Reaalimuuttujan kompleksiarvoisen funktion integraali Määritelmä 1 Olkoon f(t) = u(t) + jv(t) jatkuva funktio välillä [a, b]. Tällöin (1) b b b f(t)dt = u(t)dt + j v(t)dt. a a a Jatkossa oletetaan, että käyrä on paloittain säännöllinen : z(t) = x(t)+jy(t), a t b. z on jatkuva välillä [a, b] ja derivaatta z (t) = x (t)+jy (t) on olemassa, jatkuva ja 0 väleillä (t k 1,t k ), a = t 0 < t 1 < < t n = b.
Käyräintegraali Määritelmä 2 Olkoon f jatkuva pisteissä z(t), a t b. Tällöin (2) f(z)dz = b f(z(t))z (t)dt merk = f a (f :n integraali pitkin käyrää ) Esim. 1 Laske f(z)dz, kun f(z) = z ja on paraabelin y = x 2 kaari pisteestä z = 0 pisteeseen z = 1 + j. Laske "vastaava"reaalinen käyräintegraali f(z) dz. Esim. 2 1 z dz = j2π, kun : z = 1.
Ominaisuuksia Huom. Integraali (2) riippuu :n pisteiden lisäksi suunnasta. Voidaan osoittaa: f = f 1 kun 1 on :n vastakäyrä: z(b + a t), a t b. 1. [f(z)+g(z)]dz = f(z)dz + g(z)dz. 2. αf(z)dz = α f(z)dz, α. b b 3. G(t)dt G(t) dt, jos G : [a,b] jatkuva. a a 4. L = :n pituus, f(z) M, z, f jatkuva R f(z)dz ML.
Kompleksinen vs. reaalinen käyräintegraali Olkoon f = u + jv. = eli b a f(z)dz = b a f(z(t))z (t)dt = b [u(z(t))x (t) v(z(t))y (t)]dt + j a [u(z(t))+jv(z(t))][x (t)+jy (t)]dt b a [u(z(t))y (t)+v(z(t))x (t)]dt f(z)dz = udx vdy + j udy + vdx. Integrointi kaaren pituuden suhteen määritellään: f(z) dz = b Esim. 4 f(t) = u(t)+jv(t), a t b a f(z(t)) z (t) dt. b f (t)dt = f(b) f(a). a
Integraalifunktio Olkoon G avoin ja : z(t) = x(t)+jy(t), a t b, G:n paloittain säännöllinen käyrä. F on funktion f : G integraalifunktio, jos F (z) = f(z), z G. Lause 1 Olkoon f : G jatkuva ja F f :n integraalifunktio. Tällöin f(z)dz = F(z(b)) F(z(a)). Esim. 5 Laske z 3 dz, kun on ellipsin x 2 + 4y 2 = 1 kaari pisteestä z = 1 pisteeseen z = 1 2 j.
Käyräintergraalin arvo Seuraus 1. Jos jatkuvalla funktiolla f on integraalifunktio, niin käyräintegraalin arvo riippuu vain päätepisteistä 2. f(z)dz = 0, kun on sulkeutuva (umpinainen). Esim. 6 a) Funktion f(z) = (z z 0 ) n, n 1, integraalifunktio alueessa G = {z 0 } on F(z) = 1 n+1 (z z 0) n+1, joten f(z)dz = 0. b) Funktiolla f(z) = 1 z z 0 ei ole integraalifunktiota joukossa G = {z 0 }, sillä z z 0 =r dz 2π 1 = z z 0 re jϕ rjejϕ dϕ = 2πj 0 0
1 z z 0 :n integraalifunktio Funktiolla 1 z z 0 on integraalifunktio pienemmässä joukossa G = {z = z 0 + re jϕ : r > 0, 0 < ϕ < 2π}, F(z) = log(z z 0 ) = ln z z 0 +j arg (z z 0 ) = ln r + jϕ tai joukossa G = {z = z 0 + re jϕ : r > 0, π < ϕ < π}.
Esimerkki 7 a) Pitkin tietä 1 : z(ϕ) = e jϕ, π 2 < ϕ < π 2, 1 dz = F(j) F( j) = log j log ( j) z 1 = ln j +j π 2 [ln j +j( π )] = jπ, 2 koska nyt argumentti ϕ on välillä ( π,π). Negatiivinen reaaliakseli, jota 1 ei leikkaa, on poistettu.
Esimerkki 7 b) Pitkin tietä 2 = yksikköympyrän kehä pisteestä j pisteeseen j, 1 dz = F(j) F( j) = log j log ( j) z 2 = ln j +j π 2 [ln j +j3π 2 ] = jπ, koska nyt argumentti ϕ on välillä (0,2π). Positiivinen reaaliakseli, jota 2 ei leikkaa, on poistettu.
Jordan-käyrä Sulkeutuva Jordan-käyrä : t z(t), on sulkeutuva käyrä, joka ei leikkaa itseään eli z(t) z(t ) paitsi päätepisteissä t = a,t = b. Jordan käyrä Ei Jordan
Greenin lause on paloittain säännöllinen sulkeutuva Jordan-käyrä avoimessa joukossa G. Käyrän suunnistus siten, että kiertää sisäalueen positiiviseen suuntaan eli vastapäivään ja oletetaan, että :n sisäalue A myös sisältyy G:hen ts G:llä ei ole reikiä :n sisällä Lemma (Green) Jos g 1 ja g 2 ovat jatkuvasti derivoituvia niin g 1 dx + g 2 dy = missä A on :n määräämä sisäalue. A ( g2 x g 1 y ) dx dy
auchy n lause Lause 1 Jos f = u + jv on analyyttinen alueessa G ja kuten edellä, niin f(z)dz = 0. Todistus: Oletetaan, että osittaisderivaatat u x,u y,v x,v y ovat jatkuvia. f(z)dz = udx vdy + j udy + vdx = }{{} Green A ( v x u y )dx dy + j (u x v y )dx dy = 0 A
Johdattelua auchy n kaavaan auchyn kaavan (ks. Lause 2) avulla voidaan analyyttisen funktion arvo pisteessä z A lausua käyräintegraalin avulla. Johdattelua siihen: Merkitään S r = {u : u z = r} A auchyn lause f(w) w z dw = f(w) w z dw S r
Edellisen perustelu 2 6 * w S r *Z 5 4 3 1 = 1 2 = 3 5 4 6 + 3 5 = + = = 1 2 4 6 S r
auchy n kaava Lause 2 Olkoot,G,A ja f kuten edellä. Tällöin (auchyn kaava) z * f(z 0 ) = 1 2πj f(z) z z 0 dz, z 0 A. S r A u * z o *
auchy n kaavan todistus Edellä olevan mukaan (ks. kuva) f(z) f(u) dz = lim du. z z 0 r 0 u z 0 =j S r 2π 0 f(u) u z 0 du = 2π 0 S r f(z 0 + re jϕ )dϕ j f(z 0 + re jϕ ) re jϕ jre jϕ dϕ 2π 0 f(z 0 )dϕ = j2πf(z 0 ), r 0. f(z) z z 0 dz = 2πjf(z 0 ).
Esimerkkejä Esim. 1 Laske Esim. 2 Laske I = I = z =3 z =2 sinz z j dz e z (z 1)(z 2) dz Huom. Ulkopuolisille pisteille z 0 A, z 0 on f(z) dz = 0 z z 0 koska integroitava on analyyttinen ko. pisteissä.
Keskiarvokaava Seuraus 1 (Keskiarvokaava) Jos f on analyyttinen kiekossa U(z 0,ρ) = {z : z z 0 < ρ} ja r < ρ, niin Seuraus 2 f(z 0 ) = 1 2π 2π 0 f(z 0 + re jϕ )dϕ. Jos u(x, y) on harmoninen alueessa, joka sisältää ympyrän z z 0 = r, z 0 = x 0 + jy 0, ja sen sisäalueen, niin u(x 0, y 0 ) = 1 2π 0 2π u(z 0 +re jϕ )dϕ = 1 2π 2π 0 u(x 0 +r cosϕ, y 0 +r sinϕ)dϕ.
Keskiarvokaavan todistus f(z 0 ) = 1 2πj = 1 2πj = 1 2π z z 0 =r 2π 0 2π 0 f(z) z z 0 dz f(z 0 + re jϕ ) re jϕ jre jϕ dϕ f(z 0 + re jϕ )dϕ. Lause 3 (auchyn kaava derivaatalle) f (n) (z 0 ) = n! f(z) 2πj (z z 0 ) n+1dz, z 0 A.
auchy n seurauksia Lause 4 Olkoon f analyyttinen z 0 -keskisillä ympyröillä S r1 ja S r2 ja niiden määräämässä avoimessa renkaassa R (ks. kuva). Tällöin f(z) = 1 2πj S r2 f(w) w z dw 1 2πj = f 2 (z)+ f 1 (z), z R. f 2 on analyyttinen kiekossa U(z 0,r 2 ) ja f 1 alueessa {z : z z 0 > r 1 }. Todistuksessa käytetään auchyn kaavaa. S r1 f(w) w z dw
Taylorin kehitelmä Lause 1 Olkoon G avoin ja z 0 G. Analyyttisellä funktiolla f : G on potenssisarjakehitelmä f(z) = a n (z z 0 ) n = n=0 n=0 joka suppenee jokaisessa kiekossa U(z 0,ρ) G. f (n) (z 0 ) (z z 0 ) n n!
Taylorin kehitelmän todistus Olkoot z U(z 0,ρ) ja ρ < r niin, että U(z 0, r) G. Kehitelmä 1 w z = 1 (w z 0 )(1 z z0 w z 0 ) = n=0 (z z 0 ) n (w z 0 ) n+1 suppenee tasaisesti muuttujan w S r = {w : w z 0 = r} suhteen, koska z z 0 w z 0 ρ r < 1. Tällöin auchyn kaavan nojalla f(z) = 1 2πj = w z 0 =r 1 2πj n=0 f(w) w z dw = 1 2πj w z 0 =r w z 0 =r [ n=0 f(w) (w z 0 ) n+1dw (z z 0 ) n = ] f(w) (w z 0 ) n+1(z z 0) n dw n=0 f (n) (z 0 ) (z z 0 ) n. n!
Liouville n lause Seuraus 1 Analyyttinen funktio on äärettömän monesti derivoituva. Seuraus 2 (Liouvillen lause) Jos f on analyyttinen koko tasossa ja rajoitettu, f(z) M, z, niin f on vakiofunktio.
Todistus Olkoot z 0,z 1 ja r 2 > z 0 z 1. 1 f(z) f(z 1 ) f(z 0 ) = dz 1 2πj z z 1 2πj = z 1 z 0 f(z) 2πj (z z 1 )(z z 0 ) dz = z 1 z 0 f(z) 2π (z z 1 )(z z 0 ) dz z 1 z 0 2π M r 2 r 2πr = 2 z 1 z 0 M 0, kun r. r f(z 1 ) = f(z 0 ). f(z) z z 0 dz
Algebran peruslause Seuraus 3 Polynomiyhtälöllä P(z) = a n z n + +a 1 z + a 0 = 0, n 1, a n 0, on ainakin yksi juuri. Todistus: Jos P(z) 0 kaikilla z, niin f(z) = 1 P(z) on analyyttinen koko tasossa. Koska tällöin f(z) = 1 P(z) on rajoitettu ( P(z), z ), niin Seuraus 2:n nojalla f(z) ja siten P(z) on vakio...... P(z) = 0 ainakin yhdellä z.
Maksimiperiaate Seuraus 4 (Maksimiperiaate) Jos f on analyyttinen :llä ja :n sisäalueessa niin f(z) saavuttaa maksimiarvonsa reunalla, ellei f(z) vakio. Jos lisäksi f(z) 0 :n sisäalueessa niin f(z) saavuttaa miniminsä reunalla. Todistuksessa käytetään hyväksi keskiarvokaavaa. Esim. Totea, että funktio e z suljetussa kiekossa z 1 saavuttaa suurimman ja pienimmän arvonsa reunalla z = 1. Huom! Potenssisarjan kertoimet ovat 1-käsitteiset, joten alkeisfunktioille (kuten esim. sinz) saadaan samat kehitelmät kuin reaalitapauksessa.
Laurentin kehitelmä Lause 1 Olkoon R = {z : r 1 < z z 0 < r 2 } ja f analyyttinen R:ssä. Tällöin f :llä on suppeneva Laurentin kehitelmä f(z) = n= a n = 1 2πj a n (z z 0 ) n, z R, missä S r f(z) (z z 0 ) n+1dz, kun S r = {z : z z 0 = r},r 1 < r < r 2. S r2 S r1 * z * z 0 S r R
Esimerkkejä Huom. Edellä voi olla r 1 = 0 ja/tai r 2 =. Kehitelmä suppenee laajimmassa renkaassa, joka sisältyy analyyttisyysalueeseen. Kehitelmän kertoimet ovat 1-käsitteiset. Esimerkki 1 Määrää funktion 1 (z+1)(z+3) a) alueessa 1 < z < 3, b) alueessa z > 3. Laurentin kehitelmä 1 Esimerkki 2 Mikä on funktion z(z 1) Laurentin kehitelmä a) alueessa z > 1, b) alueessa 0 < z < 1. Esimerkki 3 Määrää diskreetin LTI-systeemin impulssivaste h(n), kun systeemin siirtofunktio on H(z) = z 2 (z + 1 2 )(z + 1 3 ) määritysalueenaan a) z > 1 2, b) 0 < z < 1 3.
Erikoispisteet Jos f on analyyttinen alueessa 0 < z z 0 < r, niin sanotaan että z = z 0 on f :n eristetty erikoispiste. Jos f :n Laurentin kehitelmässä f(z) = n= a n (z z 0 ) n =...+a n (z z 0 ) n +a 1 (z z 0 ) 1 + a 0 + a 1 (z z 0 )+... 1. poistuva erikoispiste, jos a n = 0, kun n < 0 2. n:nnen kertaluvun napa, jos a n 0, a n 1 = a n 2 = = 0 3. oleellinen erikoispiste, jos a n 0 äärettömän monella n > 0.
Esimerkkejä Esimerkki 4 Määrää funktion f(z) = e z, 1 z 0, erikoispisteen z = 0 laatu ja Laurentin kehitelmä origossa. 1 Esimerkki 5 Funktion f(z) = erikoispisteet ja niiden z 2 +4z+3 laatu? e Esimerkki 6 Määrää funktion 2z erikoispisteet ja niiden laatu (z 1) 3 sekä Laurentin sarja pisteen z = 1 suhteen. Lause 2 Jos g(z) on analyyttinen pisteen z 0 ympäristössä ja g(z 0 ) 0, niin funktiolla f(z) = g(z) (z z 0 ) n, n N, on n:nnen kertaluvun napa pisteessä z 0. Esimerkki 7 Tutki funktion f(z) = ez z 2 +z 4 napoja
Residy Olkoon z 0 funktion f eristetty erikoispiste ja f(z) = n= a n (z z 0 ) n. Termin (z z 0 ) 1 kerroin a 1 on funktion f residy pisteessä z 0, merkitään Res z=z 0 f(z) = a 1. 1 z 2 +4z+3 =? Esim. 1 Res z= 1 Esim. 2 f(z) = ze 1 z+2. Laske Res f(z). z= 2
Residyn laskeminen Jos piste z 0 on poistuva erikoispiste, niin Res z=z 0 f(z) = 0. Jos z 0 f :n yksinkertainen napa, niin joten f(z) = a 1 z z 0 + g(z) ja g(z) = a n (z z 0 ) n, n=0 (z z 0 )f(z) = a 1 +(z z 0 )g(z) a 1, z z 0, eli Res z=z 0 f(z) = lim z z0 (z z 0 )f(z),
Yleisemmin Olkoon f :llä n:nnen kertaluvun napa, f(z) = a n (z z 0 ) n + a n+1 (z z 0 ) n 1 + + a 1 + g(z) z z 0 missä a n 0. Tällöin (z z 0 ) n f(z) = a n + a n+1 (z z 0 )+ + a 1 (z z 0 ) n 1 +(z z 0 ) n g(z) merk = s(z). (1) Potenssisarjan s(z) termin (z z 0 ) n 1 kerroin on joten (1):n nojalla a 1 = s(n 1) (z 0 ) (n 1)! 1 (n 1)! s(n 1) (z 0 ) = 1 (n 1)! [ d n 1 dz n 1(z z 0) n f(z) ] z=z 0
Käyräintegraali ja residy e2z Esim. 3 Laske Resf(z), kun f(z) =. z=0 z 3 Olkoon sulkeutuva Jordan-käyrä ja f analyyttinen alueessa G, joka sisältää :n ja sen sisäalueen, paitsi z 0 :ssa. Olkoon positiivisesti suunnistettu (ks. kuva). auchyn lauseesta seuraa, että Siis f(z)dz = f(z)dz = a n (z z 0 ) n dz S r S r = a n (z z 0 ) n dz = 2πja 1. S r f(z)dz = 2πj Res z=z0 f(z).
Käyräintegraali ja residy Lause 1 Olkoon sulkeutuva (posit.suunn.) Jordan-käyrä ja f analyyttinen alueessa G, joka sisältää :n ja sen sisäalueen A, paitsi äärellisessä määrässä erikoispisteitä z 1,...,z n A. Tällöin f(z)dz = 2πj n Res f(z). z=z k k=1 Tod.: Kierretään kaikki navat (ks. kuva) N f(z)dz = f(z)dz = 2πj k=1 S rk N Res f(z). z=z k k=1 1 * z 1 z * 3 * z 2 3 2
Esimerkkejä Esim. 4 Laske 1 dz, missä on positiivisesti suunnistettu z 2 +4 origokeskinen ympyrä, jonka säde on 3. L Hospitalin säännön käyttö Residyn laskemisessa: Jos f(z) ja g(z) ovat analyyttisiä alueessa, joka sisältää z 0 :n ja f(z 0 ) = g(z 0 ) = 0 sekä g (z 0 ) 0, niin lim z z 0 f(z) g(z) = lim z z 0 f (z) g (z) = f (z 0 ) g (z 0 ).
Eräitä integraaleja Esim. 5 Osoita, että 1 z 6 +1 dz = 2π 3, kun on alla olevan (ks. Lause 2) kuvan käyrä, kun R > 1. Γ R R
f(x)dx f(z):llä ei napoja reaaliakselilla Lause 2 Jos f(z) M, z = R jϕ, missä k > 1, ja f jatkuva Γ:lla, R k Γ : z(ϕ) = Re jϕ, 0 ϕ π, niin lim f(z)dz = 0. R Γ Todistus: f(z)dz M πm πr = 0, R Rk Rk 1 Γ lim f(z)dz = 0. R Γ
Esimerkkejä Esim. 6 Laske residylaskun avulla Esim. 7 Laske residylaskun avulla Esim. 8 Laske 0 1 x 6 +1 dx. x 2 x 4 +13x 2 +36 dx. 1 x 4 +8x 2 +16 dx. Esim. 9 Laske 2. kertaluvun Butterworth-suodattimen H(f), H(f) 2 = 1 1+f 4, ekvivalentti kaistanleveys W eq = H(f) 2 2 H(0) 2 df.
B. 2π 0 R(sin t, cos t)dt Integraali 2π 0 R(sin t, cos t)dt, kun R( ) on rationaalifunktio, jolla ei napoja kehällä z = 1. Tehdään sijoitus { { z = e jt sin t = e jt e jt 2j = 1 2j (z 1 z ) dz = jzdt cos t = ejt +e jt 2 = 1 2 (z + 1 z ) 2π 0 R(sin t,cost)dt = z =1 1 jz R( 1 2j (z 1 z ), 1 2 (z + 1 z ))dz = 2πj [ 1 Res z <1 jz R( 1 2j (z 1 z ), 1 2 (z + 1 ] z ))
Esimerkkejä Esim. 10 Laske integraali I = 2π 1 I = 2+sint dt = = 0 z =1 z =1 2π 1 2+sint dt. 0 1 2jz + 1 2 (z2 1) dz = 2 1 jz(2+ 1 2j (z 1 z ))dz z =1 1 z 2 + 4jz 1 dz Navat z 0 = ( 2+ 3)j, z 1 = ( 2 3)j, 1 1 I = 2 dz = 4πj Res (z z 0 )(z z 1 ) z=z 0 (z z 0 )(z z 1 ) z =1 1 = 4πj = 2π z 0 z 1 3
Oletukset Olkoon G avoin ja sulkeutuva Jordan-käyrä G:ssä, jonka sisäalue A G. Oletetaan, että f on analyyttinen G:ssä paitsi äärellisessä määrässä napoja q 1,...,q r A joiden kertaluvut ovat vastaavasti n 1,...,n r. Olkoon f :llä nollakohdat vain pisteissä z k, k = 1,...,p, z k A ja niiden kertaluvut m k. o x z q 1 x 1 q o 3 o z z 3 2 x oz q 4 2
Res z=z0 f (z) f(z) Jos z 0 on funktion f n:nnen kertaluvun napa, niin f(z) = a n (z z 0 ) n + a n+1 (z z 0 ) n 1 + + a 1 + g(z) z z 0 = h(z) (z z 0 ) n, missä h(z) = a n + a n+1 (z z 0 )+ on analyyttinen ja h(z 0 ) = a n 0. Tällöin f (z) = h (z)(z z 0 ) n h(z) n (z z 0 ) n 1 (z z 0 ) 2n = h (z) (z z 0 ) n n h(z) (z z 0 ) n+1 f (z) f(z) = h (z) h(z) n 1 z z 0, Res z=z 0 f (z) f(z) = n.
Res z=z0 f (z) f(z) Vastaavasti, jos kyseessä on m:nnen kertaluvun nollakohta eli jos f(z) = (z z 0 ) m h(z), h(z 0 ) 0, jolloin Res z=z0 f (z) f(z) = m f (z) = (z z 0 ) m h (z)+m(z z 0 ) m 1 h(z), Toisaalta residylauseen mukaan (Lause 1) joten saadaan f (z) f(z) dz = 2πj Res f (z) f(z)
Argumentin periaate Lause 1 Yo. oletuksin 1 2πj f (z) p f(z) dz = m k k=1 r n k = M N. k=1 M on nollakohtien kertalukujen summa ja N on napojen kertalukujen summa.
Argumentin periaate Lauseen 1 geometrinen tulkinta: Olkoon : z = z(t),a t b suljettu Jordan-käyrä. Silloin M N = 1 2πj f (z) f(z) dz = 1 [log f(z(b)) log f(z(a))] 2πj = 1 [ln f(z(b)) +j arg f(z(b)) 2πj ln f(z(a)) j arg f(z(a))] = 1 1 [arg f(z(b)) arg f(z(a))] merk 2π 2π arg f(z) Argumentin periaate: Integraalin arvo saadaan tarkastelemalla kuvapisteen f(z) argumentin muutosta, kun z kiertää suljetun käyrän.
Nollakohtien lukumäärä Lause 2 Olkoon f analyyttinen avoimessa joukossa G ja sulkeutuva Jordan-käyrä G:ssä niin, että :n sisäalue A G. Jos f(z) 0 kun z, niin f :n nollakohtien lkm A:ssa on Lause 3 M = 1 2π arg f(z) (Rouchen lause) Ed. lauseen oletuksin, olkoot f ja g analyyttisiä ja g(z) < f(z) käyrällä. Tällöin funktioilla f + g ja f on yhtä monta nollakohtaa alueessa A (nollakohdat lasketaan kertaluvun mukaan).
Todistus (f + g):n nollien lkm = 1 2πj = 1 2πj f f + 1 2πj (1+ g f ) 1+ g f = f :n nollien lkm + 1 2πj = f :n nollien lkm (f + g) (z) (f + g)(z) dz (1+ g f ) 1+ g f sillä 1+ g(z) f(z) pysyy z 0 = 1 -keskisen 1-säteisen ympyrän sisällä kun z. z Esim. 1 Osoita, että rationaalifunktion 2 +5z+4 14z 5 +9z 4 +2z 2 +1 kaikki navat ovat yksikköympyrän sisällä eli alueessa {z z < 1}.
Hurwitzin lause Lause 4 Olkoon G avoin joukko ja G sulkeutuva Jordan-käyrä. Oletetaan, että 1. Jono {f n } n N analyyttisia funktioita suppenee tasaisesti kohti analyyttista funktiota f(z); 2. f(z) 0, kun z. Tällöin jostain n lähtien funktioilla f n ja f on sama määrä nollakohtia käyrän rajoittamassa alueessa.
Möbius-muunnos Kuvausta (1) T(z) = az + b cz + d, missä a,b,c,d, ad bc 0, sanotaan Möbius-muunnokseksi. Seuraavassa c 0.
Konformisuus Lause 1 Möbius-muunnos T : A = {z : z d c } B = {w : w a c } on konforminen ja (2) T 1 (w) = dw + b cw a. Todistus: T (z) = a(cz + d) c(az + b) (cz + d) 2 konformisuus. Käänteiskuvaus T 1 : w = T(z) = az+b cz+d = z = dw + b cw a = T 1 (w). ad bc (cz + d) 2 0
Esitystapa Möbius-muunnos voidaan esittää muodossa A,B,. Lause 2 w = A z + B z +, Jokainen konformikuvaus S : D = {z : z < 1} D on Möbius-muunnos ja muotoa eräillä z 0 D, θ [0,2π). S(z) = e jθ z z 0 1 z 0 z Ainoa tapa kuvata kiekko itselleen konformisesti on Möbius-muunnos!
Ominaisuuksia Lause 3 Möbius-muunnos kuvaa suoran ympyräksi tai suoraksi ja ympyrän ympyräksi tai suoraksi. Todistus: Kun c 0, niin missä T(z) = az + b cz + d = T 4 T 3 T 2 T 1 (z), T 1 (z) = z + d c, T 2(z) = 1 z, T 3(z) = T 4 (z) = z + a c, bc ad c 2 z ja sillä az + b cz + d (Jos c = 0, niin T(z) = a b z + b d.) = bc ad c 2 1 z + d c + a c.
Todistuksen jatko Selvästi T 1,T 3 ja T 4 kuvaavat suorat ja ympyrät suoriksi ja ympyröiksi. Riittää siis tutkia inversion T 2 (z) = 1 z kuvia: Suoran tai ympyrän yhtälö on ( ) Ax + By + (x 2 + y 2 ) = D. Kun z = x + jy 0 ja merkitään 1 z = u + jv, niin sekä ( ) u = joka myös on suora tai ympyrä. x y x 2 ja v = + y2 x 2 + y 2 Au Bv D(u 2 + v 2 ) =,
Alkeismuunnokset Huom. Jos suora tulkitaan -säteiseksi ympyräksi, niin Lause 3 Möbius-muunnos kuvaa ympyrän ympyräksi. Edellä huomattiin, että Möbius-muunnos saadaan seuraavien alkeistyyppien avulla: A. w = z + b yhdensuuntaissiirto B. w = az = a e jθ z kierto ja homotetia. w = 1 z inversio.
Laajennettu kompleksitaso Merkitään = {z } ja määritellään Möbius-muunnos T : : az+b cz+d, z z, z d c, T(z) = a c, z = z z, z = d c. T on (edelleen) kääntäen yksikäsitteinen, T(z) = w z = T 1 (w) = dw b cw + a.
Kaksoissuhde Lause 4 Olkoot z 1,z 2,z 3 kolme eri pistettä ja w 1,w 2,w 3 myös kolme eri pistettä. Tällöin on olemassa täsmälleen yksi Möbius-muunnos T, jolle T(z i ) = w i, i = 1,2,3. T määräytyy ehdosta ( ) w w 1 w w 2 w3 w 2 w 3 w 1 = z z 1 z z 2 z3 z 2 z 3 z 1. Jos jokin z i tai w i on z käytetään sääntöä z + a z + b = 1.
Alueiden kuvia Huom! Voidaan osoittaa: Jos A ja B ovat yhdesti yhtenäisiä alueita :ssä (ei reikiä) ja jos f : A f(a) konforminen f(a) : n reuna = B : n reuna jollakin z 0 A, f(z 0 ) B } niin f(a) = B. * z 0 A f * f(z ) 0
Käyrän suunnistus Lause 5 Möbius-muunnos säilyttää reunan suunnistuksen. Esim 1 Määrää Möbius-muunnos, joka kuvaa yksikkökiekon A = {z : z 1} vasemmanpuoleiseksi puolitasoksi B = {z : Re z 0}. Esim 2 Määrää Möbius-muunnos, joka kuvaa puolitason A = {z Im z 0} kiekoksi B = {z z j 1} eli ympyrän x 2 +(y 1) 2 = 1 kehäksi ja sisäalueeksi. Esim 3 Miksi alueeksi kuvautuu ympyröiden z = 1 ja z 0.3 = 0.3 rajoittama rengas Möbius-muunnoksella w = z 3 3z 1?