3.3 Funktion raja-arvo

3.3 Funktion raja-arvo Olkoot A ja B kompleksitason joukkoja ja f : A B kuvaus. Kuvauksella f on pisteessä z 0 A raja-arvo c, jos jokaista ε > 0 vastaa δ > 0 siten, että 0 < z z 0 < δ ja z A f(z) c < ε. Raja-arvoa varten riittää tarkastella jonoja z n z 0, z n A\{z 0 }. Funktiolla on raja-arvo c, jos ja vain jos kaikille tällaisille jonoille on voimassa lim f(z n) = c. n Esimerkki. f(z) = Re z z on määritelty joukossa A = C\{0} ja 0 A. Onko olemassa raja-arvoa lim f(z)? z 0 Olkoon z n = 1. Silloin Re z n n = 1 = z n n ja f(z n ) = Re z = 1, joten z lim n f(z n ) = 1, lim z n = 0. Olkoon z n = i. Silloin Re z n n = 0 ja f(z n ) = 0, joten lim n f(z n ) = 0, lim z n = 0. Raja-arvoa ei siis ole olemassa. Funktio f on jatkuva pisteessä z 0 A, jos lim z z 0 f(z) = f(z 0 ). Kuvaus f on jatkuva joukossa A, jos se on jatkuva jokaisessa A:n pisteessä. Oletetaan, että A on avoin joukko. Silloin f : A B on jatkuva, jos ja vain jos jokaisen avoimen joukon U C alkukuva f 1 (U) on avoin. Funktio f = u + iv on jatkuva, jos ja vain jos u : A R ja v : A R ovat jatkuvia. Olkoon I = [0, 1] yksikköväli. Polulla γ tarkoitetaan jatkuvaa kuvausta γ : I C Tällöin γ(0) on polun alkupiste, γ(1) on polun loppupiste ja γ(i) on polun kantaja eli jälki. Jos γ(i) A, niin γ on joukon A polku. Pisteet γ(0) ja γ(1) on tällöin yhdistetty polulla γ joukossa A. Jos A:n kaksi pistettä voidaan aina yhdistää polulla A:ssa, niin A on polkuyhtenäinen. Jos A on lisäksi avoin, niin A on alue. Esimerkiksi joukko {z Im z = 0} on polkuyhtenäinen, mutta se ei ole avoin. Sen sijaan esimerkiksi yksikkökiekko U(0, 1) on sekä avoin että polkuyhtenäinen, eli siis alue. Polkuyhtenäisen joukon kuva jatkuvassa kuvauksessa on polkuyhtenäinen (kuva 32). 45

γ x γ(i) y A f f(y) f γ(i) f(x) B = f(a) Kuva 32: Polkuyhtenäisen joukon kuva jatkuvassa kuvauksessa on polkuyhtenäinen 3.4 Analyyttinen funktio Olkoon f : G C kuvaus, G C. Jotta voisimme derivoida, joudumme olettamaan, että G on avoin joukko. Integrointia varten joudumme olettamaan, että G on polkuyhtenäinen. Avoimet ja yhtenäiset joukot ovat alueita. Jatkossa oletamme siis yleensä, että funktioden määrittelyjoukot ovat alueita. z r r z + 0 U(z, r) U(0, r) Kuva 33: Olkoon G alue ja z G. Tällöin on olemassa r > 0 siten, että U(r, z) = {z + < r} G. Funktio f(z + ) f(z) h() = on määritelty punkteeratussa kiekossa U (0, r) = { 0 < < r} = U(0, r)\{0} 46

ja 0 on U (0, r):n kasautumispiste (kuva 33). Edellä olleen määritelmän mukaisesti voidaan tutkia raja-arvon a = lim 0 h() = lim 0 f(z + ) f(z) olemassaoloa. Jos tämä raja-arvo on olemassa, niin f on differentioituva pisteessä z ja luku a = f (z) on f:n derivaatta tässä pisteessä. Funktio, joka on differentioituva alueen G jokaisessa pisteessä, on analyyttinen G:ssä. Analyyttisyyden määritelmä on erittäin vahva. Siitä seuraa mm., että myös f on analyyttinen, jolloin edelleen f on analyyttinen jne. Analyyttisellä funktiolla on siis kaikkien kertalukujen derivaatat. Vastaava tulos ei tietenkään päde differentioituville reaalifunktioille. Funktio on analyyttinen pisteessä z, jos se on analyyttinen jossakin tämän pisteen ympäristössä. Kompleksifunktion derivaatan määrittely erotusosamäärän avulla on mahdollista, koska kompleksiluvut voidaan jakaa keskenään. Jos tarkastellaan vektorimuuttujan x R n vektoriarvoisia funktioita f : R n R n, niin derivaatan määrittely tällä tavalla ei onnistu, kun n 3. Tämä johtuu siitä, että lukualuetta ei voida laajentaa tasoa useampiulotteiseksi. (Hamilton ja kvaternionit 1844.) Kirjoitetaan f(z + ) f(z) ε() = a. Silloin f(z + ) f(z) = a + ε(), (8) joten a on funktion f derivaatta pisteessä z, jos ja vain jos kehitelmä (8) pätee ja ε() 0, kun 0. Tätä kautta kompleksinen derivaatta a = f (z) ja Analyysi 4:n yleinen derivaatta (lineaarikuvauksena) liittyvät toisiinsa. Esimerkkejä. 1. Vakiokuvaus f(z) = c on analyyttinen koko tasossa ja f (z) 0, sillä f(z + ) f(z) = 0 + 0. Tässä 0 = f (z) ja ε() 0. 2. Identtinen kuvaus f(z) z on analyyttinen koko tasossa ja f (z) 1, sillä f(z + ) f(z) = = 1 + 0. Tässä 1 = f (z) ja ε() 0. 3. Funktio f(z) = z 2 on analyyttinen koko tasossa ja f (z) = 2z, sillä f(z + ) f(z) = (z + ) 2 z 2 = z 2 + 2z + 2 z 2 = 2z +. 47

Tässä f (z) = 2z ja ε() = 0, kun 0. 4. Funktiolla f(z) = z ei ole derivaattaa missään pisteessä z C. Todistus. Tarkastellaan erotusosamäärää säteillä(kuva (34) f(z + ) f(z) = z + z = t, t > 0 ja = it, t > 0. = it te iϕ ϕ t Kuva 34: f(z + ) f(z) f(z + ) f(z) = 1, kun = t > 0 = it it = 1, kun = it, t > 0. Annetaan t 0+. Erotusosamäärällä on eri raja-arvot (1 ja -1) näillä säteillä, joten sillä ei ole raja-arvoa kompleksitason topologiassa. On mielenkiintoista huomata, että erotusosamäärällä on raja-arvo jokaisella origosta lähtevällä -tason säteellä = te iϕ : f(z + ) f(z) = = te iϕ te iϕ = e 2iϕ = cos 2ϕ i sin 2ϕ. Jokaisella origon kautta kulkevalla suoralla saadaan eri raja-arvo. Kehitelmän (8) avulla voidaan tavalliseen tapaan perustella summan, tulon, osamäärän, käänteisfunktion ja yhdistetyn funktion derivointikaavat 48

kompleksifunktioille. Esimerkiksi, jos niin joten f 1 (z + ) f 1 (z) = a 1 + ε 1 (), f 2 (z + ) f 2 (z) = a 2 + ε 2 (), (f 1 + f 2 )(z + ) (f 1 + f 2 )(z) = (a 1 + a 2 ) + (ε 1 () + ε 2 ()), (f 1 + f 2 ) (z) = f 1(z) + f 2(z). Käänteisfunktion derivaatta: Oletetaan, että funktiolla f on pisteessä z derivaatta f (z) 0 ja että pisteellä z on ympäristö U siten, että käänteisfunktio f 1 on määritelty ja jatkuva pisteen = f(z) V = f(u). Silloin f 1 on differentioituva pisteessä ja ( f 1 ) () = 1 f (z) = 1 f (f 1 ()). Todistus. (Huomaa merkinnän muuttuminen. Nyt on = f(z). Merkitään siksi z:n lisäystä h:lla (kuva 35).) z z + h U f + k = f(z + h) = f(z) V = f(u) Kuva 35: Oletusten nojalla f : U V on jatkuva bijektio, jonka käänteiskuvaus f 1 : V U on jatkuva. Jos + k V, k 0, niin merkitään f 1 ( + k) = z + h. Silloin h 0 ja k 0 jos ja vain jos h 0. Silloin f 1 ( + k) f() k = = z + h z f(z + h) f(z) = h f (z)h + hε(h) 1 f (z) + ε(h) 1, kun k 0. f (z) Esimerkki. Funktio f(z) = z 2 49

H f = f(z) = z 2 E z = f 1 () = Kuva 36: Kuvaus z z 2 on injektio ylemmässä puolitasossa H on injektio ylemmässä puolitasossa H = {z Im z > 0} ja E = f(h) on pitkin positiivista reaaliakselia aukileikattu taso C\[0, [. Neliöjuuri voidaan määritellä kuvauksena f 1 : E H. Merkitään f 1 () =. Osoitetaan, että f 1 on jatkuva E:ssä. Olkoon 1, 2 E ja z 1 = x 1 + iy 1 = 1 z 2 = x 2 + iy 2 = 2, jolloin y 1 > 0 ja y 2 > 0. Saadaan arvio 2 1 = z 2 2 z1 2 = z 2 z 1 z 1 + z 2 = z 2 z 1 (x 1 + x 2 ) 2 (y 1 + y 2 ) 2 z 2 z 1 (y 1 + y 2 ) > y 1 z 2 z 1, mistä saadaan z 2 z 1 < 2 1 y 1. Pidetään 1 (ja siis myös y 1 ) vakiona ja annetaan 2 1. Silloin 2 1 0, joten myös z 2 z 1 = 2 1 0. Näin ollen on jatkuva pisteessä 1. Koska 1 (ja 2 ) valittiin mielivaltaisesti E:stä, on jatkuva E:ssä. 50

Käänteisfunktion derivaattaa koskevasta tuloksesta seuraa, että on derivoituva E:ssä ja sen derivatta on 1 f (z) = 1 f ( ) = 1 2, sillä f(z) = z 2 ja f (z) = 2z. Vastaavalla tavalla nähdään, että kuutiojuuri on jatkuva E:ssä ja sen derivaatta on 1 f (z) = 1 f ( 3 ) = 1 3( 3 ). 2 Tulos yleistyy n:teen juureen n. = f(z) = z 3 z = 3 E Kuva 37: Kuvaus z z 3 ja sen käänteiskuvaus 3.5 Cauchy-Riemannin -yhtälöt Olkoon f : A C kuvaus ja z A joukon A sisäpiste. Oletetaan, että f on differentioituva pisteessä z = x + iy, jolloin f(z + ) f(z) = a + ε(), (9) missä ε() 0, kun 0. Hajotetaan kaikki termit reaali- ja imaginaariosiinsa: f(z) = u(x, y) + iv(x, y) a = α + iβ = h + ik ε() = ε 1 () + iε 2 (). 51

Yhtälö (9) hajoaa tällöin kahdeksi reaaliseksi yhtälöksi: Koska u(x + h, y + k) u(x, y) = αh βk + hε 1 () kε 2 () v(x + h, y + k) v(x, y) = βh + αk + kε 1 () + hε 2 (). hε 1 () kε 2 () 2 = (h, k) (ε 1 (), ε 2 ()) 2 on Scharzin ey. (h, k) 2 (ε 1 (), ε 2 ()) 2 = (h 2 + k 2 )(ε 1 () 2 + ε 2 () 2 ), hε 1 () kε 2 () lim h 2 +k 2 0 h2 + k 2 = 0 lim 0 ε() = 0. Näin ollen funktio u : A R on (Analyysi 3:n ja Analyysi 4:n mielessä) differentioituva pisteessä z = (x, y) ja D 1 u = u x = α, D 2 u = u y = β. Samalla perusteella v : A R on differentioituva pisteessä z = (x, y) ja D 1 v = v x = β, D 2 v = v y = α. Funktiot u ja v toteuttavat siis ns. Cauchy-Riemannin differentiaaliyhtälöt { ux = v y (10) u y = v x. Oletetaan kääntäen, että funktiot u : A R ja v : A R ovat differentioituvia joukon A sisäpistessä z = (x, y) ja toteuttavat tässä pisteessä Cauchy- Riemannin differentiaaliyhtälöt (10). Muodostetaan funktio f = u+iy : A C. Väite: f on differentioituva pisteessä z ja f (z) = u x (x, y) + iv x (x, y) = v y (x, y) u y (x, y). Todistus: Differentioituvuuden määritelmän perusteella u:lla ja v:llä on kehitelmät u(x + h, y + k) u(x, y) = u x (x, y)h + u y (x, y)k + ε 1 () v(x + h, y + k) v(x, y) = v x (x, y)h + v y (x, y)k + ε 2 (), 52

missä = h + ik ja ε j () 0, kun 0, j = 1, 2,.... Yhtälöiden (10) nojalla on f(z + ) f(z) = u x h + u y k + iv x h + iv y k + ε 1 () + i ε 2 () Merkitään Silloin missä ε() 0, kun 0. On siis todistettu = u x h + iv y k + i(v x h iu y k) + ε 1 () + i ε 2 () = u x h + iu x k + i(v x h + iv x k) + (ε 1 () + iε 2 ()) = u x + iv x + (ε 1 () + iε 2 ()) = (u x + iv x ) + (ε 1() + iε 2 )). a = u x (x, y) + iv x (x, y) ε() = (ε 1() + iε 2 ()). f(z + ) f(z) = a + ε(), Lause 2 Funktio f = u + iv : G C on analyyttinen alueessa G, jos ja vain jos funktiot u : G R ja v : G R ovat G:ssä differentioituvia ja toteuttavat Cauchy-Riemannin yhtälöt (10). Oletetaan, että olemme unohtaneet Cauchy-Riemannin yhtälöt. Miten ne voidaan palauttaa mieleen? Oletetaan, että derivaatta f (z) = lim 0 f(z + ) f(z) on olemassa pisteessä z G. Valitaan :lle sopivia teitä lähestyä nollaa, kun = h + ik = (h, k) ja z = x + iy = (x, y): 1) menee reaalisena kohti nollaa. Merkitään = h = (h, 0) f(z + ) f(z) = = u(x + h, y) + iv(x + h, y)u(x, y) iv(x, y) h u(x + h, y) u(x, y) v(x + h, y) v(x, y) + i h h u x (x, y) + iv x (x, y) = f (z). 53

2) menee puhtaasti imaginaarisena kohti nollaa. Merkitään = ik = (0, k). f(z + ) f(z) u(x, y + k) + iv(x, y + k) u(x, y) iv(x, y) = ik u(x, y + k) u(x, y) i(v(x, y + k) v(x, y)) = i + k ik iu y (x, y) + v y (x, y) = v y (x, y) iu y (x, y) = f (z). Näin ollen u x + iv x = v y iu y eli Cauchy-Riemannin yhtälöt (10) on löydetty. Kohdassa 1 on f:n osittaisderivaatta x:n suhteen: f x (x, y) = lim h 0 f(z + h) f(z) h = f (z), h R. Kohdassa 2 on f:n osittaisderivaatta y:n suhteen vakiolla kerrottuna: f y (x, y) = lim k 0 f(z + ik) f(z) k = i lim k 0 f(z + ik) f(z) ik = lim k 0 i(f(z + ik) f(z)) ik = if (z), k R. Siis f x (x, y) = 1 i f y(x, y) = if y (x, y). Saadaan Cauchy-Riemannin yhtälöiden kompleksimuoto f x = if y. 54