta 46 Huomaa, että lauseesta 46 seuraa myös derivaattasarjan suppeneminen G:ssä Oletetaan induktiivisesti, että derivaattaa f (k) (z) väitteen mukaan esittävä sarja (n+k)(n+k 1) (n+1)a n+k (z a) n suppenee G:ssä ja on todella f:n k:nnen kertaluvun derivaatta Tällöin voidaan soveltaa lausetta 46 funktioon f (k) Kyseisen lauseen mukaan f (k) on derivoituva ja f (k+1) (z) = (n+1)((n+1)+k)((n+1)+k 1) ((n+1)+1)a (n+1)+k (z a) n = (n+(k +1))(n+(k +1) 1) (n+1+1)(n+1)a n+(k+1) (z a) n, joten derivoituvuusväite pätee myös kertaluvulle (k + 1) Induktioperiaatteen nojalla lause on tällöin todistettu Esimerkki 410 Kuvaus exp : C C on äärettömän monta kertaa derivoituva koko tasossa ja d exp(z) = exp(z) kaikille z C dz Tämä seuraa siitä, että määritelmän 36 mukaan exp(z) = z n n! kaikille z C, joten lauseen 49 nojalla exp on äärettömän monta kertaa derivoituva ja lauseen 46 mukaan d dz exp(z) = 1 1 (n+1) (n+1)! zn = n! zn = exp(z) Induktiolla nähdään välittömästi, että kaikkien kertalukujen derivaatat ovat samoja eli exp (k) = exp kaikille k Tämähän tarkoittaa lauseen 43 perusteella myös sitä, että exp on analyyttinen koko tasossa 45

48 Tarkastellaan seuraavaksi kompleksisen derivoituvuuden ja reaalisen (kaksiulotteisen) differentioituvuuden välistä suhdetta Muistetaan, että C = R 2, jolloin kuvaus f : C C voidaan tulkita kahden reaalimuuttujan R 2 -arvoiseksi funktioksi Vähän täsmällisemmin: Olkoon G C = R 2 avoin ja f : G C = R 2 kuvaus Käytetään kaikille z G merkintää z = x + iy = (x,y) R 2, missä x = Re(z) ja y = Im(z), jolloin f on kuvaus G R 2, (x,y) f(x,y) R 2 Merkitään edelleen u(x,y) = Re(f(x+iy)) R ja v(x,y) = Im(f(x+iy)) R, jolloin u ja v ovat kuvauksia G R Esimerkki Olkoon f(z) = z 2 ja G = C = R 2 Tällöin f(x+iy) = x 2 y 2 +i2xy, joten yo merkinnöillä u(x,y) = x 2 y 2 ja v(x,y) = 2xy Voidaanko funktioiden u ja v reaalisten osittaisderivaattojen avulla sanoa jotain f:n kompleksisesta derivoituvuudesta? Tutkitaan tilannetta Oletetaan ensin, että f on kompleksisessa mielessä derivoituva pisteessä z = x+iy G, (x,y R), jolloin on olemassa raja-arvo Tällöin on olemassa myös raja-arvo Kun h R, niin ja tällöin lim h 0, h R f(z +h) f(z) lim = f (z) C h 0, h C h f(z +h) f(z) lim = f (z) C h 0, h R h f(z +h) f(z) = f(x+h+iy) f(x+iy) = h h u(x+h,y) u(x,y) +i v(x+h,y) v(x,y) h h ( u(x+h,y) u(x,y) h +i v(x+h,y) v(x,y) ) = f (z) h Koska tässä esiintyvät osamäärät ovat h:n reaalisuuden nojalla reaalisia, niin 46

49 tällöin pätee (ks [VFA]) u(x+h,y) u(x,y) lim = Re(f (z)) ja h 0, h R h v(x+h,y) v(x,y) lim = Im(f (z)) h 0, h R h Tämä merkitsee sitä (ks [VFA]), että on olemassa x-akselin suuntaiset osittaisderivaatat ja lisäksi pätee u(x+h,y) u(x,y) u x (x,y) = lim = Re(f (z)) ja h 0, h R h v(x+h,y) v(x,y) v x (x,y) = lim = Im(f (z)), h 0, h R h f (z) = Ref (z)+iimf (z) = u x (x,y)+iv x (x,y) (1) Vastaavasti on olemassa myös raja-arvo f(z +ih) f(z) lim = f (z) C h 0, h R ih Kun h R, niin tunnetun kaavan 1 i = i nojalla saadaan ja tällöin lim h 0, h R f(z +ih) f(z) f(x+i(y +h)) f(x+iy) = = ih ih u(x,y +h) u(x,y) v(x,y +h) v(x,y) +i = ih ih v(x,y +h) v(x,y) u(x,y +h) u(x,y) i h h ( v(x,y +h) v(x,y) i h Kuten edellä pätee silloin h:n reaalisuuden nojalla ) u(x,y +h) u(x,y) = f (z) h v(x,y +h) v(x,y) lim = Re(f (z)) ja h 0, h R h u(x,y +h) u(x,y) lim = Im(f (z)) h 0, h R h Tämä merkitsee sitä samalla tavalla kuin edellä, että on olemassa myös y-akselin suuntaiset osittaisderivaatat v y (x,y) ja u y (x,y) ja lisäksi pätee f (z) = v y (x,y) iu y (x,y) (2) 47

50 Yhdistämällä yllä olevat yhtälöt (1) ja (2) saadaan ns Cauchy-Riemannyhtälöt: { u x = v y v x = u y (C-R) Lause 411 Olkoon G C = R 2 avoin joukko ja u,v : G R kuvauksia Silloin kuvaus f : G C, f(z) = u(z)+iv(z) tai f(x,y) = u(x,y)+iv(x,y) on analyyttinen jos ja vain jos reaaliset osittaisderivaatat u x, u y, v x ja v y ovat jatkuvia G:ssä ja toteuttavat siinä Cauchy-Riemann-yhtälöt Lisäksi tällöin pätee { f u x (x,y)+iv x (x,y) (z) = (31) v y (x,y) iu y (x,y) Todistus 1) Oletetaan ensin, että f on analyyttinen Cauchy-Riemann-yhtälöiden voimassaolo samoin kuin ylipäätään reaalisten osittaisderivaattojen olemassaolo seuraa edellä tehdystä tarkastelusta Lisäksi edellä ehdoissa (1) ja (2) nähtiin, että yhtälöt (31) pätevät kaikille z G Koska f on oletuksen mukaan analyyttinen, sen derivaatta on jatkuva, joten myös derivaatan reaali- ja imaginaariosa ovat jatkuvia funktioita Väitetty reaalisten osittaisderivaattojen jatkuvuus seuraa tällöin yhtälöistä (31) 2) Oletetaan sitten kääntäen, että reaaliset osittaisderivaatat ovat jatkuvia ja toteuttavat Cauchy-Riemann-yhtälöt Olkoon z G, x = Re(z) ja y = Im(z) Valitaan r > 0 siten, että B(z,r) G Olkoon h B(0,r) \ {0}; merkitään s = Re(h) ja t = Im(h) Koska kaikille τ ] r,r[ pätee (x,y + τ) B(z,r) G, niin voidaan määritellä reaalinen kuvaus α : ] r,r[ R asettamalla α(τ) = u(x,y + τ) Tällöin reaalisen ketjusäännön (ks [JMA]) nojalla α on jatkuvasti derivoituva ja α (τ) = u y (x,y +τ) Koska h B(0,r), niin t = Im(h) ] r,r[, joten α on määritelty välillä [ t, t ], ja reaalisen väliarvolauseen (ks [JMA]) nojalla on olemassa t 1 R, t 1 t siten, että α(t) α(0) = α (t 1 )(t 0) = u y (x,y +t 1 )t eli u(x,y +t) u(x,y) = u y (x,y +t 1 )t (1) Koska h B(0,r), niin s 2 +t 2 = h < r ja (x + ξ,y + t) B(z,r) G kaikille ξ ] r 2 t 2,+ r 2 t 2 [, joten voidaan määritellä toinen reaalinen kuvaus β : ] r 2 t 2,+ r 2 t 2 [ R asettamalla β(ξ) = u(x+ξ,y+t) Tällöin taas reaalisen ketjusäännön nojalla β on jatkuvasti derivoituva ja β (ξ) = u x (x+ξ,y +t) Koska s ] r 2 t 2,+ r 2 t 2 [, niin β on määritelty välillä [ s, s ] ja 48

51 taas reaalisen väliarvolauseen nojalla on olemassa s 1 R, s 1 s siten, että β(s) β(0) = β (s 1 )(s 0) = u x (x+s 1,y +t)s eli u(x+s,y +t) u(x,y +t) = u x (x+s 1,y +t)s (2) Laskemalla yhteen yhtälöt (1) ja (2) saadaan yhtälö Merkitään u(x+s,y +t) u(x,y) = u x (x+s 1,y +t)s+u y (x,y +t 1 )t (3) ϕ(s,t) = (u(x+s,y +t) u(x,y)) (u x (x,y)s+u y (x,y)t) Tällöin, koska s+it = h 0, saadaan yhtälön (3) nojalla ϕ(s, t) s+it = s s+it (u x(x+s 1,y +t) u x (x,y))+ t s+it (u y(x,y +t 1 ) u y (x,y)) Käyttämällä hyväksi tietoja t 1 t s + it ja s 1 s s + it sekä osittaisderivaattojen u x ja u y jatkuvuutta nähdään tästä, että Siten ϕ:n määritelmän nojalla ϕ(s, t) lim = 0 (4) s+it 0 s+it u(x+s,y +t) u(x,y) = u x (x,y)s+u y (x,y)t+ϕ(s,t), missä ϕ(s, t) toteuttaa ehdon (4) Vastaavasti merkitsemällä nähdään, että ψ(s,t) = (v(x+s,y +t) v(x,y)) (v x (x,y)s+v y (x,y)t) v(x+s,y +t) v(x,y) = v x (x,y)s+v y (x,y)t+ψ(s,t) ja ψ(s, t) toteuttaa ehdon ψ(s, t) lim = 0 (5) s+it 0 s+it Koska s+it = h 0, niin ϕ:n ja ψ:n määritelmien nojalla saadaan f(z +h) f(z) u(x+s,y +t) u(x,y) = h s+it ϕ(s,t)+u x (x,y)s+u y (x,y)t s+it ϕ(s,t)+iψ(s,t) s+it v(x+s,y +t) v(x,y) +i = s+it +i ψ(s,t)+v x(x,y)s+v y (x,y)t s+it + u x(x,y)s+u y (x,y)t+iv x (x,y)s+iv y (x,y)t s+it Käyttämällä Cauchy-Riemann-yhtälöitä { u x (x,y) = v y (x,y) v x (x,y) = u y (x,y) = 49

52 ja tietoa i 2 = 1 saadaan tästä edelleen f(z +h) f(z) h ϕ(s,t)+iψ(s,t) s+it = ϕ(s,t)+iψ(s,t) s+it +u x (x,y)+iv x (x,y) Tällöin ehtojen (4) ja (5) nojalla nähdään, että + u x(x,y)(s+it)+iv x (x,y)(s+it) s+it f(z +h) f(z) lim = u x (x,y)+iv x (x,y) h 0 h Näin f on derivoituva pisteessä z = x+iy ja f (z) = u x (x,y)+iv x (x,y) Tämä pätee kaikille z G, ja koska u x ja v x ovat oletuksen mukaan jatkuvia, on myös f = u x +iv x jatkuva ja f siten analyyttinen Muistetaan aiemmin esitetystä, että joukon A C polku on jatkuva kuvaus reaaliakselin suljetulta ja rajoitetulta väliltä [a, b] joukkoon A Polun erikoistapauksena määritellään tie: Määritelmä 412 Olkoon I R suljettu ja rajoitettu väli ja : I C polku Sanotaan, että on tie, jos jatkuvat kuvaukset I R, t Re((t)) ja t Im((t)) ovat paloittain jatkuvasti derivoituvia tavallisessa reaalisessa mielessä Tien derivaatta pisteessä t I on (t) = d dt Re((t))+i d dt Im((t)), niissä pisteissä t, joissa reaaliset derivaatat d dt Re((t)) ja d dt Im((t)) ovat olemassa Huomautus Tässä käsite paloittain jatkuvasti derivoituvia tavallisessa reaalisessa mielessä tarkoittaa tarkkaan ottaen sitä, että on olemassa välin I = [a, b] jako a = c 0 < c 1 < < c n = b siten, että mainitut reaaliarvoiset kuvaukset ovatjatkuvastiderivoituviaväleillä]c k 1,c k [,k = 1,,njalisäksijakopisteissä c k toispuoleisesti siis derivaattaon paitsi sekäoikean- että vasemmanpuolisesti olemassa, niin myös sekä oikean- että vasemmanpuolisesti jatkuva jakopisteissä c k (tietysti välin päätepisteissä a ja b, joissa vaaditaan vain toispuoleinen jatkuvuus) Oikean- ja vasemmanpuolisten derivaattojen ei kuitenkaan tarvitse olla samoja näissä pisteissä Huomaa kuitenkin, että itse kuvaukselta vaaditaan jatkuvuus myös jakopisteissä c k tämä vaatimus sisältyy polun määritelmään Erityisesti siis tien derivaatta (t) on olemassa ja jatkuva molemminpuolisesti pisteissä t [a,b]\{c 0,c 1,,c n } Usein käytetään myös merkintää (t) = d dt (t), = 50

53 niissä pisteissä, joissa derivaatta on olemassa Käytetään(vähän huolimattomasti) samaa merkintää myös jakopisteissä c 0,,c n, jolloin kyse on joko oikeantai vasemmanpuolisesta derivaatasta Huomaa (ks [VFA]), että d dt Re((t)) = Re( d dt (t)) ja d dt Im((t)) = Im( d dt (t)), jakopisteissä toispuolisesti Huomaa lisäksi, että näin määriteltyinä (toispuoleinen jatkuvuus jakopisteissä!) sekä Re( (t)) että Im( (t)) ovat rajoitettuja reaalifunktioita määrittelyjoukossaan Esimerkki Jos määritellään : [0,2] C, { t kun t [0,1] (t) = 1+(t 1)i kun t ]1,2], niin on tie Jakopisteessä t = 1 vasemmanpuoleinen derivaatta on 1 ja oikeanpuoleinen i Jatkuvahan tämä on myös pisteessä t = 1 Esimerkki 413 a) Olkoon : [0,2π] C, (t) = cost+isint Tällöin on tie ja (t) = sint+icost kaikille t [0,2π], kun välin päätepisteissä puhutaan vain toispuoleisista derivaatoista b) Pisteitä a,b C yhdistävä jana J(a,b) on tie; sen derivaatta on identtisesti b a Jätetään tarkat derivoinnit harjoitustehtäviksi Huomautus 414 Tie : I C on vakio, jos (t) 0 Tämä seuraa reaalisesta väliarvolauseesta (ks [JMA]), jota sovelletaan sekä reaali- että imaginaariosaan Pieni induktiotodistushan tässä pitää tietysti tehdä Lause 415 Olkoon G R avoin ja f : G C analyyttinen kuvaus Olkoon lisäksi I R suljettu ja rajoitettu väli ja : I G tie Tällöin f : I C on tie ja kaikille t I pätee (f ) (t) = f ((t)) (t) Huomautus Niissä pisteissä t, joissa (t) on olemassa ainoastaan toispuoleisesti, väite on tietenkin vain toispuoleinen Todistus Koska f ja ovat jatkuvia, niin f on jatkuva (ks [VFA]) ja näin f on ainakin polku Tie on siis jatkuvasti derivoituva osaväleillä [c k 1,c k ] I = [a,b], missä a = c 0 < c 1 < < c n = b, jakopisteissä c j toispuoleisesti Koska tien derivaatan pitää olla jakopisteissä vain toispuoleisesti jatkuvasti derivoituva, niin riittää osoittaa, että väite pätee kullakin osavälillä [c k 1,c k ] Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan siten olettaa, että on jatkuvasti derivoituva koko välillä [a, b], päätepisteissä toispuoleisesti 51

54 Jos merkitään u(z) = Re(f(z)) ja v(z) = Im(f(z)), niin lauseen 411 nojalla u:n ja v:n reaaliset osittaisderivaatat ovat jatkuvia Tällöin (ks [VFA]) kuvaus f : G R 2, (x,y) (u(x,y),v(x,y)) on jatkuvasti differentioituva reaalisessa mielessä Lisäksi pätee (ks [VFA]) kaikille (x, y) G [ ] ux (x,y) u matdf(x,y) = y (x,y) (1) v x (x,y) v y (x,y) Merkitään x(t) = Re((t)) ja y(t) = Im((t)), jolloin (ks [VFA]) kaikille t [a,b] [ ] x mat D()(t) = (t) y (2) (t) Reaalisen (moniulotteisen) ketjusäännön (ks [VFA]) nojalla f on differentioituva ja pätee matd(f )(t) = matdf(x(t),y(t)) matd(t) kaikille t [a, b], päätepisteissä toispuolisesti Yllä oleva kertomerkki tarkoittaa tietenkin matriisituloa Tällöin ehtojen (1) ja (2) nojalla [ ] [ ] ux (x(t),y(t)) u mat D(f )(t) = y (x(t),y(t)) x (t) v x (x(t),y(t)) v y (x(t),y(t)) y = (3) (t) [ ] ux (x(t),y(t))x (t)+u y (x(t),y(t))y (t) v x (x(t),y(t))x (t)+v y (x(t),y(t))y (t) Sovelletaan nyt Cauchy-Riemann-yhtälöitä, jotka lauseen 411 perusteella ovat voimassa, jolloin ehdosta (3) saadaan [ ] ux (x(t),y(t))x matd(f )(t) = (t) v x (x(t),y(t))y (t) v x (x(t),y(t))x (t)+u x (x(t),y(t))y (t) Tällöin (ks [VFA]) d dt Re(f ) = u x(x(t),y(t))x (t) v x (x(t),y(t))y (t) ja d dt Im(f ) = v x(x(t),y(t))x (t)+u x (x(t),y(t))y (t) Nämä ovat oletusten (ks myös [VFA]) nojalla jatkuvia, joten f on tie ja määritelmän 412 mielessä (f ) (t) =u x (x(t),y(t))x (t) v x (x(t),y(t))y (t)+ (4) i(v x (x(t),y(t))x (t)+u x (x(t),y(t))y (t)) Toisaalta lauseen 411 mukaan f (z) = u x (x,y)+iv x (x,y) ja määritelmän 412 mukaan (t) = x (t)+iy (t), joten kompleksitulon määritelmän perusteella f ((t)) (t) = (u x (x(t),y(t))+iv x (x(t),y(t))) (x (t)+iy (t)) = (5) u x (x(t),y(t))x (t) v x (x(t),y(t))y (t)+ i(v x (x(t),y(t))x (t)+u x (x(t),y(t))y (t)) Väite seuraa ehdoista (4) ja (5) 52

55 Huomautus 416 Lause 415 on hyvin käyttökelpoinen konkreettisen tien derivaatan laskemisessa Usein sitä voi soveltaa tilanteessa, jossa asetetaan = id Esimerkiksi jos kuvaus α : [0, 2π] C määritellään asettamalla α(t) = e it kaikille t [0,2π], niin α on tie Tämä seuraa lauseesta 415 kun siinä määritellään f(z) = exp(iz) ja = id [0,2π], jolloin f on esimerkin 410 ja lauseen 45 nojalla analyyttinen, on (triviaalisti) tie ja α = f Erityisesti lause 415 antaa tien α derivaatat: α (t) = f ((t)) (t) i) = iexp(it) 1 = ie it Tässä yhtälö i) seuraa ketjusäännöstä45, esimerkistä410 ja siitä, että d dz (iz) i (koska polynomien derivaatat hallitaan), jolloin f (iz) = iexp(iz) kaikille z C, erityisesti siis reaalisille z ja tietysti vielä siitä, että (t) 1 (mikä on triviaalia) Onko murtoviiva tie? Tämä on mieletön kysymys, koska määritelmien mukaan murtoviiva on joukko ja tie on kuvaus Tarkennettuna kysymyksen voi muotoilla seuraavasti:josm onannettumurtoviiva,niinonkoolemassatietä : [a,b] C, jonka jäljelle ([a,b]) pätisi ([a,b]) = M? Tähän kysymykseen (vielä vähän täsmennettynä) vastaa seuraava lause Lause 417 Olkoon [a 0,,a n ] C murtoviiva Tällöin on olemassaväli [a,b] R ja tie : [a,b] C siten, että ([a,b]) = [a 0,,a n ], (a) = a 0 ja (b) = a n Todistus Harjoitustehtävä Tässä on viisainta tehdä induktio n:n suhteen ja soveltaa esimerkkiä 413 b) Huomautus 418 Lauseessa 125 nähtiin, että avoin ja yhtenäinen joukko G on murtoviivayhtenäinen, ts sen kaikki pisteparit voidaan yhdistää G:n murtoviivalla Tällöin lauseen 417 nojalla kaikki G:n pisteparit voidaan yhdistää myös G:n tiellä, ts G on tieyhtenäinen Lauseen 415 sekä huomautusten 414 ja 418 avulla voidaan todistaa seuraava lause, jonka reaalinen versio on periaatteessa tuttu, tosin sitä ei välttämättä ole todistettu, ks [VFA]:n luennot Lause 419 Olkoon G C avoin ja yhtenäinen sekä f : G C analyyttinen siten, että f (z) = 0 kaikille z G Tällöin f on vakio Todistus Kiinnitetään piste w G Riittää osoittaa, että f(z) = f(w) kaikille z G (1) Olkoon tätä varten z G mielivaltainen Huomautuksen 418 nojalla on olemassa G:n tie : [a,b] G siten, että (a) = w ja (b) = z (2) 53

56 Lauseen 415 nojalla f : [a,b] C on tie ja (f ) (t) = f ((t)) (t) (3) Oletuksen nojalla f ((t)) = 0 kaikille t, jolloin ehdon (3) mukaan (f ) (t) 0 (4) Huomautuksen 414 ja ehdon (4) nojalla f on vakiotie, jolloin ehtoa (2) käyttäen saadaan f(z) = f (b) = f (a) = f(w), ja väite (1) seuraa 5 Eksponenttifunktio, logaritmi, sini ja kosini Eksponenttifunktio exp on määritelmän 36 mukaisesti kuvaus exp : C C siten, että kaikille z C pätee exp(z) = e z = z n n! ( ) Esimerkissä 410 nähtiin, että exp on koko tasossa analyyttinen ja kaikille z C pätee d exp(z) = exp(z) dz ( ) Määritelmän ( ) kompleksisen sarjan antama funktio exp yhtyy reaaliakselilla reaaliseen eksponenttifunktioon (ks [SA]), joten reaalinen eksponenttifunktio on kompleksisen eksponenttifunktion rajoittuma reaaliakselille tai oikeammin toisinpäin: kompleksinen eksponenttikuvaus laajentaa reaalisen eksponenttikuvauksen määritelmän koko tasoon Derivaattakaava ( ) on yleistys vastaavasta reaalisesta kaavasta ja monet muutkin reaalisen eksponenttifunktion ominaisuudet laajenevat toimimaan koko tasossa toki uusiakin kaavoja syntyy, kuten seuraava lause kertoo Lause 51 Kaikille z,w C pätee a) exp(z +w) = exp(z) exp(w), 1 b) exp(z) 0 ja exp(z) = exp( z), c) exp(z) = exp(z) sekä d) exp(z) = exp(re(z)) Todistus a) Olkoot z, w C mielivaltaisia, mutta kiinteitä Merkitään kaikille u C f(u) = exp(u) exp(z +w u) 54

57 Lauseen 44, ketjusäännön ja eksponenttifunktion analyyttisyyden nojalla f on analyyttinen koko tasossa ja lisäksi derivaattakaavan ( ) sekä mainittujen lauseiden nojalla saadaan kaikille u C f (u) = exp(u) exp(z +w u)+exp(u) exp(z +w u) ( 1) = 0 Tämä pätee siis kaikille u C ja koska C on esimerkin 123 mukaan yhtenäinen, niin f on lauseen 419 nojalla vakio Koska exp(0) = 1, niin f(0) = exp(z +w) ja siten f(u) = exp(z + w) kaikille u C Erityisesti näin on, kun u = z ja saadaan exp(z +w) = f(z) = exp(z) exp(z +w z) = exp(z) exp(w), joten väite a) on todistettu b) Suoraan a)-kohdan nojalla saadaan exp(z) exp( z) = exp(z +( z)) = exp(0) = 1, josta molemmat b)-kohdan väitteet seuraavat c) Tämä on suora lasku: expz i) = lim lim m m m m z n n! (z) n n! v) = expz, ii) = lim m m z n n! iii) = lim m m missä yhtälöt i) ja v) seuraavat eksponenttifunktion määritelmästä, yhtälö ii) lauseesta 16 b), yhtälö lauseesta 16 a) ja yhtälö iv) kompleksikonjugoinnin jatkuvuudesta d) Ensinnäkin saadaan exp(z) 2 i) = exp(z) exp(z) ii) = exp(z) exp(z) iii) = exp(z +z) iv) = (1) exp(2re(z)) v) = (exp(re(z))) 2, missä yhtälö i) seuraa lauseesta 16 g), yhtälö ii) yllä todistetusta kohdasta c), yhtälöt iii) ja v) kohdasta a) sekä yhtälö iv) lauseesta 16 d) Koska sekä exp(z) että exp(re(z)) ovat positiivisia reaalilukuja (tässä tarvitaan sitä tietoa, että reaaliakselilla kompleksinen eksponenttifunktio on sama kuin reaalinen eksponenttifunktio, joka puolestaan on aina positiivinen, ks [JMA]), niin yhtälöstä (1), jossa siis exp(z) 2 = (exp(re(z))) 2 z n n! iv) = 55

58 seuraa, että joten väite pätee exp(z) = exp(re(z)), Kompleksinen eksponenttifunktio muodostettiin de facto niin, että reaalisen eksponenttifunktion Taylorin sarja laajennettiin kompleksitasoon Samaa ideaa sovelletaan sinille ja kosinille Muistetaan ([SA]), että reaaliselle x pätee sinx = ( 1) n x2n+1 (2n+1)! ja cosx = ( 1) n x2n (2n)! Tarkistetaan ensin vastaavien kompleksisten sarjojen suppeneminen: Lemma 52 Potenssisarjat ( 1) n z2n+1 (2n+1)! suppenevat koko kompleksitasossa ja ( 1) n z2n (2n)! Todistus Harjoitustehtävä Tässä kannattaa käyttää hyväksi tietoa (ks [SA]), jonka mukaan vastaavat reaaliset sarjat suppenevat koko reaaliakselilla Lemman 52 valossa voidaan nyt asettaa Määritelmä 53 Kompleksiluvun z sini, merkitään sin(z) ja kosini, merkitään cos(z) määritellään asettamalla sin(z) = ( 1) n z2n+1 (2n+1)! ja cos(z) = ( 1) n z2n (2n)! Lause 54 Sini ja kosini ovat koko tasossa analyyttisiä funktioita, joille pätee d dz sin(z) = cos(z) ja d cos(z) = sin(z) kaikille z C dz Todistus Kuvausten analyyttisyys seuraa suoraan lemmasta 52 ja lauseesta 49 Koska määritelmän mukaan sin(z) = a nz n, missä { 0 kun n on parillinen a n = ( 1) k 1 n! kun n = 2k +1 jollekin k N {0}, ja cos(z) = b nz n, missä { 0 kun n on pariton b n = ( 1) k 1 n! kun n = 2k jollekin k N {0}, 56

59 niin derivaatoille saadaan lauseen 46 mukaan d dz sin(z) = d dz ( a n z n ) = (n+1)a n+1 z n = c n z n, missä kaikille n pätee { 0 kun n+1 on parillinen c n = (n+1)( 1) k 1 (n+1)! kun n+1 = 2k +1 jollekin k N {0} = { 0 kun n on pariton ( 1) k 1 n! kun n = 2k jollekin k N {0} Siten väite = b n on todistettu Vastaavasti saadaan d dz sin(z) = b n z n = cos(z) d dz cos(z) = d dz ( b n z n ) = (n+1)b n+1 z n = d n z n, missä kaikille n pätee { 0 kun n+1 on pariton d n = (n+1)( 1) k 1 (n+1)! kun n+1 = 2k jollekin k N {0} { 0 kun n on parillinen = ( 1) k 1 n! kun n = 2k 1 jollekin k N {0} = { 0 kun n on parillinen ( 1) k 1 1 n! kun n = 2k 1 = 2(k 1)+1 jollekin k N {0} = a n, joten d dz cos(z) = a n z n = i) a n z n = sin(z), missä yhtälö i) seuraa lauseesta 22 57

60 Lause 55 Kaikille z C pätee cos(z) = 1 2 (eiz +e iz ) ja sin(z) = 1 2i (eiz e iz ) Todistus Nämä ovat suoria laskuja Kosinille saadaan 1 2 (eiz +e iz ) = 1 2 ( 1 2 k=0 i 2k +i 2k 2k iii) z = (2k)! i n ( i) n n! zn + z n ) = i) 1 i n +( i) n n! 2 n! ( 1) k (2k)! z2k = cos(z), k=0 z n ii) = missä yhtälö i) seuraa lauseesta 22, yhtälö ii) siitä, että i n + ( i) n = i n + ( 1) n i n = 0, kun n on pariton ja yhtälö iii) siitä, että i 2k + i 2k = 2(i 2 ) k = 2( 1) k Vastaavasti sinille saadaan 1 2i (eiz e iz ) = 1 2i ( i n n! zn 1 2i i 2k+1 ( i) 2k+1 k=0 (2k +1)! 2k+1 iii) z = ( i) n z n ) = i) 1 i n ( i) n n! 2i n! ( 1) k (2k +1)! z2k+1 = sin(z), k=0 z n ii) = missä yhtälö i) seuraa lauseesta 22, yhtälö ii) siitä, että i n ( i) n = i n ( 1) n i n = 0, kun n on parillinen ja yhtälö iii) siitä, että i 2k+1 ( i) 2k+1 = i((i 2 ) k ( 1) 2k+1 (i 2 ) k ) = 2i( 1) k Lause 56 Kaikille z C pätee Todistus Lauseen 55 nojalla saadaan sin 2 (z)+cos 2 (z) = 1 sin 2 (z)+cos 2 (z) i) = 1 4 (eiz e iz ) (eiz +e iz ) 2 ii) = 1 4 (ei2z +e i2z 2)+ 1 4 (ei2z +e i2z +2) = = 1, missä yhtälö i) seuraa siis lauseesta 55 ja yhtälö ii) lauseesta 51 a) Lause 57 Kaikille z C pätee Todistus Lauseen 55 nojalla saadaan e iz = cos(z)+isin(z) cos(z)+isin(z) = 1 2 (eiz +e iz )+i 1 2i (eiz e iz ) = e iz 58

61 Lause 58 Olkoon z C\{0} ja olkoon ϕ R jokin z:n napakulma Tällöin Todistus z = z e iϕ z i) = z (cosϕ+isinϕ) ii) = z e iϕ, missä yhtälö i) seuraa esimerkistä 14 sekä yhtälö ii) lauseesta 57 ja siitä, että reaaliluvun ϕ reaalinen sini ja kosini ovat täsmälleen samoja kuin sen kompleksinen sini ja kosini Huomautus Koska π on kompleksiluvun 1 = ( 1,0) napakulma ja 1 = 1, niin lauseen 58 nojalla saadaan kaava e iπ = 1 Tätä on joskus sanottu matematiikan kauneimmaksi kaavaksi Tässä ajatuksessa on vähän perääkin: yhdistyväthän siinä matematiikan alkeishiukkaset e, i ja π toisiinsa tyylikkäällä ja yksinkertaisella tavalla Lause 59 Olkoon z C ja x = Re(z) sekä y = Im(z) Tällöin e z = e x (cosy +isiny) Todistus e z = e x+iy = i) e x iy ii) e = e x (cosy +isiny), missä yhtälö i) seuraa lauseesta 51 a) ja yhtälö ii) lauseesta 57 Lauseessa 51 b) osoitettiin, että e z 0 kaikille z C Tämä on tärkeä tulos ja koska kyseisen lauseen todistuksesta ei ilmene konkreettista syytä, miksi näin on, niin todistetaan lause vielä uudestaan, jolloin nähdään, mistä tämä oikeastaan johtuu: Lause 510 Kaikille z C pätee e z 0 Todistus Olkoon x = Re(z) ja y = Im(z) Tällöin lauseen 59 mukaan e z = e x (cosy +isiny) = e x cosy +ie x siny, joten Re(e z ) = e x cosy ja Im(e z ) = e x siny Koska e x 0 kaikille x R (ks [JMA]), niin väite seuraa siitä, että reaaliset siny ja cosy eivät yhtaikaa ole nollia (ks [JMA] tai lause 56) sekä toisaalta kompleksiluku on nolla täsmälleen silloin, kun sen sekä reaali- että imaginaariosa ovat molemmat nollia Määritelmä 511 Sanotaan, että funktio f : C C on periodinen, periodina c C\{0}, jos kaikille z C pätee f(z +c) = f(z) 59

62 Huomautus 512 Jos f on periodinen periodina c, niin f:n periodiksi kelpaa mikä hyvänsä kc, k Z \ {0}, kuten helpolla induktiotodistuksella välittömästi nähdään Muitakin periodeja voi toki olla Lause 513 Eksponenttifunktio on periodinen, periodina 2πi Todistus Kaikille z C pätee e z+2πi = i) e z 2πi ii) e = e z (cos2π +isin2π) = e z, missä yhtälö i) seuraa lauseesta 51 a) ja yhtälö ii) lauseesta 57 Huomautus Koska e 0 = 1, niin lauseen 513 nojalla saadaan hyödyllinen kaava, johon vielä usein törmätään ja joka kannattaa painaa mieleen: e 2πi = 1 Huomautus Reaaliseen eksponenttifunktioon verrattuna kompleksisen eksponenttifunktion periodisuus on ehkä vähän yllättävää Reaaliset sini ja kosini ovat tunnetusti periodisia, periodina 2π On luontevaa kysyä, miten on kompleksisten sinin ja kosinin periodisuuden laita Tähän vastaa seuraava lause: Lause 514 Sini ja kosini ovat periodisia, periodina 2π Todistus Kaikille z C pätee sin(z +2π) i) = 1 2i (eiz+2πi e iz 2πi ) ii) = 1 2i (eiz e iz ) iii) = sin(z), missä yhtälöt i) ja iii) seuraavat lauseesta 55 ja yhtälö ii) lauseesta 513 ja huomautuksesta 512 Vastaavasti kosinille saadaan cos(z +2π) = 1 2 (eiz+2πi +e iz 2πi ) = 1 2 (eiz +e iz ) = cos(z), joten väite on todistettu Huomautus Lauseen 513 ja huomautuksen 512 nojalla mikä tahansa k 2πi, k Z \ {0} on eksponenttifunktion periodi Voiko sillä olla muita periodeja? Vastaus on kielteinen, kuten seuraavasta lauseesta näkyy Huomaa, että tämä lausehan sanoo itse asiassa paljon enemmänkin kuin kieltää muunlaiset periodit, ks lauseen 516 todistuksen alku Lause 515 Olkoon z,c C siten, että Tällöin c = k 2πi jollekin k Z e z+c = e z 60

63 Todistus Merkitään a = Re(c) ja b = Im(c) Lauseiden 51 a) ja 59 sekä oletuksen nojalla saadaan e a cosb+ie a sinb = e a (cosb+isinb) = e c = e z+c z = e z+c e z = e z e z = e z z = e 0 = 1 Koska e a cosb ja e a sinb ovat reaalisia, on tällöin oltava e a cosb = 1 ja (1) e a sinb = 0 (2) Koska e a 0, niin ehdon (2) nojalla on oltava sinb = 0, ja silloin reaalisen sinin ominaisuuksien nojalla b = kπ jollekin k Z Tällöin reaalisen kosinin ominaisuuksien nojalla cos b = ±1, jolloin yhtälön (1) perusteella e a = ±1 (3) Koska reaalinen eksponenttifunktio ei saa negatiivisia arvoja, on yhtälössä (3) välttämättä oltava e a = +1 (4) Yhtälöiden (1) ja (4) nojalla cosb = +1 Silloin reaalisen kosinin ominaisuuksien nojalla b = 2kπ jollekin k Z (5) Yhtälön (4) ja reaalisen eksponenttifunktion ominaisuuksien perusteella Yhtälöiden (5) ja (6) nojalla saadaan a = 0 (6) c = a+ib = i2kπ jollekin k Z, joten väite on todistettu Huomautus Lauseen 513 nojalla eksponenttifunktio käyttäytyy siis samalla tavalla jokaisessa jaksovyössä (ks kuva 4) A b = {z C b Im(z) < b+2π}, missä b R on mielivaltainen ib+2πi ib A b Kuva 4 61

64 Seuraava lause sitten kertoo vähän tarkemmin, miten eksponenttifunktio tällaisessa jaksovyössä sitten oikeastaan käyttäytyy Osoittautuu, että eksponenttifunktion rajoittumakuvaus tähän jaksovyöhön on injektio (Koko funktio exp : C C ei periodisuuden takia tietenkään ole injektio) Lisäksi tämä rajoittumakuvaus (samoin kuin koko exp) on melkein surjektio: Lause 516 Olkoon b R ja A b eksponenttifunktion vastaava jaksovyö eli A b = {z C b Im(z) < b+2π} Tällöin exp(a b ) = C\{0} ja rajoittumakuvaus exp Ab on injektio Todistus Eksponenttikuvauksen rajoittuman injektiivisyys (jokaisessa) jaksovyössä seuraa suoraan lauseesta 515 Lauseesta 510 seuraa lisäksi ehto exp(a b ) C\{0}, joten riittää osoittaa, että jokaiselle z 0 löytyy alkukuva w jaksovyöstä A b Olkoon siis z C\{0} mielivaltainen Tällöin z > 0, joten(reaalinen) logaritmi log z R on määritelty Toisaalta napakulman määritelmään liittyvän tarkastelun (ks [VFA]) nojalla voidaan valita z:n napakulma ϕ R siten, että b ϕ < b+2π Määritellään w := log z +iϕ C, jolloin w A b Lisäksi lauseiden 51 a) ja 58 nojalla e w = e log z e iϕ = z e iϕ = z, joten w todella on haluttu z:n alkukuva jaksovyöstä A b Kompleksinen eksponenttifunktio sekä sini ja kosini syntyivät siis laajentamalla vastaavien reaalisten funktioiden määrittelyjoukko koko kompleksitasoksi Seuraavaksi halutaan laajentaa reaalinen logaritmi kompleksiseksi logaritmifunktioksi Tavoitteena on saada aikaan funktio, joka yhtyy reaaliseen logaritmiin positiivisella reaaliakselilla ja on mahdollisesti analyyttinen koko C:ssä Koska reaalista logaritmia ei voi määritellä origossa niin, että siitä tulisi jatkuva siinä, ei tämä voi onnistua kompleksisellekaan logaritmille, so kompleksista logaritmia ei voi määritellä origossa niin, että se olisi jatkuva mikäli määritelmän pitää yhtyä reaaliseen määritelmään positiivisella reaaliakselilla kuten halutaan Entäpä määrittely joukossa C \ {0}? Eksponenttifunktio, sini ja kosini määriteltiin koko tasossa suppenevina potenssisarjoina Voisiko tällainen sarja löytyä logaritmille alueessa C\{0}? Ei voi, koska potenssisarjan suppenemisjoukko 62

65 on aina kiekko tai koko taso, joten ei ole olemassa potenssisarjaa, joka suppenisi joukossa C\{0}, mutta ei origossa Reaalinen logaritmi voidaan määritellä Riemann-integraalina logx = x 1 1 dt, kun x > 0 t Voidaanko tätä yleistää? Voidaan osittain, mutta integraalin määrittelyssä kompleksiselle x tulee hankaluuksia Reaalinen logaritmi voidaan määritellä myös reaalisen eksponenttikuvauksen käänteiskuvauksena Tämäkään ei voi nyt onnistua, sillä kompleksinen eksponenttifunktio ei ole injektio lauseen 513 mukaan Tehdään kuitenkin jotain tämänkaltaista: Jos z C\{0}, niin sovitaan, että z:n logaritmi on sellainen kompleksiluku w, että se toteuttaa yhtälön e w = z Lauseen 516 nojalla jokaisesta jaksovyöstä A b, b R löytyy täsmälleen yksi tällainen kompleksiluku w Lisäksi kyseisen lauseen todistuksesta näkyy, että tämä luku w on w = log z +iϕ, missä ϕ on sopiva z:n napakulma Lauseen 513 ja huomautuksen 512 sekä lauseen 515 nojalla nähdään tällöin, että w on z:n logaritmi jos ja vain jos w = log z +iϕ+k 2πi, missä k Z ja ϕ on jokin z:n napakulma Tässä mielessä voidaan siis sanoa, että kompleksiluvun z C\{0} logaritmi on joukko Log(z) = {log z +iϕ+k 2πi k Z ja ϕ on jokin z:n napakulma} Huomaa, että näin määriteltynä logaritmi ei ole kuvaus Kuvaus sen sijaan on seuraavassa määriteltävä logaritmin haara: Määritelmä 517 Olkoon G C \ {0} avoin ja yhtenäinen joukko sekä f : G C jatkuva kuvaus siten, että kaikille z G pätee e f(z) = z Tällöin sanotaan, että f on (eräs) logaritmin haara joukossa G Huomautus Määritelmästä 517 herää heti kaksi kysymystä: jos on annettu avoin ja yhtenäinen G C \ {0}, niin voidaanko G:ssä määritellä logaritmin haara? Toisaalta, jos voidaan, kuinka paljon logaritmin haaroja G:ssä voi olla? 63

66 Ensimmäiseen kysymykseen ei vastata vielä Tämä onkin hankala kysymys ja siihen palataan myöhemmin Esimerkiksi koko joukossa C\{0} ei voida määritellä logaritmin haaraa, ei myöskään ananasviipaleessa A 1 = B(0,2)\B(0,1) Sen sijaan melkein samanlaisessa ananasviipaleessa A 2 = B(5,2)\B(5,1) logaritmin haara saadaan määriteltyä, ks kuva 5 A 1 A 2 Kuva 5 Minkä takia joukossa A 1 ei voida määritellä logaritmin haaraa, mutta joukossa A 2 voidaan? Vastaus logaritmin haarojen lukumäärää koskevaan kysymykseen (jos niitä on ylipäätään olemassa) on paljon helpompi ja sisältyy seuraavaan lauseeseen: Lause 518 Olkoon G C \ {0} avoin ja yhtenäinen joukko ja f : G C logaritmin haara Tällöin kuvaus g : G C on logaritmin haara jos ja vain jos on olemassa k Z siten, että g(z) = f(z)+k 2πi kaikille z G Todistus Jos g on muotoa g(z) = f(z) + k 2πi jollekin kiinteälle k Z, niin g on f:n jatkuvuuden nojalla jatkuva ja lisäksi kaikille z G pätee e g(z) = i) f(z) ii) e = z, missä yhtälö i) seuraa lauseesta 513 ja huomautuksesta 512 sekä yhtälö ii) siitä, että f on logaritmin haara joukossa G Näin g toteuttaa määritelmän 517 vaatimukset ja on siten logaritmin haara joukossa G Oletetaan sitten kääntäen, että g on (f:n lisäksi) jokin logaritmin haara joukossa G Tällöin kaikille z G pätee e f(z)+(g(z) f(z)) = e g(z) = z = e f(z), jolloin lauseen 515 nojalla kaikille z G löytyy k z Z siten, että g(z) f(z) = k z 2πi eli g(z) = f(z)+k z 2πi Tämä ei kuitenkaan vielä ole väite, vaan on osoitettava, että k z on sama luku kaikille z G eli k z = k w kaikille z,w G Tämän näkee näin: 64

67 Valinta-aksiooman nojalla voidaan määritellä kuvaus h : G R asettamalla h(z) = k z kaikille z G Tällöin k z :n valintakriteerin perusteella kaikille z G pätee h(z) = 1 2πi (g(z) f(z)), joten f:n ja g:n jatkuvuuden nojalla myös h on jatkuva Koska G on oletuksen mukaan avoin ja yhtenäinen, niin lauseen 125 ja huomautuksen 418 nojalla G on polkuyhtenäinen Koska h on jatkuva, niin [VFA]:n nojalla h(g) R on myös polkuyhtenäinen Silloin [VFA]:n tietojen perusteella h(g) on väli Määritelmänsä mukaan h(g) Z R ja koska h(g) on väli, sen on ilmeisesti oltava yksiö Silloin h on vakio, eli h(z) = h(w) kaikille z,w G eli k z = k w kaikille z,w G Esimerkki Konstruoidaan eräs logaritmin haara joukossa G = C\{z R z 0} C\{0} G (0,0) Kuva 6 Tässä kuvan 6 esittämässä joukossa G voidaan määritellä jatkuva napakulma ϕ z asettamalla { arccos Re(z) z kun z G ja Im(z) 0 ϕ z = arccos Re(z) z kun z G ja Im(z) 0 Jätetään harjoitustehtäväksi osoittaa, että ϕ z todella on z:n (hyvin määritelty) napakulma kaikille z G Kuvauksen z ϕ z jatkuvuus G:ssä on selvää: asia perustuu siihen, että arccos on jatkuva välillä ] 1,1] ja että arccos(1) = 0, mikä aiheuttaa sen, että kuvaus z ϕ z on jatkuva myös positiivisella reaaliakselilla Huomaa, että näin määriteltynä reaaliakselin yläpuolisen pisteen z napakulma ϕ z on geometrisesti posiitivisen reaaliakselin ja vektorin z välinen kulma positiivisena ja radiaaneissa mitattuna (ks kuva 7), kun taas reaaliakselin alapuolella olevan pisteen w napakulma ϕ w on vastaava kulma negatiivisena Positiivisella reaaliakselilla oleville pisteille x siis ϕ x = 0 ja negatiivisen reaaliakselin 65

68 pisteille tätä kulmaa ei tässä määritellä ollenkaan Huomaa, että kuvauksesta ϕ z tulisi negatiivisella reaaliakselilla välttämättä epäjatkuva, koska ylhäältä negatiivista reaaliakselia lähestyttäessä ϕ z +π, kun taas alhaalta negatiivista reaaliakselia lähestyttäessä ϕ z π z G ϕ z ϕ w w Kuva 7 Nyt, koska napakulmakuvaus ϕ z on jatkuva joukossa G, voidaan määritellä jatkuva kuvaus f : G C asettamalla kaikille z G jolloin lauseen 58 nojalla f(z) = log z +iϕ z, e f(z) = e log z +iϕz = e log z e iϕz = z e iϕz = z, ja näin f on logaritmin haara joukossa G Sanotaan että näin määritelty f on logaritmin päähaara Huomautus Logaritmin päähaaralle f(z) = log z + iϕ z, joka on määritelty joukossa G = C\{z R z 0}, pätee määritelmän mukaan π < ϕ z < π Aivan vastaavalla tavalla voidaan määritellä logaritmin haara f 1 (z) = log z +i ϕ z joukossa G 1 = C \ {z R z 0}, missä napakulma ϕ valitaan niin, että 0 < ϕ z < 2π, ks kuva 8 G 1 ϕ z z Kuva 8 Tutkitaan seuraavaksi logaritmin (pää)haaran analyyttisyyttä Todistetaan ensin yleinen tulos, joka kertoo muun muassa sen, että jos analyyttisellä kuvauksella on jatkuva käänteiskuvaus, niin tämä käänteiskuvauskin on analyyttinen Huomaa, että tämän lauseen 519 oletuksissa ei kuitenkaan vaadita, että kyse olisi oikeasta käänteiskuvauksesta, vaan vaaditaan vain, että f on g:n toispuolinen käänteiskuvaus eli että g f = id, mutta ei siis välttämättä f g = id 66

69 Tällainen toispuolinen suhdehan nimenomaan logaritmilla ja eksponenttifunktiolla on Huomaa lisäksi, että pelkästään ehdosta g f = id ei seuraa f:n jatkuvuus, vaikka g tiedettäisiinkin jatkuvaksi Tästä syystä lauseessa 519 pitää olettaa, että f on jatkuva, mutta sellainenhan logaritmin haara on Tässä on ehkä syytä mainita, että on olemassa nimellä invariance of domain tunnettu, LEJ Brouwerin 1900-luvun alussa todistama tulos, joka sanoo, että jos G C on avoin ja g : G C jatkuva injektio, niin g(g) on avoin ja g:n oikea käänteiskuvaus g 1 : f(g) G (joka on g:n injektiivisyyden nojalla olemassa) on jatkuva Tämä lause pätee myös kaikissa normitopologialla varustetuissa äärellisulotteisissa R-vektoriavaruuksissa (erityisesti siis avaruudessa R n ), mutta ei enää ääretön- ulotteisissa Tämän invariance of domain-teoreeman todistus on hyvin vaikea ja perustuu algebrallisen topologian koneistoon Tällä kurssilla tullaan jatkossa vielä todistamaan tämä teoreema siinä erikoistapauksessa, että g on analyyttinen Sen jälkeen lause 519 sanoo, että jos analyyttisellä kuvauksella on käänteiskuvaus, niin tämä käänteiskuvaus on analyyttinen siis ilman erillistä jatkuvuusoletusta Lisäksi myös lauseen 519 lisäoletus g (f(z)) 0 kaikille z G 1 tulee osoittautumaan (tässä tapauksessa) tarpeettomaksi, ks lause 118 Lause 519 Olkoot G 1,G 2 C avoimia joukkoja sekä f : G 1 G 2 ja g : G 2 C kuvauksia siten, että f on jatkuva ja g(f(z)) = z kaikille z G 1 Jos z G 1 siten, että g on derivoituva pisteessä f(z) ja g (f(z)) 0, niin f on derivoituva pisteessä z ja f 1 (z) = g (f(z)) Jos lisäksi g on analyyttinen G 2 :ssa ja g (f(z)) 0 kaikille z G 1, niin f on analyyttinen G 1 :ssä Todistus Koska G 1 on avoin ja z G 1, niin on olemassa r > 0 siten että B(z,r) G 1 Olkoon h B(0,r)\{0}, jolloin z+h B(z,r)\{z} G 1 Koska oletuksen mukaan niin on oltava myös g(f(z +h)) = z +h z = g(f(z)), f(z +h) f(z) ja siten f(z +h) f(z) 0 Tällöin voidaan muodostaa osamäärä g(f(z +h)) g(f(z)) 0, (1) f(z +h) f(z) ja oletuksen nojalla saadaan edelleen g(f(z +h)) g(f(z)) f(z +h) f(z) g(f(z +h)) g(f(z)) h f(z +h) f(z) h = z +h z h = 1, = 67

70 josta yhtälöstä saadaan jakolaskulla (joka on ehdon (1) nojalla sallittua) f(z +h) f(z) h = 1 g(f(z+h)) g(f(z)) f(z+h) f(z) (2) Koska f on jatkuva, niin lim h 0 (f(z +h) f(z)) = 0 ja siten derivaatan määritelmän mukaan g(f(z +h)) g(f(z)) lim = (3) h 0 f(z +h) f(z) g(f(z)+(f(z +h) f(z))) g(f(z)) lim = g (f(z)) h 0 f(z +h) f(z) Koska oletuksen mukaan g (f(z)) 0, niin ehtojen (2) ja (3) nojalla saadaan f(z +h) f(z) lim = lim h 0 h 1 h 0 g(f(z+h)) g(f(z)) f(z+h) f(z) = 1 g (f(z)) C eli f (z) = 1 g (f(z)), joten väitteen ensimmäinen osa on todistettu Jos lisäksi oletetaan, että g on analyyttinen eli derivaattakuvaus g on jatkuva, ja jos lisäksi g on myös nollasta eroava kaikissa pisteissä f(z), z G 1, niin yllätodetun nojalla f on derivoituva jokaisessa pisteessä ja f = 1 g f, joten f :n jatkuvuus seuraa f:n jatkuvuudesta sekä lauseista 19 ja 112 Lause 520 Olkoon f logaritmin haara avoimessa joukossa G C\{0} Tällöin f on analyyttinen ja f (z) = 1 z kaikilla z G Todistus Jos merkitään g = exp ja G 1 = G sekä G 2 = C, niin logaritmin haaran määritelmän, esimerkin 410 ja lauseen 510 nojalla lauseen 519 oletukset ovat voimassa ja sen mukaan f on analyyttinen ja kaikille z G pätee f (z) = 1 ( d dz exp)(f(z)) = 1 exp(f(z)) = 1 z Huomautus 521 Tästä lähtien, ellei muuta mainita, symbolilla log merkitään logaritmin päähaaraa, joka on siis joukossa C \ {z R z 0} määritelty analyyttinen kuvaus Määritelmä 522 Olkoon z C\{z R z 0} ja b C Yleinen potenssi z b voidaan määritellä logaritmin päähaaran avulla asettamalla z b = exp(blog(z)) 68

71 Huomautus Kokonaislukupotenssit z n, n Z on määritelty suoraan C:n kuntaominaisuuksien perusteella Määritelmä 522 sopii aiempaan määritelmään, eli z n ei muutu tulkittiinpa potenssi alkuperäisenä kokonaislukupotenssina tai sitten määritelmän 522 kautta Jätetään tämän todistaminen harjoitustehtäväksi Huomaa, että yleinen potenssi on määritelty vain siellä missä logaritmin päähaarakin eli joukossa C\{z R z 0} Tässä tosin eksponentille b ei aseteta mitään rajoituksia Negatiivisille reaaliluvuille on siis määritelty vain kokonaislukupotenssit Yleisen potenssin määritelmä voitaisiin toki ulottaa koskemaan myös negatiivisia reaalilukuja käyttämällä näille luvuille jotakin muuta logaritmin haaraa, mutta kuvauksesta z z b (kiinteälle b) ei tästä huolimatta tule jatkuvaa negatiivisella reaaliakselilla (paitsi kun b Z), joten määrittely jätetään tekemättä hyödyttömänä Huomaa, että kuvaus z z b on jatkuva ja jopa analyyttinen joukossa C\{z R z 0} Mikä on sen derivaatta? Harjoitustehtäväksi jääköön tämänkin miettiminen 6 Tieintegraalit Jos [a,b] R ja f : [a,b] R on riittävänsiistifunktio,niin reaalinenriemannintegraali määritellään kurssilla [JMA]; tätähän merkitään yleensä symbolilla b a f(t)dt Oletetaan tähän integraaliin liittyvät perusasiat tunnetuiksi Jos : [a,b] R 2 on tie ja f : R 2 R riittävän siisti reaaliarvoinen funktio, niin f:n käyräintegraali :n suhteen määritellään kurssilla [VFA] asettamalla b fds := f((t)) (t) dt a Tässähän derivaatta (t) on vektori eli (t) = ( 1(t), 2(t)), missä k :t ovat :n komponenttifunktiot Tämä siis reaaliarvoiselle funktiolle f Vektoriarvoiselle riittävän siistille f : R 2 R 2 käyräintegraali :n suhteen määritellään (ks [VFA]) asettamalla b fds := f((t)) (t)dt (61) a Tässä määritelmässä (61) oleva kertolaskun symboli eli piste tarkoittaa euklidista sisätuloa Merkinnässä on järkeä, koska sekä f((t)) että (t) ovat R 2 :n vektoreita, jolloin niiden sisätulo on määritelty ja reaaliarvoinen Vielä neljäskin erilainen integraalin määritelmä löytyy kurssilta [VFA] Tässä f on reaalimuuttujan vektoriarvoinen riittävän siisti funktio f : [a,b] R 2, jonka reaaliarvoisia komponenttikuvauksia merkitään symboleilla f 1 ja f 2, ts f(t) = (f 1 (t),f 2 (t)) R 2 Näillä merkinnöillä määritellään integraali ( b b ) b f(t)dt = f 1 (t)dt, f 2 (t)dt R 2 (62) a a a 69

72 Huomaa, että tämä integraali poikkeaa aikaisemmista ratkaisevasti siinä, että se on vektoriarvoinen Kompleksilukujen kielellä määritelmä (62) voidaan esittää seuraavasti: jos f : [a,b] C on niin siisti, että sen sekä reaali- että imaginaariosa ovat Riemann-integroituvia, niin määritellään integraali b a f(t)dt := b a Ref(t)dt+i b a Imf(t)dt C (63) Huomaa, että jos (63):ssa f on reaaliarvoinen, määritelmä redusoituu tavalliseksi reaaliseksi Riemann-integraaliksi Mikään näistä neljästä integraalista ei kuitenkaan ole sopiva, kun halutaan määritellä kompleksimuuttujan ja kompleksiarvoisen funktion käyräintegraali annetun tien suhteen Lähimpänä olisi ainakin periaatteessa määritelmä (61), mutta se ei kuitenkaan ole hyvä Miksei se ole hyvä? Vastaus on vähän epämääräinen, mutta pohjimmiltaan kyse on samasta asista kuin siinä, että reaalinen sisätulo ei ole hyvä kompleksilukujen tarkasteluun, sillä kompleksinen kertolasku antaa parempia tuloksia Seuraavaksi sitten määritellään tämä kompleksinen tieintegraali Määritelmä on hyvin tärkeä, ja sen kanssa sitten eletään koko koko loppukurssi Määritelmä 61 Olkoon [a,b] R väli, : [a,b] C tie ja f : ([a,b]) C jatkuva kuvaus Kompleksinen f:n integraali yli tien määritellään asettamalla b f(z)dz := f((t)) (t)dt a Huomautus Määritelmä näyttää kovasti samalta kuin kaava (61) Tämä on täydellistä näköharhaa, sillä (61):ssä puhuttiin reaalisesta sisätulosta, kun taas tässä kompleksisessa määritelmässä oleva piste tarkoittaa kompleksista kertolaskua, ja tämä on aivan oleellisesti eri asia ja johtaa aivan oleellisesti erilaisiin tuloksiin On myös huomattava, että määritelmässä 61 (eli sen oikealla puolella) integroidaan reaalimuuttujan kompleksiarvoista funktiota Tässä käytetään kaavan (63) antamaa määritelmää eli integroidaan erikseen reaali- ja imaginaariosaa Lisäksi on syytä kiinnittää huomiota siihen, että määritelmän 61 oletuksilla esitetyt integraalit ovat olemassa Tämä johtuu siitä, että on tie, jolloin se on jatkuva ja on paloittain jatkuva; saumapisteissä :n jatkuvuus on toispuoleista Tällöin kuvaukset t Re( (t)) ja t Im( (t)) ovat paloittain jatkuvia ja rajoitettuja Koska f on jatkuva, niin myös kuvaukset t Re(f((t)) (t)) = Re(f((t)))Re( (t)) Im(f((t)))Im( (t)) ja t Im(f((t)) (t)) = Re(f((t)))Im( (t))+im(f((t)))re( (t)) 70

73 ovat paloittain jatkuvia sekä rajoitettuja ja siten Riemann-integroituvia, ks [JMA] Näin määritelmä 61 on järkevästi asetettu, soveltaen merkintää (63) tietenkin Käytännössä tieintegraalin laskeminen suoraan määritelmästä 61 on monessa tapauksessa yksinkertaisillekin funktioille ja teille yllättävän vaikeaa tai ainakin hankalaa Tämä näkyy seuraavasta esimerkistä Esimerkki 62 Integroidaan identtistä kuvausta id(z) = z pitkin janaa J(a, b), missä a,b C ovat mielivaltaisia Esimerkissä 413 b) nähtiin, että J(a,b) b a Silloin suoraan määritelmästä 61 saadaan (tässä vielä yksinkertaisten) laskujen jälkeen J(a,b) id(z)dz = 1 0 (a+t(b a))(b a)dt = a(b a)+ 1 2 (b a)2 = 1 2 b2 1 2 a2 1 0 (a(b a)+t(b a) 2 )dt i) = Näinhän se menee, mutta herää kysymys, mihin yhtälö i) oikeastaan perustuu Tutunnäköistä lineaarisuutta ainakin reaalisessa tapauksessa, mutta nyt puhutaan kompleksiluvuista, eikä tätä ole missään todistettu Tarvitaankin lause: Lause 63 Olkoon a,b C, [x,y] R ja g,h : [x,y] C paloittain jatkuvia Tällöin pätee y x (ag(t)+bh(t))dt = a y x g(t)dt+b y x h(t)dt Todistus Harjoitustehtävä Tässä integraalien määritelmä saadaan kaavasta (63) Huomaa, että jatkuvuusoletukset riittävät integroituvuuteen, joten väite on siinä suhteessa järkevä Koko lauseen pointti on siinä, että kertoimet a ja b samoin kuin funktiot g ja h ovat kompleksisia reaalisessa tapauksessahan tämä on tuttu tulos Kannattaa todistaa väite kahdessa osassa: ensin ja sitten y x (g +h)dt = y x y x agdt = a gdt+ joista varsinainen väite seuraakin Näistä ensimmäinen väite on helppo, ja perustuu reaalisen Riemann-integraalin vastaavaan ominaisuuteen Toinen on vähän hankalampi, sillä siinä puhutaan kompleksiluvuista ja tulo pitää purkaa reaali- ja imaginaariosiinsa ennenkuin vastaavaa reaalisen Riemann-integraalin ominaisuutta pääsee käyttämään y x gdt, y x hdt 71

74 Esimerkki 64 Jatketaan esimerkin 62 yhtälöstä i) Tässä yhtälössä saadaan lauseen 63 sekä tavallisen reaalisen Riemann-integraalin ominaisuuksien nojalla 1 0 (a(b a)+t(b a) 2 )dt = a(b a) a(b a)+ 1 2 (b a)2, joten yhtälö tosiaan toimii dt+(b a) 2 tdt = Esimerkki 65 Olkoon : [0,2π] C, (t) = cost + isint, jolloin (t) = sint + icost Olkoon f(z) = 1 z, jolloin f on jatkuva joukossa C \ {0}, joka sisältää :n jäljen (ks kuva 9), 0 Kuva 9 joten f:n integraali yli :n on määritelty Koska kaikille z C \ {0} pätee lauseen 16 j) mukaan f(z) = 1 z = z z 2 = 1 z 2(Re(z) iim(z)), niin määritelmästä 61 saadaan 2π fdz = f(cost+isint)( d dt cost,i d dt sint)dt = 2π 0 2π i 0 2π 0 2π cos 2 t+sin 2 t (cost isint)( sint+icost)dt = ( ) 1 cos 2 t+sin 2 t cost( sint) 1 cos 2 t+sin 2 t ( sint)cost dt+ ( ) 1 cos 2 t+sin 2 t costcost+ 1 cos 2 t+sin 2 t ( sint)( sint) dt = 0 dt+i 2π 0 1 dt = 2πi Kuten tästäkin jo näkyy, määritelmän mukaiset laskelmat tahtovat venyä ja tulla sekaviksi Mukavampaa on yleensä laskea tien derivaatta lauseen 415 avulla 72

75 samaan tapaan kuin huomautuksessa 416: tässä huomataan ensin lausetta 59 käyttäen, että (t) = e it, jolloin = exp α, missä α(t) = it ja α (t) = i Lause 415 antaa tällöin (t) = ( d dz exp)(α(t)) α (t) = exp(α(t)) i = ie it = i(t) Tästä saadaan helposti fdz = 2π 0 f((t)) (t)dt = 2π Huomaa, että yhtälössä i) tarvitaan lausetta (t) i(t)dt = 2π 0 idt i) = 2πi Usein lause 63 on kätevämmin käytettävissä seuraavassa formulaatiossa: Lause 66 (Tieintegroinnin lineaarisuus) Olkoon : [a, b] C tie ja f, g : ([a,b]) C jatkuvia Olkoot lisäksi µ,λ C Tällöin (µf +λg)dz = µ fdz +λ gdz Todistus Harjoitustehtävä Tämä seuraa melko suoraan lauseesta 63 Polkujen ekvivalenssi on määritelty kurssilla [VFA] Tämän kurssin tarkoituksiin sopii paremmin seuraava lievästi erilainen määritelmä Määritelmä 67 Olkoot I k R, k = 1,2 suljettuja ja rajoitettuja välejä ja k : I k C, k = 1,2 teitä Sanotaan, että 1 ja 2 ovat ekvivalentteja, jos on olemassa kasvava bijektio ρ : I 1 I 2 siten että sekä ρ että sen käänteiskuvaus ρ 1 : I 2 I 1 ovat jatkuvasti derivoituvia, päätepisteissä toispuoleisesti, ja pätee 1 = 2 ρ Tällaisessa tilanteessa sanotaan, että kuvaus ρ on parametrinvaihto Huomautus 68 Määritelmästä 67 seuraa välittömästi, että ekvivalenteilla teillä on sama jälki eli kuvajoukko Edelleen on helppo nähdä, että teiden ekvivalenssi on ekvivalenssirelaatio Samoin on helppo nähdä, että mielivaltaisella suljetulla ja rajoitetulla välillä [a, b], a < b määritelty tie on ekvivalentti jonkun sellaisen tien kanssa, joka on määritelty välillä [0, 1] Esimerkki Tiet 1 : [0,2π] C, 1 (t) = e it ja 2 : [0,1] C, 2 (t) = e 2πit ovat ekvivalentteja, parametrinvaihtona toimii kuvaus ρ : [0, 1] [0, 2π], ρ(t) = 2πt Jos määritellään 3 : [0,2π] C, 3 (t) = e it, niin 3 ei ole ekvivalentti 1 :n eikä 2 :n kanssa, ks kuva 10 Jätetään tämän väitteen todistaminen harjoitustehtäväksi, joka ei välttämättä ole aivan helppo Tässähän on kysymys 73

76 yleisemminkin matematiikassa tai logiikassa vastaantulevasta ongelmasta: osoita, että ominaisuutta X ei ole Viime kädessä tässä lähestytään (siis noin yleisellä tasolla) Gödelin toista epätäydellisyyslausetta, mutta siitä saa enemmän valaistusta logiikan jatkokurssilla Kuva 10 Kuvassa 10 ovat teiden 1, 2 ja 3 jäljet Kuvaan piirretyt nuolet yrittävät kuvata sitä, mihin suuntaan i (t) liikkuu, kun t liikkuu i :n määrittelyvälillä pienemmästä suurempaan päin Nuo mustat täplät ovat teiden alku- ja loppupisteitä, jotka tässä esimerkissä sattuvat olemaan samoja Lause 69 Olkoot α : [a,b] C ja β : [c,d] C ekvivalentteja teitä, jolloin siis α([a,b]) = β([c,d]) Olkoon lisäksi f : α([a,b]) = β([c,d]) C jatkuva kuvaus Tällöin fdz = fdz α Todistus Koska α ja β ovat ekvivalentteja, niin on olemassa parametrinvaihto ρ : [a,b] [c,d] siten, että α = β ρ Tällöin Re(α(t)) = Re(β(ρ(t)) = (Re(β) ρ)(t), jolloin reaalisen ketjusäännön ([JMA]) nojalla saadaan Re(α (t)) = d dt Re(α(t)) = d dt ((Re(β) ρ)(t)) = d dt (Re(β))(ρ(t)) ρ (t) = Re(β (ρ(t))) ρ (t) Vastaavasti saadaan imaginaariosalle: Im(α (t)) = Im(β (ρ(t))) ρ (t) Näissä oleva tulo on siis reaalinen tulo Käyttämällä näitä esityksiä ja kompleksisen tulon määritelmää saadaan Re(f(α(t))α (t)) = Re(f(α(t)))Re(α (t)) Im(f(α(t)))Im(α (t)) = Re(f(α(t)))Re(β (ρ(t))) ρ (t) Im(f(α(t)))Im(β (ρ(t)))ρ (t) = [Re(f(β(ρ(t))))Re(β (ρ(t))) Im(f(β(ρ(t))))Im(β (ρ(t)))] ρ (t) β 74

77 ja Im(f(α(t))α (t)) = Re(f(α(t)))Im(α (t))+im(f(α(t)))re(α (t)) = Re(f(α(t)))Im(β (ρ(t))) ρ (t)+im(f(α(t)))re(β (ρ(t)))ρ (t) = [Re(f(β(ρ(t))))Im(β (ρ(t)))+im(f(β(ρ(t))))re(β (ρ(t)))] ρ (t) Näistä kaavoista saadaan edelleen b fdz = i) Re(f(α(t))α (t))dt+i α b i a b a d i c d c d c a b a Im(f(α(t))α (t))dt = [Re(f(β(ρ(t))))Re(β (ρ(t))) Im(f(β(ρ(t))))Im(β (ρ(t)))] ρ (t)dt+ [Re(f(β(ρ(t))))Im(β (ρ(t)))+im(f(β(ρ(t))))re(β (ρ(t)))] ρ (t)dt ii) = [Re(f(β(s)))Re(β (s)) Im(f(β(s)))Im(β (s))]ds+ [Re(f(β(s)))Im(β (s))+im(f(β(s)))re(β (s))]ds = Re(f(β(s))β (s))ds+i d c Im(f(β(s))β (s))ds = β fdz Tässä yhtälö i) on määritelmä 61 (jossa sovelletaan kaavaa (63)) ja yhtälö ii) perustuu reaalisen Riemann-integraalin muuttujanvaihtokaavaan (ks [JMA]) Huomaa, että tässä tarvitaan määritelmään 67 sisältyvää tietoa siitä, että ρ : [a,b] [c,d] on kasvava bijektio, jolloin ρ(a) = c ja ρ(b) = d Huomautus Kuten lauseen 69 todistuksen lopussa mainitaan, siinä käytetään hyväksi parametrinvaihdon kasvavuutta Tämä on oleellista lauseen 69 kannalta, sillä jos määritelmässä 67 sallittaisiin parametrinvaihdon vähenevyys, niin lause 69 ei pitäisi paikkaansa, vaan merkki mahdollisesti vaihtuisi Tässä kannattaa ehkä huomata, että vastaavassa reaalisessa tuloksessa kurssilla [VFA] sallitaan myös vähenevä parametrinvaihto eikä siellä merkki vaihdu Mitenkäs tämän selität? Vähenevästä parametrinvaihdosta on kyse seuraavassa määritelmässä: Määritelmä 610 Sanotaan, että tie : [a,b] C on suljettu, jos (a) = (b) Tien : [a,b] C vastakkainen tie : [a,b] C määritellään asettamalla kaikille t [a,b] (t) = (a+b t) Huomautus Koska kaikille t [a,b] pätee a+b t [a,b], niin vastakkaisen tien määritelmä on järkevä on selvästi jatkuva eli polku ja reaalisen ketjusäännön nojalla on myös tie, sillä ( ) (t) = (a + b t) niissä pisteissä t [a,b], 75

78 joissa (a + b t) on olemassa Teillä ja on sama jälki, mutta ne eivät yleensä ole ekvivalentteja määritelmän 67 mielessä, koska suunta muuttuu, ja siten mahdollinen parametrinvaihto ei ole välttämättä kasvava Kuvassa 11 on näkyvissä teiden 1 ja 2 sekä niiden vastakkaisten teiden jäljet 1 ei ole suljettu, eikä sitä silloin ole myöskään 1 Vastaavasti 2 on suljettu ja silloin myös 2 on suljettu Kuva 11 Lause 611 Olkoon : [a,b] C tie ja f : ([a,b]) C jatkuva Tällöin pätee fdz = fdz Todistus Tämä on suora lasku: b fdz = f( (t)) ( ) (t)dt = a b a f((s)) (s)( 1)ds ii) = b a b a f((a+b t)) ( (a+b t))dt i) = f((s)) (s)ds = fdz, missä yhtälö i) perustuu reaaliseen muuttujanvaihtoon s = a+b t (ks [JMA]), joka tehdään sekä reaali- että imaginaariosassa Yhtälö ii) tulee merkintäsopimuksesta (jonka perusteella käytetty muuttujanvaihtokaava toimii, ks [jma]): a b = b a Määritelmä 612 Olkoot 1 : [a 1,b 1 ] C ja 2 : [a 2,b 2 ] C teitä siten, että 1 (b 1 ) = 2 (a 2 ) 76

79 Tällöin yhdistetty tie 1 2 : [a 1,b 1 +b 2 a 2 ] C määritellään asettamalla kaikille t [a 1,b 1 +b 2 a 2 ] { 1 (t) kun t [a 1,b 1 ] 1 2 (t) = 2 (t+a 2 b 1 ) kun t [b 1,b 1 +b 2 a 2 ] Edelleen, jos n 3 ja k : [a k,b k ] C, k = 1,,n ovat teitä siten, että k (b k ) = k+1 (a k+1 ) kaikille k = 1,,n 1 niin yhdistetty tie 1 2 n määritellään rekursiivisesti asettamalla 1 2 n = ( 1 2 n 1 ) n Kuva 12 Huomautus Koskat+a 2 b 1 [a 2,b 2 ],kunt [b 1,b 1 +b 2 a 2 ],niin 1 2 :nmääritelmä on järkevä Lisäksi kyseessä on todella tie, sillä ehdon 1 (b 1 ) = 2 (a 2 ) nojalla 1 2 on jatkuva myös pisteessä b 1 [a 1,b 1 +b 2 a 2 ] ja lisäksi d dt ( 1 2 ) = 1(t) kun t [a 1,b 1 ] ja 1(t) on olemassa 2(t+a 2 b 1 ) kun t [b 1,b 1 +b 2 a 2 ] ja 2(t+a 2 b 1 ) on olemassa Tien 1 2 jälki on teiden 1 ja 2 jälkien yhdiste, kuten kuvasta 12 näkyy Intuitiivisesti 1 2 syntyy, kun kuljetaan ensin 1 nuolensa osoittamaan suuntaan ja sitten 2 oman nuolensa suuntaisesti Tässä on tärkeää oikea järjestys; esimerkiksi kuvan 12 tilanteessa ei yhdistettyä tietä 2 1 voi edes määritellä, koska 2 :n loppupiste ei ole 1 :n alkupiste Induktiolla nähdään välittömästi, että myös 1 n on järkevästi määritelty tie ja tien 1 n jälki on teiden k, k = 1,,n jälkien yhdiste Lause 613 Olkoot 1 : [a 1,b 1 ] C ja 2 : [a 2,b 2 ] C teitä siten, että 1 (b 1 ) = 2 (a 2 ) ja olkoon f : 1 ([a 1,b 1 ]) 2 ([a 2,b 2 ]) C jatkuva kuvaus Tällöin fdz = fdz + fdz Todistus Koska reaalisille Riemann-integraaleille pätee b a = c a + b c, kun a < 77

80 c < b, ks [JMA], niin 1 2 fdz = b1 a 1 f(( 1 2 )(t)) d dt ( 1 2 )(t)dt+ b1 a 1 f( 1 (t)) 1(t)dt+ b1 f( 1 (t)) 1(t)dt+ a 1 fdz + fdz, 1 α b1+b 2 a 2 b1+b 2 a 2 b 1 f(( 1 2 )(t)) d dt ( 1 2 )(t)dt = b 1 f( 2 (t+a 2 b 1 )) 2(t+a 2 b 1 )dt = b1+b 2 a 2 b 1 f(α(t))α (t)dt+ missä α : [b 1,b 1 +b 2 a 2 ] C on tie, jolle α(t) = 2 (t+a 2 b 1 ) kaikille t [b 1,b 1 +b 2 a 2 ] Lauseen 69 nojalla riittää tällöin osoittaa, että tiet α ja 2 ovat ekvivalentteja Näin on, sillä tarvittavan kasvavan parametrinvaihdon antaa kuvaus ρ : [b 1,b 1 +b 2 a 2 ] [a 2,b 2 ], missä ρ(t) = t+a 2 b 1 kaikille t [b 1,b 1 +b 2 a 2 ] Lause 613 voidaan välittömästi yleistää: Lause 614 Olkoot k : [a k,b k ] C, k = 1,,n teitä siten, että k (b k ) = k+1 (a k+1 ) kaikille k = 1,,n 1 ja f : n k=1 k([a k,b k ]) C jatkuva kuvaus Tällöin n fdz = fdz 1 2 n k Todistus Lause 613 ja induktio Esimerkki 615 Olkoot 1, 2, 3 ja 4 janoja 1 = J(1+i, 1+i), 2 = J( 1+i, 1 i), 3 = J( 1 i,1 i) ja 4 = J(1 i,1+i) k=1 1+i i 1 i i Kuva 13 78

81 Näiden teiden jäljet ovat kuvassa 13 näkyviä geometrisia janoja, jotka muodostavat neliön, ja koska 1 (1) = 1 + i = 2 (0), 2 (1) = 1 i = 3 (0) ja 3 (1) = 1 i = 4 (0), niin yhdistetty tie : [0,4] C on määritelty Kyseessä on määritelmän 610 terminologiaa käyttäen suljettu tie, koska 4 (1) = 1+i = 1 (0) Integroidaan identtinen kuvaus id(z) = z yli tien Ensinnäkin lauseen 614 nojalla fdz = fdz + fdz + fdz + fdz Esimerkissä 62 (ks myös esimerkki 64) laskettiin tällaiset integraalit kaikille janoille Kun tätä tietoa sovelletaan tähän erikoistapaukseen, niin saadaan fdz = 1 2 (( 1+i)2 (1+i) 2 +( 1 i) 2 ( 1+i) 2 + (1 i) 2 ( 1 i) 2 +(1+i) 2 (1 i) 2 ) = 0 Entäpä jos esimerkissä 615 integroitavana on funktio f(z) = 1 z, joka on tässä kelvollinen integroitava, sillä se on jatkuva joukossa C\{0}, joka sisältää tien jäljen Tämäkin integraali on laskettavissa periaatteessa määritelmän mukaan (vrt esim 65) ja vastaukseksi tulee 2πi Laskut ovat kuitenkin tähänastisella koneistolla varsin hankalia ja pitkiä (kokeile!) Seuraava tarkastelu helpottaa tässä suhteessa tilannetta Määritelmä 616 Avoimessa joukossa G C analyyttinen funktio F : G C on funktion f : G C primitiivi, jos F (z) = f(z) kaikille z G Seuraava lause on reaalisen analyysin peruslauseen (ks [JMA]) kompleksinen versio Lause 617 Olkoon G C avoin joukko, f : G C jatkuva kuvaus, jolla on primitiivi F : G C sekä : [a,b] G tie Tällöin fdz = F((b)) F((a)) Erityisesti, jos on suljettu tie, niin fdz = 0 79

82 Todistus Olkoon α : [a,b] C, α = F, jolloin lauseen 415 nojalla α on tie ja α (t) = F ((t)) (t) kaikissa niissä pisteissä t, joissa (t) on olemassa Koska F on f:n primitiivi, niin näissä pisteissä pätee α (t) = f((t)) (t), jolloin b a b a fdz = b a Re(α (t))dt+i f((t)) (t)dt = b a d dt (Re(α(t)))dt+i b a Im(α (t))dt ii) = b a α (t)dt i) = d iii) (Im(α(t)))dt = dt Re(α(b)) Re(α(a))+i(Im(α(b)) Im(α(a))) = α(b) α(a) = F((b)) F((a)), joten väitteen ensimmäinen osa pätee Tässä yhtälö i) perustuu määritelmän 61 pohjana olevaan kaavaan (63), yhtälö ii) seuraa tien derivaatan määritelmästä ja yhtälö iii) reaalisesta analyysin peruslauseesta [JMA] Väitteen jälkimmäinen osa seuraa välittömästi ensimmäisestä osasta ja suljetun tien määritelmästä Esimerkki 618 Esimerkissä 62 laskettiin kohtuullisen helposti integraalit zdz mielivaltaisille janoille J(a,b) Tämä saadaan nyt vielä helpommin J(a,b) lauseen 617 avulla Huomataan ensin, että F(z) = 1 2 z2 on kuvauksen id primitiivi koko tasossa (tämä seuraa vaikkapa lauseesta 44 b)), jolloin suoraan lauseen 617 mukaan zdz = 1 2 (b2 a 2 ) J(a,b) Esimerkissä 615 integroitiin funktio id yli tien , missä j :t olivat janoja, ja todettiin, että nolla tulee Tämän saa vielä helpommin lauseen 617 avulla, kun huomataan, että kyseessä on suljettu tie, jolloin primitiivin olemassaolo takaa heti sen, että integraali on nolla Integroidaan sitten funktio f(z) = 1 z yli näiden esimerkin 615 janojen k ja erityisesti yli tien

83 1+i i 4 1 i 3 Kuva 14 1 i Logaritmin päähaara log on määritelty joukossa G = C\{z R z 0} Lauseen 520 nojalla log on funktion f primitiivi joukossa G Valitettavasti integroimistien jälki ei sisälly joukkoon G, ks kuva 14 Kuitenkin 1 ([0,1]) G, joten lauseen 617 nojalla 1 fdz = log( 1 (1)) log( 1 (0)) = log 1+i +iϕ 1+i (log 1+i +iϕ 1+i ) 1+i 3π i π 4 Kuva 15 Logaritmin päähaaran määritelmän mukaisesti tässä ϕ z tarkoittaa sellaista z:n napakulmaa, jolle pätee π < ϕ z < π Tällöin ilmeisesti (ks kuva 15) pätee ϕ 1+i = 3 4 π ja ϕ 1+i = 1 4 π Koska log 1+i = log 2 = log 1+i, niin fdz = log 2+i π (log 2+i 1 4 π) = i1 π (1) 2 Koska myös 3 ([0,1]) G, niin vastaavasti saadaan 1 i 3 3π 4 π 4 Kuva 16 1 i 3 fdz = log( 3 (1)) log( 3 (0)) = log 1 i +iϕ 1 i (log 1 i +iϕ 1 i ) 81

84 Napakulmat ovat (ks kuva 16) ϕ 1 i = 1 4 π ja ϕ 1 i = 3 4π, joten fdz = log 2 i π (log 2 i 3 4 π) = i1 π (3) 2 Edelleen 4 ([0,1]) G, ja saadaan π 4 π 4 1+i 4 Kuva 17 1 i 4 fdz = log( 4 (1)) log( 4 (0)) = log 1+i +iϕ 1+i (log 1 i +iϕ 1 i ) Tässä napakulmat ovat ϕ 1+i = 1 4 π ja ϕ 1 i = 1 4π (ks kuva 17), joten fdz = log 2+i π (log 2 i 1 4 π) = i1 π (4) 2 Integraalia 2 fdz ei voi laskea logaritmin päähaaran avulla, sillä 2 ([0,1]) G 1+i i G Kuva 18 (Tosin tässä on ainoastaan yksi paha piste eli 2 ( 1 2 ) = 1 G (ks kuva 18), mutta se riittää) Tämän ongelman kiertämiseksi vaihdetaan logaritmia Logaritmiin päähaaran määrittelyn (jossa pisteen napakulma rajattiin välille ] π, π[) jälkeisessä huomautuksessa todettiin, että vastaavalla tavalla voidaan määritellä analyyttinen logaritmi joukossa G 1 = C \ {z R z 0}, kun tämän joukon pisteille valitaan napakulma väliltä ]0, 2π[ Merkitään tätä logaritmia symbolilla log 1 ; määritelmä on siis sellainen, että log 1 (z) = log z + i ϕ z kaikille z G 1, missä log z on tavallinen reaalinen logaritmi ja z:n napakulmalle ϕ z pätee 0 < ϕ z < 2π Lauseen 520 nojalla log 1 on funktion f primitiivi joukossa G 1 82

85 1+i 2 5π 4 3π 4 G 1 1 i Kuva 19 Nyt 2 ([0,1]) G 1, joten lauseen 617 nojalla saadaan 2 fdz = log 1 ( 1 (1)) log 1 ( 1 (0)) = log 1 ( 1 i) log 1 ( 1+i) Tämän logaritmin log 1 määritelmän mukaan siis log 1 (z) = log z +i ϕ z, missä ϕ z on z:n napakulma, jolle pätee 0 < ϕ z < 2π Tällöin ilmeisesti (ks kuva 19) ϕ 1 i = 5 4 π ja ϕ 1+i = 3 4π, joten log 1 ( 1 i) = log π ja log 1( 1+i) = log π ja näin fdz = log 1 ( 1 i) log 1 ( 1+i) = i 1 π (2) 2 2 Huomaa, että jos tätä integraalia olisi virheellisesti lähdetty laskemaan logaritmin päähaaraa käyttäen, olisi saatu 2 fdz = log 2 i 3 4 π (log 2+i 3 4 π) = i3 2 π, joka on siis väärä vastaus Nyt on helppo laskea f:n integraali yli tien , sillä lauseen 614 ja ehtojen (1), (3), (4) ja (2) nojalla saadaan 4 fdz = fdz = i k 2 π +i1 2 π +i1 2 π +i1 2 π = 2πi k=1 Huomautus 619 Määritelmän 517 jälkeisessä huomautuksessa pohdittiin sitä, minkälaisessa joukossa logaritmin haara voidaan määritellä Tässä yhteydessä väitettiin ilman perusteluja, että joukossa C\{0} tällaista määritelmää ei voi esittää Nyt tälle väitteelle voidaan antaa perustelu Tehdään antiteesi, että tällainen logaritmin haara olisi olemassa Tällöin se olisi lauseen 520 mukaan funktion f(z) = 1 z primitiivi joukossa C \ {0} Koska esimerkin 618 suljetun tien jälki sisältyy joukkoon C\{0}, niin lauseen 617 mukaan pitäisi olla fdz = 0,

86 mutta näinhän ei asia ole, kuten esimerkissä 618 osoitettiin Siis tehty antiteesi on väärä ja joukossa C \ {0} määriteltyä logaritmin haaraa ei ole olemassa Huomautus Reaalisen analyysin peruslauseen (erään version, ks [JMA]) mukaan avoimessa ja yhtenäisessä R:n osajoukossa jatkuvalla kuvauksella on aina primitiivi, joka on määritelty koko tässä joukossa Näin ei ole laita kompleksisessa tapauksessa, sillä huomautus 620 osoittaa de facto sen, että (avoimessa ja yhtenäisessä) joukossa C\{0} jatkuvalla funktiolla f(z) = 1 z ei ole primitiiviä, joka olisi määritelty koko joukossa C\{0} Jos jatkuvalle reaalifunktiolle f : [a,b] R merkitään M = max{ f(x) x [a,b]}, niin pätee b b f(x)dx f(x) dx M a a ks [JMA] Tämän tuloksen kompleksinen vastine on seuraavassa tätä versiota käytetään jatkossa lukemattomia kertoja Lause 620 Olkoon : [a,b] C tie ja f : ([a,b]) C jatkuva Merkitään M = max{ f((t)) t [a,b]} Tällöin b fdz f((t)) (t) dt M a b a b a dx, (t) dt Huomautus Luvun M R määritelmä on järkevä, sillä kuvaus z z on jatkuva, jolloin :n ja f:n jatkuvuuden nojalla myös kuvaus t f((t)) on jatkuva reaaliarvoinen kuvaus ja siten rajoitettu suljetulla ja rajoitetulla välillä [a,b], ks [JMA] Huomautus Lauseen 620 kaksi jälkimmäistä integraalia ovat reaalisia Riemannintegraaleja Ne ovat hyvin määriteltyjä, sillä integroitavat ovat paloittain jatkuvia ja rajoitettuja, ks [JMA] Todistus Merkitään w = fdz C Merkitään edelleen r = w Jos w 0, niin valitaan jokin w:n napakulma ϕ, jolloin lauseen 58 nojalla w = re iϕ Jos w = 0, niin napakulmaa ei ole määritelty, mutta tällöin myös r = 0 ja yhtälö w = re iϕ pätee kaikille ϕ R Siten joka tapauksessa pätee w = re iϕ jollekin ϕ R (1) 84

87 Tällöin fdz = w = r = i) e iϕ w = e iϕ b a b a b a b M a b Re(e iϕ f((t)) (t))dt v) b e iϕ f((t)) (t) dt vii) = f((t)) (t) dt viii) M (t) dt ix) = a (t) dt, joten väite seuraa a ( ) fdz ii) = e iϕ fdz iii) = Re e iϕ iv) fdz = e iϕ f((t)) (t) dt vi) = Edellä yhtälö/epäyhtälö - i) seuraa ehdosta (1) ja lauseesta 51 b), - ii) seuraa lauseesta 66, - iii) perustuu siihen, että r on reaalinen ja siten myös e iϕ fdz (= r) on reaalinen, - iv) seuraa tieintegraalin määritelmästä, - v) perustuu siihen, että Re iϕ f((t)) (t)) e iϕ f((t)) (t) ja reaaliseen tulokseen, ks [JMA], - vi) seuraa lauseesta 16 h), - vii) perustuu siihen, että ϕ R, jolloin myös sinϕ,cosϕ R ja silloin saadaan lausetta 57 käyttäen e iϕ = cosϕ isinϕ = cos 2 ϕ+sin 2 ϕ = 1, - viii) seuraa siitä, että f((t)) M kaikille t [a,b] ja reaalisesta tuloksesta, ks [JMA] ja - ix) saadaan [JMA]:sta 7 Analyyttisen funktion potenssisarjaesitys Lauseessa 46 osoitettiin, että suppeneva potenssisarja on suppenemiskiekossaan analyyttinen funktio Tässä luvussa osoitetaan kääntäen, että kiekossa analyyttinen funktio voidaan esittää potenssisarjana Tämä sarja vastaa reaalista Taylorin sarjaa (ks [SA]) Reaalisella Taylorin sarjalla on kuitenkin sellaisia ikäviä ominaisuuksia, että sen ei tarvitse supeta muualla kuin keskipisteessä ja jos se suppeneekin, raja-arvona ei tarvitse olla kyseinen funktio Kompleksianalyyttiselle funktiolle nämä pulmat poistuvat ja kompleksinen Taylorin sarja suppenee siinä kiekossa, missä funktio on analyyttinen ja nimenomaan kohti annettua funktiota Esitetään ensin pari teknistä aputulosta 85

88 Lemma 71 Olkoon [a,b] R väli ja : [a,b] C jatkuvasti tie Tällöin pätee b a (t)dt = (b) (a) Todistus Harjoitustehtävä Tämähän on itse asiassa lauseen 617 erikoistapaus Lemma 72 Olkoot [a,b],[c,d] R välejä (a < b,c < d), jolloin [a,b] [c,d] R 2 Olkoon ψ : [a,b] [c,d] R 2 = C jatkuva kuvaus Määritellään kuvaus g : [c,d] C asettamalla kaikille t [c,d] g(t) = b a ψ(s, t)ds Silloin g on jatkuva Jos lisäksi reaalinen osittaisderivaatta tψ(s,t) on olemassa ja jatkuva joukossa [a,b] [c,d], niin g on jatkuvasti derivoituva välillä [c,d], päätepisteissä toispuoleisesti, ja kaikille t [c, d] pätee d dt g(t) = b a ψ(s,t)ds (61) t Todistus 1) Osoitetaan ensin g:n jatkuvuus Tätä varten olkoon ǫ > 0 mielivaltainen Riittää löytää δ > 0 siten, että kun t 1,t 2 [c,d] ja t 1 t 2 < δ, niin g(t 1 ) g(t 2 ) < ǫ (1) Joukko[a, b] [c, d] on kompakti(ks[vfa],[ma]), joten ψ on tasaisesti jatkuva joukossa [a,b] [c,d] (ks [VFA], [MA]) Tällöin on olemassa δ 1 > 0 siten, että ψ(x,y) ψ(x,y ) < ǫ b a, (2) kun (x,y),(x,y ) [a,b] [c,d] ja (x,y) (x,y ) < δ 1 Tässä on siis käytetty sitä tosiseikkaa, että R 2 :n euklidinen normi on sama kuin kompleksinen itseisarvo, kun samastetaan R 2 = C tulkinnan (x,y) = x + iy kautta Valitaan δ := δ 1 ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (1) toimiva valinta Olkoot siis t 1,t 2 [c,d] siten, että t 1 t 2 < δ; pitää osoittaa, että ehto (1) pätee Näin on, sillä g(t 1 ) g(t 2 ) = i) b a ǫ ds = ǫ, b a b a (ψ(s,t 1 ) ψ(s,t 2 ))ds ii) b a ψ(s,t 1 ) ψ(s,t 2 ) ds iii) missä yhtälö i) perustuu lauseeseen 63, epäyhtälö ii) lauseeseen 620 (jota sovelletaan tielle id : [a,b] [a,b]) ja epäyhtälö iii) siihen, että kaikille s [a,b] pätee (s,t 1 ) (s,t 2 ) = t 1 t 2 < δ = δ 1, 86

89 jolloin ehdon (2) nojalla kaikille s [a,b] pätee ψ(s,t 1 ) ψ(s,t 2 ) < ǫ b a, ja tällöin epäyhtälö iii) seuraa reaalisesta tuloksesta, ks [JMA] Näin funktion g jatkuvuus on todistettu 2) Mennään sitten derivoituvuustodistukseen Jos todistetaan oikeaksi derivoituvuusväite ja kaava (61), niin derivaatan jatkuvuus seuraa, kun sovelletaan todistuksen kohtaa 1) (oletuksen perusteella) jatkuvaan funktioon tψ(s,t) Riittää siis todistaa derivoituvuus ja väite (61), jotka molemmat väitteet seuraavat, jos osoitetaan, että kaikille t 0 [c,d] pätee g(t) g(t 0 ) b lim = t t 0, t [c,d] t t 0 a t ψ(s,t 0)ds (3) Olkoon siis t 0 [c,d] kiinteä ja ǫ > 0 mielivaltainen Väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että on olemassa δ > 0 siten, että kaikille t [c,d], joille 0 < t t 0 < δ, pätee g(t) g(t 0 ) t t 0 b a Merkitään kaikille (s,t) [a,b] [c,d] ψ 1 (s,t) = t ψ(s,t), t ψ(s,t 0)ds ǫ (4) jolloin ψ 1 on oletuksen mukaan jatkuva kompaktissa joukossa [a,b] [c,d] Tällöin, kuten todistuksen kohdassa 1), ψ 1 on tasaisesti jatkuva joukossa [a,b] [c,d], ts on olemassa δ 1 > 0 siten, että kaikille (s,t),(s,t ) [a,b] [c,d], joille (s,t) (s,t ) < δ 1 pätee ψ 1 (s,t) ψ 1 (s,t ) < ǫ b a (5) Valitaan taas δ := δ 1, ja osoitetaan, että tämä on väitteessä (4) toimiva valinta Jos t [c,d] siten, että 0 < t t 0 < δ, niin kaikille s [a,b] ja τ [t 0,t] pätee (s,τ) (s,t 0 ) = τ t 0 < δ, jolloin δ:n valinnan ja ehdon (5) nojalla ψ 1 (s,τ) ψ 1 (s,t 0 ) < ǫ b a (6) Tämä pätee siis kaikille s [a,b] ja τ [t 0,t] Määritellään kiinteälle s [a,b] tie s : [t 0,t] {s} [t 0,t] [a,b] [c,d] siten, että s (τ) = (s,τ) = s + iτ Geometrisesti s on (lyhyt) jana pisteestä s + it 0 pisteeseen s + it; luku t 87

90 [c,d] on siis kiinteä tässä Ilmeisesti (vrt esim 413 b), jossa janalla on eri määrittelyväli) s(τ) i (7) Olkoon lisäksi f : [a,b] [c,d] C kuvaus siten, että f(s,t ) = i(ψ 1 (s,t ) ψ 1 (s,t 0 )), jolloinf onψ 1 :njatkuvuudennojallajatkuvalisäksi s :nmääritelmänjaehdon (6) nojalla kaikille s [a,b] ja τ [t 0,t] pätee f( s (τ)) = f(s,τ) < ǫ b a (8) Tällöin t (ψ 1 (s,τ) ψ 1 (s,t 0 ))dτ t 0 ǫ b a t i) = s(τ) dτ iii) = ǫ t 0 b a (t t 0) t f( s (τ)) s(τ)dτ = fdz t 0 s ii) (9) Tässä yhtälö i) perustuu f:n ja s :n määritelmiin sekä ehtoon (7); yhtälö iii) saadaan myös ehdosta (7) lauseen 63 nojalla Epäyhtälö ii) perustuu lauseeseen 620 ja ehtoon (8) Tässä siis oletettiin, että 0 < t t 0 < δ, mutta täysin vastaava päättely voidaan tehdä myös kun 0 < t 0 t < δ, jolloin saadaan aavistuksen erilainen epäyhtälö t0 (ψ 1 (s,τ) ψ 1 (s,t 0 ))dτ ǫ b a (t 0 t) (10) t Jos merkitään (kuten reaalisille integraaleille tapana on) α β = β α, kun α < β ja α = 0, voidaan epäyhtälöt (9) ja (10) yhdistää ja saadaan tulos: Kaikille α s [a,b] ja kaikille t [c,d], joille t t 0 < δ pätee t (ψ 1 (s,τ) ψ 1 (s,t 0 ))dτ ǫ t 0 b a t t 0 (11) Määritellään kaikille kiinteille s [a,b] kuvaus Ψ s : [c,d] C, Ψ s (t) = ψ(s,t) tψ 1 (s,t 0 ), jolloin Ψ s on oletuksen nojalla jatkuvasti derivoituva (päätepisteissä toispuoleisesti) ja ψ 1 :n määritelmän mukaan Ψ s(t) = ψ 1 (s,t) ψ 1 (s,t 0 ) (12) Kaikille s [a,b] ja kaikille t [c,d], joille t t 0 < δ, pätee ψ(s,t) ψ(s,t 0 ) (t t 0 )ψ 1 (s,t 0 ) = i) Ψ s (t) Ψ s (t 0 ) ii) = (13) t Ψ iii) t iv) s(τ)dτ = (ψ 1 (s,τ) ψ 1 (s,t 0 ))dτ ǫ t 0 t 0 b a t t 0, 88

91 missä yhtälö i) seuraa Ψ s :n määritelmästä, yhtälö ii) lemmasta 71, yhtälö iii) ehdosta (12) ja epäyhtälö iv) ehdosta (11) Muistutetaan välillä siitä, mitä ollaan tekemässä: Ollaan todistamassa, että ehto (4) pätee jollakin sopivalla δ > 0 Ehdon (5) jälkeen tehtiin δ:n valinta eli δ = δ 1, ja nyt ollaan valmiita todistamaan, että tämä valinta toimii Olkoon siis t [c,d] siten, että t t 0 < δ Silloin saadaan g(t) g(t 0 ) b t t 0 a t ψ(s,t i) 0)ds = ( 1 b b b ψ(s,t)ds ψ(s,t 0 )ds (t t 0 ) ψ 1 (s,t 0 )ds) t t 0 a a a 1 b iii) (ψ(s,t) ψ(s,t 0 ) (t t 0 )ψ 1 (s,t 0 ))ds t t 0 a 1 ǫ t t 0 b a t t 0 b a ds = ǫ, joten väite (4) ja siten koko lause on todistettu Yllä yhtälö i) seuraa funktioiden g ja ψ 1 määritelmistä ja yhtälö ii) lauseesta 63 Epäyhtälö iii) seuraa ehdosta (13) ja lauseesta 620, jota sovelletaan tiehen id : [a,b] [a,b] Seuraavassa lemmassa osoitetaan, että riittävän vahvoin oletuksin analyyttisen funktion tieintegraali yli kiinteän tien määrittelee analyyttisen funktion Lisäksi tämä syntyvä analyyttinen funktio voidaan derivoida suorittamalla derivointi integraalin sisällä Huomaa, että tämä lemma on lemman 72 kompleksinen versio Lemma 73 Olkoon G C avoin ja : [a,b] C tie Oletetaan, että kuvaus ψ : ([a,b]) G C on jatkuva, mikä tässä tarkoittaa sitä, että ψ on jatkuva reaalisessa mielessä kuvauksena R 4 :n osajoukolta R 2 :een Oletetaan lisäksi, että ψ on kompleksisessa mielessä derivoituva jälkimmäisen muuttujan suhteen, mikä tarkoittaa sitä, että kaikille kiinteille w ([a, b]) kuvaus G C, z ψ(w,z) on derivoituva eli on olemassa kompleksinen derivaatta d dzψ(w,z) Oletetaan vielä, että kuvaus ([a,b]) G C, (w,z) d dz ψ(w,z) on jatkuva Tällöin kuvaus g : G C, g(z) = ψ(w, z)dw 89 ii) =

92 on analyyttinen ja g (z) = d ψ(w,z)dw (73) dz Huomautus Lemman 73 oletusten nojalla kiinteälle z kuvaukset w ψ(w, z) ja w d dzψ(w,z) ovat jatkuvia joukossa ([a,b]), joten g:n määrittelevä (viime kädessä Riemann-)integraali on määritelty samoin kuin kaavassa (73) oleva integraali ja väite on tältä osin mielekäs Todistus Merkitään l() = jolloin l() 0 ja siten l()+1 > 0 b a (t) dt, 1) Osoitetaan ensin, että g on jatkuva Tätä varten olkoot z 1 G ja ǫ > 0 mielivaltaisia Riittää löytää δ > 0 siten, että kaikille z 2 G, joille z 1 z 2 < δ, pätee g(z 1 ) g(z 2 ) ǫ (1) Koska l()+1 > 0, niin osamäärä ǫ l()+1 on määritelty ja pätee ǫ > 0 (2) l()+1 Koska G on avoin, on olemassa r > 0 siten, että B(z 1,r) G Koska on jatkuva, joukko ([a,b]) C = R 2 on kompakti (ks [VFA]), joten myös joukko ([a,b]) B(z 1,r) R 4 on kompakti kahden kompaktin joukon tulojoukkona, ks [VFA], [MA] Tällöin ψ on tasaisesti jatkuva joukossa ([a,b]) B(z 1,r) (ks [VFA]) Silloin ehdon (2) perusteella on olemassa δ 1 > 0 siten, että ψ(w,z) ψ(w,z ) < ǫ l()+1 kun (w,z),(w,z ) ([a,b]) B(z 1,r) ja (w,z) (w,z ) < δ 1 Ehdossa (3) oleva normi on R 4 :n euklidinen normi Valitaan δ := min{r,δ 1 } ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (1) toimiva valinta Kun z 2 G siten, että z 1 z 2 < δ, niin kaikille t [a,b] pätee ((t),z 1 ),((t),z 2 ) ([a,b]) B(z 1,δ) ([a,b]) B(z 1,r) ja ((t),z 1 ) ((t),z 2 ) = z 1 z 2 < δ δ 1, jolloin ehdon (3) nojalla kaikille t [a,b] pätee ψ((t),z 1 ) ψ((t),z 2 ) < 90 (3) ǫ l()+1 (4)

93 Tällöin kaikille z 2 G, joille z 1 z 2 < δ, saadaan g(z 1 ) g(z 2 ) = i) ii) (ψ(w,z 1 ) ψ(w,z 2 ))dw b a ψ((t),z 1 ) ψ((t),z 2 ) (t) dt iii) ǫ l()+1 joten ehto (1) toimii, ja g:n jatkuvuus on todistettu b a (t) dt = l() l()+1 ǫ < ǫ, Yllä yhtälö i) perustuu lauseeseen 66, epäyhtälö ii) lauseeseen 620 ja epäyhtälö iii) seuraa lauseesta 620 sekä ehdosta (4) 2) Mennään sitten analyyttisyystodistukseen Oletuksen nojalla myös kuvaus z d dzψ(w,z) on jatkuva kiinteälle w, ks [VFA] Jos todistetaan oikeaksi derivoituvuusväite ja kaava (73), niin analyyttisyys eli derivaatan jatkuvuus seuraa, kun sovelletaan todistuksen kohtaa 1) jatkuvaan funktioon z d dz ψ(w,z) Riittää siis todistaa derivoituvuus ja kaava (73), jotka molemmat väitteet seuraavat, jos osoitetaan, että kaikille z 0 G pätee g(z) g(z 0 ) d lim = z z 0 z z 0 dz ψ(w,z 0)dw (5) Olkoon siis z 0 G kiinteä ja ǫ > 0 mielivaltainen Väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että on olemassa δ > 0 siten, että kaikille z 1 G, joille 0 < z 1 z 0 < δ, pätee g(z 1 ) g(z 0 ) d z 1 z 0 dz ψ(w,z 0)dw < ǫ (6) Merkitään kaikille (w,z) ([a,b]) G ψ 1 (w,z) = d dz ψ(w,z), jolloin ψ 1 on oletuksen mukaan jatkuva joukossa ([a,b]) G Tällöin, kuten todistuksen kohdan 1) ehdossa (3), ψ 1 on (määritelty ja) tasaisesti jatkuva kompaktissa joukossa ([a,b]) B(z 0,r) sopivalle r > 0, ts on olemassa δ 1 > 0 siten, että kaikille (w,z),(w,z ) ([a,b]) B(z 0,r), joille (w,z) (w,z ) < δ 1 pätee ψ 1 (w,z) ψ 1 (w,z ǫ ) < l()+1 (7) Valitaan taas δ := min{r,δ 1 }, ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (6) toimiva valinta Olkoon siis z 1 G siten, että 0 < z 1 z 0 < δ; riittää osoittaa, että ehto (6) pätee 91

94 Kaikille t [a,b] ja z B(z 0,δ) pätee ((t),z),((t),z 0 ) = z z 0 < δ, jolloin δ:n valinnan nojalla ǫ ψ 1 ((t),z) ψ 1 ((t),z 0 ) < l()+1, (8) ja tämä siis kaikille t [a,b] ja z B(z 0,δ) Määritellään tie α : [0,1] C asettamalla α(τ) = z 0 +τ(z 1 z 0 ) Tällöin α:n jälki on z 0 :n ja z 1 :n välinen geometrinen jana ja siten ehdon z 1 B(z 0,δ) nojalla ilmeisesti Lisäksi esimerkin 413 b) mukaan α(τ) B(z 0,δ) kaikille τ [0,1] (9) α (τ) z 1 z 0 (10) Nyt saadaan kaikille w ([a,b]) 1 i) (ψ 1 (w,α(τ)) ψ 1 (w,z 0 ))(z 1 z 0 )dτ = (11) 0 ii) (ψ 1 (w,z) ψ 1 (w,z 0 ))dz α ǫ l() α (τ) dτ iii) = ǫ l()+1 z 1 z 0 Tässä yhtälö i) perustuu tieintegraalin määritelmään ja ehtoon (10), epäyhtälö ii) seuraa lauseesta 620 sekä ehdoista (8) ja (9) sekä yhtälö iii) ehdosta (10) Määritellään kaikille (kiinteille) w ([a,b]) kuvaus Ψ w : G C, Ψ w (z) = ψ(w,z) zψ 1 (w,z 0 ), jolloin Ψ w on lauseen oletusten ja tehtyjen merkintöjen perusteella analyyttinen ja Ψ w(z) = ψ 1 (w,z) ψ 1 (w,z 0 ) (12) Tällöin kaikille w ([a,b]) pätee ψ(w,z 1 ) ψ(w,z 0 ) (z 1 z 0 )ψ 1 (w,z 0 ) = i) Ψ w (z 1 ) Ψ w (z 0 ) ii) = (13) Ψ w α(1) Ψ w α(0) iii) 1 = d 0 dτ (Ψ iv) w α)(τ)dτ = 1 Ψ v) 1 vi) w(α(τ))(z 1 z 0 )dτ = (ψ 1 (w,α(τ)) ψ 1 (w,z 0 ))(z 1 z 0 )dτ 0 0 ǫ l() z 1 z 0, 92

95 missä yhtälö i) seuraa Ψ w :n määritelmästä, yhtälö ii) α:n määritelmästä, yhtälö iii) lemmasta 71, yhtälö iv) lauseesta 415 ja ehdosta (10), yhtälö v) seuraa ehdosta (12) ja epäyhtälö vi) ehdosta (11) Tämän nojalla saadaan edelleen g(z 1 ) g(z 0 ) d z 1 z 0 dz ψ(w,z i) 0)dw = ( 1 ψ(w,z 1 )dw ψ(w,z 0 )dw (z 1 z 0 ) z 1 z 0 1 z 1 z 0 (ψ(w,z 1 ) ψ(w,z 0 ) (z 1 z 0 )ψ 1 (w,z 0 ))dw 1 ǫ z 1 z 0 l()+1 z 1 z 0 b a (t) dt = l() l()+1 ǫ < ǫ, joten ehto (6) toimii ja siten koko lause on todistettu ) ii) ψ 1 (w,z 0 )dw = Edellä yhtälö i) seuraa funktioideng ja ψ 1 määritelmistä, yhtälö ii) tieintegroinnin lineaarisuudesta eli lauseesta 66 sekä epäyhtälö iii) seuraa ehdosta (13) ja lauseesta 620 Esimerkki 74 Olkoon z B(0,1) kiinteä Määritellään kuvaus ϕ : [0,2π] [0,1] C asettamalla kaikille (s,t) [0,2π] [0,1] ϕ(s,t) = eis e is tz Huomaa, että ϕ:n määritelmä on järkevä, sillä nimittäjä ei voi olla nolla; onhan lauseen 57 nojalla e is = 1 kaikilla s R ja toisaalta tz < 1 kaikilla t [0,1] oletuksesta z < 1 johtuen On helppo nähdä (perusteluna voi käyttää vaikkapa lausetta 415 samaan tapaan kuin huomautuksessa 416), että ϕ:n reaalinen osittaisderivaatta jälkimmäisen muuttujan suhteen saadaan kaavasta t ϕ(s,t) = ze is (e is tz) 2 Tämä on selvästi jatkuva joukossa [0, 2π] [0, 1], joten lemman 72 nojalla määrittely 2π e is g(t) = e is tz ds antaa jatkuvasti derivoituvan kuvauksen g : [0, 1] C, jolle pätee g (t) = 0 2π 0 ze is (e is tz) 2ds Nyt jos kiinteälle t [0,1] määritellään kuvaus Φ t : [0,2π] C asettamalla kaikille s [0,2π] zi Φ t (s) = e is tz, 93 iii)

96 niin helposti nähdään (vaikkapa lausetta 415 soveltaen), että derivaatalle pätee Tällöin kaikille t [0,1] pätee 2π ze is Φ t(s) = ze is (e is tz) 2 2π g (t) = 0 (e is tz) 2ds = Φ t(s)ds = i) Φ t (2π) Φ t (0) = 0 zi e i2π tz zi e i0 tz = zi 1 tz zi 1 tz = 0, missä yhtälö i) seuraa lemmasta 71 Siis g (t) 0, joten g on vakio g:n arvo pisteessä t = 0 saadaan helposti laskettua: 2π e is 2π g(0) = e is 0z ds = 1ds = 2π 0 Tällöin myös g(1) = 2π Tämä ei riipu lainkaan tämän esimerkin alussa valitusta pisteestä z B(0, 1) ja näin saadaan jatkossa erittäin hyödyllinen kaava: 2π 0 e is e is ds = 2π kaikille z B(0,1) z Huomaa, että tätä kaavaa on varsin vaikea laskea suoraan kompleksisen integraalin määritelmästä (63) lähtien kokeile! Huomautus Seuraava lause on hyvin tärkeä Se ei kuitenkaan sinänsä ole kovin hyvä vaan ainoastaan erikoistapaus myöhemmin todistettavasta keskeisestä Cauchyn integraalikaavasta, ks lause 111 Lause 75 Olkoon G C avoin, f : G C analyyttinen sekä a G ja r > 0 siten että B(a,r) G Olkoon lisäksi : [0,2π] C tie siten että 0 (t) = a+re it kaikille t [0,2π] Tällöin kaikille z B(a,r) pätee f(z) = 1 f(w) 2πi w z dw Huomautus Tien jälki eli joukko ([0, 2π]) on a-keskinen r-säteinen ympyrä eli kiekon B(a, r) reuna, joka oletuksen mukaan sisältyy joukkoon G, ks kuva 20 Koska f on analyyttinen G:ssä, se on tällöin jatkuva :n jäljessä Siten lauseessa integroitava funktio f(w) w z 94

97 on jatkuva joukossa ([0, 2π]) (w:n suhteen), sillä nimittäjä ei pääse nollaksi, kun w ([0,2π]) ja z B(a,r) Näin lauseen integraali on järkevästi määritelty z r a G Kuva 20 Lauseen 75 todistus 1) Todistetaan väite ensin siinä erikoistapauksessa, että a = 0 ja r = 1, jolloin B(0,1) G Tässä siis oletetaan, että (t) = e it ja z B(0,1), jolloin väite tulee muotoon f(z) = 1 f(w) 2πi w z dw = i) 1 2π f(e it )e it 2π 0 e it dt, (1) z missä yhtälö i) johtuu tieintegraalin määritelmästä, integroinnin lineaarisuudesta ja siitä, että (t) = ie it Määritellään kaikille kiinteille z B(0,1) apufunktio ϕ : [0,2π] [0,1] C asettamalla kaikille (t,s) [0,2π] [0,1] ϕ(t,s) = f(z +s(eit z))e it e it z f(z) Huomaa, että koska z B(0,1) ja e it = 1, niin osamäärän nimittäjä ei pääse nollaksija lisäksikiekonb(0,1) konveksisuudennojallaz+s(e it z) B(0,1) Gkaikille(t,s) [0,2π] [0,1],jotenosoittajakinonmääriteltyjanäinϕ:nmääritelmä on järkevä Koska f on jatkuva, on ilmeisesti myös ϕ jatkuva Lisäksi osittaisderivaatta muuttujan s suhteen on ketjusäännön eli lauseen 415 nojalla d eit ϕ(t,s) = ds e it z f (z +s(e it z)) (e it z) = e it f (z +s(e it z)) (2) Koska f on analyyttinen, sen derivaatta on jatkuva, joten ehdon (2) nojalla ilmeisesti(ks[vfa])myöskuvaus(t,s) d ds ϕ(t,s)onjatkuvajoukossa[0,2π] 95

98 [0,1] Jos nyt määritellään kuvaus g : [0,1] C asettamalla kaikille s [0,1] g(s) = 2π 0 ϕ(t, s)dt, niin lemman 72 nojalla g on jatkuva ja jatkuvasti derivoituva (päätepiseissä toispuoleisesti) sekä g (s) = 2π 0 s ϕ(t,s)dt i) = missä yhtälö i) seuraa ehdosta (2) 2π 0 e it f (z +s(e it z))dt, Määritellään kaikille kiinteille z B(a,r) ja s ]0,1] kuvaus Φ s : [0,2π] C asettamalla kaikille t [0, 2π] Φ s (t) = i s f(z +s(eit z)), jolloin Φ s on f:n analyyttisyyden ja lauseen 415 perusteella tie ja Siten kaikille s ]0,1] pätee g (s) = 2π 0 Φ s(t) = e it f (z +s(e it z)) e it f (z +s(e it z))dt = 2π 0 Φ s(t)dt i) = Φ s (2π) Φ s (0) = i s f(z +s(ei2π z)) i s f(z +s(ei0 z)) = (3) i i f(z +s(1 z)) f(z +s(1 z)) = 0, s s missä yhtälö i) seuraa lemmasta 71 Yhtälöketjun (3) perusteella g (s) = 0 kaikille s ]0,1], joten g on vakio välillä ]0,1] Koska g on jatkuva, se on tällöin vakio myös koko suljetulla välillä [0,1] Funktion g arvo pisteessä s = 0 saadaan laskettua: 2π 2π ( f(z +0(e it z))e it ) g(0) = ϕ(t,0)dt = f(z) dt = 2π 0 0 ( ) f(z)e it e it z f(z) dt = i) f(z) f(z)(2π 2π) = 0, 0 ( 2π e it z 0 e it e it z dt 2π 0 ) ii) dt = (4) missä yhtälö i) perustuu tieintegraalin lineaarisuuteen ja yhtälö ii) esimerkkiin 74 96

99 Kuten yllä todettiin, g on vakio, ja koska ehdon (4) mukaan g(0) = 0, niin g 0 Erityisesti g(1) = 0 eli joten 0 =g(1) = 2π 0 2π 0 2π 0 2π 0 ϕ(t,1)dt = 2π 0 ( f(z +1(e it z))e it e it z ( f(e it )e it ) 2π e it z f(z) f(e it )e it dt = 0 e it z dt f(z) f(e it )e it e it z dt f(z)2π, ) f(z) dt = 2π f(e it )e it 1 2π f(e it )e it e it dt = 2πf(z) eli f(z) = z 2π 0 e it z dt, ja näin väite (1) on todistettu 0 dt = 2) Väite on siis todistettu siinä erikoistapauksessa, että a = 0 ja r = 1 Todistetaan sitten väite yleisessä tapauksessa Olkoot G, f, a, r ja kuten lauseen varsinaisessa oletuksessa sekä z B(a,r) Määritellään kuvaus h : C C, h(w) = rw+a, jolloin h on ilmeisesti analyyttinen homeomorfismi ja h 1 (u) = 1 r (u a), joka myös on analyyttinen kuvaus Merkitään G 1 = h 1 (G), jolloin G 1 on h:n jatkuvuuden nojalla avoin (ks [VFA], [MA]) Lisäksi B(0,1) G 1, sillä h(b(0,1)) = B(a,r) G Merkitään edelleen f 1 = f h : G 1 C, jolloin f 1 on analyyttinen lauseen 45 nojalla Merkitään vielä z 1 = h 1 (z) = 1 (z a), r jolloin z 1 B(0,1), koska z B(a,r), sekä 1 : [0,2π] C, 1 = h 1, jolloin 1 (t) = e it ja 1(t) = 1 r (t) 97

100 Tällöin kohdassa (1) todistetun erikoistapauksen nojalla f 1 (z 1 ) = 1 f 1 (w) dw 2πi 1 w z 1 Tämän esityksen avulla saadaan f(z) = f(h(z 1 )) = f 1 (z 1 ) = 1 2πi 1 2π 2πi 1 2πi 0 2π 0 f 1 (w) dw = 1 1 w z 1 2πi f h h 1 (t) 1 r (t) e it 1 r (z a) dt = 1 2π 2πi 0 f((t)) (t) dt = 1 (t) z 2πi f(w) w z dw, joten väite on todistettu myös yleisessä tapauksessa 2π 0 f((t)) (t) re it z +a dt = f 1 ( 1 (t)) 1(t) 1 (t) z 1 dt = Esimerkki Jos r > 0, b B(0,r) ja r : [0,2π] C on tie, r (t) = re it, niin cos(z) dz = 2πicos(b) r z b Tämäseuraasoveltamallalausetta75tapauksessaf(z) = cos(z),a = 0jaz = b Huomautus Tämän luvun otsikkona oli analyyttisen funktion potenssisarjaesitys Kuinka sitten lausetta 75 voidaan siihen käyttää? Tähän tapaan: Olkoon f analyyttinen avoimessa joukossa G ja a G, r > 0 siten että B(a,r) G Olkoon lisäksi z a < r ja w a = r Tällöin 1 w z = 1 w a 1 1 z a = 1 ( ) n z a, ( ) w a w a w a missä jälkimmäinen yhtälö perustuu geometrisen sarjan summakaavaan, joka tässä toimii, koska z a < r = w a Kaavasta ( ) saadaan esitys 1 2πi f(w) w z = 1 2πi f(w) (w a) n+1(z a)n ( ) Yhtälö ( ) integroidaan pitkin tietä : [0,2π] C, (t) = re it Tuloksena on, että yhtälön vasemmalle puolelle ilmestyy lauseen 75 nojalla f(z) ja oikealle haluttu potenssisarja (ks lause 77) edellyttäen, että voidaan vaihtaa integroinnin ja summeerauksen järjestys Tähän tarvitaan pieni aputulos: Lemma 76 Olkoon : [a,b] C tie ja (f n ) n N jono jatkuvia kuvauksia f n : ([a,b]) C ja lisäksi g : ([a,b]) C jatkuva kuvaus siten, että sarja k=0 f k suppenee tasaisesti kohti funktiota g joukossa ([a, b]) Tällöin g(w)dw = f k (w)dw k=0 98

101 Todistus Merkitään l() = b a (t) dt ( 0) ja olkoon ǫ > 0 mielivaltainen Riittää osoittaa, että on olemassa q N siten, että n g(w)dw f k (w)dw ǫ, kun n q (1) k=0 ǫ Koska l()+1 > 0, niin luku l()+1 on määritelty ja positiivinen Koska sarja k=0 f k suppenee tasaisesti kohti funktiota g joukossa ([a,b]) niin on olemassa N N siten, että kaikille n N ja w ([a,b]) pätee n ǫ g(w) f k (w) < l()+1 (2) k=0 Valitaan q := N ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (1) toimiva valinta Kun n q = N saadaan n ( ) g(w)dw f k (w)dw = i) n ii) g(w) f k (w) dw ǫ l()+1 b a k=0 (t) dt = l() l()+1 ǫ < ǫ, missä yhtälö i) seuraa tieintegroinnin lineaarisuudesta (lause 66 + induktio) ja epäyhtälö ii) ehdosta (2) sekä lauseesta 620 Seuraava lause antaa sitten halutun potenssisarjaesityksen analyyttiselle funktiolle: Lause 77 Olkoon G C avoin, f : G C analyyttinen, a G ja r > 0 siten, että B(a,r) G sekä : [0,2π] C, (t) = a + re it Tällöin kaikille z B(a,r) pätee f(z) = ( 1 2πi k=0 ) f(w) (w a) n+1dw (z a) n Todistus Olkoon z B(a, r) mielivaltainen, mutta kiinteä Merkitään symbolilla S kiekon B(a, r) reunaympyrää, joka on samalla tien jälki Merkitään lisäksi s = z a < r, ks kuva 21 z s r a տ S Kuva G

102 Määritellään kaikille n N kuvaus F n : ([0,2π]) C asettamalla kaikille w S F n (w) = 1 f(w) 2πi(w a) n+1(z a)n Koska f on jatkuva joukossa G ja S G on kompakti, on olemassa M R siten, että f(w) M kaikille w S (ks [VFA]) Tällöin kaikille w S ja n N pätee Koska sarja F n (w) 1 2π M r n+1sn = M ( s ) n (1) 2πr r M ( s ) n M = 2πr r 2πr ( s n r) suppenee geometrisena sarjana, jonka suhdeluku on s r < 1, niin ehdon (1) ja Weierstrassin M-testin (lause 215) nojalla sarja suppenee tasaisesti joukossa S Lisäksi kaikille w S = ([0, 2π]) pätee F n 1 f(w) F n (w) = 2πi(w a) n+1(z a)n = (2) 1 f(w) ( ) n z a i) = 1 f(w) 2πi(w a) w a 2πi(w a) 1 1 z a = 1 f(w) 2πiw z, w a missä yhtälö i) saadaan geometrisen sarjan summakaavasta Sarjan F n tasaisen suppenemisen, ehdon (2) ja lemman 76 nojalla 1 f(w) 2πiw z dw = F n (w)dw (3) Lauseen 75 ja tieintegraalin lineaarisuuden nojalla yhtälön (3) vasen puoli on f(z) Toisaalta funktioiden F n määritelmän ja tieintegroinnin lineaarisuuden nojalla sen oikea puoli on ( ) 1 f(w) 2πi (w a) n+1dw (z a) n, joten väite on todistettu 100

103 Huomautus Lauseessa 77 on oleellista se, että saadun potenssisarjan kertoimet eivät riipu lainkaan pisteestä z B(a,r) eli jos merkitään kaikille n N a n = 1 f(w) 2πi (w a) n+1dw, niin kaikille z B(a,r) pätee f(z) = a n (z a) n Tässä on kuitenkin muistettava lukua r > 0 koskeva rajoitus: sen on oltava niin pieni, että B(a,r) G, missä G on joukko, jossa f on analyyttinen Jos esimerkiksi tarkastellaan logaritmin päähaaraa, joka on analyyttinen joukossa G = C\{z R z 0} ja pisteeksi a valitaan a = 1+i, niin kuvatunkaltainen potenssisarjaesitys saadaan vain kiekossa B(a,r), missä 0 < r < 1, ks kuva 22 a r Kuva 22 Toisaalta on muistettava, että lauseessa 77 G on avoin, joten jokin sopiva r > 0 aina löytyy Tässä mielessä voidaan sanoa, että lauseen 77 nojalla analyyttinen funktio voidaan aina esittää lokaalisti potenssisarjana Seuraavaksi huomataan (jälleen yksi) merkittävä ero analyyttisyyden ja reaalisen differentioituvuuden välillä: reaalisesti jatkuvasti derivoituvan funktion ei tarvitse olla kahdesti derivoituva tästähän löytyy helppoja esimerkkejä, ks [JMA] Toisin on tämä asia analyyttisille funktioille: Lause 78 Olkoon G C avoin ja f : G C analyyttinen Tällöin f on äärettömän monta kertaa derivoituva Jos lisäksi a G ja r > 0 siten, että B(a,r) G ja : [0,2π] C on tie siten että (t) = a + re it, niin kaikille k N, k 1 pätee f (k) (a) = k! 2πi f(w) (w a) k+1dw Huomautus Jos merkitään f (0) (a) = f(a), niin lause 78 pätee myös kun k = 0 Tämä seuraa lauseesta 75 Todistus Jos merkitään kaikille n N a n = 1 f(w) 2πi (w a) n+1dw, 101

104 niin lauseen 77 mukaan kaikille z B(a,r) pätee f(z) = a n (z a) n Tällöin lauseen 49 perusteella f on äärettömän monta kertaa derivoituva kiekossa B(a,r) ja erityisesti pisteessä a Koska a G on tässä mielivaltainen, niin f on äärettömän monta kertaa derivoituva koko joukossa G, joten tämä väite on todistettu Lisäksi lauseen 49 ja oletuksen k 1 nojalla kiekossa B(a,r) pätee f (k) (z) = (n+k)(n+k 1) (n+1)a n+k (z a) n (1) Kun tässä valitaan z = a, niin (z a) n = 0 kaikille n 1 saadaan ehdon (1) ja a k :n määritelmän mukaisesti f k (a) = k(k 1) 1 a k = k! f(w) 2πi (w a) k+1dw Nyt nähdään (toisin kuin reaalisesti äärettömän monta kertaa derivoituvalle funktiolle), että analyyttisen funktion Taylorin sarja suppenee aina riittävän pienessä kiekossa ja suppenee vieläpä kohti alkuperäistä funktiota: Lause 79 Olkoon G C avoin ja f : G C analyyttinen Jos a G ja r > 0 siten, että B(a,r) G, niin kaikille z B(a,r) pätee f(z) = a n (z a) n, missä a n = 1 n! f(n) (a) Huomautus Lauseessa 79 sovitaan, että a 0 = 1 0! f(0) (a) = f(a) vrt lauseen 78 jälkeinen huomautus Todistus Väite seuraa yhdistämällä lauseet 77 ja 78 Varoitus Lauseen 79 Taylorin sarja antaa siis itse funktion f arvon missä tahansa suppenemiskiekon pisteessä z Tässä suhteessa lausetta 78 pitää varoa: Se antaa derivaattojen f (k), k 1 arvot vain kiekon keskipisteessä a Esimerkki Määrätään funktion f, f(z) = 1 z potenssisarjaesitys pisteen 1 ympäristössä B(1,1) f on analyyttinen joukossa G = C\{0} ja kiekko B(1,1) on liian iso toteuttaakseen ehdon B(1,1) G, mutta kaikille z B(1,1) voidaan valita r siten, että z 1 < r < 1, jolloin z B(1,r) B(1,r) G (ks kuva 23), joten lause 79 toimii kiekossa B(1, r) ja antaa f:n potenssisarjaesityksen pisteessä z B(1,1) 102

105 r z 1 Lauseesta 79 saadaan siis Kuva 23 1 z = a n (z 1) n, missä a n = 1 n! f(n) (1) Induktiolla nähdään helposti, että joten a n = ( 1) n ja näin f (n) (z) = ( 1)n n! z n+1, 1 z = ( 1) n (z 1) n = (1 z) n Tämän saa tietysti suoraankin geometrisen sarjan summakaavasta: Kun 1 z < 1, niin geometrinen sarja (1 z)n 1 suppenee ja sen summa on 1 (1 z) = 1 z Samalla tavalla voidaan määrätä f:n potenssisarjaesitys kiekossa B(i, 1): 1 z = ( 1) n i n+1 (z i)n = i n 1 (z i) n kaikille z B(i,1) Tässä jälkimmäinen yhtälö perustuu siihen, että ( 1) n i n+1 = 1 i ( 1 i )n = 1 i in = i n 1 i z 1 Kuva

106 Huomaa, että kiekot B(1, 1) ja B(i, 1) leikkaavat, joten leikkausjoukon pisteissä on saatu kaksi erilaista potenssisarjaesitystä samalle funktiolle, ks kuva 24 Tässä on huomattava, että potenssisarjaesitykset ovat erilaisia nimenomaan siitä syystä, että kiekkojen keskipisteet ovat eri pisteitä Samassa kiekossa ei funktiolla voi kahta erilaista potenssisarjaesitystä olla, kuten helposti nähdään jätetään tämän todistus harjoitustehtäväksi Esimerkki Vastaavalla tavalla voidaan laskea logaritmin päähaaran potenssisarjaesitys kiekossa B( 1+i,1), ks kuvat 22 ja 25 Lauseen 520 nojalla tässä kiekossa analyyttisen logaritmin päähaaran derivaatta on 1 z, joten edellistä esimerkkiä käyttäen log (n) (z) = ( 1)n 1 (n 1)! z n, kun n 1 ja siten lauseen 79 antamille kertoimille a n pätee a n = 1 n! log(n) ( 1+i) = ( 1)n 1 n( 1+i) n, kun n 1 ja näin kiekossa B( 1+i,1) pätee log(z) = log( 1+i)+ n=1 ( 1) n 1 n( 1+i) n(z +1 i)n Tässä on huomattava, että saadun sarjan suppenemissäde on 2 (harjteht), joten se suppenee isommassakin kiekossa kuin B( 1 + i, 1):ssä eli kiekossa B( 1 + i, 2), ks kuva 25 Kiekossa B( 1 + i, 2) sarja esittää erästä logaritmin haaraa, mutta logaritmin päähaaraa vain ylemmässä puolitasossa 1+i Kuva 25 Seuraava lause kertoo, kuinka kiekossa rajoitetun analyyttisen funktion f derivaatat pysyvät myös rajoitettuina ja mikä oleellista niin, että f :n yläraja antaa absoluuttisen ylärajan derivaattojen itseisarvolle Tämä poikkeaa (taas) täysin reaalisen derivoituvan funktion käytöksestä; reaaliselle funktiollehan ei derivaatan itseisarvosta voi sanoa juuri mitään, vaikka f :n maksimi tunnettaisiin 104

107 Lause 710 (Cauchyn estimaatti) Olkoon f analyyttinen kiekossa B(a, R) C ja M > 0 siten, että f(z) M kaikille z B(a,R) Tällöin kaikille n N pätee f (n) (a) n!m R n Todistus Olkoon 0 < r < R ja : [0,2π] C, (t) = a+re it Koska B(a,r) B(a,R), niin lauseen 78 (tai lauseen 75, kun n = 0) nojalla f (n) (a) = n! f(w) 2πi (w a) n+1dw Tästä saadaan edelleen arvio f (n) (a) = n! f(w) 2πi n! 2π M n! M 2π 0 rn+1rdt = 2π r n (w a) n+1dw 2π 0 i) n! 2π 2π 0 f((t)) (t) a n+1 (t) dt ii) dt = n!m r n (1) Tässä epäyhtälö i) seuraa lauseesta 620 ja epäyhtälö ii) perustuu oletuksen lisäksi siihen, että (t) a = r ja (t) = rie it = r kaikille t Arvio(1)päteesiiskaikiller ]0,R[,jotenväiteseuraa,kunannetaanr R Seuraava lause on erikoistapaus myöhemmin todistettavasta yleisemmästä Cauchyn lauseesta: Lause 711 Olkoon a C, r > 0 ja f : B(a,r) C analyyttinen Olkoon lisäksi : [b,c] B(a,r) tie, joka on suljettu eli (b) = (c) Tällöin f:llä on primitiivi kiekossa B(a, r) ja fdz = 0 Todistus Lauseen 617 nojalla riittää osoittaa, että f:llä on primitiivi kiekossa B(a,r) Jos 0 < s < r, niin lauseen 79 nojalla kaikille z B(a,s) pätee f(z) = a n (z a) n missä a n = 1 n! f(n) (a) (1) Tämä pätee kaikille 0 < s < r, ja koska kaikille z B(a,r) voidaan valita s siten, että z a < s < r, niin esitys (1) pätee koko kiekossa B(a,r) Erityisesti sarja a n(z a) n suppenee kiekossa B(a,r) ja siten sen suppenemissäteelle R = pätee R r, ks kuva 26 1 limsup a n n 1 105

108 (b) = (c) r a տ ([b,c]) R Kuva 26 Koska (ks [JMA]) lim (n+1) 1 n = 1, n niin ilmeisesti (ks myös lauseen 46 todistus) 1 limsup( an n+1 ) 1 n 1 = limsup a n 1 n = R Tällöin sarjan a n n+1 (z a)n (2) suppenemissäde on lauseen 33 perusteella R, ja sarja (2) suppenee kiekossa B(a,R) sekä ehdon R r nojalla myös kiekossa B(a,r) Lauseen 46 mukaan määrittely a n g(z) = (z a)n n+1 antaa silloin analyyttisen funktion g : B(a,r) C, jolle pätee g (z) = n=1 na n n+1 (z a)n 1 kaikille z B(a,r) Määritellään kuvaus F : B(a,r) C asettamalla kaikille z B(a,r) F(z) = (z a)g(z) Tällöin F on analyyttinen ja tulon derivoimissäännön mukaan kaikille z 106

109 B(a, r) pätee F (z) = ( d dz (z a)) g(z)+(z a) g (z) = (3) g(z)+(z a) a 0 + a 0 + n=1 a n n+1 (z a)n + na n n+1 (z a)n 1 = n=1 na n n+1 (z a)n i) = ( a n n+1 + na n n+1 )(z a n +na n a)n = a 0 + n+1 (z a)n = n=1 n=1 a n (z a) n = a n (z a) n = f(z), n=1 missä yhtälö i) seuraa lauseesta 37 Yhtälöketju (3) merkitsee sitä, että F on f:n primitiivi kiekossa B(a, r), joten väite on todistettu Esimerkki Olkoon : [b,c] C\{0} suljettu tie Mitä on integraali 1 z dz? Funktio f(z) = 1 z on analyyttinen joukossa C\{0}, joten lauseen 611 nojalla 1 dz = 0, z mikäli :n jälki sisältyy johonkin kiekkoon B(a, r) C \ {0} Kaikille teille tällaista kiekkoa ei löydy Toisaalta integraali voi olla nolla, vaikkei :n jäljen sisältävää kiekkoa B(a, r) C \ {0} löytyisikään Näinhän asianlaita on esimerkiksi silloin, jos :n jälki sisältyy joukkoon C\{z R z 0}, sillä tässä joukossa logaritmin päähaara on f:n primitiivi lauseen 520 mukaan, vrt kuva 27 1 ւ Kuva 27 2 ւ 107

110 Kuvassa 27 suljetun tien 1 jälki on nimenomaan logaritmin päähaaran määrittelyalueessa, joten 1 1 z dz = 0, vaikka 1:n jälki ei selvästikään ole missään kiekossa B(a,r) C\{0} Suljetulle tielle 2 pätee myös 1 2 zdz = 0, kuten myöhemmin tullaan näkemään Tämä on kiinnostava tapaus, sillä voidaan osoittaa, että 2 :n jälki ei sisälly minkään logaritmin haaran määrittelyalueeseen, joten integroitavalle funktiolle z 1 z ei löydy primitiiviä Tästä huolimatta integraali on siis nolla, toisin kuin vaikkapa esimerkin 618 neliötien tapauksessa Nyt on aiheellista kysyä, mikä on oleellinen ero kuvan 27 tien 2 ja esimerkin 618 neliön välillä, jotta tällaista pääsee tapahtumaan Jatkossa tätä kysymystä selvitetään ja annetaan muun muassa selkeä :lle asetettava ehto, jotta mainittu integraali olisi nolla 8 Analyyttisen funktion nollakohdat Josf n : C Conn asteinenpolynomi(n 1)jaa Csenjuuri,tsf n (a) = 0, niin (ks [ALG]) on olemassa (n 1) asteinen polynomi f n 1 siten, että f n (z) = (z a)f n 1 (z)josaonmyöspolynominf n 1 juuri,niinvastaavastionolemassa (n 2) asteinen polynomi f n 2 siten, että f n 1 (z) = (z a)f n 2 (z), jolloin f n (z) = (z a) 2 f n 2 (z) Jos a on myös polynomin f n 2 juuri, niin edelleen löydetään (n 3) asteinen polynomi f n 3 siten, että f n (z) = (z a) 3 f n 3 (z) Näin voidaan jatkaa, kunnes a ei enää ole (n k) asteisen polynomin f n k juuri eli f n k (a) 0 ja f n (z) = (z a) k f n k (z) Tällöin sanotaan, että a on polynomin f n k-kertainen juuri Vastaavalla tavalla määritellään analyyttisen funktion nollakohdan kertaluku: Määritelmä 81 Olkoon G C avoin, a G ja f : G C analyyttinen siten, että f(a) = 0 sekä m N \ {0} Sanotaan, että a on f:n m-kertainen nollakohta tai m on nollakohdan a kertaluku, jos on olemassa analyyttinen funktio g : G C siten että g(a) 0 ja f(z) = (z a) m g(z) kaikille z G Huomautus Määritelmästä herää heti kaksi kysymystä Ensinnäkin, onko jokaisella nollakohdalla jokin kertaluku? Ainakin funktio f 0 näyttäisi tässä suhteessa tuottavan ongelmia Toiseksi, jos kertaluku on olemassa, onko se yksikäsitteinen? Näihin kysymyksiin vastataan tämän luvun aikana Ensimmäinen kysymys on vaikeampi, ja siihen vastataan myöhemmin Jälkimmäiseen kysymykseen voidaan vastata heti: Lause 82 Olkoon G C avoin, a G ja f : G C analyyttinen siten, että f(a) = 0 Olkoot m 1,m 2 N\{0} nollakohdan a kertalukuja Tällöin pätee m 1 = m 2 108

111 Todistus Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että m 1 m 2 Määritelmän mukaan on olemassa G:ssä analyyttiset g 1 ja g 2 siten, että g 1 (a) 0 g 2 (a) ja f(z) = (z a) m1 g 1 (z) = (z a) m2 g 2 (z) kaikille z G Tällöin jakamalla nollasta eroavalla termillä (z a) m1 joukossa G\{a} saadaan g 1 (z) = (z a) m2 m1 g 2 (z) kaikille z G\{a} Koska g i :t ovat analyyttisinä funktioina jatkuvia pisteessä a, niin saadaan edelleen lauseen 23 nojalla g 1 (a) = lim g 1 (z) = lim[(z a) m2 m1 g 2 (z)] = (1) z a z a lim (z lim g z a a)m2 m1 2 (z) = g 2 (a) lim(z a) m2 m1 z a z a Koska m 1 m 2, niin tässä on vain kaksi vaihtoehtoa: joko m 2 m 1 > 0 tai m 2 m 1 = 0 Ensimmäisessä tapauksessa lim z a (z a) m2 m1 = 0 ja jälkimmäisessätapauksessalim z a (z a) m2 m1 = 1 Ehdon (1) nojalla ensimmäisessä tapauksessa käy niin, että g 1 (a) = g 2 (a) 0 = 0 Tämä on vastoin g 1 :n valintaa, joten ensimmäinen tapaus on mahdoton ja jäljelle jää vain toinen eli m 2 m 1 = 0 eli m 1 = m 2 Huomautus Lauseen 82 nojalla tämän luvun aluksi tehty polynomin juuren kertaluvun algebrallinen määritelmä on sama kuin määritelmän 81 analyyttinen nollakohdan kertaluvun määrittely Huomaa, että algebrallisessa määritelmässä kerroinfunktio g on aina polynomi tätähän ei vaadita määritelmässä 81 vaaditaan vain, että g on analyyttinen Siis koska polynomi on aina analyyttinen, niin suoraan määritelmien nojalla polynomin juuren algebrallinen kertaluku on myös nollakohdan analyyttinen kertaluku 81:n mielessä, mutta käänteinen puoli ei ole aivan selvää Lauseen 82 nojalla polynomin nollakohdalla ei kuitenkaan voi olla mitään muuta analyyttistä kertalukua, joten käänteinenkin puoli selviää Esimerkki Origo on sinin nollakohta Kertaluku? Määritelmän mukaan sin(z) = ( 1) n z2n+1 (2n+1)! Potenssisarjan (huomaa ero ylläolevaan) ( 1) n z 2n (2n+1)! 109

112 suppenemissäde on (miksi?), joten kaikille z C voidaan määritellä kuvaus g : C C, g(z) = ( 1) n z 2n (2n+1)! Lauseen 46 nojalla g on analyyttinen Lisäksi kaikille z C pätee zg(z) = z lim m m ( 1) n z 2n (2n+1)! = lim m ( 1) n z2n+1 m Koska 0 2n = 0, kun n > 0 ja 0 2n = 1, kun n = 0, niin g(0) = = sin(z) eli (2n+1)! (z 0)g(z) = sin(z) (1) ( 1) n 0 2n (2n+1)! = 1 ( 1)0 1! = 1 0 Tällöin määritelmän 81 ja esityksen (1) mukaan sinillä on ensimmäisen kertaluvun nollakohta origossa Määritelmä 83 Sanotaan, että funktio f : C C on kokonainen, jos se on analyyttinen koko tasossa Seuraava lause on aivan oleellinen kokonaisten funktioiden kannalta: Lause 84 Olkoon f kokonainen funktio Tällöin on olemassa koko tasossa suppeneva potenssisarja a nz n siten, että f(z) = a n z n kaikille z C Huomautus Tässä lauseessa on oleellista, että kertoimet a n eivät lainkaan riipu pisteestä z C, vaan sama summaesitys toimii koko tasossa Näinhän ei asianlaita ole kaikille funktiolle, kuten nähtiin lauseen 79 jälkeisessä esimerkissä, jossa tarkasteltiin logaritmin päähaaraa Lauseen 84 todistus Olkoon z C mielivaltainen Valitaan r > z, jolloin z B(0,r) B(0,r) C, ja väite seuraa suoraan lauseesta 79 Huomautus Lauseesta 79 saadaan myös lauseen 84 sarjaesityksen kertoimet: a n = 1 n! f(n) (0) kaikille n On helppo nähdä, että jos reaalinen polynomi on rajoitettu koko R:ssä, niin se on vakio Tulos voidaan helposti yleistää myös kompleksisille polynomeille Jos reaalinen funktio ei ole polynomi, vaan vain koko R:ssä jatkuvasti derivoituva ja rajoitettu, niin sen ei suinkaan välttämättä tarvitse olla vakio tästähän on helppo keksiä esimerkkejä; vaikkapa reaalinen sini on koko R:ssä jatkuvasti derivoituva ja rajoitettu, mutta ei ole vakio Analyyttisten funktioiden teorian kannalta on erittäin merkittävää, että tilanne on toinen kokonaisille funktioille: 110

113 Lause 85 (Liouvillen lause) Jos kokonainen funktio on rajoitettu, niin se on vakio, ts jos f on kokonainen ja on olemassa M R siten, että niin f on vakio f(z) M kaikille z C, Todistus Koska C on esimerkin 123 mukaan yhtenäinen, niin lauseen 419 nojalla riittää osoittaa, että f (z) = 0 kaikille z C Olkoon z C mielivaltainen Olkoon myös R R, R > 0 mielivaltainen Koska f on analyyttinen kiekossa B(z, R) C, niin oletuksen ja Cauchyn estimaatin (lause 710) nojalla pätee f (z) M R (1) Koska R > 0 on tässä mielivaltainen, epäyhtälö (1) pätee kaikille R > 0 Antamalla R ja huomaamalla, että M ei riipu R:stä nähdään, että (1) voi päteä vain, kun f (z) = 0 eli f (z) = 0 Koska z C valittiin mielivaltaisesti, on nähty, että f 0, ja näin lause on todistettu Huomautus Liouvillen lauseen nojalla kompleksinen sini tai kosini ei voi olla rajoitettu tässä on siis merkittävä ero reaaliseen tilanteeseen Näiden funktioiden rajoittumattomuuden näkee tietysti suoraankin ilman Liouvillen lausetta vaikkapa lauseen 55 avulla tutkimalla sinin/kosinin arvoja imaginaariaakselilla Algebran peruslause esitetään(tietenkin) algebran kurssilla Vähän paradoksaalisesti sitä ei kuitenkaan alkeisalgebran keinoin pystytä todistamaan Kompleksianalyysiin pohjautuva todistus on seuraavassa Lause 86 (Algebran peruslause) Jokaisella kompleksikertoimisella polynomilla, joka ei ole vakio, on juuri Todistus Olkoon p : C C ei-vakio polynomi(kuvaus) Tällöin p on muotoa p(z) = n a i z i, i=0 missä n 1 ja a 0,a 1,,a n C siten, että a n 0 Väitetään siis, että on olemassa z C siten, että p(z) = 0 Tehdään antiteesi: p(z) 0 kaikille z C Tällöin lauseen 44 nojalla kuvaus f : C C, f(x) = 1 p(z) 111

114 on analyyttinen koko tasossa eli kokonainen funktio Merkitään n 1 b = a i R Koska a n 0, niin 1 a n R ja voidaan valita R R siten, että i=0 R max{ b+1 a n,1} Tämän valinnan nojalla saadaan kaikille z C, z R p(z) i) n 1 a n z n i=0 a i z i ii) n 1 a n z n i=0 a i z i iii) n 1 a n z n i=0 a i z n 1 = z n 1 ( a n z b) iv) R n 1 ( a n R b) v) a n R b vi) b+1 b = 1 (1) Tässä - epäyhtälö i) seuraa kolmioepäyhtälöstä, - epäyhtälö ii) seuraa huomautuksesta 211, - epäyhtälö iii) seuraa siitä, että z R 1, jolloin z i z n 1, kun i = 0,1,,n 1, - epäyhtälö iv) siitä, että z R ja R:n valinnan nojalla a n R b 0, - epäyhtälö v) siitä, että R 1 ja a n R b 0 sekä - epäyhtälö vi) siitä, että R:n valinnan nojalla R b+1 a n Epäyhtälöketju (1) kertoo siis sen, että p(z) 1 kaikille z C\B(0,R) Tällöin, koska määritelmän mukaan f(z) = 1 p(z), pätee f(z) 1 kaikille z C\B(0,R) (2) Joukko B(0, R) on kompakti (ks [VFA]) ja f on kokonaisena funktiona jatkuva, joten f(b(0,r)) C on kompakti (ks [VFA], [MA]) Tällöin f(b(0,r)) on myösrajoitettu(ks[vfa])sitenonolemassas R,ettäf(B(0,R)) B(0,S), ts f(z) S kaikille z B(0,R) (3) Ehtojen (2) ja (3) nojalla f on rajoitettu koko tasossa ja koska f on kokonainen, niin Liouvillen lauseen nojalla se on vakio, eli f C jollekin C C Tällöin C = f(z) = 1 p(z) kaikille z C Tässä ei voi olla C = 0, joten voidaan jakaa ja saadaan p(z) = 1 C kaikille z C 112

115 Siten p on vakio, mikä on vastoin oletusta Tämä ristiriita kertoo, että tehty antiteesi on väärä ja väite pätee Lause 87 Polynomikuvaus p : C C, joka ei ole vakio, saa jokaisen kompleksiarvon ainakin kerran Todistus Väite seuraa soveltamalla lausetta 86 polynomiin p(z) α, α C Voidaan kysyä, päteekö lauseen 87 tulos myös kokonaisille funktioille Vastaus tähän kysymykseen on kielteinen, esimerkkinä vaikkapa exp, onhan exp(z) 0 kaikille z C Tulos pätee kuitenkin melkein, sillä voidaan osoittaa, että kokonainen funktio, joka ei ole vakio, saa jokaisen kompleksiarvon, paitsi ehkä yhtä Tämä on ns Picardin pieni lause; sen todistus on varsin vaikea, eikä sitä esitetä tällä kurssilla, ks esim Conway ss On olemassa myös Picardin suuri lause, johon palataan myöhemmin Joukon A C kasautumispiste määritellään kuten [VFA]:ssa, eli sanotaan että a C on joukon A C kasautumispiste, jos kaikille r > 0 on olemassa z r A (B(a,r)\{a}) Seuraavassa osoitetaan, että analyyttisen funktion (joka ei ole identtisesti nolla) nollakohdilla ei voi olla kasautumispistettä siinä joukossa, jossa funktio on määritelty Tämä seuraa lauseen 88 implikaatiosta (3) (1) Huomaa kuitenkin, että f:n nollakohdat voivat kasautua määrittelyalueen G reunalle Jätetään tällaisen esimerkin keksiminen harjoitustehtäväksi Lyhyyden vuoksi jatkossa sanotaan, että epätyhjä, avoin ja yhtenäinen joukko G C on alue Lause 88 Olkoon G C alue ja f : G C analyyttinen Seuraavat ehdot ovat yhtäpitäviä: (1) f 0 (2) On olemassa z G siten, että f (n) (z) = 0 kaikille n N (3) Funktion f nollakohtien joukolla N = {z G f(z) = 0} on kasautumispiste a G Huomautus Ehdossa (2) tulkitaan, että f (0) = f Huomaa, että lauseen 78 nojalla f:n kaikkien kertalukujen derivaatat ovat olemassa, joten ehto (2) on siinä suhteessa järkevä Todistus Riittää todistaa implikaatiot (1) (3) (2) (1) (1) (3) Tämä implikaatio on triviaali (3) (2) Olkoon a G joukon N kasautumispiste Riittää osoittaa, että f (n) (a) = 0 kaikille n N Tehdään antiteesi: f (k) (a) 0 jollekin k N (AT) 113

116 Antiteesin nojalla voidaan valita m N siten, että m = min{k N f (k) (a) 0} Koska f on jatkuva ja f N 0, niin f(a) = 0 ja siten minimin määritelmän mukaanm 1jaf (n) (a) = 0kaikillen < mkoskagonavoinjaa G,voidaan valitar > 0siten,ettäB(a,R) GTällöinlauseen79nojallakiekossaB(a,R) pätee f(z) = a n (z a) n, missä a n = 1 n! f(n) (a) Koska siis f (n) (a) = 0 kaikille n < m, niin a n = 0, kun n < m ja siten kaikille z B(a,R) pätee f(z) = a n (z a) n n=m Helposti nähdään (harjoitustehtävä), että potenssisarjoilla a n (z a) n ja n=m a n (z a) n m = a m+n (z a) n n=m on sama suppenemissäde Koska f:ää esittävä sarja n=m a n(z a) n suppenee B(a,R):ssä, niin myös sarja n=m a n(z a) n m suppenee B(a,R):ssä, joten lauseen 46 nojalla määrittely g(z) = a n (z a) n m n=m antaa analyyttisen funktion g : B(a,R) C Koska kaikille z B(a,R)\{a} pätee g(z) = a n (z a) n m = (z a) m a n (z a) n = (z a) m f(z), n=m niin kaikille z B(a,R)\{a} pätee Toisaalta g(a) = n=m (z a) m g(z) = f(z) (4) a n (a a) n m = a m = 1 m! f(m) (a) 0 n=m ja g on analyyttisenä funktiona jatkuva pisteessä a, joten on olemassa r > 0, r < R siten että g(z) 0 kaikille z B(a,r) Tällöin ehdon (4) nojalla f(z) 0 kaikille z B(a,r)\{a} Tämä ehto tarkoittaa sitä, että N (B(a,r)\{a}) =, jolloin a ei ole joukon N kasautumispiste Tämä on vastoin oletusta (3), joten antiteesi (AT) on väärä 114

117 ja väite (2) pätee (2) (1) Merkitään A = {z G f (n) (z) = 0 kaikille n N} ja osoitetaan, että A = G, mistä väite (1) seuraakin Merkitään kaikille n N B n = {z G f (n) (z) 0}, jolloin G\A = n NB n Lauseen 78 nojalla kuvaukset f (n) : G C ovat jatkuvia Joukot B n ovat avoimen joukon C\{0} alkukuvia jatkuvissa kuvauksissa f (n), joten ne ovat myös avoimia (ks [VFA], [MA]), ja siten niiden yhdiste eli G\A on avoin Osoitetaan, että myös A on avoin: Olkoon z 0 A mielivaltainen Koska A G ja G on avoin, on olemassa R > 0 siten, että B(z 0,R) G Lauseen 79 nojalla kiekossa B(z 0,R) pätee f(z) = a n (z z 0 ) n, missä a n = 1 n! f(n) (z 0 ) Koska z 0 A, niin tässä a n = 0 kaikille n ja siten f 0 kiekossa B(z 0,R) Tällöin B(z 0,R) A, ja näin on nähty, että A on avoin Nyt tiedetään, että sekä A että G \ A ovat avoimia Koska A (G \ A) =, G A (G\A) ja G on yhtenäinen, niin yhtenäisen joukon määritelmän mukaan on oltava joko A = tai G \ A = Oletuksen (2) nojalla A, joten täytyy olla G\A = Koska A G, niin tällöin on A = G Huomautus Epäyhtenäisessä joukossa G lause 88 pätee vain muodossa (1) (2) (3) Lause 89 Olkoon G C alue ja f,g : G C analyyttisiä Tällöin f g jos ja vain jos joukolla {z G f(z) = g(z)} on kasautumispiste a G Huomautus Kuten lauseessa 88, tässäkin on oleellista, että kasautumispiste on alueessa G ei riitä, että se on G:n reunalla 115

118 Todistus Väite seuraa soveltamalla lausetta 88 analyyttiseen funktioon f g Esimerkki Eksponenttikuvaus, sini ja kosini synnytettiin laajentamalla vastaavat reaaliset funktiot kokonaisiksi funktioiksi C C Voisiko tämän laajentamisen tehdä myös jollakin toisella tavalla, olettaen tietysti, että laajennukset saavat reaaliakselilla samat arvot kuin alkuperäiset reaaliset funktiot? Ei voi Tämän takaa lause 89 Jos näet f : C C olisi esimerkiksi reaalisen eksponenttifunktion laajennus siten, että f(x) = e x kaikille x R, niin olisi f(z) = exp(z) kaikille z R Koska joukolla R on kasautumispiste(itä) C:ssä, niin lauseen 89 mukaan f exp Samalla periaatteella monet trigonometriset reaaliakselilla tunnetut kaavat pätevät koko tasossa Esimerkiksi tuttu kaava sin(2x) = 2sinxcosx pätee koko tasossa, koska sin(2z) ja 2 sin(z) cos(z) ovat kokonaisia funktioita, jotka yhtyvät reaaliakselilla Tämän nimenomaisen kaavan saa kylläkin helposti myös lauseesta 55 ja eksponenttifunktion ominaisuuksista huomaa, että tämä tarkastelu antaa myös reaalisen version Määritelmän 81 yhteydessä esitettiin avoimeksi jäänyt kysymys: Onko jokaisella analyyttisen funktion nollakohdalla jokin kertaluku? Lauseessa 82 todettiin, että jos on, niin se on yksikäsitteinen Nyt osataan vastata myös olemassaolokysymykseen: Lause 810 Olkoon G C alue ja f : G C analyyttinen, f 0 Tällöin jokaisella f:n nollakohdalla a G on kertaluku, ts jos f(a) = 0, niin on olemassa n N\{0} ja analyyttinen g : G C siten, että Lisäksi pätee g(a) 0 ja f(z) = (z a) n g(z) kaikille z G n = min{k N f (k) (a) 0} Todistus Olkoon a G f:n nollakohta eli f(a) = 0 Koska f 0, niin lauseen 88 nojalla on olemassa k N siten, että f (k) (a) 0 Tällöin voidaan valita n = min{k N f (k) (a) 0} N Huomaa, että oletuksen f(a) = 0 nojalla Lisäksi minimin määritelmän mukaan pätee n 1 (1) f (n) (a) 0 ja (2) f (k) (a) = 0 kaikille k = 0,1,,n 1 (3) 116

119 Määritellään kuvaus g : G C asettamalla { (z a) n f(z) kun z G\{a} g(z) = 1 n! f(n) (a) kun z = a Tällöin pätee f(z) = (z a) n g(z) kaikille z G; (4) huomaa, että koska f(a) = 0, niin ehdon (1) nojalla tämä pätee myös pisteessä z = a Ehdon (2) ja g:n määritelmän nojalla g(a) 0 (5) Lisäksi g on lauseen 44 nojalla analyyttinen joukossa G \ {a} Nollakohdan kertaluvun määritelmän sekä ehtojen (4) ja (5) nojalla f:n pisteessä a olevan nollakohdan kertaluku on n, jos osoitetaan, että g on analyyttinen koko joukossa G Koska siis g on analyyttinen joukossa G\{a}, niin riittää osoittaa, että g on analyyttinen jossakin pisteen a avoimessa ympäristössä Koska G on avoin, voidaan valita r > 0 siten, että B(a,r) G Koska f on G:ssä analyyttinen, pätee lauseen 79 mukaan kaikille z B(a, r) f(z) = a k (z a) k, missä a k = 1 k! f(k) (a) (6) k=0 Ehdon (3) nojalla saadaan summaesitys (6) muotoon f(z) = Tällöin joukossa B(a,r)\{a} pätee a k (z a) k k=n g(z) = (z a) n f(z) = (z a) n a k (z a) k = (7) k=n k=n a k (z a) k n = a k+n (z a) k k=0 Pisteessä a pätee g:n määritelmän ja ehdon (6) nojalla g(a) = 1 n! f(n) (a) = a n = a k (a a) k n = a k+n (a a) k, k=n joten ehdon (7) nojalla koko kiekossa B(a, r) pätee g(z) = k=0 a k+n (z a) k (8) k=0 117

120 Ehdon (8) ja lauseen 46 nojalla g on analyyttinen kiekossa B(a,r), ja näin väite on todistettu Kuten tunnettua, derivoituvilla reaalifunktioilla voi olla erilaisia lokaaleja tai globaaleja maksimeja ja minimejä ja käytännössä yleensä onkin Analyyttisillä funktioilla tilanne muuttuu radikaalisti: Lause 811 (Maksimiperiaate) Olkoon G C alue, f : G C analyyttinen ja a G siten, että f(z) f(a) kaikille z G Tällöin f on vakio Todistus Valitaan r > 0 siten, että B(a,r) G Olkoon : [0,2π] B(a,r) G tie, (t) = a+re it Tällöin lauseen 75 nojalla f(a) = 1 f(z) 2πi z a dz Tästä esityksestä saadaan lauseen 620 nojalla arvio f(a) = 1 f(z) 2π z a dz i) 1 2π f(a+re it ) 2π a+re it a rieit dt = (1) 1 2π 2π 0 f(a+re it ) dt ii) 1 2π 0 2π 0 f(a) dt = f(a) Tässä epäyhtälö i) perustuu lauseen 620 lisäksi siihen, että (t) = rie it ja epäyhtälö ii) perustuu lauseen oletukseen, jonka nojalla f(a + re it ) f(a) kaikille t [0,2π] Epäyhtälöketjun (1) ensimmäinen ja viimeinen termi ovat samoja, joten kaikki ketjussa olevat epäyhtälöt ovat välttämättä yhtälöitä Tällöin erityisesti 1 2π f(a) = 1 2π 2π 0 2π 0 2π 0 f(a) dt = 1 2π f(a+re it ) dt ja siten 2π 0 f(a+re it ) dt eli ( f(a) f(a+re it ) )dt = 0 (2) Yhtälössä(2) oleva integraali on reaalinen Riemann-integraali, jossa integroitava funktio f(a) f(a + re it ) on oletuksen nojalla ei-negatiivinen ja lisäksi f:n jatkuvuuden nojalla jatkuva t:n suhteen Tällöin yhtälön (2) nojalla kaikille t [0,2π] on oltava f(a) f(a+re it ) = 0 (ks [JMA]) eli f(a) = f(a+re it ) kaikille t [0,2π] (3) 118

121 Merkitään M = f(a), jolloin f(a) voidaan esittää muodossa f(a) = Me iϕ (4) jollekin ϕ R, myös kun f(a) = 0 Määritellään kuvaus g : G C asettamalla g(z) = e iϕ f(z), (5) jolloin g on analyyttinen Koska ϕ on reaalinen, niin lauseen 57 nojalla e iϕ = 1 Siten kaikille z G pätee g(z) = f(z) Tällöin yhtälön (3) nojalla pätee Lisäksi M = i) g(a) ii) = 1 2πi 1 2π 2π 0 g(a+re it ) = f(a+re it ) = f(a) = M kaikille t [0,2π] (6) g(z) z a dz = 1 2πi g(a+re it )dt iii) = 1 2π 2π 0 2π 0 g(a+re it ) a+re it a rieit dt = (7) Re(g(a+re it ))dt+ i 2π 2π 0 Im(g(a+re it ))dt, missä yhtälö i) seuraa yhtälöistä (4) ja (5), yhtälö ii) lauseesta 75 sekä yhtälö iii) määritelmästä (63) Yhtälöketjun (7) vasen pää on reaalinen, joten oikeankin täytyy olla, eli on oltava 2π ja tällöin yhtälöiden (7) mukaan pätee Toisaalta M = 1 2π 0 M = 1 2π 2π 0 Im(g(a+re it ))dt = 0, 2π 0 Mdt i) = 1 2π Re(g(a+re it ))dt (8) 2π 0 g(a+re it ) dt, (9) missä yhtälö i) seuraa yhtälöstä (6) Yhtälöiden (8) ja (9) perusteella saadaan 2π 0 ( g(a+re it ) Re(g(a+re it )))dt = 0 (10) Yhtälössä (10) oleva integraali on reaalinen Riemann-integraali, jossa integroitava funktio g(a+re it ) Re(g(a+re it )) on ilmeisesti ei-negatiivinen ja jatkuva t:n suhteen Tällöin kaikille t [0,2π] on oltava g(a+re it ) Re(g(a+re it )) = 0 (ks [JMA]) eli g(a+re it ) = Re(g(a+re it )) kaikille t [0,2π] (11) 119

122 Koska kompleksiluvulle w voi olla w = Re(w) vain, kun w R +, niin yhtälö (11) merkitsee sitä, että g(a+re it ) R + kaikille t Yhtälön (6) nojalla saadaan tällöin g(a+re it ) = M kaikille t [0,2π], josta edelleen yhtälöiden (5) ja (4) nojalla f(a+re it ) = Me iϕ = f(a) kaikille t [0,2π] eli f(a+re it ) f(a) = 0 kaikille t [0,2π] (12) Joukolla {a+re it t [0,2π]} (eli ympyrän kehällä) on kasautumispiste joukossa B(a,r) G, joten ehdon (12) ja lauseen 88 nojalla f(z) f(a) 0 alueessa G ja näin f(z) f(a) ja siten f on vakio G:ssä Lause 811 siis kertoo, että jos analyyttisen funktion itseisarvo saavuttaa jossakin alueen (sisä)pisteessä globaalin maksiminsa, niin kyseinen funktio on vakio Sama pätee myös lokaalille maksimille: Lause 812 Olkoon G C alue ja f : G C analyyttinen Oletetaan, että funktiolla z f(z) on lokaali maksimi pisteessä a G, ts on olemassa r > 0 siten, että B(a,r) G ja f(z) f(a) kaikille z B(a,r) Tällöin f on vakio alueessa G Todistus Sovelletaan lausetta 811 alueeseen B(a, r) (huomaa, että kiekko on yhtenäinen, siis alue): Funktiolla f on oletuksen mukaan globaali maksimi tässä alueessa pisteessä a, joten lauseen 811 mukaan rajoittumakuvaus f B(a,r) on vakio eli f(z) = c kaikille z B(a,r) jollekin c C Määritellään vakiokuvaus g : G Casettamallag(z) = ckaikillez GTällöing onanalyyttinenjaf = g joukossa B(a, r) Koska joukolla B(a, r) G on (triviaalisti) kasautumispiste joukossa G, niin lauseen 89 nojalla f g eli f c koko alueessa G Esimerkki 813 Olkoon f kokonainen, ei-vakio funktio ja G C rajoitettu avoin joukko, G Tällöin G:n sulkeuma G C on kompakti (ks [VFA]), joten jatkuva funktio z f(z) saavuttaa tässä joukossa maksiminsa (ks [VFA], [MA]) Maksimi saavutetaan kuitenkin välttämättä joukon G reunapisteessä Erityisesti siis maksimia ei saavuteta missään G:n (sisä)pisteessä Tämän näkee seuraavasti Tehdään antiteesi, että maksimi saavutetaan jossain G:n sisäpisteessä eli joukon int(g) pisteessä a Maksimiperiaatetta ei voi nyt suoraan soveltaa, koska maksimiperiaate toimii vain alueessa, ja tarkasteltava avoin joukko int(g) ei välttämättä ole yhtenäinen Esimerkki? Lemmojen 118 ja 124 nojalla kuitenkin a on jossakin int(g):n yhtenäisyyskomponentissa C, joka on avoin ja yhtenäinen C on siis alue, ja tähän joukkoon maksimiperiaate puree: sen nojalla f C on vakio Nyt sovelletaan lausetta 89 koko tasoon onhan f oletuksen mukaan kokonainen Koska avoimella joukolla C on kasautumispiste C:ssä, f on lauseen 89 nojalla vakio Tämä on vastoin oletusta, joten antiteesi on väärä ja väite on todistettu 120

123 9 Cauchyn lause Lauseessa 711 nähtiin, että jos f on analyyttinen kiekossa, niin fdz = 0 jokaiselle tämän kiekon suljetulle tielle Pyritään nyt todistamaan vastaava tulos yleisemmälle alueelle Selvästikään mielivaltainen alue ei käy, esimerkkinä alue C\{0}, tie : [0,2π] C\{0}, (t) = e it ja funktio f(z) = 1 z Tässä tapauksessa nähdään helposti suoraan integraalin määritelmästä, että fdz = 2πi 0 Mikä oleellinen ero on sitten kiekolla ja alueella C \ {0}, jotta tällaista pääsee tapahtumaan? Toinen on tietysti rajoitettu ja toinen ei, mutta se ei ole tässä pääasia: yleistyyhän lause 711 myös alueeseen C Oleellista tässä suhteessa on, että alueessa C\{0} on reikä, eli origo on punkteerattu pois Esimerkkifunktiolla f on origossa paha piste ja tie kiertää tämän pisteen Nämä käsitteet alueessa on reikä, funktiolla on paha piste ja tie kiertää pisteen täytyy tietysti määritellä tarkasti, ennenkuin niistä voidaan sanoa mitään matemaattisesti täsmällistä Tässä luvussa määritellään käsite alueessa on reikä, luvussa 10 käsitellään tien kierroslukua ja analyyttisten funktioiden erikoispisteisiin paneudutaan luvussa 12 Intuitiivinen idea alueen reiättömyyden takana on seuraava: Ajatellaan, että tasoalueen G pinnalle on aseteltu kumilenkki Jos lenkin sisälle jää vain G:n pisteitä, kumilenkki voidaan kutistaa yhdeksi pisteeksi niin, että kutistuva lenkki pysyy koko ajan G:ssä eikä sitä tarvitse välillä katkaista tai suorastaan nostaa välillä pois tasopinnalta Toisaalta, jos lenkin sisällä on G:hen kuulumattomia pisteitä, tällainen kutistaminen ei välttämättä onnistu Esimerkkinä voidaan tarkastella kuvan 28 aluetta G (joka on syntynyt poistamalla tasosta kiekko) ja G:n suljettua tietä (eli kumilenkkiä) Intuitiivisesti :n sisällä on alueeseen G kuulumattomia pisteitä, joten :aa ei selvästikään voi kutistaa ylläkuvatulla tavalla (eli katkaisematta) yhdeksi pisteeksi Vai voiko? C\G ւ Kuva 28 Tällä ajatuksella voidaan siis sanoa, että kuvan 28 alueessa G on reikä, koska 121

124 siellä tämmöinen kutistumaton lenkki on Huomaa, että tuossa edellä olevassa reiättömyyden määritelmäyrityksessä jouduttiin matematiikalle tyypilliseen tapaan uuteen ongelmaan: miten pitäisi määritellä käsite suljetun tien sisällä oleva piste Tämä ei ole monimutkaisille lenkeille lainkaan itsestäänselvyys, kutenkuvasta29näkyyonkosiinäolevapistep kuvanlenkinsisällävaiei?voidaanko tämä lenkki kutistaa (katkaisematta) pisteeksi alueessa C\{P}? Tähän sisälläolo-ongelmaan palataan myöhemmin luvussa 10 P Kuva 29 Kuvassa 29 esiintyvä kutistamisongelma voidaan formuloida matemaattiseen asuun ns homotopian kautta: Määritelmä 91 Olkoon G alue ja 0, 1 : [0,1] G suljettuja polkuja Sanotaan, että polku 0 on homotooppinen polun 1 kanssa, merkitään 0 1, jos on olemassa jatkuva kuvaus Γ : [0,1] [0,1] G siten, että a) Γ(s,0) = 0 (s) ja Γ(s,1) = 1 (s) kaikille s [0,1] sekä b) Γ(0,t) = Γ(1,t) kaikille t [0,1] G 0 ր 1 ւ s t α t ց Γ(α t ) ր ւ Γ(β) β β [0,1] [0,1] Γ Kuva

125 Huomautus Määritelmän 91 ehto b) tarkoittaa Γ:n jatkuvuuden nojalla sitä, että kiinteälle t kuvaus [0,1] G, s Γ(s,t) on suljettu polku Kuvassa 30 joukko Γ(α t ) esittää tämän polun jälkeä, sillä α t on joukko α t = {(s,t) [0,1] [0,1] s [0,1]} kiinteälle t (Kuvassa t = 1/2) Ehdon a) nojalla Γ(α t ):n esittämä polku on arvolla t = 0 sama kuin 0 ja arvolla t = 1 sama kuin 1 Kun t käy läpi välin [0,1], Γ(α t ):n esittämä polku s Γ(s,t) venyttää (tai kutistaa ) polun 0 poluksi 1 Polun 0 alku/loppupiste siirtyy samalla 1 :nalku/loppupisteeksikuvassa30nuomustat pisteetkuvaavatnäitäalku/loppupisteitäkeskimmäinenmustapisteonγ(α t ):n alku/loppupiste, joka siis siirtyy t:n kasvaessa 0 :n alku/loppupisteestä 1 :n alku/loppupisteeseen pitkin käyrää Γ(β), missä β = {(s,t) [0,1] [0,1] s = 0 tai s = 1} Koska Γ on kuvaus joukkoon G, nämä venyttävät polut (eli Γ(α t ):t) eivät karkaa joukosta G ja koska ne ovat suljettuja, ne eivät myöskään katkea Huomautus Määritelmässä 91 rajoitutaan polkuihin (tai teihin), joiden määrittelyjoukko on väli [0, 1] Tämä rajoitus on vain merkintöjen yksinkertaistamiseksi; sopivalla parametrinvaihdolla päästään aina tällaiseen tilanteeseen, vrt huomautus 68 Huomautus Määritelmässä 91 on oleellista, mikä on tarkasteltava alue G; tämä näkyy vaatimuksesta Γ([0, 1] [0, 1]) G Itse asiassa siis oikeampi merkintä homotooppisuudelle olisi 0 G 1, mutta yleensä on selvää, mitä aluetta tarkastellaan, joten voidaan tyytyä määritelmän 91 lyhennettyyn merkintään Esimerkki Olkoon 1 : [0,1] C, 1 (t) = e 2πit ja 2 : [0,1] C, 2 (t) 2Tällöin polut 1 ja 2 ovat homotooppisia alueessa C, sillä kuvaus Γ : [0,1] [0,1] C, Γ(s,t) = (1 t) 1 (s)+t 2 (s) toteuttaa määritelmän 91 vaatimukset Sen sijaan alueessa C\{0} yllä olevat polut eivät ole homotooppisia, ks kuva 31 huomaa, että yllä määritelty Γ ei pysy alueessa C \ {0} Tämän ei-homotooppisuuden todistaminen suoraan määritelmään vedoten on kuitenkin varsin vaikeaa (kokeile!) ja sivuutetaan se tässä Asiaan palataan kuitenkin myöhemmin 1 ւ 2 ւ Kuva

126 Kysymys kuuluu siis niin, että voidaanko kuvan 31 lenkki 1 kutistaa katkaisematta pisteeksi 2 käymättä välillä origossa eli ovatko tiet 1 ja 2 homotooppisia alueessa C\{0} Lause 92 Suljettujen polkujen homotooppisuus on ekvivalenssirelaatio Todistus Harjoitustehtävä Suljettujen polkujen homotopia on määritelty vain alueessa Tässä lauseessa ei yhtenäisyydellä ole mitään osaa eikä merkitystä eikä kyllä alueen avoimuudellakaan Seuraavassa lauseessa sen sijaan on oleellista, että tarkasteltava joukko on alue Lause 93 Alueen G kaikki vakiopolut ovat homotooppisia keskenään Todistus Harjoitustehtävä Tässä on oleellista, että lauseiden 125 ja 122 nojalla G on polkuyhtenäinen, ja kahta mielivaltaista G:n pistettä yhdistävää polkua voidaan käyttää määritelmässä 91 tarvittavan kuvauksen Γ konstruointiin Konveksin joukon määritelmä on tuttu (ks [VFA]) Seuraavassa se yleistetään ja määritellään ns tähtimäinen joukko: Määritelmä 94 Sanotaan, että joukko G C on konveksi, jos kaikille z,w G janan J(z, w) jälki sisältyy joukkoon G Sanotaan, että G on tähtimäinen, jos on olemassa a G siten, että kaikille w G janan J(a,w) jälki sisältyy joukkoon G Jatkossa merkitään janan J(z, w) jälkeä symbolilla J(z, w) J(z, w) z w w z a Kuva 32 Kuvassa 32 on konveksi ja tähtimäinen alue Huomaa, että tähtimäisen alueen keskipisteeksi voi kelvata useampikin piste a, ei kuitenkaan välttämättä mikä tahansa alueen piste Huomautus On selvää, että jokainen konveksi joukko on tähtimäinen, mutta ei kääntäen Esimerkiksi joukko G = C\{z R z 0} ei ole konveksi, mutta on tähtimäinen: jos valitaan a = 1 G, niin ehto J(a,w) G kaikille w G on selvästi voimassa 124

127 Lause 95 Jos G on tähtimäinen alue, niin kaikki G:n suljetut polut : [0,1] G ovat homotooppisia keskenään Todistus Koska G on tähtimäinen, voidaan valita a G siten, että Määritellään δ : [0,1] G asettamalla J(a,w) G kaikille w G (1) δ(t) a ja osoitetaan, että jokainen G:n suljettu polku : [0,1] G on δ:n kanssa homotooppinen, jolloin väite seuraa lauseesta 92 Olkoon siis : [0, 1] G mielivaltainen G:n suljettu polku Määritellään kuvaus Γ : [0,1] [0,1] G asettamalla kaikille (s,t) [0,1] [0,1] Γ(s,t) = t(s)+(1 t)a Γ ր αց [0,1] [0,1] a Kuva 33 Γ(α) ր Kuvassa 33 :n jälki on ympyrä ja Γ kutistaa suoraviivaisesti ympyrän pisteeksi a, kun tässä tapauksessa t vähenee arvosta t = 1 arvoon t = 0 Janan ja toisaalta Γ:n määritelmien mukaan kaikille (t,s) [0,1] [0,1] pätee Γ(t,s) J((s),a) Koska lisäksi (s) G kaikille s [0,1], niin ehdon (1) nojalla Γ:n arvot pysyvät todella alueessa G Lisäksi :n jatkuvuuden nojalla ilmeisesti myös Γ on jatkuva Edelleen Γ(s,0) = a = α(s), Γ(s,1) = (s) kaikille s [0,1] ja (koska on suljettu tie) Γ(0,t) = t(0)+(1 t)a = t(1)+(1 t)a = Γ(1,t) kaikille t [0,1] Tällöin Γ toteuttaa määritelmän 91 ehdot ja osoittaa, että α Seuraava lause korostaa taas kompleksisen ja reaalisen differentioituvuuden eroa 125

128 Tämän lauseen mukaan alueessa G analyyttiselle funktiolle f integraali fdz ei riipu tiestä lainkaan, jos tietä muutetaan homotooppisesti, ts esimerkiksi kuvan 34 tilanteessa (jossa G on kuvan suorakaide siis tähtimäinen ja 1, 2 kuvan esittämiä suljettuja teitä) välttämättä 1 fdz = 2 fdz Tällaistahan ei voi kuvitellakaan tapahtuvan (vain) reaalisesti differentioituvalle funktiolle f 1 2 G Kuva 34 Lause 96 (Cauchyn lause, ensimmäinen versio) Olkoon G alue ja 0, 1 : [0,1] G suljettuja teitä siten, että 0 1 Olkoon lisäksi f : G C analyyttinen Tällöin pätee fdz = fdz 0 1 Todistus Olkoon Γ : [0,1] [0,1] G kuten määritelmässä 91 Koska Γ on jatkuva kompaktissa joukossa [0, 1] [0, 1], niin se on tasaisesti jatkuva (ks [VFA]) ja lisäksi joukko Γ([0,1] [0,1]) G C on kompakti ([VFA]) Koska toisaalta joukko C\G on suljettu ja Γ([0,1] [0,1]) (C\G) =, niin näiden joukkojen välinen etäisyys on aidosti positiivinen, ts jos merkitään r =d(γ([0,1] [0,1]),C\G) = inf{ z w z Γ([0,1] [0,1]) ja w C\G}, niin r > 0 Jätetään tämän tarkka todistaminen harjoitustehtäväksi (ks [MA]) Kuvauksen Γ tasaisen jatkuvuuden nojalla voidaan valita n N siten, että kun (s,t),(s,t ) [0,1] [0,1] ja (s,t) (s,t ) < 2 n, (1) niin Γ(s,t) Γ(s,t ) < r Tässä on R 2 :n euklidinen normi ja kompleksinen itseisarvo Jaetaan joukko [0,1] [0,1] neliöihin N jk, missä N jk = [ j n, j +1 n ] [k n, k +1 ], j,k = 0,1,,n 1 n 126

129 G 1 ւ Γ 0 ր r [0,1] [0,1] Kuva 35 Kuvassa 35 on n = 8 ja neliö N 35 on viivoitettu, samoin kuin sen kuvajoukko Γ(N 35 ) Kuvassa 36 nämä samat joukot näkyvät suurennettuina Huomaa, että kuvaan 35 piirretty r on aivan liian pieni toteuttaakseen ehdon (1); tässä siis n:n pitäisi olla paljon isompi, jotta ehto (1) pätisi Kuva nyt on tuommoinen ihan piirrosteknisistä syistä Merkitään a(j,k) = Γ( j n, k ) kaikille j,k = 0,1,,n n Koska neliöiden N jk halkaisija on 2 N jk pätee Γ(s,t) a(j,k) < r, joten n < 2 n, niin ehdon (1) nojalla kaikilla (s,t) Γ(N jk ) B(a(j,k),r) kaikille j,k = 0,1,,n 1 (2) ( j n, k+1 n ) ( j+1 n, k+1 n ) a(j,k +1) Γ ( j n, k n ) N jk ( j+1 n, k n ) a(j,k) a(j +1,k) Kuva 36 Γ(N jk ) 127 a(j +1,k +1)

130 Olkoon P jk, j,k = 0,1,,n 1 neljän janatien yhdistetty tie P jk =J(a(j,k),a(j +1,k)) J(a(j +1,k),a(j +1,k +1)) J(a(j +1,k +1),a(j,k +1)) J(a(j,k +1),a(j,k)) Ilmeisesti janojen päätepisteet sopivat yhteen niin, että yhdistetty tie voidaan muodostaa Määritelmän mukaan teiden P jk määrittelyväli on [0,4] ja P jk (0) = a(j,k) = P jk (4), joten P jk : [0,4] C on suljettu tie a(j, k) a(j,k +1) a(j +1,k) Kuva 37 P jk a(j +1,k +1) Tien P jk jälki on neljän geometrisen janan yhdiste (ks kuva 37) eli joukko P jk ([0,4]) = J(a(j,k),a(j +1,k)) J(a(j +1,k),a(j +1,k +1)) J(a(j +1,k +1),a(j,k +1)) J(a(j,k +1),a(j,k)) Näiden janojen päätepisteet sisältyvät ehdon (2) nojalla kiekkoon B(a(j, k), r), ja koska kiekot ovat konvekseja, saadaan ehto (ks kuva 38) P jk ([0,4]) B(a(j,k),r) kaikille j,k = 0,1,,n 1 (3) r a(j, k) P jk Kuva 38 Toisaalta r on valintansa (ja ehdon a(j,k) G) nojalla niin pieni, että B(a(j,k),r) (C\G) =, joten B(a(j,k),r) G Koska f on oletuksen mukaan analyyttinen alueessa G, se on sitä myös kiekossa B(a(j,k),r) G Koska 128

131 P jk on suljettu tie, saadaan ehdon (3) ja lauseen 711 nojalla P jk fdz = 0 kaikille j,k = 0,1,,n 1 (4) Olkoon Q k, k = 0,1,,n tie, joka on saatu yhdistämällä n kappaletta janoja: määritellään Q k asettamalla kaikille k = 0,1,,n Q k =J(a(0,k),a(1,k)) J(a(1,k),a(2,k)) J(a(n 1,k),a(n,k)) 0 ւ Q 0 Q k ւ 1 ւ Qn ւ Kuva 39 Kuvassa 39 on kuvan 35 tilanne uudestaan Siinähän n = 8, joten noita murtoviivoja Q k, k = 0,,n on kaikkiaan yhdeksän ja ne ovat tässä tilanteessa sisäkkäisiä kahdeksankulmioita Yleisessä tapauksessa tilanne voi tietysti olla paljon monimutkaisempi, mutta heuristisesti perusidea on aina sama: Q 0 on lähinnä tietä 0 ja k:n kasvaessa Q k :t siirtyvät kohti tietä 1 niin, että Q n on lähinnä sitä Todistetaan seuraavaksi Aputulos 1) fdz = fdz 0 Q 0 Aputuloksen 1) todistus Merkitään kaikille j = 0,1,,n 1 α j = 0 [ j n,j+1 n ], jolloin yhdistetyn tien määritelmän mukaan (ks kuva 40) 0 = α 0 α 1 α n 1 129

132 Tällöin lauseen 614 nojalla n 1 fdz = fdz (5) 0 α j j=0 Toisaalta myös lauseen 614 ja tien Q 0 määritelmän nojalla n 1 fdz = Q 0 j=0 J(a(j,0),a(j+1,0)) fdz (6) α kց J(a(k,0),a(k +1,0)) ր J(a(0, 0), a(1, 0)) α 0 ւ J(a(n 1,0),a(n,0)) տ α n 1 Kuva 40 Ehtojen (5) ja (6) nojalla aputuloksen 1) todistamiseksi riittää osoittaa, että fdz = fdz kaikille j = 0,1,,n 1 (7) α j J(a(j,0),a(j+1,0)) Koska kuvaus Γ toteuttaa määritelmän 91 ehdot, niin pisteiden a(j, k) määritelmän mukaan joten yhdistetty tie a(j,0) = Γ( j n,0) = 0( j n ) = α j( j n ) ja a(j +1,0) = Γ( j +1 n,0) = 0( j +1 n ) = α j( j +1 n ), voidaan muodostaa ja se on suljettu β j = α j J(a(j +1,0),a(j,0)) 130

133 J(a(j +1,0),a(j,0)) ր α j ւ Kuva 41 Kuvassa 41 on siis tien β j jälki Huomaa siinä oleva janan J(a(j +1,0),a(j,0)) suunta, joka on vastakkainen tien Q 0 määritelmässä käytetyn vastaavan janan J(a(j,0),a(j +1,0)) suunnalle Määritelmien nojalla saadaan α j ([ j n, j +1 n ]) = 0([ j n, j +1 n ]) Γ(N j0) i) B(a(j,0),r), missä inkluusio i) perustuu ehtoon (2), ja toisaalta J(a(j +1,0),a(j,0))([0,1]) P j0 ([0,4]) ii) B(a(j,0),r), missä inkluusio ii) perustuu ehtoon (3) Tällöin tien β j jälki, joka on joukkojen α j ([ j n, j+1 n ])jaj(a(j+1,0),a(j,0))([0,1])yhdiste,sisältyykiekkoonb(a(j,0),r) Koska f on analyyttinen tässä kiekossa ja β j on suljettu tie, saadaan lauseen 711 nojalla ehto β j fdz = 0 Tämä pätee kaikille j = 0,1,,n 1 Lauseen 613 nojalla toisaalta fdz = fdz + fdz, β j α j joten kaikille j = 0,1,,n 1 pätee fdz + α j fdz = α j J(a(j+1,0),a(j,0)) J(a(j+1,0),a(j,0)) J(a(j+1,0),a(j,0)) fdz = 0 eli fdz (8) Koska jana J(a(j+1,0),a(j,0)) on janan J(a(j,0),a(j+1,0)) vastakkainen tie, niin lauseen 611 nojalla fdz = fdz, J(a(j+1,0),a(j,0)) J(a(j,0),a(j+1,0)) 131

134 jolloin ehdon (8) perusteella saadaan ehto fdz = α j J(a(j,0),a(j+1,0)) kaikille j = 0,1,,n 1 ja näin ehto (7) ja siten koko aputulos 1) on todistettu Aivan analogisesti voidaan todistaa Aputulos 2): fdz = fdz 1 Q n Tämän todistus on kopio aputuloksen 1) todistuksesta: vaihdetaan vain 0 :n tilalle 1, Q 0 :n tilalle Q n ja β j :n määritelmässä 0:n tilalle n Sivuutetaan nämä detaljit tässä Nyt aputuloksien 1) ja 2) nojalla lauseen väite seuraa, jos osoitetaan, että fdz = fdz (9) Q 0 Q n Väitteen (9) todistamiseksi riittää osoittaa, että fdz = fdz kaikille k = 0,1,,n 1 (10) Q k Q k+1 Tiet Q k ja Q k+1 on piirretty kuvaan 42 Teiden Q k määritelmän ja lauseen 614 nojalla kaikille k = 0,1,,n pätee n 1 fdz = Q k j=0 J(a(j,k),a(j+1,k)) fdz fdz, joten väite (10) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille k = 0,1,,n 1 pätee n 1 j=0 j=0 J(a(j,k),a(j+1,k)) n 1 fdz = j=0 ( n 1 fdz J(a(j,k),a(j+1,k)) J(a(j,k+1),a(j+1,k+1)) J(a(j,k+1),a(j+1,k+1)) fdz fdz eli ) = 0 (11) 132

135 Q k+1 ւ a(j,k +1) ց a(j,k) Q k ր ր a(j +1,k +1) a(j +1,k) ւ Kuva 42 Koska jana J(a(j,k+1),a(j +1,k+1)) on janan J(a(j +1,k+1),a(j,k+1)) vastakkainen tie, niin lauseen 611 nojalla kaikille j,k = 0,,n 1 pätee fdz = fdz J(a(j,k+1),a(j+1,k+1)) J(a(j+1,k+1),a(j,k+1)) Tällöin väite (11) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille k = 0,1,,n 1 pätee ( n 1 ) fdz + fdz = 0 (12) J(a(j,k),a(j+1,k)) j=0 J(a(j+1,k+1),a(j,k+1)) a(j,k +1) ց a(j,k) ր a(j +1,k +1) a(j +1,k) ւ Kuva

136 Havainnollisesti väite (12) saadaan voimaan, jos osoitetaan, että kuvassa 43 nuolilla merkittyjen teiden yli laskettujen integraalien summa on nolla Teiden P jk määritelmän ja lauseen 614 nojalla kaikille j,k = 0,,n 1 pätee (ks kuva 44) fdz = fdz + fdz+ (13) P jk J(a(j,k),a(j+1,k)) J(a(j+1,k),a(j+1,k+1)) fdz + fdz J(a(j+1,k+1),a(j,k+1)) J(a(j,k+1),a(j,k)) a(j,k +1) ց a(j,k) P jk a(j +1,k) ւ ր a(j +1,k +1) Kuva 44 Ehdon (4) mukaan P jk fdz = 0, joten ehdon (13) nojalla kaikille j,k = 0,,n 1 pätee fdz + fdz+ J(a(j,k),a(j+1,k)) J(a(j+1,k+1),a(j,k+1)) J(a(j+1,k),a(j+1,k+1)) fdz + J(a(j,k+1),a(j,k)) fdz = 0 eli fdz + fdz = J(a(j,k),a(j+1,k)) J(a(j+1,k+1),a(j,k+1)) ( ) fdz + fdz J(a(j+1,k),a(j+1,k+1)) Tällöin väite (12) seuraa, jos osoitetaan, että n 1 j=0 J(a(j+1,k),a(j+1,k+1)) n 1 fdz + j=0 J(a(j,k+1),a(j,k)) J(a(j,k+1),a(j,k)) fdz = 0 (14) 134

137 ց տ ւ ր a(j,k +1) ց a(j,k) a(j +1,k) ւ ւ ր ր a(j +1,k +1) Kuva 45 ց տ Kuvassa 45 väite (14) merkitsee sitä, että nuolten osoittamien teiden yli laskettujen integraalien summa pitäisi olla nolla Koska jana J(a(j,k + 1),a(j,k)) on janan J(a(j,k),a(j,k + 1)) vastakkainen tie, niin lauseen 611 nojalla fdz = fdz J(a(j,k+1),a(j,k)) J(a(j,k),a(j,k+1)) Siten väite (14) seuraa, jos osoitetaan, että n 1 j=0 J(a(j+1,k),a(j+1,k+1)) n 1 fdz j=0 eli ensimmäisessä summassa indeksointia vaihtamalla n j=1 J(a(j,k),a(j,k+1)) n 1 fdz j=0 J(a(j,k),a(j,k+1)) J(a(j,k),a(j,k+1)) fdz = 0 (15) fdz = 0 Tässä summat supistavat toisiaan (niinkuin kuvasta 45 on arvattavissa), ja väitteen (15) todistamiseksi riittää osoittaa, että fdz fdz = 0 (16) J(a(n,k),a(n,k+1)) J(a(0,k),a(0,k+1)) Pisteiden a(j, k) määritelmän ja kuvauksen Γ ominaisuuksien mukaan a(n,k) = Γ( n n, k n ) = Γ(1, k n ) = Γ(0, k n ) = Γ(0 n, k n ) = a(0,k) 135

138 ja vastaavasti a(n,k +1) = a(0,k +1) Silloin J(a(n,k),a(n,k +1)) = J(a(0,k),a(0,k +1)), ja näin väite (16) onkin triviaali Määritelmä 97 Olkoon G alue ja : [0,1] G suljettu polku Sanotaan, että on nollahomotooppinen, merkitään 0, jos on homotooppinen jonkin G:n vakiopolun kanssa Huomautus Voi kysyä, onko määritelmässä 97 olevalla sanalla jonkin oleellista merkitystä, ts voiko olla niin, että nollahomotooppinen tie olisi homotooppinen jonkin vakiopolun kanssa, mutta jonkin toisen vakiopolun kanssa ei Näin ei voi olla, sillä lauseen 93 perusteella kaikki alueen vakiopolut ovat homotooppisia keskenään ja lauseen 92 mukaan homotooppisuus on ekvivalenssirelaatio, erityisesti transitiivinen, joten nollahomotooppinen polku on homotooppinen kaikkien vakiopolkujen kanssa Huomautus 98 Lauseen 95 nojalla tähtimäisen alueen kaikki suljetut polut ovat nollahomotooppisia Lause 99 (Cauchyn lause, toinen versio) Olkoon G alue, : [0,1] G nollahomotooppinen tie ja f : G C analyyttinen Tällöin fdz = 0 Todistus Tämä seuraa suoraan Cauchyn lauseen ensimmäisestä versiosta, sillä vakiotie on suljettu ja triviaalisti vakiotielle α pätee fdz = 0 α Homotooppisuuden määritelmä 91 koskee vain suljettuja polkuja Seuraavassa laajennetaan homotooppisuuden käsite myös ei-suljetuille poluille Tällöin kuitenkin vaaditaan, että tarkasteltavilla poluilla on yhteiset päätepisteet Määritelmä 910 Olkoon G alue ja 0, 1 : [0,1] G polkuja siten, että 0 (0) = 1 (0) = a G ja 0 (1) = 1 (1) = b G Sanotaan, että 0 ja 1 ovat YPP-homotooppisia (tässä YPP = yhteiset päätepisteet ), jos on olemassa jatkuva kuvaus Γ : [0,1] [0,1] G siten, että a) Γ(s,0) = 0 (s) ja Γ(s,1) = 1 (s) kaikille s [0,1] sekä b) Γ(0,t) = a ja Γ(1,t) = b kaikille t [0,1] 136

139 t αց [0,1] [0,1] s Γ G Kuva 46 Γ(α) ց 0 ր 1 ւ Kuvassa 46 0 ja 1 ovat YPP-homotooppisia Vasemmalla näkyvä α on jana α = {(s,t) s [0,1]} kiinteälle t Oikealla puolella näkyvä α:n kuvakäyrä Γ(α) siirtyy pikkuhiljaa 0 :sta 1 :een, kun t kasvaa 0:sta 1:een Oleellista tässä on siis se, että näillä kaikilla kuvakäyrillä Γ(α) on samat päätepisteet kuin alkuperäisillä käyrillä 0 ja 1 Oleellista on tietysti myös se, että käyrät Γ(α) pysyvät koko ajan alueessa G Mitään muita rajoitteita jatkuvuuden lisäksi näillä ei sitten olekaan Niiden ei esimerkiksi tarvitse olla injektioita tai derivoituvia Vertaa tilannetta kuvaan 30 sivulla 122 Esimerkki Olkoon G = C ja 0, 1 : [0,1] G, 0 (s) = e iπs ja 1 (s) = e iπs Tällöin 0 ja 1 ovat YPP-homotooppisia alueessa G Tarvittavan välittäjäkuvauksen Γ : [0,1] [0,1] G antaa Γ(s,t) = t 1 (s)+(1 t) 0 (s) 0 ւ տ Γ(,t) Kuva 47 տ 1 Kuvassa 47 on käyrien 0 ja 1 lisäksi yksi käyristä s Γ(s,t) kiinteälle t [0,1] Tässä kyseisen t:n arvo on likimain

140 Nämä kuvan 47 polut 0 ja 1 eivät ole YPP-homotooppisia alueessa G = C\{0} Tätä on varsin vaikea todistaa suoraan eli osoittaa, että määritelmässä 910 vaadittavaa kuvausta Γ ei ole olemassa Tuossa yllä konstruoitu G ei toimi, koska sen arvot eivät pysy alueessa C\{0} Tosin tässä ei ole kuin yksi piste (s,t), jolle Γ(s,t) = 0 (eli piste (s,t) = ( 1 2, 1 2 )), mutta sehän on riittävää kaatamaan tämän Γ:n Tämä ei tietysti mitenkään todista sitä, etteikö sitten jotain muuta sopivaa Γ:aa voisi konstruoida, mutta ei niitä nyt vain ole Cauchyn lauseen avulla voidaan nimittäin todistaa lause 911, jonka avulla helposti nähdään, että 0 ja 1 eivät todellakaan ole YPP-homotooppisia alueessa G Huomautus Edellisessä esimerkissä konstruoitu Γ on sellainen, että se toteuttaa määritelmän 910 ehdot alueessa G = C olivatpa 0 ja 1 mitä tahansa, kunhan niillä on yhteiset päätepisteet Siispä alueessa C kaikki polut, joilla on yhteiset päätepisteet, ovat YPP-homotooppisia Itse asiassa sama pätee kaikissa konvekseissa alueissa, kute helposti nähdään Tämä pätee myös kaikissa tähtimäisissä alueissa, mutta se vaatinee jo pienen todistuksen Jätetään detaljit harjoitustehtäväksi Jos analyyttistä funktiota integroidaan pitkin YPP-homotooppisia teitä, niin lopputulos on sama Tämän sanoo lause 911 Tässä pitää muistaa, että kyseisen funktion pitää olla analyyttinen nimenomaan siinä alueessa, jossa integrointitiet ovat YPP-homotooppisia Lause 911 Olkooon G alue ja 0, 1 : [0,1] G YPP-homotooppisia teitä sekä f : G C analyyttinen Tällöin fdz = fdz 0 1 Todistus Merkitään a = 0 (0) = 1 (0) ja b = 0 (1) = 1 (1) Olkoon Γ kuten määritelmässä 910 Määritellään kuvaus α : [0, 1] C asettamalla 0 (3s) kun 0 s 1 3 α(s) = b kun 1 3 < s < (3 3s) kun 2 3 s 1 Koska 0 (1) = b = 1 (1), niin α on jatkuva ja myös tie Koska α(0) = 0 (0) = a = 1 (0) = α(1), niin α on suljettu 1 ց 0 ր տ α a b a b Kuva

141 Kuvan 48 mukaisesti käyrä α kulkee ensin 0 :n jälkeä pisteestä a pisteeseen b, pysähtyy hetkeksi (eli kun 1 3 s 2 3 ) pisteeseen b (teknisistä syistä) ja palaa sitten takaisin pisteeseen a 1 :n jälkeä takaperin Jos merkitään α 1 = α [0, 1 3 ], α 2 = α [ 1 3,2 3 ] ja α 3 = α [ 2 3,1], niin fdz = fdz + fdz + fdz α 1 α 2 α 3 α Koska α 2 on vakiotie, niin α 2 fdz = 0, ja siten fdz = fdz + fdz (1) α α 1 α 3 Tiet α 1 ja 0 ovat ekvivalentteja, parametrinvaihtona kuvaus s 3s Jos 1 on tien 1 vastakkainen tie, niin α 3 on ekvivalentti tien 1 kanssa, parametrinvaihtona kuvaus s 3 3s Tällöin lauseiden 69 ja 611 nojalla fdz = fdz ja fdz = fdz = fdz α 1 0 α Tällöin ehdon (1) nojalla saadaan fdz = fdz fdz α 0 1 Tämän nojalla väitteen todistamiseksi riittää osoittaa, että fdz = 0 α Tämä seuraa Cauchyn lauseen toisesta versiosta, jos osoitetaan, että α on nollahomotooppinen alueessa G Olkoon β : [0,1] G, β(t) a; riittää osoittaa, että α β (2) Tätä varten konstruoidaan määritelmän 91 ehdot toteuttava kuvaus Φ : [0, 1] [0,1] G Koska 0 ja 1 ovat oletuksen mukaan YPP-homotooppisia alueessa G, niin määritelmän 910 mukaan on olemassa jatkuva kuvaus Γ : [0,1] [0,1] G siten, että Γ(s,0) = 0 (s) ja Γ(s,1) = 1 (s) kaikille s [0,1] sekä (3) Γ(0,t) = a ja Γ(1,t) = b kaikille t [0,1] (4) 139

142 Määritellään haluttu kuvaus Φ : [0,1] [0,1] G asettamalla Γ(3s(1 t),t) kun (s,t) [0, 1 3 ] [0,1] Φ(s,t) = Γ(1 t,3s 1+2t 3st) kun (s,t) ] 1 3, 2 3 [ [0,1] 1 ((3 3s)(1 t)) kun (s,t) [ 2 3,1] [0,1] a b a b a b Φ(,0) Φ(, 1 5 ) Φ(, 2 5 ) a b a b a b Φ(, 3 5 ) Φ(, 4 5 ) Φ(,1) Kuva 49 Kuvasta 49 näkyy, kuinka suljetut käyrät Φ(, t) kutistavat käyrän α (vrt kuva 48) pisteeksi a parametrin t muuttuessa nollasta ykköseen Tästä näkyy tavallaan myös syy siihen, miksi α:n piti pysähtyä hetkeksi (eli kun 1 3 s 2 3 ) pisteeseen B: näistä pysähdyspisteistä 1 3 s 2 3 muovaillaan nuo kuvassa 49 näkyvät välikappaleet, jotka yhdistävät pisteen Γ(1 t,t) käyrän 1 pisteeseen 1 (1 t) Γ:n ja 1 :n jatkuvuuden nojalla myös Φ on jatkuva, lukuunottamatta (ehkä) pisteitä ( 1 3,t) ja (2 3,t), t [0,1] Jatkuvuus pisteissä ( 1 3,t), t [0,1] on kuitenkin Γ:n jatkuvuuden nojalla selvää; Φ:n arvo näissä pisteissä on Γ(1 t,t) Jatkuvuus pisteissä ( 2 3,t), t [0,1] perustuu Γ:n ja 1:n jatkuvuuden lisäksi ehtoon (3), jonka mukaan Γ(1 t,1) = 1 (1 t) kaikille t [0,1] tämä Γ(1 t,1) = 1 (1 t) kaikille t [0,1] on myös Φ:n arvo näissä pisteissä Ehtojen (3) ja (4) sekä Φ:n ja α:n määritelmien mukaan saadaan Γ(3s,0) = 0 (3s) = α(s) kun 0 s 1 3 Φ(s,0) = Γ(1,3s 1) = b = α(s) kun 1 3 < s < (3 3s) = α(s) kun 2 3 s 1 Siten Φ(s,0) = α(s) kaikille s [0,1] (5) 140

143 Toisaalta ehdon (4) ja ehdon 1 (0) = a sekä Φ:n ja β:n määritelmien nojalla saadaan Γ(0,1) = a = β(s) kun 0 s 1 3 Φ(s,1) = Γ(0,1) = a = β(s) kun 1 3 < s < (0) = a = β(s) kun 2 3 s 1 Siten Φ(s,1) = β(s) kaikille s [0,1] (6) Lisäksi ehdon (4) ja ehdon 1 (0) = a sekä Φ:n määritelmän mukaan pätee Φ(0,t) = Γ(0,t) = a = 1 (0) = Φ(1,t) kaikille t [0,1] (7) Ehtojen (5), (6) ja (7) nojalla Φ toteuttaa määritelmän 91 vaatimukset, joten väite (1) seuraa Esimerkki Edellisessäesimerkissäväitettiinilmanperusteluja,ettäpolut 0, 1 : [0,1] G, 0 (t) = e iπt ja 1 (t) = e iπt eivät ole YPP-homotooppisia alueessa G = C\{0} Lauseen 911 avulla tämä väite osataan perustella Kuvaus z 1 z on analyyttinen alueessa G, joten lauseen 911 nojalla 0 ja 1 eivät ole YPP-homotooppisia alueessa G, jos 1 0 z dz 1 1 z dz Nämä integraalit voidaan helposti laskea sopivan logaritmin haaran avulla ja nähdään, että 1 1 dz = πi ja dz = πi, 0 z 1 z joten väite seuraa Jätetään laskut harjoitustehtäväksi Tämän luvun 9 alussa ihmeteltiin sitä, miten tulisi matemaattisen tarkasti määritellä intuitiivinen käsite alueessa ei ole reikiä Nyt ollan valmiita tähän määritelmään Reiätöntä aluetta sanotaan yhdesti yhtenäiseksi: Määritelmä 912 Sanotaan, että alue G on yhdesti yhtenäinen, jos jokainen G:n suljettu polku on nollahomotooppinen Huomautus 913 Huomautuksen 98 nojalla tähtimäinen (erityisesti siis konveksi) alue on yhdesti yhtenäinen Huomautus Kuten yllä todettiin, intuitiivisesti käsite yhdesti yhtenäinen tarkoittaa siis sitä, että alueessa ei ole reikiä Esimerkiksi ananasviipale G = {z 1 < z < 2}(kskuva50)eioleyhdestiyhtenäineneikämyöskäänG = C\{0} 141

144 ole yhdesti yhtenäinen, koska niissä molemmissa on reikä, toisessa pistemäinen (mutta se riittää!), toisessa vähän isompi yhdesti yhtenäinen ei-yhdesti yhtenäinen Kuva 50 ei-yhdesti yhtenäinen Perustelu sille, miksi G = C\{0} ei ole yhdesti yhtenäinen, on seuraava Funktio f(z) = 1 z on analyyttinen G:ssä ja : [0,1] G, (t) = e2πit on G:n suljettu tie, mutta fdz = 2πi 0, joten ei voi olla nollahomotooppinen Cauchyn lauseen toisen version nojalla Vastaavalla tavalla (vähän tietä muuttaen) nähdään, että ananasviipale G = {z 1 < z < 2} ei myöskään ole yhdesti yhtenäinen Jätetään integroimislaskut harjoitustehtäväksi Nämä havainnot voidaan heti yleistää: Lause 914 (Cauchyn lause, kolmas versio) Jos alue G on yhdesti yhtenäinen, niin fdz = 0 jokaiselle G suljetulle tielle ja analyyttiselle f : G C Todistus Tämä seuraa välittömästi toisesta versiosta Huomautus Lause 914 on varsin vahva tulos; koskeehan se kaikkia yhdesti yhtenäisiä alueita ja kaikkia tässä alueessa analyyttisiä funktioita Melko monimutkaisennäköiset alueet voivat olla yhdesti yhtenäisiä Esimerkiksi taso, josta on poistettu kuvan 51 mukainen ääretön spiraali, on yhdesti yhtenäinen Kuva

145 Täsmällisemmin tuon kuvan 51 spiraalin S (tai samantapaisen laitteen) voi ilmaista määrittelemällä S = {e s+is s R} {0} Silloin siis alue C\ S on yhdesti yhtenäinen Jätetään tämän todistaminen harjoitustehtäväksi, joka ei välttämättä ole kovin helppo Huomaa, että ei ole täysin selvää edes se, että C\ S on todella alue Yhdesti yhtenäisyys määritellään siis vain alueissa Jos analyyttisellä funktiolla f on primitiivi alueessa G, niin lauseen 617 mukaan fdz = 0 jokaiselle G:n suljetulle tielle Tämä tulos kääntyy: Lause 915 Olkoon G alue, f : G C analyyttinen ja oletetaan, että jokaiselle G:n suljetulle tielle pätee fdz = 0 Tällöin f:llä on primitiivi alueessa G Todistus Olkoon a G kiinteä Koska G on avoin ja yhtenäinen, se on huomautuksen 418 perusteella tieyhtenäinen, jolloin jokaiselle z G on olemassa tie z : [0,1] G siten, että z (0) = a ja z (1) = z Valitaan nyt jokaiselle z G jokin tällainen tie z Tämä z on siis täysin mielivaltainen (kunhan se toteuttaa yo vaatimukset), mutta nyt kiinnitetään jokaiselle z täsmälleen yksi tällainen tie z Määritellään sitten kuvaus F : G C asettamalla kaikille z G F(z) = fdw z Valinta-aksiooman nojalla näin todellakin saadaan hyvin määritelty kuvaus F : G C Todistetaan tässä vaiheessa aputulos, joka sanoo, että F:n määritelmä on itse asiassa riippumaton tien z valinnasta: Aputulos Jos z G ja α : [0,1] G on tie siten, että α(0) = a ja α(1) = z niin fdw = fdw α z 143

146 G a z α ւ z տ Kuva 52 Kuvassa 52 tuo keskellä oleva viivoitettu neliö kuvaa joukon C \ G pisteitä Se on siis kiellettyä aluetta näille käyrille z ja α Koska tämä neliö tässä on, G ei (tässä tapauksessa) ole yhdesti yhtenäinen Saahan se sitä tietysti olla, mutta lauseessa 915 ei tällaista oleteta Aputuloksen todistus Jos α on α:n vastakkainen tie, niin z α on G:n suljettu tie, joten lauseen oletuksen nojalla fdw = 0 z α Lauseiden 69 ja 611 nojalla saadaan tällöin 0 = fdw = fdw+ fdw = fdw z α z α z joten Näin aputulos on todistettu α fdw = fdw z α fdw, Osoitetaan sitten, että F on f:n primitiivi, eli että F = f Tämähän riittää koko lauseen todistukseksi Olkoon z 0 G Riittää osoittaa, että F(z) F(z 0 ) lim = f(z 0 ) z z 0 z z 0 Olkoon ǫ > 0 annettu Pitää löytää δ > 0 siten, että kaikille z B(z 0,δ)\{z 0 } pätee F(z) F(z 0 ) f(z 0 ) z z 0 ǫ (1) 144

147 Koska f on analyyttisenä funktiona jatkuva, on olemassa δ 1 > 0 siten, että kun z G ja z z 0 < δ 1, niin f(z) f(z 0 ) < ǫ (2) Valitaan ensin r > 0 siten, että B(z 0,r) G Tämähän on mahdollista, koska G on avoin ja z 0 G Valitaan sitten δ = min{δ 1,r} ja osoitetaan, että tämä on toimiva valinta, ts että väite (1) pätee tälle δ Olkoon siis z B(z 0,δ) \ {z 0 } mielivaltainen Olkoon J(z 0,z) jana pisteestä z 0 pisteeseen z, ts J(z 0,z) : [0,1] C, J(z 0,z)(t) = (1 t)z 0 +tz, ks kuva 53 a տ z0 z 0 J(z 0,z) z Kuva 53 Esimerkin 413 b) mukaan d dt J(z 0,z)(t) z z 0 (3) Koska kiekko B(z 0,δ) on konveksi ja z 0,z B(z 0,δ), niin geometriselle janalle J(z 0,z) saadaan ehdon δ r nojalla J(z 0,z) B(z 0,δ) B(z 0,r) G Siten tie J(z 0,z) on alueen G tie ja näin myös yhdistetty tie on alueen G tie z0 J(z 0,z) Kuten huomautuksessa 68 todetaan, sopivalla parametrinvaihdolla löydetään 145

148 välillä [0,1] määritelty tie β, joka on ekvivalentti tien z0 J(z 0,z) kanssa Silloin myös β on alueen G tie ja lisäksi yhdistetyn tien määritelmän mukaan pätee β(0) = z0 J(z 0,z)(0) = z0 (0) = a ja (4) β(1) = z0 J(z 0,z)(2) = J(z 0,z)(1) = z Nyt saadaan F(z) = i) fdw + z0 fdw ii) = z J(z 0,z) β fdw iii) = fdw v) = F(z 0 )+ z0 J(z 0,z) J(z 0,z) fdw iv) = (5) fdw, missä yhtälöt i) ja v) seuraavat funktion F määritelmästä, yhtälö ii) yllä todistetusta aputuloksesta ja ehdosta (4), yhtälö iii) lauseesta 69 ja yhtälö iv) lauseesta 613 Ehdon δ δ 1 nojalla J(z 0,z) B(z 0,δ) B(z 0,δ 1 ), jolloin ehdon (2) nojalla kaikille t [0,1] pätee Lisäksi saadaan ehto f(z 0 )dw = i) f(z 0 ) J(z 0,z) 1 f(z 0 ) 0 f(j(z 0,z)(t)) f(z 0 ) < ǫ (6) J(z 0,z) (z z 0 )dt iv) = f(z 0 )(z z 0 ), 1 dw ii) d = f(z 0 ) 0 dt J(z 0,z)(t)dt iii) = (7) missä yhtälö i) seuraa lauseesta 66, yhtälö ii) tieintegraalin määritelmästä, yhtälö iii) ehdosta (3) ja yhtälö iv) lauseesta 63 Koko lauseen todistamiseksi riittää osoittaa, että ehto (1) pätee valitulle mielivaltaiselle pisteelle z B(z 0,δ) Tämä todistus on nyt laskua vaille valmis: F(z) F(z 0 ) i) f(z 0 ) J(z z z 0 = f(w)dw 0,z) f(z 0 ) z z 0 = ( 1 ) ii) f(w)dw f(z 0 )(z z 0 ) = z z 0 J(z 0,z) 1 iii) f(w)dw f(z 0 )dw = z z 0 J(z 0,z) J(z 0,z) 146

149 1 z z 0 1 z z 0 ǫ J(z 0,z) 1 0 (f(w) f(z 0 ))dw z z 0 dt = ǫ, iv) 1 z z 0 ǫ 1 0 d dt J(z 0,z) dt v) = missä yhtälö i) seuraa ehdosta (5), yhtälö ii) ehdosta (7) ja yhtälö iii) lauseesta 66 Epäyhtälö iv) seuraa lauseesta 620 ja ehdosta (6) sekä yhtälö v) ehdosta (3) Lause 916 Yhdesti yhtenäisessä alueessa jokaisella analyyttisellä funktiolla on primitiivi Todistus Tämä seuraa suoraan lauseista 914 ja 915 Huomautus 917 Lause 916 kääntyy: Jos alueessa G jokaisella analyyttisellä funktiolla on primitiivi, niin G on yhdesti yhtenäinen Tämän faktan todistaminen on varsin vaikeaa ja sivuutetaan se tässä tekstissä, ks Conway, ss Seuraava lause sanoo muun muassa, että jokaisessa yhdesti yhtenäisessä alueessa G C\{0} voidaan aina määritellä logaritmin haara, ks lauseen todistuksen jälkeinen huomautus Lause 918 Olkoon G yhdesti yhtenäinen alue ja f : G C analyyttinen kuvaus siten, että f(z) 0 kaikille z G Tällöin on olemassa analyyttinen g : G C siten, että f(z) = exp(g(z)) kaikille z G Lisäksi, jos z 0 G ja f(z 0 ) = exp(w 0 ) jollekin w 0 C, niin g voidaan valita siten, että g(z 0 ) = w 0 Todistus Koska lauseen 78 mukaan f on analyyttinen G:ssä ja koska oletuksen mukaan f(z) 0 kaikille z G, niin lauseen 44 nojalla funktio f f on analyyttinen G:ssä Koska G on yhdesti yhtenäinen, niin lauseen 916 nojalla tällä funktiolla on primitiivi G:ssä; olkoon h (jokin) sellainen, jolloin siis h (z) = f (z) f(z) kaikille z G (1) Merkitään kaikille z G ϕ(z) = exp(h(z)), jolloin esimerkin 410 ja lauseen 45 nojalla ϕ on analyyttinen G:ssä Lisäksi lauseen 510 nojalla ϕ(z) 0 kaikille z G Tällöin myös funktio f ϕ 147

150 on analyyttinen G:ssä ja lauseen 44 nojalla d f(z) dz ϕ(z) = f (z)ϕ(z) f(z)ϕ (z) (ϕ(z)) 2 (2) Funktion ϕ määritelmän, esimerkin 410, ketjusäännön ja ehdon (1) mukaan kaikille z G pätee ϕ (z) = h (z)exp(h(z)) = h (z)ϕ(z) = f (z) f(z) ϕ(z), joten ja silloin ehdon (2) nojalla f(z)ϕ (z) = f (z)ϕ(z), d f(z) 0 alueessa G dz ϕ(z) KoskaGonyhtenäinen,niinlauseen419nojallatällöin f ϕ onvakiog:ssäkoska f(z) 0 kaikille z, niin on siis olemassa jokin a C\{0} siten, että f(z) = a kaikille z G (3) ϕ(z) Koska a 0, niin lauseen 516 nojalla on olemassa b C siten, että a = exp(b) Tällöin kaikille z G pätee f(z) i) = aϕ(z) = exp(b) exp(h(z)) ii) = exp(h(z)+b), (4) missä yhtälö i) seuraa ehdosta (3) ja yhtälö ii) lauseesta 51 Jos määritellään kaikille z G g(z) = h(z)+b, niin ehdon (4) ja h:n analyyttisyyden nojalla g toteuttaa lauseen vaatimukset ja lauseen alkuosa on näin todistettu Olkoon sitten z 0 G mielivaltainen ja f(z 0 ) = exp(w 0 ) Tällöin ehdon (4) nojalla exp(w 0 ) = exp(h(z 0 )+b), ja tästä saadaan edelleen lauseen 515 nojalla Nyt valitaan w 0 = h(z 0 )+b+k2πi jollekin k Z (5) g(z) = h(z)+b+k2πi, jolloin myös g on analyyttinen ja lauseen 51 nojalla kaikille z G pätee exp( g(z)) = exp(h(z)+b) exp(k2πi) (6) 148

151 Koska lauseen 513 nojalla exp(k2πi) = exp(0) = 1, niin ehtojen (6) ja (4) nojalla exp( g(z)) = f(z) kaikille z G Ehdon (5) ja g:n määritelmän nojalla pätee lisäksi g(z 0 ) = w 0, joten lauseen jälkimmäinenkin osa on todistettu Huomautus Ennen lausetta 918 väitettiin tämän lauseen takaavan, että jokaisessa yhdesti yhtenäisessä alueessa G C\{0} voidaan aina määritellä logaritmin haara Näinhän asia on logaritmin haaran määritelmän perusteella: valitaan vain lauseessa 918 f(z) = z, jolloin ehto f(z) 0 kaikille z G pätee ehdon G C\{0} nojalla Logaritmin päähaara määriteltiin tähtimäisessä (siis yhdesti yhtenäisessä!) alueessa G = C\{z z R, z 0} C valitsemalla pisteen z G napakulma ϕ z väliltä ] π,π[ ja asettamalla log(z) = log z +iϕ z Vastaavalla tavalla voidaan missä tahansa aluessa G, joka syntyy poistamalla C:stä jokin origosta alkava puolisuora L w = {z z = rw, r 0}, missä w 0 on kiinteä (ks kuva 54), määritellä logaritmin haara valitsemalla ensin w:n napakulmaksi jokin kiinteä α R ja sitten alueessa G pisteiden z napakulmat ϕ z väliltä ]α,α+2π[ w տ L w Kuva 54 Näissä konstruktioissa ei tarvita lausetta 918 lainkaan, vaikka toki 918 siis takaa, että tällaisessa tähtimäisessä alueessa logaritmin haara on olemassa Nyt on kuitenkin huomattava, että lause 918 on varsin vahva tulos, vaikka puhuttaisiinkin sen erikoistapauksesta eli pelkästä logaritmin haarasta Se takaa siis logaritmin haaran olemassaolon, kunhan alue G on yhdesti yhtenäinen eikä sisällä origoa Tällaisia alueita on hyvinkin monimutkaisia Lauseen 914 jälkeen oli puhetta alueesta, joka syntyy, kun tasosta poistetaan molemmista päistä ääretön spiraali S = {e s+is s R} {0} Tässä siis G = C \ S (ks kuva 51) on yhdesti yhtenäinen eikä sisällä origoa, joten tässä alueessa voidaan lauseen 918 mukaan määritellä logaritmin haara, olkoon se g Toisaalta tiedetään, että 149

152 logaritmin haaralle pätee aina g(z) = log z +iϕ z, missä ϕ z on jokin z:n napakulma Tuon kuvan 54 alueessa tämän napakulman valinta oli selkeää, samoin kuin logaritmin päähaaran tapauksessa Mutta nyt kysymys kuuluu: Miten tuo napakulma pitää valita tässä spiraalimaisessa alueessa G = C \ S? Jätetään tämän miettiminen (vaikeanpuoleiseksi) harjoitustehtäväksi Tässähän ei mikään rajoittuminen jollekin 2π:n pituiselle välille taatusti toimi Määritelmä 919 Olkoot a,b,c C Olkoot tiet J(a,b), J(b,c) ja J(c,a) näitä pisteitä yhdistäviä janoja Sanotaan, että yhdistetty tie on kolmio K(a,b,c) = J(a,b) J(b,c) J(c,a) Huomautus Yleensä määritelmän 919 kolmion K(a, b, c) (joka on siis tie) jälki näyttää geometriselta kolmiolta, jonka kärkipisteet ovat a, b ja c Tässä määritelmässä on kuitenkin sallittu se mahdollisuus, että nämä pisteet saavat olla samalla suoralla tai vaikkapa samoja, jolloin jälki degeneroituu janaksi tai jopa yhdeksi pisteeksi Lause 920 (Moreran lause) Olkoon G alue ja f : G C jatkuva funktio siten, että fdz = 0 K(a,b,c) jokaiselle G:n kolmiolle K(a, b, c), joka on ekvivalentti G:ssä nollahomotooppisen tien α : [0,1] G kanssa Tällöin f on analyyttinen alueessa G Huomautus Moreran lauseen yllä olevassa muotoilussa on vähän kömpelösti sanottu jokaiselle G:n kolmiolle K(a, b, c), joka on ekvivalentti G:ssä nollahomotooppisen tien α : [0, 1] G kanssa Tässä olisi yksinkertaisempaa sanoa suoraan, että jokaiselle G:n nollahomotooppiselle kolmiolle K(a, b, c) Valitun kömpelömmän sanonnan käytön syy on siinä, että nollahomotooppisuus(samoin kuin yleensä homotooppisuus) on määritelty vain teille, joiden määrittelyväli on [0,1] (ks määr 97 ja 91) ja kolmion määrittelyväli on tarkkaan ottaen [0,3] Tässä siis pitää tehdä ensin sopiva parametrinvaihto (eli t 3t), jotta määrittelyjoukko saadaan säädettyä kohdalleen Nollahomotooppisuus ei tästä valitusta parametrinvaihdosta ole riippuvainen, kuten helposti nähdään Moreran lauseen todistus Olkoon a G mielivaltainen Riittää osoittaa, että f on analyyttinen jossakin a:n ympäristössä B(a,r) G, missä r > 0 Koska lauseen 78 nojalla analyyttisen funktion derivaatta on analyyttinen ja f on jatkuva, riittää konstruoida f:lle primitiivi F kiekossa B(a, r), ts funktio F : B(a,r) C siten, että kaikille z B(a,r) pätee F (z) = f(z) (1) 150

153 Huomaa, että ehto (1) ei siis (tämänhetkisillä tiedoilla) yksinään takaa F:n analyyttisyyttä, vaan ainoastaan derivoituvuuden, joten tarvitaan lauseen oletus derivaatan eli f:n jatkuvuudesta Tämä (tai jokin muu lisäoletus) tarvitaan toisaalta tietysti jo siitä syystä, että lauseessa oleva integraali olisi määritelty Määritellään haluttu primitiivi F asettamalla kaikille z B(a, r) F(z) = f(w)dw, J(a,z) missä J(a,z) on jana pisteestä a pisteeseen z eli J(a,z) : [0,1] B(a,r) G, J(a,z)(t) = (1 t)a+tz Olkoon z 0 B(a,r) mielivaltainen Riittää osoittaa, että F(z) F(z 0 ) F(z) F(z 0 ) lim = f(z 0 ) eli lim f(z 0 ) = 0 z z 0 z z 0 z z 0 z z 0 Olkoon ǫ > 0 annettu Pitää löytää δ > 0 siten, että kaikille z B(z 0,δ)\{z 0 } pätee F(z) F(z 0 ) f(z 0 ) z z 0 ǫ (1) Koska f on oletuksen mukaan jatkuva, on olemassa δ 1 > 0 siten, että kun z G ja z z 0 < δ 1, niin f(z) f(z 0 ) < ǫ (2) Valitaan ensin s > 0 siten, että B(z 0,s) B(a,r) Valitaan sitten δ = min{δ 1,s} ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (1) toimiva valinta Olkoon z B(z 0,δ) \ {z 0 } mielivaltainen; riittää osoittaa, että ehto (1) pätee Olkoon J(z 0,z) jana pisteestä z 0 pisteeseen z Kolmion K(a,z 0,z) määritelmän mukaan K(a,z 0,z) = J(a,z 0 ) J(z 0,z) J(z,a) z z δ 0 ւ a r Kuva

154 Kuvassa 55 on kolmion K(a,z 0,z) jälki, joka kierretään myötäpäivään (pohjoisella pallonpuoliskolla) Koska z B(z 0,δ) B(z 0,s) B(a,r), niin K(a,z 0,z) on kolmio alueessa B(a, r) Koska B(a, r) on konveksi, se on huomautuksen 913 nojalla yhdesti yhtenäinen ja siten K(a,z 0,z) on sopivalla parametrinvaihdolla ekvivalentti jonkin B(a, r):ssä nollahomotooppisen tien α kanssa (vrt todistusta edeltävä huomautus) Koska B(a, r) G, niin tällöin α on triviaalisti nollahomotooppinen myös G:ssä ja siten oletuksen mukaan f(w)dw = 0 (3) K(a,z 0,z) Koska jana J(z, a) on janan J(a, z) vastakkainen tie, niin lauseen 611 nojalla f(w)dw = f(w)dw J(z,a) J(a,z) Tällöin ehdon (3) ja lauseen 614 nojalla saadaan 0 = f(w)dw = f(w)dw + K(a,z 0,z) J(a,z 0) f(w)dw + J(a,z 0) J(a,z 0) J(z 0,z) f(w)dw + f(w)dw J(z 0,z) eli funktion F määritelmän mukaan F(z 0 )+ J(z 0,z) J(z 0,z) J(a,z) f(w)dw = f(w)dw + f(w)dw = J(z,a) f(w)dw, joten J(a,z) f(w)dw f(w)dw = F(z) (4) Koska z z 0 < δ δ 1, niin J(z 0,z) B(z 0,δ 1 ), ja tällöin saadaan ehdon (2) nojalla kaikille t [0,1] ehto f(j(z 0,z)(t)) f(z 0 ) < ǫ (5) Koska d dt J(z 0,z)(t) z z 0, niin lisäksi saadaan ehto J(z 0,z) 1 f(z 0 ) 0 f(z 0 )dw = f(z 0 ) J(z 0,z) 1 d dw = f(z 0 ) 0 dt J(z 0,z)(t)dt = (z z 0 )dt = f(z 0 )(z z 0 ) (6) 152

155 Tällöin F(z) F(z 0 ) i) f(z 0 ) 1 z z 0 = z z 0 1 (f(w) f(z 0 ))dw z z 0 J(z 0,z) iii) J(z 0,z) f(w)dw f(z 0 )(z z 0 ) 1 z z 0 ǫ 1 0 z z 0 dt = ǫ, joten ehto (1) todella pätee Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (4), yhtälö ii) seuraa ehdosta (6) ja epäyhtälö iii) seuraa ehdosta (5), lauseesta 620 sekä siitä, että d dt J(z 0,z)(t) z z 0 Jos (f n ) on jono jatkuvasti derivoituvia reaalifunktioita, joka suppenee tasaisesti kohti funktiota f, niin f:n ei tarvitse olla derivoituva (jatkuvahan se toki on, ks [SA] ja myös lause 214) tästä on helppo keksiä esimerkkejä Analyyttisille funktioille tilanne on toinen: Lause 921 Olkoon G alue ja (f n ) n N jono analyyttisiä funktioita f n : G C Oletetaan, että f : G C on kuvaus siten, että jono (f n ) suppenee tasaisesti joukossa G kohti funktiota f Tällöin myös f on analyyttinen Todistus Koska funktiot f n ovat analyyttisinä funktioina jatkuvia, myös (tasainen) rajafunktio f on jatkuva, ks [SA] Tällöin Moreran lauseen 920 nojalla riittää osoittaa, että fdz = 0 K(a,b,c) jokaiselle G:n kolmiolle K(a, b, c), joka on ekvivalentti G:ssä nollahomotooppisen tien α : [0,1] G kanssa Olkoon siis K(a,b,c) kolmio G:ssä ja K(a,b,c) ekvivalentti jonkin α:n kanssa, missä α : [0, 1] G on nollahomotooppinen Kolmion yli otetulle integraalille saadaan K(a,b,c) lim n α fdz = K(a,b,c) f n dz iii) = lim n 0 = 0, lim f ndz = i) lim n n K(a,b,c) f n dz ii) = missä yhtälö i) eli rajankäynnin ja integroinnin vaihto perustuu tasaiseen suppenemiseen ja lemmaan 76 (tässä pitää soveltaa lemmaa 76 sopivalle funktiosarjalle eli siis mille?), yhtälö ii) lauseeseen 69 sekä yhtälö iii) Cauchyn lauseen toiseen versioon (lause 99) Huomautus Lause 921 on hyvä tulos, mutta sitä voidaan parantaa Monissa tilanteissa funktiojonon suppeneminen ei ole täysin tasaista annetussa alueessa, mutta on kuitenkin tasaista jokaisen pisteen jossakin ympäristössä Esimerkkinä olkoon potenssisarjan suppeneminen suppenemiskiekossaan: sehän ei välttämättä suppene tasaisesti koko avoimessa kiekossa, mutta suppenee kuitenkin tasaisesti jokaisen kiekon pisteen jossakin ympäristössä, ks lause 33 ii) = 153

156 Tällaisessa tilanteesse sanotaan, että funktiojono suppenee lokaalisti tasaisesti Useimmiten tarkka määritelmä annetaan muodollisesti erilaisessa, vähän käyttökelpoisemmassa muodossa: Määritelmä 922 Olkoon G C ja (f n ) jono funktioita f n : G C Sanotaan, että jono (f n ) suppenee lokaalisti tasaisesti kohti funktiota g : G C joukossa G, jos jokaiselle kompaktille joukolle K G jono (f n K ) suppenee tasaisesti joukossa K kohti funktiota g K : K C Huomautus Jätetään metristen avaruuksien harjoitustehtäväksi osoittaa, että määritelmä 922 on ekvivalentti sen kanssa (ks määritelmää edeltävä huomautus), että (f n ) suppenee tasaisesti kohti g:tä jokaisen G:n pisteen jossakin ympäristössä Edellä mainittiin, että lausetta 921 voidaan parantaa Parannus on seuraava: Lause 923 Olkoon G alue ja (f n ) n N jono analyyttisiä funktioita f n : G C Oletetaan, että f : G C on kuvaus siten, että jono (f n ) suppenee lokaalisti tasaisesti joukossa G kohti funktiota f Tällöin myös f on analyyttinen Todistus Harjoitustehtävä Tässä voi käydä läpi lauseen 921 todistuksen ja huomata, että se toimii (lähes) sellaisenaan myös tällä heikommalla oletuksella Toinen mahdollisuus on huomata, että analyyttisyys on lokaali ominaisuus, jolloin riittää todistaa väite jokaisen pisteen jossakin ympäristössä Tämä saadaan lauseesta 921 ja edellisestä huomautuksesta Myös lausetta 923 voidaan parantaa itse asiassa oleellisesti, jolloin saadaan tietoa myös rajafunktion derivaatasta: Lause 924 Olkoon G alue ja (f n ) n N jono analyyttisiä funktioita f n : G C Oletetaan, että f : G C on kuvaus siten, että jono (f n ) suppenee lokaalisti tasaisesti joukossa G kohti funktiota f Tällöin myös derivaattajono (f n) suppenee lokaalisti tasaisesti joukossa G ja lim n f n(z) = f (z) kaikille z G Todistus Lauseen 923 nojalla f on analyyttinen, joten f on määritelty ja väite on siinä suhteessa järkevä Olkoon z 0 G mielivaltainen Olkoon r > 0 siten, että B(z 0,r) G Riittää osoittaa (ks lausetta 923 edeltävä huomautus), että f n f tasaisesti kiekossa B(z, r 2 ) Määritellään kaikille n funktio g n : G C asettamalla g n = f n f Koska siis f on analyyttinen, niin g n on analyyttinen kaikille n ja pätee g n = f n f Silloin riittää osoittaa, että g n 0 tasaisesti kiekossa B(z 0, r ) (1) 2 154

157 Olkoon ǫ > 0 mielivaltainen Väitteen (1) todistamiseksi riittää osoittaa, että on olemassa N siten, että g n(z) ǫ kaikille z B(z 0, r ) ja kaikille n N (2) 2 Oletuksen nojalla g n 0 tasaisesti kompaktissa joukossa B(z 0,r) Silloin on olemassa N siten, että g n (w) < rǫ 2 kaikille w B(z 0,r) ja kaikille n N (3) Riittää osoittaa, että ehdon (3) N toimii myös ehdossa (2) Tätä varten kiinnitetään mielivaltainen piste z B(z 0, r 2 ) ja määritellään tie : [0,2π] C siten, että (t) = z + r 2 eit Tämän ympyrätien pysyy kolmioepäyhtälön nojalla kiekossa B(z 0,r) G Silloin lauseen 78 perusteella Tästä saadaan arvio g n(z) i) 1 2π r 2 ǫ 2π 8π 0 2π 0 g n(z) = 1 2πi g n ((t)) z (t) 2 (t) dt ii) = r 4π 1 iv) z (t) 2dt = r2 ǫ 8π 2π 0 g n (w) (w z) 2dw (4) 2π 0 1 ( r 2 )2dt = ǫ 2π g n ((t)) z (t) 2π 0 dt = ǫ, iii) 2dt missä epäyhtälö i) seuraa lauseesta 620, yhtälö ii) siitä, että (t) = r 2 ieit = r 2, epäyhtälö iii) ehdosta (3) ja siitä, että :n jälki on joukossa B(z 0,r) Yhtälö iv) seuraa siitä, että tien jäljen pisteille (t) pätee (t) z = r 2 Koska z B(z 0, r 2 ) oli mielivaltainen, niin näin on nähty, että valittu N toteuttaa ehdon (2) vaatimukset Huomautus 925 Lause 924 yleistyy helpolla induktiolla koskemaan myös korkeampia derivaattoja Lauseen oletuksin pätee siis lim n f n (k) (z) = f (k) (z) kaikille k 1 ja kaikille z G Lisäksi konvergenssi on lokaalisti tasaista Jätetään detaljit harjoitustehtäväksi 10 Suljetun tien kierrosluku Tarkastellaan aluetta G = C \ {0} ja suljettuja teitä α, β, : [0, 1] G, α(t) = e 2πit, β(t) = e 4πit ja (t) = e 2πit, ks kuva 56 Kaikilla kuvan 56 teillä on sama jälki, mutta tiet eivät voi Cauchyn lauseen ensimmäisen version nojalla olla homotooppisia keskenään alueessa C\{0}, silläesimerkiksikuvausz 1 z onanalyyttinentässäalueessa,mutta 1 α zdz = 2πi, 1 β z dz = 4πi ja 1 zdz = 2πi 155

158 α ւ β ւ ւ Kuva 56 Mitä homotooppisuuden kaatavaa eroa näillä teillä sitten on? Intuitiivisessa mielessä vastaus on helppo: α kiertää vain kerran tuon alueen reiän eli origon ympäri, kun taas β tekee sen kahdesti ja toisinpäin Sivuilta löytyy vähän enemmän intuitioon perustuvaa ajatusta tästä kiertämisestä Seuraavassa puetaan nämä intuitiiviset ideat pisteen kiertämisestä tarkkaan matemaattiseen asuun Täsmällistä määritelmää varten tarvitaan ensin aputulos Lause 101 Olkoon : [0,1] C suljettu tie ja a C\([0,1]) Tällöin 1 1 2πi z a dz on kokonaisluku Todistus Määritellään kuvaus g : [0,1] C asettamalla kaikille t [0,1] g(t) = t 0 (s) (s) a ds Koska tien derivaatta on paloittain jatkuva, kuvaus g on jatkuva koko välillä [0,1] ja lisäksi derivoituva niissä pisteissä t, joissa (t) on olemassa ja jatkuva Lisäksi näissä pisteissä pätee (ks [VFA]) g (t) = (t) (t) a (1) Määritellään edelleen kuvaus h : [0,1] C asettamalla kaikille t [0,1] h(t) = exp( g(t)) ((t) a) Tällöin h on jatkuva koko välillä [0, 1] ja lisäksi derivoituva g:n derivoituvuuspisteissä, joissa pätee lauseen 415 nojalla h (t) = g (t)exp( g(t))((t) a)+exp( g(t)) (t) i) = 0, missä yhtälö i) seuraa ehdosta (1) Nyt siis h on jatkuva ja sen derivaatta on nolla kaikissa niissä pisteissä, joissa on olemassa ja jatkuva Koska on 156

159 tie, h:n ei-derivoituvuuspisteitä on tällöin vain äärellinen määrä, joten h:n on jatkuvuutensa perusteella oltava vakio Tällöin erityisesti h(0) = h(1) eli exp( g(0))((0) a) = exp( g(1))((1) a) (2) Koska on suljettu tie ja a ([0,1]), niin (0) a = (1) a 0, ja silloin ehdon (2) nojalla on oltava Tällöin lauseen 515 nojalla exp( g(0)) = exp( g(1)) g(0) = g(1)+k2πi jollekin k Z (3) Funktion g määritelmän mukaan g(0) = 0, jolloin ehdon (3) nojalla Toisaalta määritelmän mukaan g(1) = g(1) = k2πi jollekin k Z (4) 1 0 (s) (s) a ds = 1 z a dz, joten väite seuraa ehdosta (4) Määritelmä 102 Olkoon : [a,b] C suljettu tie ja w C\([a,b]) Sanotaan että kokonaisluku n(,w) = 1 1 2πi z w dz on tien kierrosluku pisteen w suhteen Huomautus Lauseen 101 perusteella tien kierrosluku on todella kokonaisluku Esimerkki Tien α : [0,1] C, α(t) = e 2πit kierrosluku origon suhteen on 1, tien β : [0,1] C, β(t) = e 4πit kierrosluku origon suhteen on 2 ja tien : [0,1] C, (t) = e 2πit kierrosluku origon suhteen on 1, ks kuva 56 Huomautus Intuitiivisesti ajatellen positiivinen kierrosluku merkitsee sitä, että tie kiertää pisteen vastapäivään ja negatiivinen sitä, että kierros tapahtuu myötäpäivään a Kuva ւ

160 Kuvassa 57 on intuitiivisesti n(, a) = +2 Tässä täytyy tietysti koko ajan muistaa, että pelkästä :n jäljestä ei kierroslukua voi päätellä Nuo nuolet auttavat tietysti näissä heuristisissa tarkasteluissa, vrt kuva 56 Mitään täsmällistä ei esimerkiksi tässä kuvan 57 tilanteessa voi tietenkään sanoa: eihän :aa ole edes täsmällisesti määritelty Jatkoa varten esimerkiksi residylaskuja silmälläpitäen on kuitenkin hyödyllistä oppia näkemään kuvasta tien kierrosluku eri pisteiden suhteen Lause 103 Olkoot 1 : [a,b] C ja 2 : [c,d] C suljettuja teitä, joilla on sama alku/loppupiste eli 1 (a) = 1 (b) = 2 (c) = 2 (d) ja olkoon w C\( 1 ([a,b]) 2 ([c,d])) Tällöin i) n( 1,w) = n( 1,w) ja ii) n( 1 2,w) = n( 1,w)+n( 2,w) Todistus Väitteet seuraavat välittömästi kierrosluvun määritelmästä sekä lauseista 611 ja 613 Huomautus Lauseen 69 nojalla nähdään välittömästi myös se, että ekvivalenteilla teillä on aina sama kierrosluku Toisaalta jokainen tie on ekvivalentti jonkin välillä [0, 1] määritellyn tien kanssa Tällöin voidaan mukavuussyistä useissa lauseissa rajoittua tarkastelemaan teitä, jotka on määritelty välillä [0, 1] Näin menetellään esimerkiksi seuraavassa: Lause 104 Olkoot 0, 1 : [0,1] C suljettuja teitä ja olkoon w C \ ( 0 ([0,1]) 1 ([0,1])) Oletetaan, että 0 ja 1 ovat homotooppisia alueessa C\{w} Tällöin n( 0,w) = n( 1,w) Erityisesti n( 0,w) = 0, jos 0 on nollahomotooppinen alueessa C\{w} Todistus Ensimmäinen väite seuraa Cauchyn lauseen ensimmäisestä versiosta ja toinen väite toisesta versiosta, sillä funktio z 1 z w on analyyttinen aluessa C\{w} Huomautus Lause 104 kääntyy: Jos n( 0,w) = n( 1,w), niin 0 1 alueessa C\{w} Tätä ei todisteta tällä kurssilla, ks esim Conway s 252 Huomautus Jos : [a,b] C on tie, niin ([a,b]) C on kompakti, jolloin joukko G = C\([a,b]) on avoin On helppo nähdä, että avoimuudesta johtuen G:n yhtenäisyyskomponenttien lukumäärä on korkeintaan numeroituva Lisäksi 158

161 on helppo nähdä (harjteht), että täsmälleen yksi G:n yhtenäisyyskomponenteista on rajoittamaton, muut ovat rajoitettuja G G 2 G 4 G 1 G 3 G 6 G5 Kuva 58 Kuvassa 58 on piirretty näkyviin suljetun tien jälki, alku/loppupiste ja tien kulkusuunta Lisäksi on merkitty näkyviin muutamia isoimpia rajoitettuja joukon G = C\([a,b]) yhtenäisyyskomponentteja eli joukot G 1,,G 6 Montako näitä yhtenäisyyskomponentteja kaikkiaan on? Huomaa myös erilainen yhtenäisyyskomponenttig,jokaonseainoag:nrajoittamatonyhtenäisyyskomponentti ja sijaitsee siis heuristisesti sanoen :n ulkopuolella Mikä voisi olla tien kierrosluku komponentissa G 3 olevien pisteiden suhteen? Vertaa lauseeseen 105 Lause 105 Olkoon : [a,b] C suljettu tie ja merkitään G = C\([a,b]) Olkoot w 1,w 2 G Jos w 1 ja w 2 kuuluvat samaan G:n yhtenäisyyskomponenttiin, niin n(,w 1 ) = n(,w 2 ) Erityisesti jos w 1 kuuluu G:n rajoittamattomaan yhtenäisyyskomponenttiin, niin n(,w 1 ) = 0 Todistus Määritellään kuvaus ψ : ([a,b]) G C asettamalla kaikille (z,w) ([a,b]) G ψ(z,w) = 1 z w, jolloin ψ toteuttaa lemman 73 vaatimukset ja tällöin kyseisen lemman mukaan kuvaus g : G C, 1 g(w) = z w dz on analyyttinen ja erityisesti jatkuva Silloin myös kuvaus G C, w 1 g(w) = n(,w) 2πi on jatkuva Lauseen 101 mukaan tämän kuvauksen arvojoukko sisältyy kokonaislukujen joukkoon Z C Koska jatkuvassa kuvauksessa jokaisen (polku)yhtenäisen joukon kuva on yhtenäinen (ks [VFA], [MA]) ja Z:n ainoat yhtenäiset osajoukot ovat yksiöitä, niin G yhtenäisyyskomponenttien kuvat ovat 159

162 tässä kuvauksessa yksiöitä Silloin kuvaus w n(, w) on vakio eli kierrosluku on vakio jokaisessa G:n yhtenäisyyskomponentissa Tämä todistaa lauseen ensimmäisen väitteen Olkoon sitten C joukon G rajoittamaton yhtenäisyyskomponentti Koska ([a, b]) on kompakti, niin se on rajoitettu (ks [VFA]), ja siten on olemassa R > 0 siten, että ([a,b]) B(0,R) Koska C on rajoittamaton, niin voidaan valita w C siten että w R Todistuksen alkuosassa nähtiin, että kierrosluku on vakio jokaisessa yhtenäisyyskomponentissa, erityisesti siis C:ssä Silloin riittää osoittaa, että Koska w R, niin kuvaus n(,w) = 0 (1) z 1 z w on analyyttinen kiekossa B(0, R) Lauseen 711 nojalla pätee tällöin 1 dz = 0, z w ja väite (1) seuraa kierrosluvun määritelmästä Esimerkki 106 Olkoon : [0,1] C ympyrätie (t) = a + re i2πt joillekin a C ja r > 0 Ilmeisesti joukon G = C \ ([0,1]) yhtenäisyyskomponentit ovat B(a, r) ja C\ B(a, r) Näistä jälkimmäinen on rajoittamaton, joten lauseen 105 nojalla kaikissa sen pisteissä kierrosluku on nolla Kiekossa B(a, r) kierrosluku on lauseen 105 mukaan vakio Kierroslukua on suoraan määritelmästä vähän paha laskea mielivaltaiselle pisteelle w B(a, r), mutta ei tarvitsekaan Koska kierrosluku on sama kaikissa pisteissä, niin riittää laskea se pisteessä a B(a,r) Tämä on helppoa: n(a,) = 1 2πi 1 z a dz = 1 1 2πi 0 1 a+re i2πt a 2πirei2πt dt = Siten :n kierrosluku kaikissa kiekon B(a, r) pisteissä on ykkönen 1 0 dt = 1 Esimerkki/harjoitustehtävä Määrää heuristisesti tien kierrosluvut kaikissa eri G:n komponenteissa kuvan 58 tilanteessa Tämä on tietysti täysin epätäsmällinen kysymys, kun :aa ei ole tarkalleen määritelty, mutta oletetaan, että lähtee alkupisteestä nuolen osoittamaan suuntaan ja palaa samaan pisteeseen ikäänkuin yhden kierroksen kierrettyään Huomaa, että noita nuolia pitää lisätä kuvaan kaikkien risteyskohtien jälkeen: oletetaan, että etenee noissa kohdissa suoraviivaisesti eikä tee mitään äkkikäännöksiä niissä 160

163 11 Cauchyn integraalikaava Lauseen 75 mukaan pätee f(z) = 1 f(w) 2πi w z dw, mikäli f on analyyttinen alueessa G, z B(a,r) B(a,r) G ja : [0,1] G on tie (t) = a + re 2πit Cauchyn integraalikaava yleistää tämän koskemaan muitakin teitä kuin ympyrää: Lause 111 (Cauchyn integraalikaava) Olkoon G alue, f : G C analyyttinen, : [0,1] G suljettu ja G:ssä nollahomotoopinen tie sekä w G\([0,1]) Tällöin pätee n(,w)f(w) = 1 2πi f(z) z w dz Huomautus Tässä on tärkeää huomata tuo oletus on G:ssä nollahomotooppinen ; ilman tätä oletusta väite ei päde Lisäksi on tärkeää, että nollahomotooppisuus oletetaan nimenomaan G:ssä, ei siis alueessa G \ {w} Jos oletettaisiin, että on nollahomotooppinen alueessa G\{w} (tämä olisi kovempi oletus kuin lauseessa oleva), niin sekä lauseen integraalista että kierrosluvusta tulisi nolla, eikä lause sanoisi paljon mitään Toki se paikkansa pitää tässäkin tapauksessa eihän tätä tapausta ole lauseen oletuksissa kielletty Todistus Jos f on vakio, niin väite pätee triviaalisti kierrosluvun määritelmän perusteella; voidaan siis olettaa, että f ei ole vakio Määritellään kuvaus g : G C asettamalla kaikille z G g(z) = f(z) f(w), tässä siis w G \ ([0, 1]) on lauseen oletuksessa oleva kiinteä kompleksiluku Tällöin g on analyyttinen ja koska f ei ole vakio, niin g 0 Piste w on g:n nollakohta, joten sillä on lauseen 810 mukaisesti jokin kertaluku m 1 Siten on olemassa analyyttinen h : G C siten, että kaikille z G pätee g(z) = (z w)h(z) Koska on oletuksen mukaan nollahomotooppinen G:ssä, pätee Cauchyn lauseen toisen version nojalla h(z)dz = 0 (1) Koska w G\([0,1]), niin kaikille z ([0,1]) pätee h(z) = g(z) z w = f(z) f(w) z w 161

164 Tällöin ehdon (1) nojalla saadaan f(z) f(w) 0 = h(z)dz = dz = z w f(z) 1 dz f(w) z w z w dz, joten f(z) 1 dz = f(w) z w z w dz, josta saadaan edelleen kierrosluvun määritelmän perusteella ( ) 1 1 n(,w)f(w) = 2πi z w dz f(w) = 1 f(z) 2πi z w dz Vastaavasti voidaan yleistää lause 78: Lause 112 Olkoon G alue, f : G C analyyttinen ja : [0,1] G suljettu G:ssä nollahomotooppinen tie Tällöin kaikille w G\([0,1]) ja k N pätee n(,w)f (k) (w) = k! f(z) 2πi (z w) k+1dz Huomautus Tässä siis käytetään tavanomaista merkintää f (0) = f Huomaa, että lauseen 78 nojalla väite on mielekäs, sillä analyyttisen funktion f kaikkien kertalukujen derivaatat ovat olemassa Todistus Tehdään induktio k:n suhteen Cauchyn integraalikaavan eli lauseen 111 nojalla väite pätee, kun k = 0 Oletetaan induktiivisesti, että k 1 ja että väite pätee (k 1):lle Merkitään D = G \ ([0,1]), jolloin D on avoin, ja määritellään kuvaus ψ : ([0,1]) D C asettamalla kaikille (z,w) ([a,b]) D ψ(z,w) = f(z) (z w) k Tällöin ψ on jatkuva ja kiinteälle z ([0,1]) kuvaus D C, w ψ(z,w) on analyyttinen Jos määritellään kuvaus g : D C, g(w) = ψ(z, w)dz, niin lemman 73 nojalla g on analyyttinen ja g d (w) = dw ψ(z,w)dz = d f(z) i) dw (z w) kdz = k f(z) (z w) k+1dz, (1) missä yhtälö i) syntyy derivoimalla w:n suhteen Lauseen 105 nojalla tien kierrosluku on vakio jokaisessa D:n yhtenäisyyskomponentissa, joten kuvaus D C, w n(,w) on lokaalisti vakio Tällöin pätee d n(,w) = 0 kaikille w D (2) dw 162

165 Tämän perusteella saadaan kaikille w D n(,w)f (k) (w) = i) d dw (n(,w)f(k 1) (w)) ii) = d ( (k 1)! dw 2πi ( ) (k 1)! d f(z) iii) (k 1)! 2πi dw (z w) kdz = g (w) iv) = k! 2πi 2πi ) f(z) (z w) kdz = f(z) (z w) k+1dz Tässä yhtälö i) seuraa tulon derivoimissäännöstä ja kaavasta (2), yhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta, yhtälö iii) g:n ja ψ:n määritelmistä sekä yhtälö iv) ehdosta (1) Näin induktioaskel on otettu ja väite siten todistettu Seuraavassa lauseessa halutaan luetella jossakin joukossa esiintyvät analyyttisen funktion nollakohdat (joita oletetaan olevan äärellinen määrä) sillä tavalla, että k-kertainen nollakohta esiintyy luettelossa täsmälleen k kertaa Siis jos esimerkiksi nollakohdat ovat a, b ja c, missä a on yksinkertainen, b kaksinkertainen ja c kolminkertainen, niin haluttu luettelo on äärellinen jono, jossa on = 6 elementtiä ja näyttää tällaiselta: (a,b,b,c,c,c) Tämä käsite on vähän hankala määritellä täsmällisesti, vaikka intuitiivisesti asia on varsin selvä Täydellisyyden vuoksi kuitenkin seuraavassa merkinnässä yritetään tämä tehdä Määritelmä on sekavan näköinen, mutta parempaankaan tämän kirjoittaja ei pystynyt Merkintä 113 Olkoon f : G C analyyttinen ja oletetaan, että sen nollakohtien joukko A G on epätyhjä ja äärellinen Olkoon A:n alkioiden lukumäärä n N\{0} ja olkoon A = {b 1,b 2,,b n }, missä b j b k kun j k Olkoon kaikille j = 1,,n luku m j N \ {0} nollakohdan b j kertaluku Merkitään m = ja edelleen kaikille k = 1,,m määritellään kompleksiluku a k asettamalla n j=1 m j a k = b j kun j 1 j m i < k m i i=1 i=1 Tällöin käsite f:n nollakohdat lueteltuina kertalukunsa mukaisesti tarkoittaa näin määriteltyä äärellistä jonoa (a 1,a 2,,a m ) 163

166 Huomautus Tässä merkinnässä sovitaan, että 0 i=1 m i = 0; tätä tarvitaan, kun j = 1 Esimerkki Jos palataan merkintää 113 edeltäneeseen esimerkkiin, niin siinä siis A = {a,b,c} = {b 1,b 2,b 3 }, m = m 1 +m 2 +m 3 = = 6 ja 1 m i = 1, i=1 2 m i = 3 ja i=1 3 m i = 6, joten b 1 kun 0 < j 1 a j = b 2 kun 1 < j 3 b 3 kun 3 < j 6, joten (a 1,a 2,a 3,a 4,a 5,a 6 ) = (b 1,b 2,b 2,b 3,b 3,b 3 ) = (a,b,b,c,c,c) eli määritelmä todella antaa sellaisen jonon kuin haluttiinkin Lause 114 Olkoon G alue, f : G C analyyttinen sekä jono (a 1,,a m ) kaikki f:n G:ssä olevat nollakohdat lueteltuina kertalukunsa mukaisesti Olkoon lisäksi : [0,1] G alueessa G nollahomotooppinen suljettu tie siten, että a i ([0,1]) kaikille i = 1,,m Tällöin pätee j=1 i=1 1 f (z) m 2πi f(z) dz = n(,a j ) Huomautus Jos nollakohtia ei ole lainkaan eli nollakohtien joukko on tyhjä, väite pätee sillä sopimuksella, että väitteen oikealle puolelle tuleva tyhjä summa on nolla Tämä seuraa Cauchyn lauseen toisesta versiosta, sillä jos f:llä ei ole nollakohtia G:ssä, niin funktio f (z) f(z) on analyyttinen alueessa G Todistus Yllä olevan huomautuksen nojalla voidaan olettaa, että nollakohtia on olemassa Olkoon {b 1,,b n }, n 1 f:n kaikkien nollakohtien joukko, missä b j b k kun j k ja olkoon m j nollakohdan b j kertaluku Nollakohdan kertaluvun määritelmästä (ja pienestä induktiopäättelystä) seuraa, että on olemassa analyyttinen funktio g : G C siten, että kaikille z G pätee f(z) = (z b 1 ) m1 (z b 2 ) m2 (z b n ) mn g(z), (1) missä g(b j ) 0 kaikille j = 1,,n Lisäksi, koska b j :t ovat f:n kaikki nollakohdat G:ssä, pätee f(z) 0, kun z {b 1,,b n } Tällöin myös g(z) 0, kun z {b 1,,b n } ja siten g(z) 0 kaikille z G (2) Jonon (a 1,,a m ) määrittelystä ja ehdosta (1) seuraa, että kaikille z G pätee f(z) = (z a 1 )(z a 2 ) (z a m )g(z) (3) 164

167 Tällöin tulon derivoimissäännön nojalla kaikille z G pätee f (z) =(z a 2 ) (z a m )g(z)+ (z a 1 )(z a 3 ) (z a m )g(z)+ (z a 1 )(z a 2 )(z a 4 ) (z a m )g(z)+ (z a 1 ) (z a m 1 )g(z)+ (z a 1 ) (z a m )g (z) Jakamalla puolittain tämä kaava kaavalla (3) ja ottamalla huomioon ehto (2) nähdään, että kaikille z G\{a 1,,a m } pätee f (z) f(z) = g (z) z a 1 z a 2 z a m g(z) (4) Ehdon (2) ja lauseen 78 nojalla funktio g (z) g(z) on analyyttinen G:ssä Koska on oletuksen mukaan nollahomotooppinen G:ssä, niin Cauchyn lauseen toisen version nojalla g (z) dz = 0 g(z) Tällöin ehdon (4) nojalla saadaan f ( ) (z) 1 f(z) dz = g (z) dz = z a 1 z a m g(z) 1 1 g (z) dz ++ dz + z a 1 z a m g(z) dz = 2πi n(,a 1 )++2πi n(,a m )+0 = 2πi Esimerkki Lasketaan lauseen 114 avulla integraali 2z +1 z 2 +z +1 dz, missä : [0,1] C on tie (t) = 2e 2πit m n(,a j ) Merkitään f(z) = z 2 + z + 1, jolloin f (z) = 2z + 1 Funktion f nollakohdat löytyvät toisen asteen yhtälön ratkaisukaavasta ja ovat a 1,2 = 1 2 ±i 3 2 j=1 165

168 a 1 ւ a 2 Koska Kuva 59 f(z) = (z a 1 ) (z a 2 ), niin nollakohdat ovat yksinkertaisia(kuten toisen asteen polynomin erilliset juuret aina ovat) Lauseen 114 soveltamiseksi tarvitaan vielä kierrosluvut Näitä on aika hankala laskea suoraan määritelmästä, ja tässä kannattaa soveltaa lausetta 105 Tien jälki on origokeskinen 2-säteinen ympyrä, jonka sisäpuolella molemmat juuret ovat Silloin ne ovat joukon C\ ([0, 1]) samassa yhtenäisyyskomponentissa kuin origo (ks kuva 59), joten lauseen 105 nojalla :n kierrosluku molempien juurien suhteen on sama kuin origon suhteen Origossa kierrosluvun laskeminen on helppoa: n(,0) = 1 2πi 1 z = πie 2πit 2πi 0 2e 2πit dt = 1 Siten lauseen 114 nojalla saadaan 2z +1 z 2 +z +1 dz = f (z) 2 f(z) dz = 2πi n(,a j ) = 2πi j=1 2 1 = 4πi Seuraava lause sanoo karkeasti ottaen sen, että m-kertaisen nollakohdan lähellä analyyttinen funktio saavuttaa kaikki nollan punkteeratussa ympäristössä olevat arvot täsmälleen m kertaa: Lause 115 Olkoon f 0 analyyttinen kiekossa B(a,R) ja oletetaan, että f:llä on m-kertainen nollakohta kiekon keskipisteessä a Silloin on olemassa 0 < r < R, joka toteuttaa seuraavan ehdon: Kaikille 0 < ǫ < r on olemassa δ > 0 niin, että kaikille z B(0,δ) \ {0} löytyy täsmälleen m eri pistettä b 1,b 2,,b m B(a,ǫ)\{a}, joille pätee f(b 1 ) = f(b 2 ) = = f(b m ) = z j=1 b 1 a b 4 f 0 z b 2 b 3 ǫ 166 δ Kuva 60

169 Kuvassa 60 piste a on f:n nelinkertainen nollakohta Lause 115 sanoo siis, että jokaisella kiekon B(0, δ) pisteellä z 0 on täsmälleen neljä alkukuvapistettä b 1,b 2,b 3,b 4 kiekossa B(a,ǫ), kunhan säteet ǫ ja δ valitaan sopivasti Jos ǫ ja δ ovat pieniä, niin pisteet b i sijaitsevat enemmän tai vähemmän symmetrisesti pisteen a suhteen kuten kuvassa Tämä symmetrisyys johtuu siitä, että lokaalisti f muistuttaa kuvausta w (w a) m, missä m on nollakohdan a kertaluku ja tämän kuvauksen antamat alkukuvat pisteestä z sijaitsevat täsmälleen symmetrisesti a:n suhteen Todistus Koska f 0, niin lauseen 88 nojalla a B(a,R) ei voi olla f:n nollakohtien kasautumispiste Tällöin on olemassa r 1 R, 0 < r 1 < R siten, että f(z) 0 kaikille z B(a,r 1 )\{a} (1) Lauseen 810 nojalla m = min{k N f (k) (a) 0} 1 Tässä on nyt kaksi mahdollisuutta: joko m = 1 tai m 2 Tapauksessa m = 1 pätee siis f (a) 0 Koska f on analyyttinen, niin f on jatkuva, ja voidaan valita r 2 R, 0 < r 2 < R siten, että f (z) 0 kaikille z B(a,r 2 ) (2 1 ) Tapauksessa m 2 pätee f (a) = 0, mutta f 0, koska f ei ole vakio Koska lauseen 78 mukaan myös f on analyyttinen, niin lauseen 88 nojalla a G ei voi olla myöskään f :n nollakohtien kasautumispiste Tässä tapauksessa voidaan valita r 2 R, 0 < r 2 < R siten, että f (z) 0 kaikille z B(a,r 2 )\{a} (2 2 ) Huomaa ehtojen (2 1 ) ja (2 2 ) pieni ero Nyt ehdossa (1) on valittu r 1 ja ehdoissa (2 k ) on valittu r 2 Valitaan edelleen r = 1 2 min{r 1,r 2 }, jolloin 0 < r < R sekä ehtojen (1), (2 1 ) ja (2 2 ) nojalla pätee joka tapauksessa f(z) 0 ja f (z) 0 kaikille z B(a,r)\{a} (3) 167

170 Osoitetaan, että yllä tehty luvun r valinta toimii, ts että lauseen ehto pätee tälle r Olkoon siis 0 < ǫ < r mielivaltainen Pitää löytää δ > 0 siten, että jokaisella z B(0, δ)\{0} on täsmälleen m alkukuvapistettä punkteeratussa kiekossa B(a,ǫ)\{a} Luvun δ valitsemiseksi määritellään ensin tie : [0,1] B(a,r) \ {a} asettamalla kaikille t [0,1] (t) = a+ǫe 2πit ja sitten tie α : [0,1] C asettamalla kaikille t [0,1] α(t) = f(a+ǫe 2πit ) eli α = f Koska luvun ǫ valinnan nojalla ([0,1]) B(a,r)\{a}, niin ehdon (1) ja luvun r valinnan mukaan 0 α([0,1]) eli 0 C\α([0,1]) Koska α([0,1]) on kompakti ja siten suljettu (ks [VFA]), niin joukko C\α([0,1]) on avoin Haluttu luku δ voidaan tällöin valita niin, että (ks kuva 61) B(0,δ) C\α([0,1]) Luku δ on näin kiinnitetty ja tehtävänä on nyt osoittaa, että väite pätee tälle valinnalle Olkoon siis z B(0, δ)\{0} mielivaltainen Pitää osoittaa, että joukossa B(a, ǫ)\ {a} on täsmälleen m eri pistettä b 1,,b m joille pätee f(b i ) = z kun i = 1,,m Jos määritellään apufunktio g : B(a,R) C, g(w) = f(w) z, niin tehtävänä on osoittaa, että joukossa B(a,ǫ)\{a} on täsmälleen m eri pistettä a 1,,a m joille pätee g(a 1 ) = = g(a m ) = 0 a 2 ǫ a 1 ւ ւ a f 0 z δ α = f() Kuva

171 Tarkastellaan ensin tien α kierroslukua origon suhteen Tälle saadaan n(α,0) = i) 1 1 ii) dw = 1 1 α (t) iii) dt = (4) 2πi α w 2πi 0 α(t) 1 1 f ((t)) (t) dt iv) = 1 f (w) 2πi 0 f((t)) 2πi f(w) dw, missä yhtälö i) on kierrosluvun määritelmä, yhtälö ii) tieintegraalin määritelmä, yhtälö iii) seuraa α:n määritelmästä sekä lauseesta 415 ja yhtälö iv) on taas tieintegraalin määritelmä Vastaavasti saadaan α:n kierrosluku pisteen z suhteen: n(α,z) = 1 1 2πi α w z dw = 1 1 2πi f ((t)) (t) 2πi 0 f((t)) z dt = 1 2πi α (t) dt = (5) α(t) z f (w) f(w) z dw = 1 2πi g (w) g(w) dw Koska B(0,δ) on yhtenäinen, niin 0 ja z kuuluvat δ:n valinnan nojalla samaan joukon C\ α([0, 1]) yhtenäisyyskomponenttiin, jolloin lauseen 105 nojalla pätee Yhtälöiden (4), (5) ja (6) nojalla 1 g (w) 2πi g(w) dw = 1 2πi n(α,0) = n(α,z) (6) f (w) dw (7) f(w) Joukossa B(a,ǫ) B(a,r) funktiolla f on ehdon (3) nojalla täsmälleen yksi nollakohtaelipisteatämäonoletuksenmukaanm-kertainen,jakoskan(,a) = 1, niin lauseen 114 nojalla saadaan m = m n(,a) = 1 2πi f (w) dw (8) f(w) Yhtälöiden (7) ja (8) nojalla saadaan edelleen m = 1 g (w) dw (9) 2πi g(w) Koska ǫ < R, niin voidaan valita s siten, että ǫ < s < R Koska g 0 on analyyttinen kiekossa B(a, R), niin sillä voi olla lauseen 88 nojalla korkeintaan äärellinen määrä nollakohtia kiekossa B(a,s) B(a,s) B(a,R) Olkoot ne kertalukunsa mukaisesti lueteltuina (c 1,,c p ) Tällöin lauseen 114 nojalla 1 g (w) p 2πi g(w) dw = n(,c j ) (10) j=1 169

172 Lauseen 114 jälkeisen huomautuksen nojalla ehto (10) pätee, vaikkei nollakohtia olisi lainkaan tällöin tyhjä summa tulkitaan nollaksi Koska m 1, niin ehdon (9) nojalla ehtoon (10) ei kuitenkaan voi nollaa tulla, joten summa ei voi olla tyhjä, ja näin g:llä on nollakohtia kiekossa B(a, s) Lisäksi ainakin yhdelle nollakohdalle c j täytyy päteä n(,c j ) 0 Koska nollakohtia ei ole kiekon B(a,ǫ) reunalla lukujen δ ja z valinnan nojalla, ja pisteille w B(a,s)\B(a,ǫ) pätee lauseen 105 nojalla n(,w) = 0, niin ainakin yhdelle nollakohdalle c j täytyy päteä c j B(a,ǫ) Erityisesti siis g:llä on oltava ainakin yksi nollakohta kiekossa B(a, ǫ) Koska a on f:n nollakohta ja g(w) = f(w) z, missä z 0, niin a ei ole g:n nollakohta ja siten g:llä on oltava ainakin yksi nollakohta joukossa B(a, ǫ)\{a} Olkoon nyt jono (a 1,,a n ) kaikki g:n joukossa B(a,ǫ)\{a} olevat nollakohdat lueteltuina kertalukunsa mukaisesti Koska, kuten edellä todettiin, pisteille w B(a,s)\B(a,ǫ) pätee n(,w) = 0, niin ehdon (10) summasta voidaan poistaa ne pisteet c j, joille c j B(a,ǫ) Koska kiekon reunalla tai keskipisteessä ei nollakohtia ole, niin ehto (10) tulee näiden pisteiden c j B(a,ǫ) poiston jälkeen muotoon 1 g n (w) 2πi g(w) dw = n(,a j ) (11) Koska lauseen 105 nojalla n(,a j ) = 1 kaikille j = 1,,n (ks kuva 61), niin ehdosta (11) saadaan edelleen 1 g (w) dw = n 2πi g(w) Tällöin ehdon (9) nojalla pätee j=1 m = n (12) Koska siis jonossa (a 1,,a n ) ovat kaikki g:n joukossa B(a,ǫ)\{a} olevat nollakohdat lueteltuina kertalukunsa mukaisesti, niin erillisiä nollakohtia on korkeintaan n kappaletta Silloin ehdon (12) nojalla niitä on korkeintaan m kappaletta Tehtävänä oli osoittaa, että niitä on täsmälleen m kappaletta Tämä väite ilmeisesti seuraa merkinnän 113 perusteella, jos osoitetaan, että jokainen nollakohta a i, i = 1,,n = m, on yksinkertainen Tätä varten tehdään antiteesi: jokin a i on k-kertainen funktion g nollakohta, k 2 Huomaa, että tämä on todella antiteesi, sillä lauseen 810 nojalla jokaisella a i on jokin kertaluku k, ja toisaalta, jos k 2, niin lauseen 82 nojalla a i ei voi olla yksinkertainen nollakohta 170

173 Koska lauseen 810 nojalla k = min{j N g (j) (a i ) 0}, niin g (j) (a i ) = 0 kaikille j < k ja erityisesti, koska k 2, pätee g (a i ) = 0 Tällöin funktion g määritelmän mukaan myös f (a i ) = 0 Tämä on kuitenkin ehdon (3) mukaan mahdotonta, sillä a i B(a,r)\{a} Tämä ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten a i :t ovat yksinkertaisia nollakohtia ja näin koko väite on todistettu Huomautus Lauseessa 115 kannattaa huomata, että siinä puhutaan faktisesti vain (hyvin) lähellä nollakohtaa a olevista pisteistä b i ja vastaavasti vain (hyvin) lähellä origoa olevasta pisteestä z Jos mennään kauemmas nollakohdasta, niin tämä lause ei sano mitään Määritelmä 116 Olkoon G C avoin ja f : G C kuvaus Sanotaan, että f on avoin kuvaus, mikäli jokaiselle avoimelle A G myös joukko f(a) C on avoin Huomautus Kuvaus on jatkuva jos ja vain jos jokaisen avoimen joukon alkukuva on avoin, ks [MA] Jatkuvassa kuvauksessa avoimen joukon kuva ei välttämättä ole avoin Myöskään reaalisesti differentioituvassa tapauksessa avoimen joukon kuva ei välttämättä ole avoin Jätetään (ei-vakion) esimerkin keksiminen harjoitustehtäväksi Analyyttiselle funktiolle saadaan lauseen 115 avulla tärkeä tulos: Lause 117 Olkoon G alue ja f : G C ei-vakio analyyttinen kuvaus Tällöin f on avoin Todistus Olkoon A G avoin ja z 0 f(a) mielivaltainen Pitää löytää r > 0 siten, että B(z 0,r) f(a) (1) Koska z 0 f(a), niinon olemassaa A sitenettä f(a) = z 0 Koska A on avoin, onolemassar > 0siten,ettäB(a,R) AMääritelläänkuvausg : B(a,R) C asettamalla g(w) = f(w) z 0 kaikille w B(a,R) Tällöin g on analyyttinen ja g:llä on nollakohta pisteessä a Lauseen 115 nojalla on olemassa 0 < ǫ < R ja δ > 0 siten, että kaikille z B(0,δ) \ {0} on olemassa ainakin yksi piste b B(a,ǫ)\{a} siten, että g(b) = z Valitaan r := δ ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (1) toimiva valinta Olkoon siis z B(z 0,r) mielivaltainen Pitää nähdä, että z f(a) eli että f(c) = z jollekin c A (2) 171

174 Jos z = z 0, niin asia on selvä Muutoin z B(z 0,r) \ {z 0 }, jolloin z z 0 B(0,r)\{0} = B(0,δ)\{0} Tällöin lukujen ǫ ja δ valinnan nojalla on olemassa b B(a,ǫ) \ {a} B(a,R) A siten, että g(b) = z z 0 Tälle b A pätee funktion g määritelmän nojalla f(b) = g(b)+z 0 = z z 0 +z 0 = z, joten väite (2) seuraa Lauseessa 519 osoitettiin, että jos g on analyyttinen, f funktion g jatkuva käänteiskuvaus ja lisäksi g 0, niin myös käänteiskuvaus f on analyyttinen, ks myös lausetta 519 edeltävä huomautus Nämä lisäoletukset voidaan nyt poistaa: Lause 118 Olkoot G alue ja f : G C analyyttinen injektio Tällöin f(g) on alue ja f 1 : f(g) G on analyyttinen Lisäksi kaikille z G pätee f (z) 0 ja d dz f 1 (f(z)) = 1 f (z) Todistus Koska f on injektio, niin se ei ole vakio Silloin lauseen 117 nojalla f on avoin kuvaus ja siten f(g) C on avoin Koska yhtenäisen joukon kuva jatkuvassa kuvauksessa on yhtenäinen (ks [MA]), niin f(g) on myös yhtenäinen ja siten alue Loppuosa väitteestä seuraa lauseesta 519, jos osoitetaan, että kaikille z G pätee f (z) 0 ja että f 1 : f(g) G on jatkuva Huomaa, että käänteiskuvaus f 1 : f(g) G on olemassa f:n injektiivisyyden nojalla Kuvauksen f 1 jatkuvuus seuraa lauseesta 117 seuraavaan tapaan: Riittää osoittaa (ks [MA]), että jokaisen avoimen joukon alkukuva kuvauksessa f 1 on avoin Olkoon siis A G avoin Koska (f 1 ) 1 (A) = f(a), niin riittää nähdä, että f(a) on avoin Tämä seuraa suoraan lauseesta 117, sillä f ei ole vakio On vielä osoitettava, että f (z) 0 kaikille z G Tätä varten tehdään antiteesi: on olemassa a G siten, että f (a) = 0 Koska G on avoin, voidaan valita R > 0 siten, että B(a,R) G Määritellään kuvaus g : B(a,R) C asettamalla kaikille z B(a,R) g(z) = f(z) f(a) Tällöin g f, joten antiteesin nojalla g (a) = f (a) = 0 Lisäksi g:llä on nollakohta pisteessä a Koska g ei ole vakio, niin ehdon g (a) = 0 ja lauseen 810 nojalla tämä nollakohta on ainakin kaksinkertainen Tällöin lauseen 115 nojalla on olemassa δ > 0 siten, että jokaiselle z B(f(a),δ) löytyy ainakin kaksi 172

175 eri pistettä b 1,b 2 B(a,R) G siten, että g(b 1 ) = z = g(b 2 ), jolloin myös f(b 1 ) = z = f(b 2 ) Tämä on mahdotonta, koska f on injektio Syntynyt ristiriita osoittaa, että antiteesi on väärä, joten f (z) 0 kaikille z G ja näin koko väite on todistettu Määritelmässä 919 sovittiin, että jos a,b,c C, niin kolmio K(a,b,c) on näitä pisteitä yhdistävien janojen yhdistetty tie Seuraavassa sovitaan, mikä on kolmiojoukko Määritelmä 119 Olkoon a, b, c C Kolmiojoukko K(a, b, c) määritellään asettamalla K(a,b,c) = {λ 1 a+λ 2 b+λ 3 c C λ i R, 0 λ i 1, kun i = 1,2,3 ja 3 λ i = 1} i=0 Lisäksi määritellään kolmion K(a, b, c) reunan pituus l( K(a, b, c)) asettamalla l( K(a,b,c)) = a b + b c + c a ja kolmion K(a, b, c) halkaisija d(k(a, b, c)) asettamalla d(k(a,b,c)) = sup{ z w z,w K(a,b,c) } Huomautus 1110 On helppo nähdä, että d(k(a,b,c)) = max{ a b, b c, c a } ja l( K(a,b,c)) = 3 0 d dt K(a,b,c)(t) dt Jätetään näiden faktojen tarkka todistus harjoitustehtäväksi Huomaa, että kolmiotien määrittelyväli on aina [0, 3], koska se on kolmen janan yhdistetty tie ja kukin jana on määritelty välillä [0, 1] c a b Kuva 62 Kuvassa 62 kolmiojoukko K(a, b, c) näkyy viivoitettuna Geometrisesti se on 173

176 siis kolmion sisällä tai kylkijanoilla olevien pisteiden joukko Huomaa, että kolmion pisteet voivat määritelmän mukaan olla samalla suoralla tai jopa samoja Tällöin kolmiojoukosta tulee surkastunut: se on pelkkä jana tai jopa yksi piste Kuvan 62 kolmiossa näyttäisi ilmeisesti olevan (vrt huomautus 1110) d(k(a,b,c)) = max{ a b, b c, c a } = a b Nyt voidaan lopulta todistaa, että derivoituva kuvaus on analyyttinen: Lause 1111 (Goursat n lause) Olkoon G alue ja f : G C derivoituva Tällöin f on analyyttinen Todistus Pitää siis osoittaa, että f on jatkuva G:ssä; tähän riittää, että f on jatkuva jokaisessa avoimessa kiekossa, joka sisältyy joukkoon G Täten voidaan olettaa, että G on kiekko Sovelletaan Moreran lausetta (920), jonka mukaan riittää osoittaa, että fdz = 0 (1) K(a,b,c) jokaiselle kolmiolle K(a,b,c), missä a,b,c G Huomaa, että oletuksen G on kiekko nojalla G on konveksi ja tällöin pätee aina K(a,b,c) G kun a,b,c G (2) Josa = b = c,niinväite(1)päteetriviaalisti,jotenvoidaanolettaa,ettäkolmion K(a, b, c) kärkipisteet eivät kaikki ole samoja, jolloin d(k(a,b,c)) > 0 ja l( K(a,b,c)) > 0 (3) Olkoon ǫ > 0 mielivaltainen Väitteen (1) todistamiseksi riittää osoittaa, että fdz ǫ (4) K(a,b,c) Olkoot ã, b ja c kolmiojoukon K(a,b,c) sivujen keskipisteet siten että (ks kuva 63) ã = 1 2 a+ 1 2 b, b = 1 2 b+ 1 2 c ja c = 1 2 c+ 1 2 a c a c ã b b Kuva

177 Tällöin ilmeisesti K(a,ã, c) K(a,b,c), K(ã,b, b) K(a,b,c), K( b,c, c) K(a,b,c) ja K(ã, b, c) K(a,b,c), joten ehdon (2) nojalla K(a,ã, c) K(ã,b, b) K( b,c, c) K(ã, b, c) G (5) Nämä syntyvät pikkukolmiot ovat keskenään yhteneviä ja alkuperäisen kolmion kanssa yhdenmuotoisia, ja ilmeisesti huomautuksen 1110 nojalla Lisäksi pätee fdz + K(a,ã, c) J(a,ã) J( b,c) J(a,ã) fdz + fdz + fdz + J(a,ã) J(ã,b) J(a,b) fdz + l( K(a,ã, c)) = l( K(ã,b, b)) = l( K( b,c, c)) = l( K(ã, b, c)) = 1 l( K(a,b,c)) sekä (6) 2 d(k(a,ã, c)) = d(k(ã,b, b)) = d(k( b,c, c)) = d(k(ã, b, c)) = 1 d(k(a,b,c)) (7) 2 K(ã,b, b) J(ã, c) J(c, c) J(ã,b) fdz + J(b,c) fdz + fdz + fdz + fdz + J( c,a) J( c, b) J(b, b) J(b, b) J( b,c) fdz + J(c,a) K( b,c, c) fdz + fdz + fdz + fdz + fdz v) = fdz + J(ã,b) J(ã, b) J( b,c) K(c, c, b) fdz + fdz + J(c, c) J( c,a) K(a,b,c) fdz + fdz i) = J(b, b) J( b, c) J(c, c) fdz iv) = fdz + fdz + fdz + J(β,ã) J( c,ã) J( c,a) fdz+ fdz ii) = fdz iii) = fdz (8) Huomaa, että ehdon (5) nojalla yllä esiintyvät integraalit ovat järkevästi määriteltyjä Tässä yhtälöt i) ja v) perustuvat kolmion määritelmään ja lauseeseen 614, yhtälö ii) perustuu lauseesen 611 sekä siihen, että janat J(x,y) ja J(y,x) ovat aina vastakkaisia teitä, yhtälö iii) perustuu lauseeseen 613 ja yhtälö iv) lauseeseen 69 sekä siihen, että tiet J(x,y) ja J(x,z) J(z,y) ovat aina ekvivalentteja, kun piste z on geometrisella janalla J(x,y) \{x,y} Valitaan K 1 {K(a,ã, c), K(ã,b, b), K( b,c, c), K(ã, b, c)} siten, että max{ fdz = fdz K 1, fdz, fdz, K(a,ã, c) K(ã,b, b) K( b,c, c) K(ã, b, c) } fdz, 175

178 tämähän on tietenkin mahdollista Tällöin kolmioepäyhtälön ja yhtälöiden (8) nojalla fdz K(a,b,c) 4 fdz K 1 Lisäksi yhtälöiden (6) ja (7) nojalla pätee l( K 1 ) = 1 2 l(k(a,b,c)) ja d(k 1) = 1 2 d(k(a,b,c)) Toistetaan sitten tämä kolmiolle K(a,b,c) tehty operaatio kolmiolle K 1, jolloin vastaavalla tavalla löydetään kolmio K 2, jolle pätee K 2 K 1, 4 fdz fdz K 1 K, 2 l( K 2 ) = 1 2 l( K 1) ja d(k 2 ) = 1 2 d(k 1) Näin voidaan jatkaa ja rekursioperiaatteennojalla saadaan aikaan jono (K n ) n N kolmioita, joille pätee (kun merkitään vielä K 0 = K(a,b,c)) kaikille n N K n+1 K n, (9) fdz 4 fdz K n K n+1, l( K n+1 ) = 1 2 l( K n) ja d(k n+1 ) = 1 2 d(k n) Kuva 64 Kuvassa 64 on K 1 valittu K 0 :n keskeltä, K 2 K 1 :n vasemmasta nurkasta, K 3 K 2 :n yläosasta ja K 4 K 3 :n alaosasta 176

179 Helpolla induktiolla nähdään, että tällöin kaikille n N pätee fdz 4n fdz, (10) K 0 K n l( K n ) = 1 2 nl( K 0) ja (11) d(k n ) = 1 2 nd(k 0) (12) Joukot K n ovat kompakteja ja epätyhjiä, jolloin (ks [MA]) ehdon (9) nojalla pätee K n Ehdon (12) nojalla n N lim d(k n) = 0, (13) n jolloin leikkausjoukossa n N K n voi olla vain yksi piste, olkoon se z 0, ts K n = {z 0 } n N Oletuksen mukaan f on derivoituva pisteessä z 0 G, joten on olemassa δ > 0 siten, että B(z 0,δ) G ja kaikille z B(z 0,δ)\{z 0 } pätee f(z) f(z 0 ) f (z 0 ) z z 0 < ǫ d(k 0 ) l( K 0 ), missä ǫ on todistuksen alussa kiinnitetty luku Huomaa, että tässä tarvitaan ehtoja (3) Tällöin kaikille z B(z 0,δ)\{z 0 } pätee f(z) f(z 0 ) f (z 0 )(z z 0 ) ǫ d(k 0 ) l( K 0 ) z z 0, (14) Ehdon (13) nojalla voidaan valita n N siten, että d(k n ) < δ Koska z 0 K j kaikille j, niin erityisesti z 0 K n tälle valitulle n ja tällöin ehdon d(k n ) < δ nojalla K n B(z 0,δ) Silloin ehdon (14) nojalla kaikille z K n pätee f(z) f(z 0 ) f (z 0 )(z z 0 ) ǫ d(k 0 ) l( K 0 ) d(k n) (15) Kuvaus z f(z 0 )+f (z 0 )(z z 0 ) on korkeintaan ensimmäisen asteen polynomi ja siten analyyttinen koko tasossa Cauchyn lauseen kolmannen version nojalla pätee tällöin K n (f(z 0 )+f (z 0 )(z z 0 ))dz = 0 (16) 177

180 Nyt saadaan arvio i) f(z)dz 4 n ii) f(z)dz = K 0 K n 4 K n [f(z) f(z 0 ) f (z 0 )(z z 0 )]dz + (f(z 0 )+f iii) (z 0 )(z z 0 ))dz = n K n 4 K n [f(z) f(z 0 ) f iv) (z 0 )(z z 0 )]dz 4 n ǫ n d(k 0 ) l( K 0 ) d(k n)l( K n ) = v) 4 n ǫ 1 d(k 0 ) l( K 0 ) 2 nd(k 0) 1 2 nl( K 0) = ǫ Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (10), yhtälö ii) tieintegroinnin lineaarisuudesta, yhtälö iii) ehdosta (16), epäyhtälö iv) lauseesta 620, ehdosta (15) ja huomautuksesta 1110 sekä yhtälö v) ehdoista (11) ja (12) Koska K 0 = K(a,b,c), niin väite (1) on todistettu 178

181 Hakemisto J(a,b), 13 Im(z), 5 Re(z), 5 exp,e z, 33 (t), 50 0, , , 77 fdz, 70 limsup, 25 z, 5 (t), 75 f (k), 44 i, 5 n(,w), 157 algebran peruslause, 111 alue, 113 analyyttinen, 34 avoin kuvaus, 171 Cauchy-jono, 16 Cauchy-Riemann-yhtälöt, 48 Cauchyn estimaatti, 105 Cauchyn integraalikaava, 161 Cauchyn lause ensimmäinen versio, 126 kolmas versio, 142 toinen versio, 136 Cauchyn tulo, 21 derivaatta, 34 derivoituva, 34 eksponenttifunktio, 33 Goursat n lause, 173 homotooppinen, 122 imaginaariosa, 5 imaginaariyksikkö, 5 integraali yli tien, 70 itseinen suppeneminen, 17 itseisarvo, 1 jälki, 9 jana, 13 kasautumispiste, 113 ketjusääntö, 38 kierrosluku, 157 kokonainen funktio, 110 kolmio, 150 kolmioepäyhtälö, 6 kompleksikonjugaatti, 5 kompleksilukujen kunta, 3 kompleksiset laskutoimitukset, 1 komponenttikuvaus, 7 konveksi, 124 kosini, 56 liittoluku, 5 Liouvillen lause, 111 logaritmin haara, 63 logaritmin päähaara, 66 lokaalisti tasainen suppeneminen, 154 maksimiperiaate, 118 Mertensin lause, 21 Moreran lause, 150 murtoviiva, 13 murtoviivayhtenäinen, 13 nollahomotooppinen, 136 nollakohdan kertaluku, 108 parametrinvaihto, 73 Picardin pieni lause, 113 polku, 9 polkuyhtenäinen, 9 potenssisarja, 24 primitiivi, 79 reaaliosa, 5 sini, 56 suppenemissäde,

182 tähtimäinen, 124 tie, 50 ekvivalentti, 73 nollahomotooppinen, 136 suljettu, 75 vastakkainen, 75 yhdistetty, 77 Weierstrassin M-testi, 20 yhdesti yhtenäinen, 141 yhtenäinen joukko, 9 yhtenäisyyskomponentti, 10 YPP-homotooppinen,