Matematika 4Zapiski s predavanj prof. Petra Legise
Miha Cancula
9. julij 2010
Kazalo
1 Variacijski racun 31.1 Osnovni variacijski problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Parametricna resitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Visji odvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Vec spremenljivk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.5 Izoperimetricni problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.6 Vezani ekstrem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.7 Geodetke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.8 Integrali s spremenljivo mejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 Holomorfne funkcije 132.1 Potencne vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Integrali v C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Logaritem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.4 Splosna Cauchyjeva formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.5 Nicle analiticne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.6 Laurentova vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.7 Residuum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.8 Konformne preslikave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.8.1 Stereografska projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.8.2 Linearne lomljene (Mobiusove) transformacije . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.9 Zveze s harmonicnimi funkcijami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.10 Dirichletov problem za krog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.11 Funkcija Γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3 Diferencialne enacbe 493.1 Frobeniusova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.2 Besselova enacba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.2.1 Integralska reprezentacija za Jn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.2.2 Neumannova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.2.3 Hanklovi funkciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.3 Enacba za neskoncno struno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
1
4 Linearni diferencialni operatorji drugega reda 594.1 Lastne vrednosti in lastne funkcije simetricnega operatorja . . . . . . . . . . . . 614.2 Besselov diferencialni operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
4.2.1 Enacba za lastne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.2.2 Nihanje prozne opne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.3 Hermitov diferencialni operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.4 Specialne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
5 Linearno neodvisna zaporedja polinomov 655.1 Splosna teorija ortogonalnih polinomov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 665.2 Legendrovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.2.1 Rodriguova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 675.2.2 Rodovna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
5.3 Hermitovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.4 Prirejene Legendrove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.5 Sferne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
6 Linearne PDE drugega reda za funkcijo 2 spremenljivk 786.1 Klasifikacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2
1 Variacijski racun
Imamo dve tocki v navpicni ravnini, ki ne lezita ena nad drugo. Po kaksni krivulji v tejravnini se mora gibati tockasta masa, da bo pod vplivom teze za prehod od zgornje dospodnje tocke potrebovala najmanj casa? ]
Motivacija: Problem brahistohrone
mv2
2= mgy ⇒ v(y) =
√2gy =
ds
dt=
√1 + (y′)2dx
dt
⇒ dt =
√1 + (y′)2
√2gy
dx
t =1√2g
ˆ x1
0
√1 + (y′)2
ydx
Naloga je poiskati y = y(x), definirano na [0, x] z y(x1) = 0, y(0) = y2, da bo
ˆ x1
0
√1 + (y′)2
ydx
minimalen.
1.1 Osnovni variacijski problem
Imamo predpis: y 7→ Φ(y) =´ baf(x, y, y′) dx. Φ je funkcional (funkciji f priredi stevilo). Tu
mora biti y definiran na [a, b]. Pogosto so predpisane vrednosti y(a) = y1 in y(b) = y2.Iscemo ekstrem funkcionala Φ (tiste y(x), za katere je integral minimalen ali maksimalen).
V primeru brahistohrone je f(x, y, y′) =√
1+(y′)2
y.
• Denimo, da je ekstrem dosezen pri y, vzemimo da je maksimum.
• Ce y spremenim (malo) v y + δy (variiram), je Φ(y + δy) ≤ Φ(y).
Razmislek
Naj bo h funkcija na [a, b] in δy = t · h, t blizu 0.Φ(y + th) = gh(t) ≤ Φ(y) = gh(0).⇒ gh ima v 0 ekstrem za vsak h.⇒ ce je gh odvedljiva, je g′h(0) = 0 ∀h.Ekstrem funkcionala smo prevedli na ekstrem funkcije.Ce so vrednosti za y na robu predpisane (y(a) = y1), je (y + th)(a) = y(a) + th(a) = y1 za tblizu 0, torej je h(a) = 0. Enako velja za vsako tocko, kjer je y predpisan.
gh(t) = Φ(y + th) =
ˆ b
a
f(x, y + th, (y + th)′) dx =
ˆ b
a
f(x, y + th, y′ + th′) dx
d
dtgh(t) =
d
dt
ˆ b
a
f(x, y + th, y′ + th′) dx =
ˆ b
a
∂
∂tf(x, y + th, y′ + th′) dx =
3
=
ˆ b
a
[fy · h+ fy′ · h′] dx
2.del :
ˆ b
a
fy′h′ dx = fy′ · h|ba −
ˆ b
a
h∂
∂xfy′ dx
⇒ g′h(t) = fy′h|ba +
ˆ b
a
[fy −
∂
∂xfy′
]h dx
Ce ima y predpisane vrednosti v a, b, je h(a) = h(b) = 0 ⇒ fy′h = 0
g′h(0) =
ˆ b
a
[fy −
∂
∂xfy′
]h dx = 0
Za y, v katerem je ekstrem, velja za vse h, pri katerih je h(a) = h(b) = 0. Videli bomo, da je[fy − ∂
∂xfy′]
= 0.
fy −d
dxfy′ = 0
Eulerjeva ali Euler-Lagrangeva enacba, je DE 2. reda.
Eulerjeva enacba
Tudi ce y nima predpisanih vrednosti v a in b, ta enacba se vedno velja (ekstrem v splosnemje tudi ekstrem pri fiksnih koncih). Se vedno bo moralo drzati fy′ · h|ba = 0∀h. Denimo, day ni predpisan v a. Vzamem h s h(b) = 0, h(a) poljuben. Dobim dinamicni robni pogojfy′(a) = 0. Podobno, ce y ni predpisan v b, velja fy′(b) = 0.
Naj bo G zvezna na [a, b]. Ce je´ baG(x)h(x) dx = 0 za vsako funkcijo h ∈ C1[a, b] s
h(a) = h′(a) = h(b) = h′(b) = 0, je G ≡ 0 na [a, b] oz. G(x) = 0∀x ∈ [a, b].
Lema: Osnovna lema VR
Denimo G(z) 6= 0, z ∈ [a, b], privzemimo G(z) > 0. Zaradi zveznosti obstaja ε > 0, daje G(x) > 0 na [z − ε, z + ε] ∩ [a, b]. Obstajata x1 in x2, da je x1 < x2 in [x1, x2] ⊂[z − ε, z + ε] ∩ [a, b] in z ∈ [x1, x2]. Tako je G na [x1, x2] pozitivna.Vzamemo
h(x) =
{(x− x1)2(x− x2)2; x1 ≤ x ≤ x2
0; sicer
h(x) > 0 na (x1, x2), zadosca nasim pogojem.
ˆ b
a
G(x)h(x) dx =
ˆ x2
x1
G(x)h(x) dx > 0
Protislovje s pogojem, da je integral enak 0 za vsak h.
Dokaz
4
Ce je f = f(y, y′), iz Eulerjeve DE sledi
f − y′fy′ = C
Torej enacba prvega reda.
Trditev
d
dx(f − y′fy′) =
d
dxf − y′′fy′ − y′
d
dxfy′ = fyy
′ + yy′y′′ − yy′y′′ − y′
d
dxfy′ =
= fyy′ − y′ d
dxfy′ = y′
[fy −
d
dxfy′
]Izraz v [. . . ] je 0 po Eulerjevi enacbi.
Dokaz
Tak primer je brahistohrona.
f(y, y′) =
√1 + (y′)2
y
fy =1√y
1
2√
1 + (y′)22y′ =
y′√y√
1 + (y′)2√1 + (y′)2
y− (y′)2
√y√
1 + (y′)2=
1 + (y′)2 − (y′)2
√y√
1 + (y′)2=
1√y√
1 + (y′)2= C
y(1 + (y′)2
)= D ≥ 0
Resimo DE. Resitve so le za 0 ≤ y ≤ D, torej lahko zapisemo y = D sin2 ϕ(t).
1 + (y′)2 =D
y=
1
sin2 ϕ= 1 + cot2 ϕ
y′ = ± cotϕ, vzemimo y′ = cotϕ
y′ =cosϕ
sinϕ=dx
dy=
2D sinϕ cosϕdϕ
dx
dx = 2D sin2 ϕdϕ = 2y dϕ = D(1− cos 2ϕ) dϕ
x = D(ϕ− sin 2ϕ
2) + E =
D
2(2ϕ− sin 2ϕ) + E
y =D
2(1− cos 2ϕ)
u = 2ϕ ⇒ x = A(u− sinu) + E; y = A(u− cosu) cikloida
Se robni pogoji:
x(0) = E = x1; y(0) = 0
A izracunamo iz drugega pogoja, je tezje.
5
1.2 Parametricna resitev
x = x(t), y = y(t), y′ = yx
f(x, y, y′) = f
(x(t), y(t),
y
x
)
F (t) = f
(x(t), y(t),
y
x
)x(t)
Φ(y) =
ˆ β
α
F (t) dt
V ekstremu velja:
Fx −d
dtFx = Fy −
d
dtFy = 0
Dovolj je ze ena izmed teh enacb.
Najdi ekstrem za Φ(y) =´ π/4
0(y2 + (y′)2) dx, y(0) = 1
Problem
En dinamicni robni pogoj: fy′(π/4) = 0.
fy′ = −2y′ ⇒ y′(π/4) = 0
2y = fy =d
dxf ′y = −2
d
dty′ = −2y′′
y′′ = y ⇒ y = A cosx+B sinx
Upostevamo robna pogoja:
y(0) = A = 1
y′(π/4)(−A+B)
√2
2= 0 ⇒ B = A = 1
⇒ Ekstremala je y = cosx+ sinx
Resitev
1.3 Ce imamo visje odvode
Φ(y) =
ˆ b
a
f(x, y, y′, y′′) dx
Podobno kot za 1 odvod izpeljujemo do Euler-Poissonove enacbe :
fy −d
dxfy′ +
d2
dx2fy′′ = 0
6
1.4 Vec spremenljivk
Φ(z) =
¨D
f(x, y, z,∂z
∂x,∂z
∂y) dx dy; D ⊂ R2
p =∂z
∂x; q =
∂z
∂y
Uporabimo Greenovo formulo, dobimo
fz =∂
∂xfp +
∂
∂yfq
1.5 Izoperimetricni problem
Iscemo y :[a,b]→ R, ki zadosca Ψ(y) =´ bag(x, y, y′) dx = l, l je podan, za katero funkcional
Φ(y) =
ˆ b
a
f(x, y, y′) dx
doseze ekstrem. y ∈ C1, f, g ∈ C2, y(a) = c, y(b) = d.
Problem
7
Denimo, da je ekstrem pri nekem u. δy = th+ sk; t, s blizu 0; h, k : [a, b]→ R.h(a) = h(b) = k(a) = k(b) = 0
Ψ(u+ δy) =
ˆ b
a
g(x, u+ th+ sk, u′ + th′ + sk′) dx = G(t, s) = l
Φ(u+ δy) =
ˆ b
a
f(x, u+ th+ sk, u′ + th′ + sk′) dx = F (t, s)
F (t, s) ima ekstrem v t = s = 0 ⇒ F ima ekstrem v (0, 0) pri pogoju G(t, s) − l = 0, toje navaden vezani ekstrem ⇒ grad(F − λG)(0, 0) = 0.
Ft =
ˆ b
a
∂
∂tf(x, u+ th+ sk, u′ + th′ + sk′) dx =
ˆ b
a
(fyh+ fy′h′) dx
Gt =
ˆ b
a
∂
∂tg(x, u+ th+ sk, u′ + th′ + sk′) dx =
ˆ b
a
(gyh+ gy′h′) dx
⇒ˆ b
a
((fy − λgy)h+ (fy′ − λgy′)h′) = 0
Drugi del integriramo per partes:
⇒ˆ b
a
((fy − λgy) +
d
dx(fy′ − λgy′)
)= 0
Po OLVR sledi
(f − λg)y +d
dx(f − λg)y′ = 0
Dobili smo Eulerjevo enacbo za f − λg oz. Φ− λΨ
Resitev
8
Dana je dolzina l > 2a. Iscemo y(x), da bo ploscina maksimalna.
Problem: Didonin problem
Resujemo v parametricni obliki: x = x(t), y = y(t), t ∈ [0, 1]. x(0) = −a, x(1) = a,y(0) = y(1) = 0.
l =
ˆ 1
0
√x2 + y2 dt = Ψ(x, y) konstanten
S =
ˆ a
−ay dx =
ˆ 1
0
yx dt = Φ(y, x) maknimalen
(Φ− λΨ)(y, x, y) =
ˆ 1
0
(yx− λ
√x2 + y2
)dt =
ˆ 1
0
w(y, x, y) dt
Eulerjevi enacbi:
0 = wx =d
dtwx; wy =
d
dtwx
wx = y − λ 2x
2√x2 + y2
= C; x =d
dtwy ⇒ x− wy = D
yy + xx = Cy +Dx /2
ˆ
y2 + x2 = 2Cy + 2Dx+ E
Resitev je krozni lok, sredisce ima na osi y ⇒ D = 0.
x2 + (y − q)2 = r2
q in r dolocimo iz a in l.
Resitev
9
Krivulja, ki veze tocki T1 in T2 in ima pri dani dolzini najnizje tezisce.Problem
myT =´Ky dm, dm = σds = σ
√1 + (y′)2 dx, m = σl.
yT =1
σl
ˆ b
a
σy√
1 + (y′)2 dx =1
l
ˆ b
a
y√
1 + (y′)2 dx
l =
ˆ b
a
√1 + (y′)2 dx = Ψ(y)
Minimiziramo funkcional lyT =´ baσy√
1 + (y′)2 dx = Φ(y). Minimum za Φ pri pogojuΨ = l ⇒ Eulerjeva enacba za (Φ− λΨ):
(Φ− λΨ)(y) =
ˆ b
a
(y − λ)√
1 + (y′)2 dx
Nova spremenljivka z = y − λ, z′ = y′ ⇒
(Φ− λΨ)(y) =
ˆ b−λ
a−λz√
1 + (z′)2 dx = ∆(z)
Iscemo ekstrem za ∆: 2π∆(z) je povrsina rotacijske ploskve, ko graf zavrtimo okrog osi x.To pa poznamo: z = C cosh
(x−AC
)⇒ y = λ+ C cosh
(x−AC
)
Resitev
1.6 Vezani ekstrem
Imamo ekstrem funkcionala
Φ(~r) =
ˆ b
a
f(t, ~r(t)) dt
na razredu vseh funkcij, ki zadoscajo
g1(t, ~r(t)) = 0... (1)
gm(t, ~r(t)) = 0
Za ekstremalo ~r(t) veljajo Eulerjeve enacbe za funkcijo:
h = f +m∑j=1
λj(t)gj
Torej:
∂h
∂xi=
d
dt
∂h
∂xi
10
za i = 1, 2, . . .
1.7 Geodetke
Krivulje na dani ploskvi z najmanjso dolzino. Ploskev podana implicitno:
g(x, y, z) = g(~r) = 0
⇒ vez g(~r(t)) = 0, minimiziramo K(~r) =´ ba|~r(t)|
h =√x2 + y2 + z2 + λ(t)g(x, y, z)
Eulerjeva enacba:
∂h
∂x=
d
dt
∂h
∂x
λ(t)∂g
∂x=
d
dt
[x√
x2 + y2 + z2
]=
d
dt
(x
s
)=
d
dt
(x
|r(t)|
)Enako za y in z, λ(t)∂g
∂y= d
dt
(y|r(t)|
)in λ(t)∂g
∂z= d
dt
(z|r(t)|
).
λ(t)
(∂g
∂x,∂g
∂y,∂g
∂z
)=
d
dt
((x, y, z)
|r(t)|
)=
d
dt
~r
|~r|=
d
dt~ξ
λ(t)∇g =d
dt~ξ =
d
ds~ξds
dt= ξ′s
Gradient g, ki lezi na normali ploskve, je vzporeden glavni normali geodetke.
Ploskev je sfera.Normala kaze vedno iz sredisca ⇒ pritisnjena ravnina geodetke vsebuje sredisce sfere⇒ najkrajsa pot je lok s srediscem v srediscu sfere (lok na glavni kroznici).
Primer
1.8 Integrali s spremenljivo mejo
Imamo funkcional
Φ(y, z) =
ˆ z
a
f(x, y, y′) dx
Tu je y(a) = c fiksiran, z in y(z) pa se spreminjata. Naredili bomo malo bolj po domace.Recimo, da je ekstrem pri y.
Φ(y + δy, z + δz)− Φ(y, z) = δΦ =
=
ˆ z+δz
a
f(x, y + δy, y′ + δy′) dx−ˆ z
a
f(x, y, y′) dx =
11
=
ˆ z
a
[f(x, y + δy, y + δy′)− f(x, y, y′)] dx+
ˆ z+δz
z
≈
≈ f(x, y, y′)δz +
ˆ z
a
[fyδy + fy′δy′] dx
ˆ z
a
[fy′δy′] dx = fy′δy|za −
ˆ z
a
d
dxf ′yδy dx = fy′(z)δy(z)−
ˆ z
a
d
dx(fy′δy) dx
⇒ δΦ ≈ f(x, y, y′)δz +
ˆ z
a
[fy −
d
dxfy′
]δy dx+ fy′(z)δy(z)
Ce ima Φ ekstrem pri y, z, ga ima tudi pri konstantnem z.⇒ EE
fy −d
dxfy′ = 0
δw = δy(z) + y′(z)δz
δΦ ≈ f(x, y, y′)δz + fy′(z)(δw − y′(z)δz) ≈ [f − y′fy′ ] δz + fy′δw
Ce je y ekstremala, ima δΦ konstanten predznak.
• Ce ni dodatnega pogoja, vzamemo δz = 0 ⇒ fy′ = r, δw je lahko poljuben. Da bo vsekonstantnega predznaka, je tudi f − y′fy′ = 0
• Vzemimo, da tocka (z, w) lezi na krivulji w = ϕ(z), δw = ϕ′(z)δz.
⇒ δΦ = [f − y′fy′ + fy′ϕ′] δz = [f − fy′(y′ + ϕ′)] δz
To je konstantnega predznaka ⇒ [. . . ] = 0.
f + (ϕ′ − y′)fy′ = 0
To je transverzalnostni pogoj .
Vsi ti pogoji veljajo za koncno tocko.
Naj bo Φ(y, z) =´ zau(x, y)
√1 + (y′)2 dx in y(z) = ϕ(z) v koncni tocki, ϕ, u dani.
Transverzalnostni pogoj: fy′ = u y′√1+(y′)2
.
0 = f + (ϕ′ − y′)fy′ = u√
1 + (y′)2 + (ϕ′ − y′)u y′√1 + (y′)2
=
=u√
1 + (y′)2
[1 + (y′)2 + ϕ′y′ − (y′)2
]⇒ 1 + ϕ′y′ = 0 ⇒ ϕ′(z)y′(z) = −1 Tangenti na ϕ in y sta pravokotni ⇒ y seka krivuljoϕ pravokotno.
Primer
Poseben primer: u(x, y) ≡ 1, Φ je dolzina krivulje.⇒ Najkrajsa pot do krivulje je pravokotna na koncno krivuljo.
Primer
12
2 Holomorfne funkcije
Naj bo Dodp⊂ C in f : D → C.
Pravimo, da je f v z0 odvedljiva v smislu C (ima kompleksni odvod), ce obstaja limita
limz→z0
f(z)− f(z0)
z − z0
= f ′(z0)
Definicija
Ce je f odvedljiva v vsaki tocki obmocja D, je f holomorfna na D.Ce je f holomorfna na C, je cela (entire)
Definicija
Konstanta je cela.f(z) = z je cela (f’(z) = 1).Vsak polinom je cela funkcija.
Primer
Za odvajanje veljajo obicajna pravila
2.1 Potencne vrste∑∞n=0 an(z − z0)n ima konvergencni polmer R ∈ [0,∞).
Vrsta konvergira za |z − z0| < R in divergira za |z − z0| > R.⇒ Konvergencno obmocje je vedno krog.
13
• 1 + z + z2 + · · · =∑∞
n=0 zn = 1
1−zkonvergira za |z| < 1 ⇒ R = 1.divergira za |z| ≥ 1.
•∑∞
n=1zn
n2
Kvocientni kriterij:∣∣∣ zn+1
(n+1)2n2
zn
∣∣∣ = |z| n2
(n+1)2→ |z|
⇒ Vrsta konvergira za |z| < 1⇒ R = 1, divergira za |z| > 1Kaj pa rob?|z| = 1 ⇒ majoranta je
∑∞n=1
1n2 = π2
6
Konvergira za |z| ≤ 1.
• ez = 1 + z + z2 + · · · =∑∞
n=0zn
n!ima R =∞.
Konvergira za vse z.Enako velja za sin z in cos z.
•∑∞
n=1 zn · n! konvergira le za z = 0.
Kvocientni kriterij:∣∣∣ (n+1)!
n!zn+1
zn
∣∣∣ = |z|(n+ 1)
Za |z| > 0 to ni omejeno, za |z| = 0 pa je to 0 ⇒ R = 0.
Primer
Naj bo f(z) =∑∞
n=0 an(z − z0)n, kjer ima vrsta na desni konvergencni polmer R > 0.Znotraj konvergencnega kroga je f zvezna in odvedljiva in velja
f ′(z) =∞∑n=0
nan(z − z0)n−1
za |z − z0| < R. Konv. polmer za f ′(z) je tudi R.
Izrek
Naj bo f v z0 odvedljiva, f : D → C. Ce je w ∈ C, w 6= 0, obstaja limita
limt→0, t∈R
f(z0 + tw)− f(z0)
tw= f ′(z0) (2)
f(z) = f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y)v (2) vzamem w = 1:
f ′(z0) = limt→0
f(z0 + t)− f(z0)
t=∂f
∂x= ux + ivx
v (2) vzamem w = i:
f ′(z0) =1
i
∂f
∂y= −i[uy + ivy] = vy − iuy
14
⇒ ux + ivy = vy − iuy ⇒ ux = vy, vx = −uy
Ce je f = u+ iv odvedljiva v z, tam velja
ux = vy
in
uy = −vx
Izrek: Cauchy-Riemannov sistem
Ce sta u, v diferenciabilni in velja CRS, je u+ iv holomorfna
Trditev
2.2 Integrali v CNaj bo f : D → C zvezna in K orientirana gladka pot v D.z = ϕ(t), t ∈ [α, β], ϕ ∈ C1.
ˆK
f(z) dzdef=
ˆ β
α
f(ϕ(t))ϕ′(t) dt
Definicija
Ima obicajne lastnosti.
Kroznica: ϕ(t) = z0 + ρeit, t ∈ [0, 2π]ϕ′(t) = ρieit ⇒´Kf =´ 2π
0f(z0 + ρeit)ρieit dt
Pomemben:ˆK
dz
z − z0
=
ˆ 2π
0
ρieit
ρeitdt = i
ˆ 2π
0
dt = 2πi
Primer
Obmocje = odprta, SPP mnozica.
F je nedoloceni integral za f na obmocju D, ce je F ′ = f .V tem primeru je
´Kf(z)dz = F (b)− F (a), kjer sta a in b zacetna in koncna tocka K.
Definicija
Ce je K sklenjena, je´KF ′(x) dx = 0.
15
⇒ Ce je K sklenjena in ne gre skozi z0, je za m 6= −1
ˆK
(z − z0)m dz = 0
ker ima (z − z0)m nedoloceni integral.
Ce je f omejena na K, |f(z)| ≤M∀z ∈ K, je∣∣∣∣ˆK
f(z)dz
∣∣∣∣ ≤M · l
kjer je l dolzina K.
Trditev
Naj bo f holomorfna na D in ∆ trikotnik v D. Potem je
ˆ∂∆
f(z) dz = 0
Trditev
∆∆1
∆2∆3
16
Oznacimo A =´∂∆f(z) dz, trikotniku razpolovim stranice in dobim 4 skladne trikotnike.
Ti trikotniki so podobni ∆. Oznacimo jih ∆1 do ∆4. Ce trikotnike orientiram enako kot∆, je
A =
ˆ∂∆1
f(z) dz + · · ·+ˆ∂∆4
f(z) dz
Za vsaj enega velja:∣∣∣∣ˆ∂∆i
f(z) dz
∣∣∣∣ ≥ ∣∣∣∣A4∣∣∣∣
Tega oznacim ∆1 in ga spet razdelim na 4 dele.∣∣∣∣ˆ∂∆1
f(z) dz
∣∣∣∣ ≥ ∣∣∣∣A4∣∣∣∣
Spet obstaja en ∆1i = ∆2, da je∣∣∣∣ˆ
∂∆2
f(z) dz
∣∣∣∣ ≥ ∣∣∣∣ A16
∣∣∣∣Dobim zaporedje vlozenih trikotnikov ∆∆1∆2 . . . . Obstaja natanko ena tocka z0, ki jev preseku vseh teh trikotnikov (z0 ∈ ∩∞i=0∆i). Po predpostavki je f odvedljiva v z0 ⇒f(z)−f(z−z0)
z−z0 − f ′(z0) = η(z)→ 0.
f(z) = f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + η(z)(z − z0)
ˆ∂∆n
f(z) dz =
ˆ∂∆n
f(z0)dz +
ˆ∂∆n
f ′(z0)(z − z0) dz +
ˆ∂∆n
η(z)(z − z0) dz =
Prva dva clena imata nedoloceni integral ⇒ sta enaka 0.∣∣∣∣ˆ∂∆n
η(z)(z − z0) dz
∣∣∣∣ ≤ max |η(z)| ·max |(z − z0)|∆n · obseg(∆n) ≤
≤ max |η(z)| · max |(z − z0)|∆2n
· obseg(∆)
2n
|A|4n≤∣∣∣∣ˆ∂∆2
f(z) dz
∣∣∣∣ ≤ max η(z)o(∆)r(∆)
4n
|A| ≤ o(∆)r(∆)|max(η(z)|)
max(η(z)) ≥ |A|o(∆)r(∆)
= C ≥ 0
max(η(z))n→∞−−−→ 0 ⇒ |A| = 0
Dokaz
17
Mnozica D ⊂ C je zvezdasta , ce obstaja tocka z0 ∈ D, da za vsako tocko z ∈ D daljicaod z0 do z lezi v D.
Definicija
Torej: Obstaja taka tocka, da ce vanjo postavim luc, bo cela mnozica osvetljena.
• Vsaka konveksna mnozica je zvezdasta.Primer
Naj bo D zvezdasto obmocje, f : D → C zvezna in za vsak trikotnik ∆ ⊂ D naj bo
ˆ∂∆
f(z) dz = 0
Tedaj ima f nedoloceni integral na D.
Trditev
Lz je daljica od z do z0.Ideja: F (z) =
´Lzf(t) dt, F (z0) = 0.
∃ krog s polmerom ε > 0 okrog z, vsebovan v D, h < ε. Kh je daljica od z do z + h.Imamo trikotnik z0, z, z + h.
ˆLz
f(z) dz +
ˆKh
f(z) dz −ˆz+h
f(z) dz = 0
F (z + h)− F (z) =
ˆKh
f(v) dv
Naj bo η > 0 Ker je f zvezna, obstaja 0 < ε′ < ε, da je f(w)− f(v) < ε′ za |w − v| < η
ˆKh
f(w) dw =
ˆKh
f(z)dw +
ˆKh
(f(z)− f(w)) dw = f(z)h+ o
Vzemimo |h| < ε′ ⇒∣∣ oh
∣∣ < η
F (z + h)− F (z)
h= f(z) +
o
h→ f(z)
Dokaz
18
Naj bo D odprta zvezdasta mnozica in f holomorfna na D. Za vsako sklenjeno krivuljoK v D je
ˆK
f(z) dz = 0
Posledica
Kombinacija prejsnjih dveh trditev, f ima nedoloceni integral.Dokaz
Naj bo f holomorfna na obmocju D in ∆ = {z; |z − z0| ≤ ρ} ∈ D zaprt krog. Potem jeza vsak a v notranjosti ∆
f(a) =1
2πi
ˆ∂∆
f(z) dz
z − a
Tu je ∂∆ orientiran pozitivno. Ce poznam vrednosti holomorfne funkcije na robu, jopoznam na celem krogu.
Trditev: Cauchyjeva formula
D je odprt ⇒ obstaja ε1 > 0, da je tudi krog |z − z0| ≤ ρ + ε1 vsebovan v D. Narisemmajhen krog K okrog tocke a, da je K ∈ ∆. Zvezem z0 in a, podaljsam in naredimpravokotnico v a. Dobim 4 sklenjene krivulje, ki gredo od roba kroga K do roba ∆ in poobeh robovih, integral po vseh 4 je 0. Po vsaki zveznici integriram po enkrat v vsako smer,zato so tudi ti integrali 0.⇒ integral po ∂∆ = integral po ∂K.K je poljubno majhen, f je zvezna v a ∀ε > 0 ∃δ > 0, da iz |z−a| < δ sledi |f(z)−f(a)| < ε.⇒
ˆ∂K
f(z) dz
z − a→ f(a)
ˆ∂K
dz
z − a= f(a) · 2πi
Dokaz
Naj bo f holomorfna na odprti mnozici D in a ∈ D. Potem lahko f razvijemo v potencnovrsto okrog a in ta vrsta konvergira v vsakem krogu s srediscem v a, vsebovanem v D.
Posledica
19
K = {|w − a| = ρ}.
f(z) =1
2πi
ˆK
f(w) dw
w − z
1
w − z=
1
(w − a)− (z − a)=
1
(w − a)[1− z−a
w−a
] =1
w − a1
1− q=
1
w − a
∞∑n=0
(z − a)n
(w − a)n
f(z) =1
2πi
ˆK
1
w − a
∞∑n=0
(z − a)nf(w)
(w − a)ndw
f je zvezna na K, zato je omejena, |f(z)| ≤ M .∑∞
n=0(z−a)nf(w)
(w−a)nima za enakomerno
majoranto Mρ
∑∞n=0 |q|n ⇒ lahko zamenjam integral in vsoto.
f(z) =∞∑n=0
(z − a)n(
1
2πi
ˆK
f(w) dw
(w − a)n+1
)=∞∑n=0
cn(z − a)n
Notranji integral ni odvisen od z ⇒ je konstanta cn. To velja za vse z z notranjosti kroga.To vrsto lahko odvajam neskoncnokrat, pa se konvergenca ne spremeni.
Dokaz
Ce je f holomorfna na D, je neskoncnokrat odvedljiva na D.
Posledica
Naj bo D ⊂ C. Funkcija f : D → C je analiticna , ce je
1. Dodp⊂ C
2. za vsako tocko z0 ∈ D obstaja potencna vrsta∑∞
n=0 an(z − z0)n, ki konvergira k fna neki okolici tocke z0
Definicija
f analiticna na Dodp⊂ C ⇔ f se da na neki okolici vsake tocke razviti v konvergetno potencno
vrsto. Ce je f holomorfna, je analiticna. Ce je f analiticna, je holomorfna.⇒ f je holomorfna ⇔ je analiticna ⇔ je neskoncnokrat odvedljiva.
• Vsota, produkt analiticnih funkcij sta analiticni.
• Kvocient analiticnih funkcij je analiticen povsod, kjer je imenovalec od 0 razlicen.
• Cela funkcija je analiticna na vsej ravnini.
Posledica
20
Naj bo f = u + iv analiticna. Potem sta u in v harmonicni funkciji, se pravi v C2 in∆u = ∆v = 0.
Posledica
u, v ∈ C∞, ker je f neskoncnokrat odvedljiva. Velja CRS: ux = vy, uy = −vx.
uxx = vyx; uyy = −vxy ⇒ uxx + uyy = vyx − vxy = 0
uxy = vyy; uyx = −vxx ⇒ vxx + vyy = uxy − uyx = 0
Dokaz
Razvijmo f(z) = 12+z
v potencno vrsto okrog z = 0. f je holomorfna povsod razen vz = −2 ⇒ R = 2.
f(z) =1
2(1 + z
2
) =1
2
∞∑n=0
(−z
2
)n=∞∑n=0
(−1)n
2n+1zn
Primer
Razvijmo okrog z = 1 funkcijo f(z) = z−11+z
. Analiticna je povsod razen v z = −1, razvijamokrog 1 ⇒ R = 2, vrsta konvergira za |z − 1| < 2.f(z) =
∑∞n=0 cn(z − 1)n, uvedemo substitucijo z − 1 = w
f(z) =w
w + 2= w
1
2 + w= w
∞∑n=0
(−1)nwn
2n+1=∞∑n=0
(−1)n
2n+1(z − 1)n+1
Primer
Naj bo Dodp⊂ C in fn zaporedje analiticnih funkcij na D. Ce fn enakomerno konvergira k
f na vsaki omejeni krozni plosci K ∈ D, je f analiticna.
Izrek
21
Naj bo K krog, K ⊂ D. Za z v notranjosti K je po Cauchyjevi formuli
fn(z) =1
2πi
ˆ∂K
fn(w) dw
w − z
1w−z je omejeno na robu K ⇒ fn(w)
w−z konvergira enakomerno k f(w)w−z , zato lahko zamenjamo
limito in integral.
f(z) =1
2πi
ˆ∂K
f(w) dw
w − z
Dokaz
Naj bo Dodp⊂ C in f : D → C zvezna. Za vsak trikotnik ∆ ∈ C naj bo
ˆ∂∆
f(z) dz = 0
Potem je f analiticna na D
Izrek: Morerov izrek
Za vsak z0 ∈ D obstaja odprt krog O okrog z0, vsebovan v D. Dovolj je videti, da je fanaliticna na O. Ker je O zvezdasto obmocje, smo dokazali, da ima f nedoloceni integralF , F ′ = f . Torej je F holomorfna, zato je neskoncnokrat odvedljiva, zato je tudi fholomorfna.
Dokaz
Obmocje D je enostavno povezano (simply connected), ce vsako sklenjeno pot v Dlahko zvezno deformiramo v tocko v D.
Definicija
• Konveksna mnozica je enostavno povezana.
• Zvezdasta mnozica je enostavno povezana.
• Kolobar v C ali v R2 ni enostavno povezan.
• R2 r {~a} ni enostavno povezan.
• R3 r {~a} je enostavno povezan.
• Torus ni enostavno povezan.
Primer
22
Naj bo D EP obmocje v R3, ~A vektorsko polje razreda C1 in rot ~A = 0.Potem je ~A na D potencialno
Posledica
Naj bo K sklenjena pot v D. K lahko zvezno stisnemo v tocko v D. Ce je rot ~A = 0, seintegral po K pri tem ne spremeni. Dobimo integral po tocki, ki je enak 0. ⇒ Integralpo vsaki sklenjeni krivulji je 0 ⇒ ~A je potencialno.
Dokaz
Magnetno polje ~B okrog zice p.Zunaj zice je rot ~B = 0, ampak R3 p ni EP. V tem primeru polje ni potencialno.
Primer
Naj bo f holomorfna na EP obmocju D.Potem je za vsako sklenjeno pot K ⊂ D
ˆK
f(z)dz = 0
in f ima nedolocen integral na D
Posledica
f = u+ iv, obravnavamo vektorsko polje (u,−v, 0). To polje je brezvrtincno (rot = 0).
rot (u,−v, 0) = (0, 0,−vx − uy) = (0, 0, 0)
Zadnja enakost je po CRS. ⇒ (u,−v, 0) ima potencial U = U(x, y), ker je Uz = 0. Enako jepolje (v, u, 0) je brezvrtincno in ima potencial V = V (x, y). Ux = u = Vy, Uy = −v = −Vy⇒ CRS za F = U + iV . F ′ = Ux + iVx = u+ iv = f ⇒ f ima nedolocen integral.
Dokaz
23
Za b > 0 izracunajmo
ˆ ∞0
e−x2
cos(2bx) dx
Naredimo sklenjeno zanko Γ s tockami 0, n, n+ ib, ib in racunamo integral´
Γe−z
2dz. e−z
2
je cela, R2 je EP, zato ima nedolocen integral ⇒´
Γe−z
2dz = 0. Razbijemo na 4 dele:
ˆΓ
e−z2
dz =
ˆΓ1
+
ˆΓ2
+
ˆΓ3
+
ˆΓ4
e−z2
dz
ˆΓ1
e−z2
=
ˆ n
0
e−x2
dx
ˆΓ2
e−z2
= i
ˆ b
0
e−(n+it)2 dt = ie−n2
ˆ b
0
et2
e−2nit dt
−ˆ
Γ3
e−z2
=
ˆ n
0
e−(x2+2ib−b2) dx = ebˆ n
0
[cos(2bx)− i sin(2bx)] dx
−ˆ
Γ4
e−z2
= i
ˆ b
0
et2
dt
Skupni integral je 0 ⇒´
Γ1+´
Γ2= −´
Γ3−´
Γ4. Posljemo n→∞ in gledamo samo realni
del: ˆ ∞0
e−x2
dx = eb2
ˆ ∞0
e−x2
cos(2bx) dx
Za prvi integral substitucija t = x2, dx = dt2x
= dt2√t⇒´∞
0e−x
2dx =
´∞0e−tt−1/2 dt =
12Γ(1
2) =
√π
2.
ˆ ∞0
e−x2
cos(2bx) dx =
√π
2e−b
2
Primer
Naj bo f analiticna na obmocju D, Γ sklenjena pot v D. Ce lahko Γ v obmocju D zveznodeformiramo v sklenjeno pot K, je
ˆΓ
f(z) dz =
ˆK
f(z) dz
Izrek
24
ˆΓ
f(z) dz =
ˆΓ
(u+ iv)(dx+ idy) =
ˆΓ
(u dx− v dy) +
ˆΓ
(v dx+ u dy) =
=
ˆΓ
(u,−v) d~r + i
ˆΓ
(v, u) d~r =
ˆΓ
(u,−v) d~r + i
ˆΓ
(v, u) d~r =
ˆK
f(z) dz
To je res, ker sta (u,−v) in (v, u) brezvrtincni.
Dokaz
Naj bo X metricni prostor, A ⊂ X. Druzina {Oi; i ∈ I} odprtih mnozic je odprtopokritje za A, ce je A ⊂ ∪iOi.Mnozice Oi1 , . . . , Oin so koncno podpokritje , ce je A ⊂ Oi1 ∪ · · · ∪Oin
Definicija
V metricnem prostoru X imamo mnozico A. Te trditve so ekvivalantne:
1. Vsako odprto pokritje mnozice A ima koncno podpokritje.
2. Vsaka neskoncna podmnozica v A ima stekalisce v A.
3. Vsako zaporedje v A ima podzaporedje, ki konvergira k tocki v A.
Izrek
Ce veljajo lastnosti v izreku, je A kompaktna
Definicija
Premica ni kompaktna
• Pokrijemo jo z intervali (n − 1, n + 1) za vse n ∈ Z. To je odprto pokritje, nimakoncnega podpokritja.
• Zaporedje 1, 2, 3 . . . nima stekalisca.
• Zaporedje 1, 2, 3 . . . nima konvergetnega podzaporedja.
Primer
Ce ima f na D nedolocen integral F , je za vsako pot Γ od a do b
ˆ b
a
f(z) dz =
ˆΓ
f(z) dz = F (b)− F (a)
25
ˆ i
π2
cos z dz = sin z|iπ2
= sin i− sinπ
2= i sinh 1− 1 = −1 + i sinh 1
Primer
2.3 Logaritem
Funkcija f(z) = 1z
je analiticna na Cr{0}, to ni EP obmocje. Integral´ z
1dζζ
je odvisen od poti
(z 6= 0).
ˆ z
1
dζ
ζ=
ˆ |z|1
dx
x+
ˆ ϕ
0
|z|eiti dt|z|eit
= ln |z|+ iϕ
Izracunajmo´
Γdζζ
, kjer je Γ sklenjena pot okrog 0, ki ne gre skozi 0. Lahko jo deformiram v
kroznico ⇒´
Γdζζ
= 2πi, ce gre enkrat okrog 0. Ce gre veckrat, je integral 2nπi. Ce gre vnegativni smeri, je integral −2πi.
Naj bo a ∈ C in Γ sklenjena pot, ki ne gre skozi a.
1
2πi
ˆΓ
dz
z − a= I(Γ, a)
je indeks ali ovojno stevilo poti Γ glede na tocko a. To je celo stevilo in nam pove,kolikokrat Γ obkrozi a (obhodi v negativno smer se stejejo negativno).
Definicija
ˆ z
1
dζ
ζ= ln |z|+ i arg z
log z = ln |z|+ i arg z + n · 2πi
Definicija
n = I(Γ, 0). Vidimo, da to ni prava funkcija, ker ni enolicno dolocena.Ce resujemo enacbo ez = w: z = x+ iy, w = |w|eiα.
ez = exeix = |w|eiα
Vzamem absolutno vrednost: ex = |w| ⇒ x = ln |w|.Pa kotni del: eiy = eiα ⇒ y = α + 2nπ, n ∈ Z.Enacba ez = w, kjer je w = |w|eiα 6= 0 ima neskoncno resitev z = ln |z|+ iα + 2nπi = log z.
V C vzamemo enostavno povezano obmocje D, ki ne vsebuje 0. Potem ima funkcija 1z
na Dnedolocen integral F. Najveckrat iz C izvzamemo negativni del realne osi in tocko 0. Na tanacin dobimo EPO.
26
F (z) =
ˆ z
1
dζ
ζ= ln |z|+ i arg z; −π < arg z < π
To je glavna vrednost (glavna veja) logaritma.
Definicija
To je analiticna funkcija na tej prerezani ravnini.
2.4 Splosna Cauchyjeva formula
Naj bo f analiticna na EPO D. Ce je Γ sklenjena pot pa D in a /∈ Γ, je
I(Γ, a)f(a) =1
2πi
ˆΓ
f(z) dz
z − a
Izrek
Poglejmo si g(z) = f(z)−f(a)z−a . f analiticna ⇒ lahko jo razvijemo v potencno vrsto okrog a.
f(z) = c0 + c1(z − a) + c2(z − a)2 + . . . ; f(a) = c0
f(z)− f(a) = c1(z− a) + c2(z− a)2 + · · · = (z− a) [c1 + c2(z − a) + . . . ] = (z− a)h(z)
h(a) = c1, h je analiticna, h(z) = f(z)−f(a)z−a = g(z) za z 6= a.
Ce definiram dodatno g(a) = c1, je g analiticna na D (ker je h analiticna). Ker je D EPO,ima g nedolocen integral, zato je
´Γg(z) dz = 0.
ˆΓ
f(z) dz
z − a−ˆ
Γ
f(a) dz
z − a= 0
ˆΓ
f(z) dz
z − a= f(a)
ˆΓ
dz
z − a= f(a)2πiI(Γ, a)
Dokaz
2.5 Nicle analiticne funkcije
Naj bo f analiticna na odprti mnozici D, a ∈ D.
27
Tocka a je nicla stopnje n za f , ce je
f(a) = f ′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, f (n)(a) 6= 0
Definicija
V tem primeru razvijemo f okrog a. Dobim
f(z) = c0 + c1(z − a) + c2(z − a)2 + · · ·+ cn−1(z − a)n−1 + cn(z − a)n + . . .
Vemo pa: f(a) = c0 = 0, f ′(a) = c1 = 0, . . . , fn−1(a) = (n− 1)!cn−1 = 0. Ostanejo le cleni odn naprej.
f(z) = cn(z − a)n + cn+1(z − a)n+1 + · · · = (z − a)n [cn + cn+1(z − a) + . . . ]
To konvergira na neki okolici tocke a, isti kot vrsta za f .Definiram g(z) = f(z)−f(a)
z−a za z 6= a in g(a) = cn, g je analiticna na D.
Tocka a je nicla stopnje n za analiticno funkcijo f ≡ f(z) = (z − a)ng(z), kjer je g(a) 6= 0in g analiticna tam, kjer je analiticna f .
Posledica
Ali ima f lahko niclo neskoncne stopnje? f (n) = 0 ∀n ∈ N. f razvijemo v vrsto, vsi clenimorajo biti enaki 0 ⇒ f(z) = 0 na vsakem krogu v D s srediscem v a.Privzemimo, da je D obmocje. Potem je f = 0. Vzamem poljubno tocko b v D, obstaja potod a do b. f = 0 na delu poti, ki lezi v krogu. Tudi na robu kroga je f = 0, jo tam razvijem vvrsto, ki konvergira no nekem novem krogu. Po tej poti pridem v b ali poljubno tocko v D.
• Naj bo f analiticna in ne identicno enaka 0 . Potem so nicle funkcije f izoliranetocke , se pravi da za vsako niclo obstaja okolica, na kateri je f 6= 0 razen v tocki a.
• Vsaka nicla ima koncno stopnjo n. Ce je a nicla stopnje n, je f(z) = (z − a)ng(z),kjer je g analiticna na D in g(a) 6= 0.
Povzetek
g je zvezna, ni enaka 0 v a ⇒ f 6= 0 na neki okolici a, tam pa tudi (z − a) 6= 0 ⇒ nicla a jeizolirana.
f(z) = ez − 1, f(0) = e0 − 1 = 0. Stopnja te nicle? f ′(z) = ez, f ′(0) = 1 ⇒ 0 je niclaprve stopnje.f(z) = ez − 1 = zq(z), q cela, q(0) 6= 0.
Primer
g(z) = 1− cos z, g(0) = 1− cos 0 = 0g′(z) = sin z, g′(0) = 0g′′(z) = cos z, g′′(0) = 1 ⇒ 0 je nicla druge stopnje. g(z) = 1 − cos z = z2h(z), kjer je hcela, h(0) 6= 0.
Primer
28
Ce sta f, g analiticni na obmocju D in se ujemata na mnozici tock, ki ima vsaj eno stekaliscev D, sta enaki (f = g).
Posledica
h = f − g, a stekalisce mnozice tock A, na katerih se f in g ujemata.Vzamem ε-okolico a, v tej okolici je neskoncno tock iz A. V vsaki okolici a obstaja niclaza h ⇒ h(a) = 0. a je nicla, ampak ni izolirana, torej je h ≡ 0 oz. f ≡ g na D.
Dokaz
Ce poznamo vrednost analiticne funkcije na konvergentem zaporedju, je dolocena povsod.
f(z) = sin(z + w), g(z) = sin z cosw + cos z sinw. f in g se ujemata za z, w ∈ R. Obe staceli funkciji, R ima stekalisce (vsaka tocka je stekalisce) ⇒ ujemata se za z ∈ C, w ∈ R.Zdaj pa ju obravnavamo kot funkciji w: Ujemata se na z ∈ C, w ∈ R ⇒ Ujemata se naz, w ∈ C.Adicijski izrek velja na celi C ravnini, enako za cos(z + w).
Primer
Cela omejena funkcija je konstanta.Izrek: Liouvillov izrek
Naj bo f analiticna na vsej ravnini, |f(z)| ≤ M za vse z ∈ C. Razvijem f v potencnovrsto okrog 0, ta vrsta bo imela neskoncen konvergencni polmer R =∞.
f(z) = c0 + c1z + c2z2 + . . .
Ce f ni konstanta, je vsaj en koeficient razen c0 razlicen od 0. Cleni z nenicelnim koefici-entom pa niso omejeni ⇒ f ni omejena.(Pri tem in naslednjem dokazu imam le idejo in ne racunov)
Dokaz
Naj bo p(z) = anzn + · · · + a0 polinom stopnje n > 1, an, . . . , a0 ∈ C. Potem ima p v C
vsaj eno niclo.
Posledica: Osnovni izrek algebre
Vzemimo f(z) = 1p(z)
. Ce p nima nicle, je f definirana povsod in cela (ker je p cela). Ker
je p polinom, gre ob z → ∞ tudi |p(z)| → ∞, zato gre |f(z)| = 1|p(z)| → 0. Torej je f
omejena in cela ⇒ je konstanta. To pa je protislovje, ker je p polinom stopnje vsaj 1 inni konstanten.
Dokaz
29
2.6 Laurentova vrsta
V obmocju D imamo otok, na katerem f ni analiticna. Vzamemo tocko a, okoli nje narisemo2 koncentricna kroga (K1 in K2, K1 je zunanji, robova sta orientirana enako), tako da je fanaliticna na kolobarju med njima. Tocka z je v kolobarju. L1 in L2 sta poti, vsaka po polovicivsakega kroga in po obeh zveznicah med njima. L1 gre okrog z, L2 pa ne. Po splosni Cauchyjeviformuli je
1
2πi
ˆL1
f(ζ) dζ
ζ − z= I(L1, z)f(z) = f(z)
1
2πi
ˆL2
f(ζ) dζ
ζ − z= I(L2, z)f(z) = 0
Sestejem, velja´L1
+´L2
=´K1
+´K2
f(z) =1
2πi
[ˆK1
f(ζ) dζ
ζ − z−ˆK2
f(ζ) dζ
ζ − z
]Za ζ ∈ K1 pisem
1
ζ − z=
1
ζ − a− (z − a)=
1
(ζ − a)(
1− z−aζ−a
) =∞∑n=0
(z − a)n
(ζ − a)n+1
1
2πi
ˆK1
f(ζ) dζ
ζ − z=
1
2πi
∞∑n=0
(z − a)nˆK1
f(z) dζ
(ζ − a)n+1=∞∑n=0
cn(z − a)n
Drugega integral se lotimo podobno, za ζ ∈ K2, tokrat izpostavimo drugi clen.
−1
ζ − z=
1
(z − a)− (ζ − a)=
1
(z − a)(1− ζ−a
z−a
) =∞∑n=0
(ζ − a)n
(z − a)n+1=∞∑n=1
(ζ − a)n−1
(z − a)n
− 1
2πi
ˆK2
f(ζ) dζ
ζ − z=∞∑n=1
c−n(z − a)n
f(z) =∞∑n=0
cn(z − a)n + c−n(z − a)−n =∞∑
n=−∞
cn(z − a)n
To velja za vse z v notranjosti kolobarja.Prva vrsta je potencna, torej je njeno konvergencno obmocje vedno krog. Konvergencni polmerje vsaj polmer K1, zato konvergira povsod znotraj K1.Druga vrsta,
∑∞n=1
cn(z−a)n
pa konvergira zunaj nekega kroga. Pisemo ζ = 1z−a , ta vrsta postane∑∞
n=1 cnζn, konvergira kjer je |ζ| < 1
R, torej kjer je |z − a| > R. Konvergincni polmer je vsaj
polmer K2 ⇒ konvergira povsod zunaj K2.Obe vrsti pa konvergirata znotraj kolobarja.
30
Ce je vrsta∑∞
n=−∞ cn(z − a)n konvergira v vseh tockah odprtega kolobarja s srediscem va in njeno vsoto oznacimo z f(z), je to enolicno doloceni razvoj f v Laurentovo vrsto vtem kolobarju
Trditev
f(z) = 1(z−1)(z−2)
, razvijamo okrog 0. Analiticna je povsod, razen v 1 in 2. Iscem cim vecjekolobarje, na katerem bo f analiticna.
• r1 = 0, r2 = 1, potencna vrsta okrog 0, R = 1. Razstavimo na parcialne ulomke,znamo razviti.
• r1 = 1, r2 = 2. f(z) = − 1z−1− 1
2−z .
1
2− z=
1
2(1− z
2
) =∞∑n=0
zn
2n+1
1
z − 1=
1
z(1− 1
z
) =∞∑n=0
1
zn+1
f(z) =∞∑n=0
−1
2zn+∞∑n=0
(− 1
zn+1
)To velja za 1 < |z| < 2.
• r1 = 2, r2 =∞ oz. |z| > 2. 1z−1
je enako kot prej.
1
z − 2=
1
z(1− 2z)
=∞∑n=0
2n
zn+1
V tem primeru dobimo vsoto dveh asimptoskih vrst.
f(z) =∞∑k=1
(2k−1 − 1
) 1
zkza |z| > 2
Dobili smo tri razlicne vrste za tri razlicne kolobarje.
Primer
Tocka a je za f izoliana singularna tocka , ce obstaja okolica U tocke a, da je f naU \ a analiticna, ni pa definirana ali analiticna v a.
Definicija
Razvijmo f v Laurentovo vrsto okrog a. Ta vrsta konvergira na tej punktirani okolici U \ a.Mali krog lahko skrcimo v tocko a ⇒ asimptotska vrsta (drugi del) konvergira povsod razenmorda v a. Temu delu recem glavni del (G(1
z))razvoja okrog a, prvi del (potencni) pa je
regularni del in je analiticen na tem krogu s tocko a vred. Imamo tri moznosti:
31
1. Glavni del ≡ 0.Ce je c−n = 0 za n ≥ 1, je glavni del enak nic in je vrsta potencna. Pravimo: Tocka a jeodpravljiva singularnost za funkcijo f .Ce dodatno definiramo f(a) = c0, je f analiticna na U .
f(z) = sin zz
je definirana povsod, razen v 0 ⇒ 0 je izoliana (celo edina) singularnost za f .
Vemo sin z = z − z3
3!+ z5
5!− . . . za z 6= 0.
sin z
z= 1− z2
3!+z4
5!− . . . za z 6= 0
To je Laurentova vrsta, ima samo regularni del ⇒ tocka 0 je odpravljiva singularnost. Cedodatno definiramo f(0) = 1, je f cela.
Primer
2. c−n 6= 0 in c−m = 0 za m > n
f(z) =c−n
(z − a)n+ · · ·+ c−1
(z − a)+∞∑n=0
cn(z − a)n
V tem primeru je a pol stopnje n za f .
f(z) = − 1z5
ima v 0 edino singularnost. Vrsta za f je kar − 1z5⇒ 0 je pol stopnje 5 za f .
g(z) = − 1z5
+ 2z− sin z ima tudi v 0 pol stopnje 5. Sinus se razvije v regularni del, glavni
del pa sta ostala dva clena.
Primer
f(z) = 1(z−a)n
g(z)︷ ︸︸ ︷[c−n + c−n+1(z − a) + . . .+ c0(z − a)n + . . .] = g(z)
(z−a)n, pri tem je g ana-
liticna povsod, kjer je f , in v tocki a in velja g(a) = c−n 6= 0. Ce ima f pol stopnje n v
a, lahko zapisemo f(z) = g(z)(z−a)n
, g(a) 6= 0. Ce se blizamo polu, gre |f(z)| → ∞. Lahko
pisemo f(pol) =∞.
limz→a|f(z)| =∞
3. Neskoncno mnogo c−n je od 0 razlicnihPotem je a bistvena singularnost (essential singularity) za f . V tem primeru je glavnidel neskoncna vrsta.
f(z) = exp( 1z2
). ew =∑∞
n=0wn
n!.
f(z) =∞∑n=0
1
w2nn!= 1 +
1
z2+
1
z42!+
1
z63!
Ima le glavni del, ki pa je neskoncen (vsak sodi clen je nenicelen) ⇒ 0 je bistvenasingularnost za f .
Primer
32
Naj bo a bistvena singularna tocka za f . Ce je U r a punktirana okolica za a, f na U r azavzame vse vrednosti neskoncnokrat, s kvecjemu eno izjemo.
Izrek: Veliki Picardov izrek
f(z) = exp( 1z2
) ne more biti 0.
Ce je ε > 0 poljuben, ima enacba f(z) = w, w 6= 0 neskoncno mnogo resitev z, da je|z| < ε.
Primer
Le za ta konkreten primer:
exp(1
z2) = w
1
z2= ln |w|+ i argw + 2kπi
z2 =1
ln |w|+ i argw + 2kπi
z = ± 1√ln |w|+ i argw + 2kπi
Moramo najti take w, da bo
|z| < ε ⇒ | ln |w|+ i argw + 2kπi| > 1
ε2
Za velike k bo to poljubno veliko, celo za neskoncno k-jev je to poljubno veliko. ⇒ Obstajaneskoncno k-jev, za katere je to res. �
Dokaz
2.7 Residuum
Naj bo a izolirana singularna tocka za analiticno funkcijo f . Razvijmo f v Laurentovo vrstookrog a.
f(z) =∞∑n=0
cn(z − a)n +∞∑n=1
c−n(z − a)n
Koeficient c−1 je residuum funkcije f v a. Pisemo c−1 = Resz=a
f(z).
33
Ce je f(z) = g(z)h(z)
, g, h analiticni, kjer ima h enostavno niclo (prve stopnje) v a, je
Resz=a
g(z)
h(z)=
g(a)
h′(a)
Pravilo
Enostavna nicla ⇒ h(a) = 0, h′(a) 6= 0 in h(z) = (z − a)k(z), k(a) 6= 0.
f(z) = g(z)(z−a)k(z)
, k(z) 6= 0 na neki okolici tocke a, kjer je tudi g analiticna. Na tej okolici
je g(z)k(z)
analiticna.
g(z)
k(z)= d0 + d1(z − a) + d2(z − a)2 + . . .
f(z) =d0
z − a+ d1 + d2(z − a) + . . .
d0 je residuum, d0 = g(a)k(a)
. h′(z) = k(z) + (z − a)k′(z), h′(a) = k(a) ⇒ d0 = g(a)h′(a)
Dokaz
f(z) =1
1 + z2=
1
(z − i)(z + i)
Singularnosti v i in −i, sta izolirani. V i: f(z) =1z+i
z−i = g(z)z−i , g(i) = 1
2i= − i
2. ⇒ i je pol
prve stopnje. Podobno za −i, je tudi prve stopnje.
Primer
f(z) =eiz(
z − π4
)2+ a2
, a > 0
Singularnosti:(z − π
4
)2+ a2 = 0, z − π
4= ±ai. z = π
4± ai, sta ocitno oba pola prve
stopnje. Residuum v π4
+ ai?
Res(z=π
4+ai)
f(z) =ei(
π4
+ai)
2ai=
1
2a(−i)e
iπ4 e−a =
1
2a(−i)√
2
2(1 + i)e−a =
√2
4a(1− i)e−a
Primer
34
f(z) =1
(1 + z2)2=
1
(z + i)2(z − i)2=
c−2
(z − i)2+
c−1
z − i+ c0 + . . .
Singularnosti v ±i, sta pola druge stopnje ⇒ ne moremo uporabiti prejsnjega pravila.
1
(z + i)2= c−2 + c−1(z − i) + c0(z − i)2 + . . .
Clen c−1 dobimo z odvajanjem:
−2
(z + i)3= c−1 + 2c0(z − i) + . . .
Postavimo z = i ⇒ −2(2i)3
= c−1 = −14i−3 = − i
4.
Resz=i
f(z) = − i4
Podobno za z = −i:
1
(z − i)2= c−2 + c−1(z + i) + c0(z + i)2 + . . .
−2
(z − i)3= c−1 + 2c0(z + i) + . . .
−2
(−2i)3= c−1 =
i
4= Res
z=−if(z)
Primer
Naj bo D EPO in f analiticna povsod na D razen v koncno mnogo izoliranih singularnihtockah a1, . . . , am ∈ D. Ce je Γ sklenjena pot v D, ki ne gre skozi nobeno singularno tocko,je
ˆΓ
f(z) dz = 2πi
(m∑k=1
I(Γ, ak)Resakf(z)
)
Izrek: Izrek o residuih
35
Naj bo G( 1z−ak
) glavni del Laurentove vrste za f , razvite okrog ak.
g(z) = f(z)−m∑k=1
G
(1
z − ak
)g je analiticna na D r {ak}. V ak ima Laurentov razvoj za g samo regularni del, saj seglavna dela odstejeta ⇒ ak so odpravljive singularnosti za g. Torej lahko g popravimo(definiramo g(ak)) tako, da bo analiticna. ⇒
ˆΓ
g(z) dz = 0 =
ˆΓ
[f(z)−
m∑k=1
G
(1
z − ak
)]dz
ˆΓ
f(z) dz =m∑k=1
ˆΓ
G
(1
z − ak
)dz
G
(1
z − ak
)=
c−1
z − ak+
c−2
(z − ak)2+ . . .
Vsi cleni razen c−1 imajo nedoloceni integral, zato se po sklenjeni krivulji (ki ne gre skozinoben ak) integrirajo v 0, clen z c−1 pa v 2πiI(Γ, ak)c−1 = 2πiI(Γ, ak)Res
akf(z) ⇒
ˆΓ
G
(1
z − ak
)= 2πiI(Γ, ak)Res
akf(z)
Dokaz
Naj bo K kroznica s polmerom 2 okrog 0, orientirana pozitivno. Izracunajmo
ˆK
1
(1 + z2)2dz
z = 2eit, t ∈ [0, 2π].
ˆK
1
(1 + z2)2dz =
ˆ 2π
0
2ieit dt
(1 + 4eit)2
Lahko pa uporabimo izrek o residuih. Singularnosti sta ±i, oba indeksa sta 1, residua papoznamo iz prejsnjega primera.
ˆK
1
(1 + z2)2dz = 2πi
[I(K, i)Res
z=if(z) + I(K,−i)Res
z=−if(z)
]= 2πi
(−i4
+i
4
)= 0
Primer
36
ˆ ∞−∞
dx
(1 + x2)2= lim
R→∞
ˆ R
−R
dx
(1 + x2)2
Primer
37
Za a > 0 izracunaj
ˆ ∞0
x sinx
x2 + a2dx =
1
2
ˆ ∞−∞
x sinx
x2 + a2dx =
1
2limR→∞
ˆ R
−R
x sinx
x2 + a2dx =
1
2limR→∞
=ˆ R
−R
xeix
x2 + a2dx
ai
0−ai
K
−R R
Je analiticna povsod razen v x = ±ai, integriramo po K. Po izreku o residuihje:
ˆK
f(z)dz = 2πi
[1 · Res
z=aif(z) + 0 · Res
z=−aif(z)
]Residuum pa lahko izracunamo: Res
z=aif(z) = aiei·ai
2ai= e−a
2.
ˆK
f(z) dz =
ˆ R
−Rf(x) dx+
ˆ π
0
ReiteiReit
R2e2it + a2Rieit dt︸ ︷︷ ︸
QR
Drugi del lahko omejimo:
|QR| ≤ˆ π
0
Re−R sin t
R2
2
Rdt ≤ 2
ˆ π
0
e−R sin t dt
sin t ≥ 2πt ⇒ −R sin t ≤ −R 2
πt ⇒ e−R sin t ≤ e−R
2πt
|QR| ≤ 2
ˆ π
0
e−2Rπt dt = 2
e−2Rπt
2Rπ
∣∣∣∣∣0
π2
≤ π
R→ 0
2πie−a
2= πiea =
ˆ R
−R
x sinx
x2 + a2dx→
ˆ ∞−∞
x sinx
x2 + a2dx
ˆ ∞0
x sinx
x2 + a2dx =
1
2=πie−a =
πe−a
2
Primer
38
ˆ ∞0
sinx
xdx =
π
2
Primer
ˆ|z|=2
dz
(z4 + 1)2
Ta funkcija je analiticna povsod razen v z4 = −1, torej ak = exp(iπ+2kπ4
), k ∈ {0, 1, 2, 3}oz. ak = 1√
2(1 + i)ik. Vse singularnosti so poli druge stopnje.
a3a2
a0a1
K
0
ˆ|z|=2
dz
(z4 + 1)2= 2πi
∑Resz=ak
f(z)
Ne ljubi se nam racunati vseh 4 residuov, upostevamo da je to enako za vsako kroznico ssrediscem v 0 in z radijem R > 1, saj zaobjame iste singularnosti. ⇒ vzamemo R→∞.∣∣∣∣ˆ
|z|=R
dz
(z4 + 1)2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ˆ 2π
0
Rieit dt
(R4e4it + 1)2
∣∣∣∣ ≤ ˆ 2π
0
∣∣∣∣ Rieit dt
(R4e4it + 1)2
∣∣∣∣Ocena: |R4e4it + 1| ≥ R4 − 1 ≥ R4
2za dovolj velike R.
ˆ 2π
0
∣∣∣∣ Rieit dt
(R4e4it + 1)2
∣∣∣∣ ≤ ˆ 2π
0
∣∣∣∣4Rieit dtR8
∣∣∣∣ ≤ ˆ 2π
0
4Rdt
R8→ 0
Primer
zn = en log z = en ln |z|+ni arg z+2knπi
z1n = e
1n
log z = · · · = |z|1n e
i arg zn e
2kπin
To ima n vej ⇒ Ce je m ∈ Q, ima zm koncno vej. Ce je m /∈ Q,m ∈ R, ima zm neskoncno vej.Te veje so enakomerno razporejene po kroznici z radijem R = z
1n . Glavna veja je preslikana
prerezana ravnina (C ravnina brez negativnega dela R osi), skrcena na kot 2πn
.
39
2.8 Konformne preslikave
Naj bo D obmocje v C, f : D → C analiticna, z0 ∈ D, f ′(z0) 6= 0.Naj bo w = ϕ(t) gladka krivulja v D, z0 = ϕ(t0). t 7→ f(ϕ(t)) je gladka krivulja v D.Vektor na tangenti na preslikano krivuljo:
d
dtf(ϕ(t)) = f ′(ϕ(t))ϕ′(t)
Pri t = t0 je to enako f ′(z0)ϕ′(t0).
|f ′(z0)ϕ′(t0)| = |f ′(z0)| · |ϕ′(t0)|
Vemo, da je na krivulji ds = |ϕ′(t)| dt, ds je na originalni krivulji, ds pa na preslikani.
ds =d
dt(f(ϕ(t))) dt = |f ′(z0)| ds
⇒ velikost vektorja na tangenti se pomnozi s |f ′(z0)|, torej neodvisno od krivulje ⇒ vserazdalje v blizini (v limiti) z0 pomnozi z istim faktorjem.Velja tudi: arg d
dtf(ϕ(t))
∣∣t=t0
= arg f ′(z0) + argϕ′(t0) + 2kπ. ⇒ Vsem smerem na krivu-
lji pri preslikavi pristejemo arg f ′(z0), zato se koti med krivuljami ohranjajo ⇒ ohranja seorientacija .
Naj bo f : D → C analiticna. V tockah, kjer je f ′(z) 6= 0, je preslikava f lokalno bijektivnain lokalno konformna , se pravi ohranja kote, orientacijo in upodovitveno razmerje.
Izrek
f = u+ iv = (u, v), f ′ = ux + ivx, |f ′(z)|2 = ux · ux + vx · vx. Velja CRS:
|f ′(z)|2 = ux · vy − vx · uy =
∣∣∣∣ ux uyvx vy
∣∣∣∣ = J(x, y) 6= 0
Po izreku o inverzni funkciji je f lokalno bijektivna ⇒ lokalno obstaja f−1, je odvedljivav kompleksnem smislu in zato analiticna. Funkcija f infinitezimalno majhen trikotnik (alidrug lik) okrog tocke z preslika na podoben infinitezimalno majhen lik.
Dokaz
f(z) = z2, f ′(z) = 2z je razlicno od 0 razen v tocki 0: f ′(0) = 0 ⇒ v tocki 0 f nikonformna, ne ohranja kotov. f pozitivni poltrak realne osi preslika nase, pozitivni delimaginarne os pa na negativni del realne. Torej se kot med njima v tocki 0 ne ohranja.
Primer
Ce je analiticna funkcija f : D → f(D) ⊂ C bijektivna in je f ′(z) 6= 0 za vse z ∈ Dpravimo, da f preslika D konformno na f(D).
Definicija
40
D naj bo {x+ iy; x, y > 0}, f(z) = z2. f je na D injektivna, torej preslika D na zgornjo(odprto) polravnino {x+ iy; y > 0} konformno.Kako najdemo f(D): z = aeiϕ, 0 < ϕ < π
2⇒ z2 = a2e2iϕ; 0 < 2ϕ < π
Primer
f(z) = zn, D = {z; z 6= 0; | arg z| < πn}. Racunamo kot prej, f(D) je prerezana ravnina
(brez negativne realne osi in 0).
Primer
D = {z; |=z| < π}, f(z) = ez. f ′(z) = ez 6= 0, torej je lokalno konformna. Na celi ravninif ni bijektivna, na tem pasu pa je, torej pas D preslika konformno na isto prerezanoravnino. Torej obstaja inverz, ki je tudi bijektivna preslikava, v tem primeru je to glavnaveja logaritma.
Primer
2.8.1 Stereografska projekcija
Filmcek: http://www.youtube.com/watch?v=6JgGKViQzbc
Vzemimo sfero, ki se dotika kompleksne ravnine v izhodiscu. Dotikalisce naj bo juzni pol Ssfere, diametralna tocka pa severni pol N . Vzamem tocko z ∈ C, jo povezem z N in drugopresecisce zveznice s sfero je stereografska projekcija tocke z na dano sfero. Tako lahko celoravnino projeciram na omejeno sfero, le severni pol ni pokrit. Projekcija C preslika bijektivnona sfero brez N .Tej sferi recemo Riemannova sfera .V blizini juznega pola se ploskev malo deformira, stran od izhodisca pa dosti bolj. Po dogovoruN odgovarja tocki ∞ na razsirjeni kompleksi ravnini C = C ∪ {∞}, torej imamo bijekcijo iz Cna Riemannovo sfero. V smislu te bijekcije lahko vpeljem metriko in topologijo na C.
• Mala kroznica na sferi okrog severnega pola (s srediscem v N) je slika velike kroznice ssrediscem v 0, notranjost male kroznice pa slike zunanjosti velike ⇒ okolice tocke ∞ sokroznice s srediscem v 0 v C
• Premica p na ravnini se preslika na kroznico na sferi, ki gre skozi N .
• Kroznica v C se preslika na kroznico, ki pa ne gre skozi N ⇒ premica je kroznica skozitocko ∞.
Preslikava z analiticno nekonstantno funkcijo je odprta , se pravi vsako odprto mnozicopreslika na odprto mnozico.
Izrek
41
Ce je D obmocje v C in f analiticna nekonstantna, je f(D) obmocje.
Posledica
Odprta je po prejsnjem izreku, s potmi povezana pa je, ker je f zvezna.Dokaz
Absolutna vrednost nekonstantne analiticne funkcije v notranjosti definicijskega obmocjanima lokalnega maksimuma. (Prav tako tam nima lokalnega minimuma, razen v 0.)
Izrek: Princip maksimuma
f : D → C Denimo, da ima |f | lokalni maksimum v notranji tocki z0. Tedaj obstaja
Uodp⊂ D, z0 ∈ U , da je |f(z)| ≤ |f(z0)|. f(U) lezi v zaprtem krogu okoli 0 z radijem
|f(z0)|, torej f(U) ⊂ {w; |w| ≤ |f(z0)|}. Po izreku pa je f(U) odprta okolica za f(z0),torej vsebuje majhen odprt krog okrog f(z0). Vsak tak majhen krog pa deloma lezi izven{w; |w| ≤ |f(z0)|} ⇒ protislovje.
Dokaz
2.8.2 Linearne lomljene (Mobiusove) transformacije
Filmcek: http://www.youtube.com/watch?v=JX3VmDgiFnY
f(z) = az+bcz+d
, a, b, c, d konstante, f nekonstantna.
f ′(z) =a(cz + d)− (az + b)c
(cz + d)2=
ad− bc(cz + d)2
Ker f ni konstantna, privzamemo ad 6= bc. Vsaka taka funkcija f je konformna. Odvod jeocitno povsod razlicen od 0, videti moramo se, ce je bijektivna.Resimo enacbo f(z) = w = az+b
cz+d⇒ az + b = cwz + dw ⇒ z = dw−b
a−cw . Resitev je najvec ena,torej je f injektivna.Definicijsko obmocje za f :
1. c = 0, a 6= 0: f(z) = adz + b
dje linearna transformacija , definirana je povsod. Je
bijektivna, preslika C na C
2. c 6= 0: definirana je povsod, razen tam, kjer je cz + d = 0 oz. z∞ = −dc. Definirana je na
Cr {z∞}. Zaloga vrednosti je Cr {ac}
z∞ je pol prve stopnje za f ⇒ |f(z)| z→z∞→ ∞ oz f(z∞) = ∞. Ravno tako je ac
pol prvestopnje za f−1 ⇒ f−1(a
c) =∞, torej je f(∞) = a
c.
Ce je c 6= 0, f konformno preslika C na C in Cr{z∞} na Cr{ac}. Tudi f−1 je Mobiusova
transformacija.
42
Kompozitum Mobiusovih transformacij je Mobiusova transformacijaIzrek
f1(z) = a1z+b1c1z+d1
, f2(z) = a2z+b2c2z+d2
, a1d1 6= b1c1 in a2d2 6= b2c2.
f(z) = (f1 ◦f2)(z) = f1(f2(z)) =a1
a2z+b2c2z+d2
+ b1
c1a2z+b2c2z+d2
+ d1
=a1a2z + a1b2 + b1c2z + b1d2
c1a2z + c1b2 + d1c2z + d1d2
=az + b
cz + d
Funkcija f1 ◦ f2 je prave oblike za Mobiusovo, s konstantami
a = a1a2 + b1c2; b = a1b2 + b1d2; c = c1a2 + d1c2; d = c1b2 + d1d2
Preveriti moramo se nekonstantnost oz ad− bc 6= 0:
ad− bc = (a1a2 + b1c2)(c1b2 + d1d2)− (a1b2 + b1d2)(c1a2 + d1c2) =
a1c1(a2b2 − b2a2) + a1d1(a2d2 − b2c2) + b1c1(c2b2 − a2d2) + b1d1(c2d2 − d2c2) =
0 + (a1d1 − b1c1)(a2d2 − b2c2) + 0 6= 0
Dokaz
• f(z) = z + b, b ∈ C je vzporedni premik (translacija) za b.
• f(z) = zeiϕ, ϕ ∈ R je zasuk (rotacija) okrog izhodisca za kot ϕ.
• f(z) = az, a > 0 je razteg (homotetija) okrog izhodisca za faktor a.
• z 7→ az+b = |a|eiϕz+b je podobnostna transformacija , ki vse razdalje pomnoziz |a|, lik preslika na podoben lik.
Primer
Transformacija f(z) = 1z, f(0) =∞.
Kroznice in premice v C lahko opisemo z enacbo
Azz +Bz +Bz + C = 0; A,C ∈ R (3)
A(x2 + y2) + 2b1x+ 2b2y + C = 0
Ce je A = 0 in B 6= 0, je to premica. Naj bo L kroznica ali premica v C z enacbo Azz +Bz +Bz+C = 0. z ∈ L, w = f(z) = 1
z∈ f(L). Potem je f−1(w) = 1
w= z ∈ L ⇒ 1
wzadosca enacbi
(3).
A+Bw +Bw + Cww = 0
Enaka enacba, f(L) je spet kroznica (ce C 6= 0) ali premica.Ce L vsebuje 0, je C = 0 in je f(L) premica. To se sklada s tem, da je premica kroznica skozi∞.Ce imamo poljubno LLT f(z) = az+b
cz+d, c 6= 0:
f(z) =ac
(cz+d)+b−adc
cz+d= a
c+
b−adc
cz+d, f1(z) = cz + d, f2(z) = 1
z, f3(z) = a
c+ (b − ad
c)z ⇒ f =
f3 ◦ f2 ◦ f1.
43
LLT je konformna preslikava na Cr z∞, ki ohranja unijo kroznic in premic.Izrek
f(z) =1− z1 + z
f(−1) =∞, f(∞) = −1
0 = f(1)
−i = f(i) K
1
i
Naj bo K enotska kroznica. f(K) je premica, saj gre K skozi z∞.
f(1) = 0, f(i) = 1−i1+i
= (1−i)22
= 1−2i+i2
2= −i ⇒ f(K) gre skozi 0 in −i, torej je f(K)
imaginarna os.Kaj pa notranjost? ∆ = {z; |z| < 1}, f(0) = 1. Po izreku od odprti preslikavi je f(∆)odprta, s potmi povezana mnozica, ki vsebuje 1.U = {z; |z| > 1}, tudi f(U) je odprta in SPP. Vemo, da je f(C r {−1}) = C r {−1},torej f(U), imaginarna os in f(∆) sestavljajo C r {−1} in se ne sekajo. Torej mora bitif(∆) desna polravnina, in f(U) leva polravnina brez −1.Torej f preslika notranjost enotskaga kroga konformno na desno polravnino.Ker je f = f−1, preslika imaginarno os na enotsko kroznico, desno polravnino pa na njenonotranjost.
Primer
Kako bi jo pa konformno preslikali na zgornjo polravnino? Zavrtimo: g(z) = if(z) = i1−z1+z
.
44
Naj bo |a| < 1. Transformacija
f(z) = eiαz − a1− az
ohranja enotski krog (in enotsko kroznico) in f(a) = 0.
Izrek
Naj bo |z| = 1 ⇒ |1 − az| = |z||1 − az| = |z − azz| = |z − a| = |z − a|, torej je
|f(z)| = |z−a||z−a| = 1
⇒ enotska kroznica se preslika na enotsko kroznico.Ker je notranjost povezana, f bijektivna, a v notranjosti (|a| < 1) in f(a) = 0, se notranjostpreslika v notranjost, zunanjost pa v zunanjost brez ene tocke.
Dokaz
2.9 Zveze s harmonicnimi funkcijami
Naj bo D EPO v C, u ∈ C2(C) in u harmonicna (∆u = 0). Potem obstaja analiticnafunkcija f na D, da je <f = u.
Izrek
Konstruiramo tako funkcijo v, da je f = u + iv analiticna, recemo v je konjugiranaharmonicna funkcija k u.CRS: ux = vy, uy = −vx ⇒ grad v = (vx, vx) = (−uy, ux) ⇒ v je potencial za (−uy, ux, 0).Potreben pogoj za eksistenco polja v: rot (−uy, ux, 0) = 0.
rot (−uy, ux, 0) = (0, 0, uxx + uyy) = (0, 0,∆u) = 0
Ker je D EPO, je to zadosten pogoj.
Dokaz
Harmonicna funkcija je neskoncnokrat odvedljivaPosledica
Analiticna funkcija f naj obmocje D preslika konformno na D′. Ce je u harmonicna naD, je u ◦ f−1 harmonicna na D′.
Izrek
45
Vrednost harmonicne funkcije v srediscu kroga je povprecje vrednosti na robu kroga.(Ves krog mora lezati v obmocju, na katerem je funkcija harmonicna)
Izrek
Naj bo to krog K s srediscem v a, harmonicna funkcija je u. Harmonicna je tudi na malovecjem odprtem krogu, ki je EPO, zato je u = <f , f analiticna. Za f pa velja Cauchyjevaformula:
f(a) =1
2πi
ˆK
f(z) dz
z − a
Krog lahko parametriziram: z = a+Reit ⇒
f(a) =1
2πi
ˆ 2π
0
f(a+Reit)Rieit dt
Reit=
1
2π
ˆ 2π
0
f(a+Reit) dt
u(a) =1
2π
ˆ 2π
0
u(a+Reit) dt
Dokaz
Nekonstantna harmonicna funkcija na D v notranjosti mnozice D nima lokalnih ektremov.Izrek
Ce bi bil v a lokalni maksimum, bi obstajala taka okolica U , da je f(a) ≥ f(z) za z ∈ U .Narisem kroznico v U , po prejsnjem izreku je f(a) povprecje f(z) na tej kroznici ⇒ f(a)je hkrati maksimum in povprecje ⇒ f je konstantna na tej kroznici.
Dokaz
Naj bo f harmonicna na obmocju D in zvezna na D, D kompaktna. Potem f na Dzavzame maksimum in minimum, ki sta oba na robu mnozice D.V tem primeru je f povsem dolocena z vrednostmi na robu mnozice D.
Posledica
Recimo, da je u|∂D = u1|∂D. Tedaj je u− u1 harmonicna in zvezna, (u− u1)|∂D = 0. Kerzavzame maksimum in minimum na robu, je povsod 0 ⇒ u = u1.
Dokaz
46
2.10 Dirichletov problem za krog
Naj bo u harmonicna na enotskem krogu.
g(z) =z − a1− az
, g−1(w) =w + a
1 + aw
Vemo, da je u ◦ g−1 = U harmonicna.
U(0) =1
2πi
ˆ 2π
0
U(eit)dt = u(g−1(0)) = u(a) =1
2π
ˆ 2π
0
u(g−1(eit))dt =1
2π
ˆ 2π
0
u(eit + a
1− aeit︸ ︷︷ ︸eiϑ
) dt
eiϑ = g−1(eit) ⇒ eit = g(eiϑ) =eiϑ − a1− aeiϑ
ieit dt =ieiϑ(1− aeiϑ)− (eiϑ − a)(−iaeiϑ)
(1− aeiϑ)2dϑ =
ieiϑ − iaaeiϑ
(1− aeiϑ)2dϑ =
i(1− aa)
(e−iϑ − a)(1− aeiϑ)dϑ
a = reiϕ ⇒ a = re−iϕ, aa = r2
⇒ dt =(1− r2) dϑ
1− reiϕe−iϑ − re−iϕeiϑ + r2=
(1− r2) dϑ
1− r cos(ϕ− ϑ) + r2
u(reiϕ) =1
2π
ˆ 2π
0
u(eiϑ)1− r2
1− r cos(ϕ− ϑ) + r2dϑ
Formula: Poissonova formula za enotski krog
Podobno lahko izpeljujemo tudi za krog s poljubnim polmerom in srediscem v 0, tako da ganajprej preslikamo na enotskega s preslikavo h(z) = z
R, in je Φ = (u ◦ h−1) harmonicna na
enotski kroznici.
u(reiϕ) =1
2π
ˆ 2π
0
u(Reiϑ)R2 − r2
1− rR
cos(ϕ− ϑ) + r2
R2
dϑ
Formula: Poissonova formula za krog s polmerom R
2.11 Funkcija Γ
Za <z > 0 definiramo:
Γ(z) =
ˆ ∞0
tz−1e−t dt
Definicija
tz−1 = e(z−1) ln t ⇒ |tz−1| = |e(z−1) ln t| = e<(z−1) ln t = t<z−1. Ker´∞
0t<z−1e−t dt konvergira,
47
konvergira tudi´∞
0tz−1e−t dt, torej je definicija v redu. Lahko dokazemo, da obstaja Γ′, torej
je Γ analiticna na polravnini <z > 0.Lahko jo se razsirimo:
Γ(z) =
ˆ 1
0
tz−1e−t dt+
ˆ ∞1
tz−1e−t dt︸ ︷︷ ︸cela funkcija
Drugi del je cela funkcija, prvega pa lahko izracunamo:
ˆ 1
0
tz−1e−t dt =
ˆ 1
0
tz−1
(1− t+
t2
2!− t3
3!+ . . .
)dt =
=
ˆ 1
0
tz−1 dt−ˆ 1
0
tz dt+1
2!
ˆ 1
0
tz+1 dt− . . .
=1
ztz∣∣∣∣10
− 1
z + 1tz+1
∣∣∣∣10
+1
2!
1
z + 2tz+2
∣∣∣∣10
=1
z− 1
z + 1+
1
2!(z + 2)− 1
3!(z + 3)+ . . .
Izvzamem iz C 0 in negativna cela stevila. Na D = Cr {0,−1,−2, . . . } nam
1
z− 1
z + 1+
1
2!(z + 2)− 1
3!(z + 3)+ · · ·+
ˆ ∞1
tz−1e−t dt
definira analiticno funkcijo Γ(z).Naj bo K zaprta krozna plosca v D. Na tej plosci vrsta konvergira, enako vrsta odvajanihclenov ⇒ Γ je analiticna na D.Vsaka tocka −n, n ∈ N ∪ {0}, je pol prve stopnje za Γ, glavni del LV v −n je (−1)n
n!(z+n)⇒
Resz=−n
Γ(z) = (−1)n
n!.
Oglejmo si Γ(z + 1) in zΓ(z). Sta identicni na D, ujemata se na mnozici s stekaliscem ⇒ staenaki.
Γ(z)Γ(1− z) =π
sin(πz)
−3
2Γ
(−3
2
)= Γ
(−1
2
)
−1
2Γ
(−1
2
)= Γ
(1
2
)=√π
Γ
(−3
2
)=
4
3
√π
Primer
48
3 Diferencialne enacbe
3.1 Frobeniusova metoda
Resevanje linearnih diferencialnih enacb drugega reda.Homogena LDE:
Ly = P (z)y” +Q(z)y′ +R(z)y = 0
Tu je y(z) funkcija kompleksne spremenljivke, ki zadosca zacetnim pogojem y(a) = c0, y′(a) =c1.
Naj bosta funkciji QP
in RP
analiticni na krogu s srediscem v a in s polmerom r. Potemobstaja resitev enacbe in je analiticna v tem krogu.
Izrek
49
z(2− z)y′′ − 6(z − 1)y′ − 4y = 0
y(1) = 1; y′(1) = 0
y′′ − 6(z − 1)
z(2− z)y′ − 4
z(2− z)y = 0
Analiticna sta povsod, razen v 0 in 2, razvijamo pa okrog 1.Resitev zapisemo kot potencno vrsto, razvito okrog a. V nasem primeru je a = 1, zapisemoz − 1 = w, z − 1 = w, z = w + 1, 2− z = 1− w.
y(z) =∞∑n=0
cn(z − 1)n; y′(z) =∞∑n=1
ncn(z − 1)n−1 =∞∑n=1
ncn(w)n−1
y′′(z) =∞∑n=2
n(n− 1)cn(z − 1)n−2 =∞∑n=2
n(n− 1)cn(w)n−2
y(1) = c0 = 1, y′(1) = 1c1 = 0 ⇒ dva koeficienta ze imamo.
(1−w2)∞∑n=2
n(n− 1)cnwn−2 + 6w
∞∑n=1
ncn(z − 1)n−1 − 4∞∑n=2
n(n− 1)cn(z − 1)n−2 = 0
∞∑n=2
n(n− 1)cnwn−2 −
∞∑n=2
n(n− 1)cnwn + 6
∞∑n=1
ncn(w)n − 4∞∑n=0
cnwn = 0
Spremenimo vse vsote, da bodo cleni wn:
∞∑n=0
(n+ 2)(n+ 1)cn+2wn −
∞∑n=2
n(n− 1)cnwn + 6
∞∑n=1
ncnwn − 4
∞∑n=0
cnwn = 0
Clene z w in konstantne poberem ven, dobim
2c2− 4c0 +w(6c3− 10c1) +∞∑n=2
wn [(n+ 1)(n+ 2)cn+2 − n(n− 1)cn − 6ncn − 4cn] = 0
Potencna vrsta, ki je identicno enaka 0 ⇒ vsi koeficienti so 0, lahko iz tega izracunamo cn:
c2 = 2, c3 = 0, cn+2 = cnn+ 4
n+ 2
y(z) =∞∑n=0
c2n(z − 1)2n =∞∑n=0
(n+ 1)(z − 1)2n
Se da se polepsati: (z − 1)2 = ω,∑∞
n=0(n+ 1)ωn = ddω
∑∞0=0 ω
n = ddω
11−ω .
y(z) =1
z2(z − 2)2
Primer
50
Imamo enako enacbo kot prej. Funkciji QP
in RP
naj imata izolirano singularnost v tocki a,
in sicer tako, da imata (z − a)QP
in (z − a)2RP
odpravljivo singularnost v a. Torej lahko tidve funkciji razvijemo v konvergentno potencno vrsto s srediscem v a in s polmerom R.Enacba ima vsaj eno resitev:
y(z) = (z − a)r∞∑n=0
dn(z − a)n
kjer je d0 6= 0.
Izrek
3.2 Besselova enacba
Za ν > 0 je
z2y′′ + zy′ + (z2 − ν2)y = 0
y′′ +1
zy′ + (1− ν2
z2)y
Oba pogoja prejsnjega izreka sta izpolnjena ⇒ Obstaja resitev oblike
y = zr∞∑n=0
cnzn =
∞∑n=0
cnzn+r
y′ =∞∑n=0
(n+ r)cnzn+r−1
y′′ =∞∑n=0
(n+ r)(n+ r − 1)cnzn+r−2
z2y′′ =∞∑n=0
(n+ r)(n+ r − 1)cnzn+r
zy′ =∞∑n=0
(n+ r)cnzn+r
(z2 − ν2)y =∞∑n=0
cnzn+r+2 −
∞∑n=0
ν2cnzn+r =
∞∑n=2
cn−2zn+r −
∞∑n=0
ν2cnzn+r
To sestejem, racunam po clenih:
r(r − 1)c0zr + rc0z
r − ν2c0zr + (r + 1)rc1z
r+1 + (r + 1)c1zr+1 − ν2c1z
r+1+
+∞∑n=2
[(n+ r)(n+ r − 1)cn + (n+ r)cn + cn−2 − ν2cn
]zn+r = 0
51
zr izpostavim, to mora biti res za vsak z ⇒ vsi koeficienti so enaki 0.
(r2 − ν2)c0 = 0
[(r + 1)2 − ν2]c1 = 0
[(n+ r)2 − ν2]cn + cn−2 = 0
Privzamemo c0 6= 0 ⇒ r = ±ν. Potem (r + 1)2 − ν2 6= 0 in je c1 = 0. (n + r)2 − ν2 =(n+ r)2 − r2 = n2 + 2nr = n(n+ 2r), n(n+ 2r)cn = −cn−2. Torej je cn = 0 za lihe n, za sodepa lahko rekurzivno izracunamo. Ostanejo le sodi n, zato lahko pisemo n = 2m, vzamemo ser = ν. 2m(2m+ 2r)c2m = −c2m−2
4m(m+ ν)c2m = −c2(m−1)
c2m = − 1
22m(m+ ν)c2m−2
Besselova enacba je homogena in linearna. Vzamem c0 = 1Γ(ν+1)2ν
, c2 = − 12ν+2Γν+2
, c4 =1
2ν+42Γ(ν+3), c6 = − 1
2ν+63!Γ(ν+4). Z indukcijo pokazemo
c2m = (−1)m1
2ν+2mm!Γ(ν +m+ 1)
Ena resitev Besselove enacbe je
Jν(z) = zν∞∑m=0
c2mz2m = zν
∞∑m=0
(−1)m1
2ν+2mm!Γ(ν +m+ 1)z2m =
=(z
2
)ν ∞∑m=0
(−1)m1
m!Γ(ν +m+ 1)
(z2
)2m
To je Besselova funkcija prve vrste. Definirana je na C brez negativnega dela realne osi in nicle(vrsta je cela, problem je
(z2
)ν). Ce je ν ∈ N ∪ {0}, pa je funkcija cela.
Jν ima neskoncno nicel, razdalja med zaporednima niclama gre proti π, ko so oddaljujemo odizhodisca.Za cele n je
Jn(z) =(z
2
)n ∞∑m=0
(−1)m1
m!(m+ n)!
(z2
)2m
Ce pa ν /∈ Z, imamo se funkcijo za r = −ν:
J−ν =(z
2
)−ν ∞∑m=0
(−1)m1
m!Γ(−ν +m+ 1︸ ︷︷ ︸/∈Z
)
(z2
)2m
V tem primeru sta Jν in J−ν linearno neodvisni in je splosna resitev BE
y = AJν(z) +BJ−ν(z)
52
Za negativna cela stevila: v formulo postavim ν = −n, so vsi cleni do cn enaki 0.
J−n(z) =(z
2
)−n ∞∑m=n
(−1)m
m!(m− n)!
(z2
)2m
Razvijmo:
e12zt =
∞∑n=0
1
n!
(zt
2
)n=∞∑n=0
zn
2nk!tn
e−12zt =
∞∑n=0
(−1)nzn
2nk!t−n
Obe sta enakomerno konvergentni, lahko ju mnozim in sestevam.
f(t) = ez2
(t− 1t) =
∞∑n=−∞
cn(z)tn
To je produkt zgornjih dveh vrst. Za n ≥ 0 je
cn(z)tn =∞∑k=0
zn+k
2n+k(n+ k)!tn+k (−1)kzk
2kk!t−k
cn(z) =(z
2
)n ∞∑k=0
(−1)k
k!(k +m)!
(z2
)2k
= Jn(z)
Podobno je za n > 0
c−n(z) = J−n(z)
f(t) = ez2
(t− 1t) =
∞∑n=−∞
Jn(z)tn
To je rodovna funkcija za Besselove funkcije Jn.
f(−1
t) = f(t)
∞∑n=−∞
(−1)nJn(z)t−n =∞∑
n=−∞
Jn(z)tn
J−n(z) = (−1)nJn(z)
53
3.2.1 Integralska reprezentacija za Jn
Vzamem x ∈ R+, t = eiϑ, 1t
= e−iϑ, t− 1t
= 2i sinϑ
ex2
(t− 1t) =
∞∑n=−∞
Jn(x)tn
eix sinϑ =∞∑
n=−∞
Jn(x)einϑ
cos(x sinϑ) + i sin(x sinϑ) = J0(x) +∞∑n=1
[Jn(x)einϑ + (−1)nJne−inϑ]
= J0(x) +∞∑n=1
Jn(x)[einϑ + (−1)ne−inϑ]
Desni del je enak (ce je n = 2m):
J2m(x)[2 cos(2mϑ)]
Ce pa je n = 2m+ 1, pa je desni del:
J2m+1(x)[2i sin((2m+ 1)ϑ)]
Izenacim realne in imaginarne dele:
cos(x sinϑ) = J0(x) + 2∞∑m=1
J2m(x) cos(2mϑ)
sin(x sinϑ) = 2∞∑m=0
J2m+1(x) sin((2m+ 1)ϑ)
To sta Foureirova razvoja na intervalu [−π, π].
2J2m(x) =2
π
ˆ π
0
cos(x sinϑ) cos(2mϑ) dϑ (4)
2J2m+1(x) =2
π
ˆ π
0
sin(x sinϑ) sin((2m+ 1)ϑ) dϑ (5)
0 =2
π
ˆ π
0
sin(x sinϑ) sin(2mϑ) dϑ (6)
0 =2
π
ˆ π
0
cos(x sinϑ) cos((2m+ 1)ϑ) dϑ (7)
Za sode clene sestejem enacbi (4) in (6), za lihe pa (5) in (7). Upostevamo, da jecos(nϑ− x sinϑ) = cos(nϑ) cos(x sinϑ) + sin(nϑ) sin(x sinϑ).
Jn(x) =1
π
ˆ π
0
cos(nϑ− x sinϑ) dϑ; n = 0, 1, 2, . . .
54
d
dz(zνJν(z)) = zνJν−1(z) (8)
d
dz(z−νJν(z)) = −z−νJν+1(z) (9)
Rekurzivni formuli
Dokazimo (9), za (8) je podobno.
z−νJν(z) = z−ν(z
2
)n ∞∑k=0
(−1)k
k!(k +m)!
(z2
)2k
=
(1
2
)n ∞∑k=0
(−1)k
k!(k +m)!
(z2
)2k
To odvajamo po clenih, vstavimo v formulo, in vidimo da so vsi koeficienti enaki.
Dokaz
Iz rekurzivnih formul sledi
Jν−1 + Jν+1 =2ν
zJν(z)
Jν−1 − Jν+1 = 2J ′ν(z)
J ′0(z) = −J1(z)
Formule
J1/2(z) =(z
2
)1/2∞∑m=0
(−1)m
m!Γ(12
+m+ 1)
(z2
)2m
Γ(1
2+m+ 1) = (
1
2+m)Γ(
1
2+m) = · · · = (
1
2+m)(
1
2+m− 1) · · · 1
2
√π︷︸︸︷
Γ(1
2) =
=(2m+ 1)
2
(2m− 1)
2· · · 1
2
√π =
(2m+ 1)!√π
22m+1m!
J1/2(z) = 2
√z
2
1
z
∞∑m=0
(−1)m22m+1m!
m!(2m+ 1)!√π
z2m+1
22m+1=
=
√2
πz
∞∑m=0
(−1)m
(2m+ 1)!z2m+1 =
√2
πzsin z
55
Po rekurzivni formuli je
d
dz(√zJ1/2(z)) =
√zJ−1/2(z)
d
dz(
√2
πsin z) =
√zJ−1/2(z)√
2
πcos z =
√zJ−1/2(z)
Ce ν /∈ Z, je splosna resitev Besselove enacbe
y = AJν(z) +BJ−ν(z)
3.2.2 Neumannova funkcija
Nν(z) = Yν(z) =Jν cos νπ − J−ν
sin νπza ν /∈ Z
Definicija
Za n ∈ Z pa definiramo
Nn(z) = limν→n
Nν(z)
Izkaze se, da ta limita vedno obstaja. Lahko jo izracunamo po L’Hospitalu:
Nn(z) = limν→n
∂∂νJν(z) cos νπ − Jν(z)π sin νπ − ∂
∂νJ−ν(z)
π cos(νπ)=
=1
πlimν→n
[∂
∂νJν(z) + (−1)n
∂
∂νJ−ν(z)
]
Nn zadosca Besselovi enacbi
Ly = z2y′′ + zy′ + (z2 − ν2)y = 0 (10)
Trditev
56
Vemo, da je LJν = 0 in LJ−ν = 0. Naj bo y enak Jν ali J−ν ,∂y∂ν
= u. Enacbo (10)odvajamo parcialno na ν.
z2u′′ + zu− 2νy + (z2 − ν2)u = 0
Lu− 2νy = 0
L
(∂y
∂ν
)= 2νy ∀ν
Nn(z) =1
π
∂
∂νJν(z)
∣∣∣∣ν=n
+1
π(−1)n+1 ∂
∂νJ−ν(z)
∣∣∣∣ν=n
LNn =2n
π[Jn(z) + (−1)n+1J−n(z)] =
2n
π[Jn(z) + (−1)n+1(−1)nJn(z)] = 0
Dokaz
N0(z) =2
π
[J0(z)(ln
z
2) + γ +
∞∑m=1
(−1)m−1hm22m(m!)2
z2m
]γ = −Γ′(1) ≈ 0.5772167 . . . je Euler-Mascheronijeva konstanta, hm = 1 + 1
2+ 1
3+ · · ·+ 1
m. Nn
imajo singularnost v 0 in v blizini nicle niso omejene .
y = AJν(z) +BNν(z)
je splosna resitev za vse ν, tudi cele.
Splosna resitev Besselove enacbe
3.2.3 Hanklovi funkciji
H(1)ν (z) = Jν(z) + iNν(z) (11)
H(2)ν (z) = Jν(z)− iNν(z) (12)
Definicija
57
H(1)ν (z) =
√2
πzei(z−αν)[1 +O(
1
z)] (13)
H(2)ν (z) =
√2
πze−i(z−αν)[1 +O(
1
z)] (14)
Pri tem je αν = (2ν + 1)π4,O( 1
z)
1z
je omejeno, ko gre z →∞.
Asimptotski formuli
Preverite asimptotski formuli za ν = 12.
Domaca Naloga
V vseh rekurzivnih formulah lahko ν zamenjamo z −ν, J pa N = Y ali s H.
d
dz(z−νJ−ν(z)) = z−νJ−ν−1(z) (15)
Nn+1(z) +Nn−1(z) =2n
zNn(z) (16)
Primer
3.3 Enacba za neskoncno struno
utt = c2uxx
Vpeljemo spremenljivke ξ = x− ct, η = x+ ct.
u(x, t) = U(ξ, η)
ut = Uξ∂ξ
∂t+ Uη
∂η
∂t= −cUξ + cUη
utt = (−c)2Uξξ − 2c2Uξη + c2Uηη
ux = Uξ∂ξ
∂x+ Uη
∂η
∂x= Uξ + Uη
uxx = Uξξ + 2Uξη + Uηη
Zacetna enacba tako postane
(−c)2Uξξ − 2c2Uξη + c2Uηη = c2 (Uξξ + 2Uξη + Uηη)
4c2Uξη = 0
⇒ Uξη =∂Uξ∂η
= 0 ⇒ Uξ = h(ξ).
U =
ˆh(ξ)dξ︸ ︷︷ ︸f(ξ)
+g(η)
58
U(ξ, η) = f(ξ) + g(η)
u(x, t) = f(x− ct) + g(x+ ct)
To je d’Alambertova resitev.Zacetna pogoja: u(x, 0) = ϕ0(x), ux(x, 0) = ϕ1(x). ϕ0(x) = f(x) + g(x). ut = f ′(x) ∗ (−c) +g′(x)c = ϕ1(x) −cf(x) + cg(x) =
´ϕ1(x)dx+K
−f(x) + g(x) =1
c
ˆ(ϕ1)dx+K
ϕ0(x)
2+
1
2c
ˆ x
0
ϕ1(x)dx+K
2= g(x)
ϕ0(x)
2− 1
2c
ˆ x
0
ϕ1(x)dx+K
2= f(x)
f(x− ct) =ϕ0(x− ct)
2− 1
2c
ˆ x−ct
0
ϕ1(s)ds− K
2
=ϕ0(x− ct)
2+
1
2c
ˆ 0
x−ctϕ1(s)ds− K
2
f(x− ct) =ϕ0(x+ ct)
2+
1
2c
ˆ x+ct
0
ϕ1(s)ds+K
2
u(x, t) =1
2(ϕ0(x− ct) + ϕ0(x+ ct)) +
1
2c
ˆ x+ct
x−ctϕ1(s) ds
4 Linearni diferencialni operatorji drugega reda
Ly = −y′′ = λy, y(0) = y(l) = 0. Netrivialne resitve so: λn = n2π2
l2so lastne vrednosti,
yn = sin(nπxl
) so lastne funkcije operatorja L. Gledamo L kot operator na podprostoru vC2[0, l] takih funkcij, da je y(0) = y(l) = 0. To je linearen podprostor.Vzamemo prostor C2[a, b] dvakrat zvezno odvedljivih funkcij na [a, b] in ga jemljemo kot linearenpodprostor v L2[a, b]. Oglejmo si linearni operator L: C2[a, b]→ C2[a, b], definiran z:
Ly = P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y
Tu so P,Q,R zvezne realne funkcije. Definicijsko obmocje:
1. Ves C2[a, b]
2. Vse funkcije y ∈ C2[a, b], za katere je αy(a)+βy′(a) = 0 in γy(b)+δy′(b) = 0, |α|+|β| 6= 0,|γ|+ |δ| 6= 0, α, β, γ, δ konstante. Take funkcije sestavljajo linearen podprostor.(Sturm-Liouvilleov problem)
Zelimo zadosten pogoj za to, da je operator L simetricen: 〈Ly, z〉 = 〈y, Lz〉 za vse y, z izdefinicijskega obmocja za L. y, z ∈ R.
59
〈Ly, z〉 =
ˆ b
a
[Py′′z +Qy′z +Ryz] dx
〈y, Lz〉 =
ˆ b
a
[yPz′′ + yQz′ + yRz] dx =
ˆ b
a
yPz′′ dx+
ˆ b
a
yQz′ dx+
ˆ b
a
yRz dx
ˆ b
a
yQz′ dx = yQz|ba −ˆ b
a
zy′Qdx−ˆ b
a
zyQ′ dx
ˆ b
a
yPz′′ dx = yPz′|ba −ˆ b
a
z′(Py)′ dx = yPz′|ba − z(Py)′|ba +
ˆ b
a
z(Py)′′ dx =
= P (yz′ − zy′)|ba − P ′zy|ba +
ˆ b
a
z[P ′′y + P ′y′ + Py′′] d
〈y, Lz〉 = [PW [y, z]]ba + [(Q− P ′)yz]ba +
ˆ b
a
[(P ′′ −Q′ +R)yz + (2P ′ −Q)zy′ + Py′′z] dx =
=
ˆ b
a
[Py′′z +Qy′z +Ryz] dx
To bo res enako, ce vzamem 2P ′−Q = Q oz P ′ = Q in [PW [yz]]ba = 0 za vse y, z iz definicijskegaobmocja za L, je L simetricna. Drugi pogoj je avtomaticno izpolnjen, ce je bodisi:
• P(a) = P(b) = 0
• Veljajo robni pogoji kot prej: αy(a) + βy′(a) = 0 in γy(b) + δy′(b) = 0, |α| + |β| 6= 0,|γ| + |δ| 6= 0, α, β, γ, δ konstante. Sistem αy(a) + βy′(a) = 0, αz(a) + βz′(a) = 0 imaresitev (α, β), torej je njegova determinanta W [y, z]|a = 0, enako za W [y, z]|b = 0.
Imamo diferencialni operator Ly = Py′′ + P ′y′ +Ry = (Py′)′ +Ry. Ce je bodisi
• P (a) = P (b) = 0
• Definicijsko obmocje za L omejimo na funkcije y ∈ C2[a, b], ki zadoscajo pogojemαy(a) + βy′(a) = 0 in γy(b) + δy′(b) = 0, |α|+ |β| 6= 0, |γ|+ |δ| 6= 0
je L simetricen.
Izrek
Ly = −y′′ = (−1y′)′
Definiran na vseh funkcijah y ∈ C2[0, l] z y(0) = y(l) = 0. P = −1, R = 0, L je simetricen.
Primer
60
Legendrov diferencialni operator
Ly = ((x2 − 1)y′)′
Na C2[−1, 1] je simetricen, ker je P = x2 − 1 = 0 na konceh intervala. Je avtomaticnosimetricen, ne glede na robne pogoje.
Primer
4.1 Lastne vrednosti in lastne funkcije simetricnega operatorja
Lastne vrednosti simetricnega operatorja (nad C prostorom) so realne. Lastne funkcije, kiustrezajo razlicnim lastnim vrednostim, so paroma ortogonolne
Trditev
Ly = λy, y 6= 0
〈Ly, y〉 = 〈λy, y〉 = λ 〈y, y〉〈y, Ly〉 = 〈y, λy〉 = λ 〈y, y〉 ⇒ λ = λ ⇒ λ ∈ R〈Ly, z〉 = λ 〈y, z〉 = 〈y, Lz〉 = µ 〈y, z〉 . λ, µ ∈ R, λ 6= µ ⇒ 〈y, z〉 = 0
Dokaz
Ce je y = y1+iy2 (y1, y2 ∈ R) lastna funkcija za f , je Ly = λ(y1+iy2) = λy1+iλy2 = Ly1+iLy2.Ker sta L in λ realna, sta y1 in y2 realni lastni funkciji za lastno vrednost λ.Kaj, ce je L oblike L = Py′′ +Qy′ +Ry, P ′ 6= Q? Poskusimo z novim skalarnim produktom vC2[a, b]:
[f, g] =
ˆ b
a
fgρ dx
ρ : [a, b]→ [0,∞) je utez, je skoraj povsod pozitivna. To je tudi skalarni produkt. Radi bi, dabi bilo [Lf, g] = [f, Lg] za vse f, g in definicijskega obmocja D(L).
ˆ b
a
ρ(Pf ′′ +Qf ′ +Rf)g dx =
ˆ b
a
ρf(Pg′′ +Qg′ +Rg) dx
ˆ b
a
[(ρP )f ′′ + (ρq)f ′ + (ρR)f ]g dx =
ˆ b
a
f [(ρP )g′′ + (ρQ)g′ + (ρR)g] dx
Uvedemo Ly = ρPy′′ + ρQy′ + ρR. Tedaj je⟨Lf, g
⟩=⟨f, Lg
⟩. Da je L simetricen, zadostuje
(ρP )′ = ρQ in [ρPW [y, z]]ba = 0 ∀y, z. Iz tega lahko izracunamo ρ.
61
Privzamemo, da je P (x) 6= 0 na intervalu [a, b].
ρ′P + ρP ′ = ρQ
ρ′
ρ=Q− P ′
P
ln ρ =
ˆQ− P ′
Pdx
V Sturm-Liouvillovem problemu je ta drugi pogoj izpolnjen.
4.2 Besselov diferencialni operator
Ly = −y′′ − 1
xy′ +
ν2
x2y
ν > 0, D(L) so vse funkcije y, ki zadoscajo pogojema:
1. y(a) = 0
2. y je omejena na [0, a]
Iscemo pozitivne lastne vrednosti in ustrezne lastne funkcije.
4.2.1 Enacba za lastne funkcije
Ly = λy
−y′′ − 1
xy′ +
ν2
x2y = λy
x2y′′ + xy′ + (λx2 − ν2)y = 0
Vzamemo t = x√λ, lahko prevedemo na Besselovo enacbo:
y′ = ydt
dx= y√λ
y′′ = λy
⇒ t2y + ty + (t2 − ν2)y = 0
To je Besselova enacba, splosna resitev je Y (t) = AJν(t) +BNν(t).
y(x) = AJν(x√λ) +BNν(x
√λ)
Nν ni omejena, y pa mora biti ⇒ B = 0.
y(x) = AJν(x√λ)
Pogoj je se y(a) = AJν(x√λ) = 0. Naj bodo ξν1 < ξν2 < . . . vse pozitivne nicle za Jν . Vemo,
da razlika ξνn − ξν(n−1) → π. ⇒
a√λn = ξνn
62
λn =
(ξνna
)2
Ustrezna lastna funkcija je yn = AnJν(xξνna
).Ali je Besselov operatov simetricen? P ′ = 0, Q = − 1
x, to ni enako ⇒ ni simetricen. Ali obstaja
utez?
ρ′ =ρ
x
ρ = Cx
Ce vzamemo ρ = x, je ρ > 0 na [0, a] razen v tocki 0, to je v redu. L je simetricen na L2[0, a]z utezjo x. Preveriti moramo se pogoj [ρPW [y, z]]a0 = 0 za vse y, z ∈ D(L). W [y, z]a = 0, kerje y(a) = z(a) = 0, v tocki 0 pa je ρ = x = 0. ⇒ L je res simetricen.Lastne funkcije yn = AnJν(x
ξνna
) so ortogonalne glede na ta skalarni produkt, torej jeˆ a
0
Jν(xξνna
)Jν(xξνka
)x dx = 0 za k 6= n
ˆ a
0
Jν(xξνna
)Jν(xξνna
)x dx =a2
2(Jν+1(ξνn))2
4.2.2 Nihanje prozne opne
Imamo okroglo opno s polmerom a, pritrjeno na robu.
a
a
utt = c2∆u = c2(uxx + uyy) = c2(urr +1
rur +
1
r2uϕϕ)
Vzamemo, da sta zacetna pogoja neodvisna od ϕ, iscemu tudi resitve neodvisno od ϕ, pisemou = u(r, t). Robni pogoj: u(a, t), zacetna pogoja: u(r, 0) = f(r) in ut(r, 0) = g(r). Tako enacbapostane
utt = c2∆u = c2(urr +1
rur)
63
Lotimo se s Fourierovo metodo: u(r, t) = H(r)T (t), pozabimo na zacetno pogoje, upostevamorobnega: H(a)T (t) = 0 ⇒ H(a) = 0.
H(r)T ′′(t) = c2
[H ′′(r)T (t) +
1
rH ′(r)T (t)
]T ′′(t)
c2T (t)=H ′′(r)
H(r)+
1
r
H ′(r)
H(r)= −λ
T ′′(t) = −λc2T (t)
Iscem resitve, periodicne na t ⇒ λ > 0.
LH = −H ′′(r)− 1
rH ′(r) = λH(r)
To je Besselov operator za ν = 0. To smo ze resili: λn =(ξ0,na
), ξ0,n je n-ta pozitivna nicla J0.
H(r) = J0( ξ0,nar) je ustrezna lastna funkcija.
T ′′n (t) = − c2
(ξ0,n
a
)2
︸ ︷︷ ︸ω2
T (t)
Tn(t) = An cos(cξ0,n
at) +Bn sin(
cξ0,n
at)
Dobim zaporedje resitev
un(r, t) = J0(ξ0,n
ar)(An cos(
cξ0,n
at) +Bn sin(
cξ0,n
at))
u(r, t) =∞∑n=1
J0(ξ0,n
ar)
[An cos(
cξ0,n
at) +Bn sin(
cξ0,n
at)
]Koeficiente An, Bn dolocim iz zacetnih pogojev:
u(r, 0) =∞∑n=1
AnJ0(ξ0,n
ar)
Upostevam, da so cleni vsote ortogonalni glede na skalarni produkt z utezjo r, torej je tudi toFourierov razvoj.[
f, J0(ξ0,n
ar)
]+ Ak
[J0(
ξ0,k
ar), J0(
ξ0,n
ar)
]= Ak
a2
2(J1(
ξ0,k
a))2
Ak =2
a2(J1(ξ0,ka
))2
ˆ a
0
f(r)J0(ξ0,k
ar)r dr
Za drugi zacetni pogoj vrsto odvajam po clenih in izenacim ut(r, t)|t=0 = g(r), spet dobimpodoben razvoj.
64
4.3 Hermitov diferencialni operator
Ly = −y′′ + 2xy′
P = −1, Q = 2x. Utez:
(ρP )′ = ρQ
(−ρ)′ = ρ2x
ρ′
ρ= −2x
ln ρ = −x2 + lnC
ρ = Ce−x2
= e−x2
> 0[e−x
2(−1)W [y, z]
]ba
= 0 za vsak y, z ∈ D(L). Ce vzamemo za interval (−∞,∞). L je simetricen
glede na L2(R, e−x2). Lastne vrednosti za L so 2n, n = 0, 1, . . . , ustrezne lastne funkcije soHermitovi polinomi.
Hn(x) = (−1)nex2(e−x
2)(n)
to je polinom stopnje n. Te funkcije so ortogonalne v L2(R, e−x2):ˆ ∞−∞
Hn(x)Hk(x)e−x2
dx = 0; za n 6= k
Pisem un(x) = Hn(x)e−x2
2 , un so ortogonalne v L2(R). Ce jih normiramo, sestavljajo ONB zaL2(R). Vse te u(x) so lastne funkcije Fourierove transformacije.
4.4 Specialne funkcije
Digital library of Mathematical functions: http://dlmf.nist.gov
5 Linearno neodvisna zaporedja polinomov
Naj bo Qn(x) polinom n-te stopnje spremenljivke x ∈ R,C, n = 0, 1, . . . . Q0(x) je konstanta(6= 0), Q1(x) = a11x+ a10, a11 6= 0, in tako naprej.
1. Polinomi Q0, Q1, . . . so linearno neodvisni.
2. Za vsak n ∈ N polinomi Q0, Q1, Q2, . . . , Qn sestavljajo bazo prostora vseh polinomovstopnje ≤ n. Vsak polinom stopnje ≤ n lahko zapisemo kot linearno kombinacijo
P (x) = c0Q0(x) + c1Q1(x) + · · ·+ cnQn(x)
3. {Q0, Q1, . . . } sestavljajo bazo prostora vseh polinomov.
Trditev
65
1. cnQn(x) + · · · + c0Q0(x) ≡ 0. Vsi koeficienti so 0, xn nastopa le v Qn ⇒ cn = 0,tako sklepam za vse koeficiente.
2. Ta prostor ima razseznost n+ 1, mi pa imamo n+ 1 linearno neodvisnih polinimov(po prejsnji tocki), torej so baza.
3. Ocitno.
Dokaz
5.1 Splosna teorija ortogonalnih polinomov
Naj bo Qn(x), x ∈ R, polinom z realnimi koeficienti stopnje n. Velja naj se:
[Qn, Qm] = 0 zan 6= m
kjer je ρ > 0 na (a, b) in
[f, g] =
ˆ b
a
f(x)g(x)ρ(x) dx
Potem je to zaporedje ortogonalnih polinomov v L2[a, b; ρ].Pisimo: Qn(x) = knx
n+ cleni nizjega reda, Qn+1(x) = kn+1xn+1+ monomi stopnje ≤ n.
Izracunajmo:
kn+1
kn︸ ︷︷ ︸αn
xQn(x) = kn+1xn+1 + . . .
Qn+1(x)− αnxQn(x) =n∑j=0
ajQj(x)
To skalarno mnozim z Qm:
[Qn+1, Qm]− αn [xQn, Qm] = am [Qm, Qm]
Ce je m ≤ n− 2, je
[xQn, Qm] =
ˆ b
a
xQn(x)Qm(x)ρ(x) dx =
ˆ b
a
Qn(x)[xQm(x)]ρ(x) dx = [Qn, xQm]
xQm je stopnje ≤ n− 1 ⇒ xQm = cn−1Qn−1 + · · ·+ c0Q0. Potem je
[Qn, xQm] = [Qn, cn−1Qn−1 + · · ·+ c0Q0] = 0
ker so vsi med sabo ortogonalni. Tudi [Qn+1, Qm] = 0, ker n+ 1 < m.Za m ≤ n− 2 je:
[Qn+1, Qm]︸ ︷︷ ︸=0
−αn [xQn, Qm]︸ ︷︷ ︸=0
= am [Qm, Qm]︸ ︷︷ ︸6=0
66
Torej je am = 0 za m ≤ n− 2.
Qn+1(x)− αnxQn(x) =n∑j=0
ajQj(x) = an︸︷︷︸βn
Qn(x) + an−1︸︷︷︸γn
Qn−1(x)
Qn+1(x) = (αnx+ βn)Qn(x) + γnQn−1(x)
Med tremi zaporednimi ortogonalnimi polinomi velja rekurzivna vez.
Polinom Qn ima n enkratnih nicel, ki vse leze v (a, b).
Trditev
Smiselno le za n ≥ 1. Ce Qn nima realnih nicel lihe stopnje, naj bo p(x) ≡ 1. Ce paso x1, . . . , xr realne nicle lihe stopnje v (a, b), x1, . . . , xr paroma razlicni, naj bo p(x) =(x− x1) . . . (x− xr).Oglejmo si produkt pQn. Ta na intervalu (a, b) ne menja predznaka, saj nima nicel lihestopnje. Ce je r ≤ n (v prvem primeru je r = 0), je p polinom stopnje ≤ n, torej jepravokoten na Qn:
[Qn, p] =
ˆ b
a
pQnρ dx = 0
pQnρ je konstantnega predznaka na (a, b), ρ > 0 na (a, b) ⇒ pQn je v (a, b) skoraj povsodenaka 0. Ker je zvezna, je povsod enaka 0. To pa je nemogoce, saj je pQn stopnje vsajn ≥ 1.Protislovje je, ker smo privzeli r ≤ n, torej mora biti r = n. p(x) = (x− x1) . . . (x− xn),torej ima res n nicel.
Dokaz
5.2 Legendrovi polinomi
Legendrov diferencialni operator na C2[−1, 1]:
Ly = ((x2 − 1)y′)′ = (x2 − 1)y′′ + 2xy′
je simetricen na C2[−1, 1], ker je P (x) = (x2 − 1) na robovih intervala 0. Lastne vrednosti sorealne, lastne funkcije, ki pripadajo razlicnim lastnim vrednostim paroma ortogonalne.
5.2.1 Rodriguova formula
Naj bo y(x) = (x2 − 1)n = x2n + . . . .
y′(x) = n(x2 − 1)n−12x
(x2 − 1)y′(x) = n(x2 − 1)n2x = 2nxy(x)
67
Odvajam (n+ 1)-krat po Leibnitzovi formuli:(n+ 1
0
)(x2 − 1)y(n+2)(x) +
(n+ 1
1
)(x2 − 1)′y(n+1)(x) +
(n+ 1
2
)(x2 − 1)′′y(n)(x)
=
(n+ 1
0
)2nxy(n+1)(x) +
(n+ 1
1
)2ny(n)(x)
(x2 − 1)y(n+2)(x) + 2(n+ 1)xy(n+1)(x) + n(n+ 1)y(n) = 2nxy(n+1) + 2n(n+ 1)y(n)(x)
(x2 − 1)(y(n)(x))′′ + 2x(y(n)(x))′ = n(n+ 1)(y(n)(x))
Oznacim Qn(x) = [(x2 − 1)n](n), vodilni clen je (x2n)(n) = (2n)!n!xn.
LQn = (x2 − 1)Q′′n + 2xQ′n = n(n+ 1)Qn = λQn
Polinomi Qn so lastne funkcije Legendrovega operatorja. Ustrezna lastna vrednost je n(n+ 1).Izracunajmo Qn(1): Qn(x) = [(x − 1)n(x + 1)n](n). Spet odvajamo po Leibnitzovi formuli,dobimo Qn(1) = n!2n.
N -ti Legendrov polinom:
Pn(x) =1
2nn!Qn(x) =
1
2nn![(x2 − 1)n](n)
Definicija
Definirani so tako, da je Pn(1) = 1, Pk in Pn imata razlicni lastni vrednosti ⇒ Pk ⊥ Pn.
LPn = n(n+ 1)Pn
• P0(x) = 1
• P1(x) = x
• P2(x) = 18(x4 − 2x2 + 1)′′ = 3
2x2 − 1
2.
Primer
Za sode n je Pn sod, za lihe n pa je Pn lih: Pn(−x) = (−1)nPn(x).
||Pn||2 =
√2
2n+ 1
{ Pn||Pn||2} je ONS v L2[−1, 1]. Trdimo, da je to ONB:
{ Pn||Pn||2} je ONB za L2[−1, 1].
Trditev
68
Naj bo f ∈ L2[−1, 1], f ⊥ Pn za vsak n ⇒ f je pravokoten na vsak polinom. Dokazatimoramo, da je f = 0.Razsirimo f na R:
h(x) =
{f(x); x ∈ [−1, 1]0; sicer
h ∈ L1(R]);
ˆ ∞−∞|h| =
ˆ 1
−1
|f | <∞
f(x) = |f(x)|eiα(x), α(x) ∈ R.
ˆ 1
−1
|f | =ˆ 1
−1
f(x)e−iα(x) dx =⟨f, eiα(x)
⟩<∞
Torej je h res v L1(R). Izracunajmo Fourierovo transformiranko za h:
h(λ) =
ˆ ∞−∞
h(x)e−iλx dx =
ˆ 1
−1
f(x)e−iλx dx =
ˆ 1
−1
f(x) limn→∞
n∑k=0
(−iλ)kxk
k!=
= limn→∞
〈f, polinom〉 = 0
⇒ h(x) = 0 skoraj povsod ⇒ f(x) = 0 skoraj povsod ⇒ f ≡ 0 v L2.
Dokaz
〈Qn, Qn〉 =
⟨Qn,
(2n)!
n!xn + . . .︸︷︷︸
⊥Qn
⟩=
(2n)!
n!〈Qn, x
n〉
〈Qn, xn〉 =
ˆ 1
−1
((x−1)n)(n)xn dx
Integriram per partes, upostevam da je [x2 − 1]1−1 = 0. Ce to naredim n-krat, dobim:
〈Qn, xn〉 = (−1)nn!
ˆ 1
−1
(x−1)n dx = n!
ˆ 1
−1
(1− x2)n dx = 2n!
ˆ 1
0
(1− x2)n dx
69
Vpeljemo u = x2, dx = du2x
= du2√u:
〈Qn, xn〉 = n!
ˆ 1
0
(1− u)nu12 dx = n!β(n+ 1,
1
2) = n!
Γ(n+ 1)Γ(12)
Γ(n+ 32)
〈Qn, Qn〉 =(2n)!n!
√π
Γ(n+ 32)
=(2n)!n!22n+1n!
(2n+ 1)!= (n!2n)2 2
2n+ 1
||Qn||2 =√〈Qn, xn〉 = n!2n
√2
2n+ 1= n!2n||Pn||2
||Pn||2 =1
2nn!||Qn||2 =
√2
2n+ 1
Vodilni koeficient za Pn je 12nn!
(2n)!n!
= kn. Iz rekurzive zveze za ortogonalne polinome velja:
Pn+1(x) = (αnx+ βn)Pn(x) + γnPn−1(x)
αn =kn+1
kn=
(2n+ 2)(2n+ 1)
2(n+ 1)2=
2n+ 1
n+ 1
Pn+1(x) = (2n+ 1
n+ 1x+ βn)Pn(x) + γnPn−1(x)
(n+ 1)Pn+1(x) = (2n+ 1)xPn(x) +BnPn(x) + CnPn−1(x)
Naj bo n sod, potem je Pn+1 lih, xPn in CnPn−1 tudi, BnPn je pa sod. Ker ga lahko izrazimkot linearno kombinacijo lihih, je hkrati sod in lih ⇒ Bn = 0. Enako sklepamo za line n.Skalarno mnozimo s Pn−1:
0 = (2n+ 1) 〈xPn(x), Pn−1(x)〉+ Cn 〈Pn−1, Pn−1〉︸ ︷︷ ︸2/(2n−1)
Cn =(2n+ 1) 〈xPn(x), Pn−1(x)〉 (2n− 1)
2
〈xPn, Pn−1〉 = 〈Pn, xPn−1〉 =
⟨Pn, kn−1x
n + . . .︸︷︷︸⊥Pn
⟩= kn−1 〈Pn, xn〉 =
kn−1
2nn!〈Qn, x
n〉
Cn = −(2n+ 1)(2n− 1)kn−1
2n+1n!〈Qn, x
n〉 = −(2n+ 1)(2n− 1)(2n− 2)!
22nn!)(n− 1)!)2
(n!)222n+1n!
(2n+ 1)!
= −2n2
2n= −n
(n+ 1)Pn+1(x) = (2n+ 1)xPn(x)− nPn−1(x)
• P0(x) = 1
• P1(x) = x
• P2(x) = 18(x4 − 2x2 + 1)′′ = 3
2x2 − 1
2.
• P3(x) = 5xP2(x)−2P1(x)3
= 52x3 − 3
2x.
Primer
70
x3 kot linearna kombinacija Legendrovih polinomov:
x3 = λP3 + µP1
Najprej izenacimo najvisje clene, takoj vidimo, da je λ = 25.
x3 =2
5
(5
2x3 − 3
2x
)+ µx
µ =3
5
Primer
5.2.2 Rodovna funkcija
Φ(x, z)∞∑n=0
cnPn(x)zn
Uporabim Legendrov operator na Φ kot funkciji x:
LxΦ(x, z) =∞∑n=0
cnn(n+ 1)Pn(x)zn = zd2
dz2(zΦ)
Za desno enakost smo malo po domace odvajali po clenih, ker smo rekli da je to potencna vrstapri fiksnem x.Za primerne cn je Φ(x, z) = F (1− 2xz + z2) = F ((z − x)2 + 1− x2).
∂Φ
∂x=F ′ · (−2z)
∂2Φ
∂x2=(−2z)F ′′ · (−2z) = 4z2F ′′
∂Φ
∂z=F ′ · 2(z − x)
∂2Φ
∂z2=2F ′ + 2(z − x)F ′′ · 2(z − x)
LxΦ =(x2 − 1)∂2Φ
∂x+ 2x
∂Φ
∂x= (x2 − 1)4z2F ′′ − 4xzF ′ =
= z∂2
∂z2(zΦ) = z
[∂2Φ
∂z2z + 2
∂Φ
∂z
]= z2∂
2Φ
∂z2+ 2z
∂Φ
∂z
= 2z2F ′ + 4z2(z−)2F ′′ + 4z(z − x)F ′
F ′′ ·(4z2x2 − 4z2 − 4z4 + 8z3x− 4z2x2
)= F ′ ·
(2z2 − 4z2 − 4zx+ 4zx
)2z2F ′′ · (2z2 − 4zx− 2) = 2z2 · 3F ′
2F ′′ · (z2 − 2zx− 1) = 3F ′
71
z 6= 0, vzamem y = F ′. u = 1− 2xz + z2, F ′ je odvod na u.
2
y′3y = −(z2 − 2xz + 1)−1
2
3
dy
u dy= −u−1
2
3
dy
dy= −du
u
ln y =− 3
2lnu+ lnC
y =Cu−32
F =Cu−1/2
−1/2+D =
A√u
+B
Poskusimo z A = 1, B = 0. x ∈ [−1, 1], z blizu 0, vzamemo glavno veja korena:
∞∑n=0
cnPn(x)zn = F (1− 2xz + z2) =1√
1− 2xz + z2
∞∑n=0
cnPn(1)zn =1√
1− 2z + z2=
1
1− z; Pn(1) = 1
∞∑n=0
cnzn =
1
1− z=∞∑n=0
cnzn
Razvoj je enolicen ⇒ cn = 1,
1√1− 2xz + z2
=∞∑n=0
Pn(x)zn
To je razvoj analiticne funkcije na levi v potencno vrsto okrog tocke z = 0 pri fiksnem x ∈[−1, 1]. Lahko zapisemo x = cosϑ, ϑ ∈ [0, π]. Razvoj velja v krogu do najblizje singularnetocke. Kje pa so singularnosti?
1− 2z cosϑ+ z2 = 0
z1,2 = cosϑ±√
cos2 ϑ− 1 = cosϑ± i sinϑ = e±iϑ
|z1| = |z2| = 1
Ker sta singularni tocki na enotski kroznici, razvoj velja za |z| < 1.
1√1− 2z cosϑ+ z2
=∞∑n=0
Pn(cosϑ)zn
72
Imamo naboj e v tocki ~r0. Iscemo potencial tega naboja v ~r.
U =e
4πεε0||~r − ~r0||
||~r−~r0||2 = 〈~r − ~r0, ~r − ~r0〉 = r2+2 〈~r, ~r0〉 r20 = r2+2rr0 cosϑ+r2
0 = r2(
1− 2r0
rcosϑ+ (
r0
r)2)
1
||~r − ~r0||=
1
r√
1− 2 r0r
cosϑ+ ( r0r
)2=
1
r
∞∑n=0
Pn(cosϑ)(r0
r)n
To je za r > r0, za r < r0 pa bi v izrazu za ||~r − ~r0||2 izpostavili r0.
1
||~r − ~r0||=
1
r0
√1− 2 r
r0cosϑ+ ( r
r0)2
=1
r0
∞∑n=0
Pn(cosϑ)(r
r0
)n
Primer
5.3 Hermitovi polinomi
Rodovna funkcija za Hermitove polinome je
e2xz−z2 =∞∑n=0
Hn(x)
n!zn
5.4 Prirejene Legendrove funkcije
Fiksirajmo naravno m ∈ N ∪ {0}. DE za Legendrov polinom Pn je
((x2 − 1)y′)′ = n(n+ 1)y
(x2 − 1)y′′ + 2xy′ = n(n+ 1)y
Odvajamo m-krat in postavimo z = y(m) = P(m)n :
y(m+2)(x2 − 1) +
(m
1
)y(m+1)2x+ 2
(m
2
)y(m) + 2xy(m+1) +
(m
1
)y(m)2 = n(n+ 1)y(m)
(x2 − 1)z′′ + (m+ 1)2xy′ +m(m− 1)z = n(n+ 1)z
Definiram diferencialni operator Km z
Knz = (x2 − 1)z′′ + 2(n+ 1)z′ + n(n+ 1)z
KmP(m)n = n(n+ 1)P (m)
n
73
Ni simetricen, poskusimo najti tak ρ da bo na intervalu [−1, 1] simetricen:
(ρP )′ = ρQ
(ρ(x2 − 1))′ = ρ2(m+ 1)x
ρ′(x2 − 1) + 2ρx = 2ρ(m+ 1)x
ρ′
ρ= m
2x
x2 − 1
ln ρ = m ln |x2 − 1|+ lnC = m ln(1− x2) + lnC
ρ = C(1− x2)m
Vzamem C = 1, ρ = (1− x2)m > 0 skoraj povsod na [−1, 1].
P(m)n in P
(m)k , n, k > m, sta ortogonalna v L2([−1, 1]; ρ), saj ustrezata razlicnima lastnima
vrednostma.ˆ 1
−1
ρ(x)P (m)n (x)P
(m)k (x) dx = 0
ˆ 1
−1
ρ(x)12P (m)
n (x)ρ(x)12P
(m)k (x) dx = 0
Utez lahko dodamo funkcijam:
Pmn = (1− x2)
m2 P (m)
n (x)
To je prirejena Legendrova funkcija .
Definicija
Ce je m sod, je to polinom. Funkcije Pmn so ortogonalne v L2[−1, 1], utez smo dodali funkcijam.
z = P(m)n = (1− x2)−m/2Pm
n zadosca enacbi Knz = n(n+ 1)z. Ugotovimo, da y = Pmn zadosca
DE
Lpmy = ((x2 − 1)y′)′ +m2
1− x2y = n(n+ 1)y
Lpm je prirejen Legendrov operator, n ∈ N ∪ {0}, n ≥ m. Lpm ima lastne vrednosti n(n+ 1).
||Pmn ||22 =
ˆ 1
−1
(Pmn (x))2 dx =
(n+m)!
(n−m)!
2
2n+ 1
5.5 Sferne funkcije
Imamo sfero K s polmerom 1 in srediscem v 0. Koordinati: 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ϑ ≤ π. Ce je fdefinirana na sferi, je f = f(ϑ, ϕ).
f(0, ϕ) = konst
f(π, ϕ) = konst
f(ϑ, 0) = f(ϑ, 2π)
74
Za realni funkciji f, g na sferi definiram skalarni produkt
〈f, g〉 =
¨K
fg dP =
ˆ π
0
dϑ
ˆ 2π
0
f(ϑ, ϕ)g(ϑ, ϕ) sinϑ dϕ
Definicija
Laplace v sfernih koordinatah:
∆u =1
r2
∂
∂r(r2∂u
∂r) +
1
r2 sinϑ
∂
∂ϑ(sinϑ
∂u
∂ϑ) +
1
r2 sin2 ϑ
∂2u
∂ϕ2
Na sferi je r = 1, vzamem diferencialni operator:
Lu = −[
1
sinϑ
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂u
∂ϑ
)+
1
sin2 ϑ
∂2u
∂ϕ2
]
L je simetricen v L2(K)
Trditev
Za u, v ∈ C2(K) mora veljati
〈Lu, v〉 = 〈u, Lv〉
〈Lu, v〉 = −ˆ π
0
dϑ
ˆ 2π
0
∂
∂ϑ(sinϑuϑ) v dϕ−
ˆ π
0
dϑ
ˆ 2π
0
1
sinϑ
∂2u
∂ϕ2v dϕ
= −ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
∂
∂ϑ(sinϑuϑ) v dϑ−
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
1
sinϑ
∂2u
∂ϕ2v dϑ
= . . .
Kot to integriramo, dobimo izraz, ki je simetricen glede na u in v, torej je tudi operatorsimetricen.
Dokaz
Iz racuna vidimo tudi 〈Lu, u〉 ≥ 0, torej je L pozitiven in ima same nenegativne lastne vrednosti.Lastne vrednosti in funkcije za L iscemo s separacijo spremenljivk.
u(ϑ, ϕ) = Θ(ϑ)Φ(ϕ)
Lu = λu
1
sinϑ
∂
∂ϑ(sinϑΘ′Φ) +
1
sin2 ϑΘΦ′′ = −λΘΦ
Φ
sinϑ
∂
∂ϑ(sinϑΘ′) +
1
sin2 ϑΘΦ′′ = −λΘΦ
sinϑ
Θ
∂
∂ϑ(sinϑΘ′) +
Φ′′
Φ= −λ sin2 ϑ
sinϑ
Θ
∂
∂ϑ(sinϑΘ′) + λ sin2 ϑ = −Φ′′
Φ= µ = konst.
75
Za Φ je enostavno: Φ′′ = −µΦ, resitve bodo periodicne, torej lahko pisemo µ = ω2 in Φ =A cos(ωϕ) +B sin(ωϕ).
Φ(0) = A = A cos(2πω) +B sin(2πω)
Φ′(0) = Bω = Φ′(2π) = −A sin(2πω) +B cos(2πω)
Enacbi lahko prepisem v sistem za A,B:
A(cos(2πω)− 1) +B sin(2πω) = 0
−Aω sin(2πω) +Bω(cos(2πω)− 1) = 0
Netrivialno resitev ima, ce je det = 0, torej w[(cos 2πω−1)2 +(sin 2πω)2] = 0. Vsota kvadratovje 0 ⇒ oba sta 0: cos(2πω) = 1, sin(2πω) = 1 ⇒ ω ∈ Z. Vzeli smo, da je ω ≥ 0, torej jeω = m = 0, 1, 2, . . . .
Φ(ϕ) = A cos(mϕ) +B sin(mϕ)
sinϑ
Θ(sinϑΘ′)′ + λ sin2 ϑ = m2
1
sinϑ(sinϑΘ′)′ + λΘ =
m2Θ
sin2 ϑ1
sinϑ(sinϑΘ′)′ − m2
sin2 ϑΘ = −λΘ
Nova spremenljivka t = cosϑ, ϑ = arccos t, ϑ ∈ [0, π]. Θ(ϑ(t)) = T (t), Θ(ϑ) = T (cosϑ).Θ′(ϑ) = T ′(t)(− sinϑ) ⇒ sinϑΘ′ = −T ′(t) sin2 ϑ.
(sinϑΘ′)′ = − d
dϑ
(T ′(t) sin2 ϑ
) dt
dϑ︸︷︷︸− sinϑ
t2 + sinϑ2 = 1 ⇒ sin2 ϑ = 1− t2
1
sinϑ(sinϑΘ′)′ =
d
dt((t2 − 1)T ′(t))(−1)
d
dt((t2 − 1)T ′(t)) +
m2
1− t2T (t)︸ ︷︷ ︸
LpmT
= λT (t)
To je prirejeni Legendrov operator, torej je λ = n(n + 1), n ≥ m. Za lastne funkcije lahkovzamemo
T (t) = Pmn (t)
Θnm(ϑ) = Pmn (cosϑ)
76
Sedaj lahko zapisemo funkcijo u(ϑ, ϕ)
u = Θ(ϑ)Φ(ϕ)
Φ0(ϕ) = A
Θn0(ϑ) = P 0n(cosϑ) = Pn(cosϑ)
Ena lastna funkcija za L, ki odgovarja lastni vrednosti λ = n(n+ 1) je
Y 0n = Pn(cosϑ)
Za m = 1, 2, . . . , n imamo se lastne funkcije
Y mn = Pm
n (cosϑ) cosmϕ
Y −mn = Pmn (cosϑ) sinmϕ
Za vsak n imamo 2n + 1 linearno neodvisnih funkcij, sestavljajo linearno neodvisno mnozico(v resnici ortogonalno bazo) lastnega podprostora za L, ki pripada lastni vrednosti n(n + 1).Dimenzija tega podprostora je 2n + 1. To so osnovne sferne funkcije in so ortogonalne vL2(K).Linearna kombinacija Yn =
∑nm=−n cnmY
mn je sferna funkcija reda n. ce je vsaj en koeficient
razlicen od 0, je to lastna funkcija za L in LYn = n(n+ 1)Y .
||Y 0n ||2 =
⟨Y 0n , Y
0n
⟩=
ˆ π
0
sinϑ dϑ
ˆ 2π
0
(Pn(cosϑ))2 dϕ =
= 2π
ˆ 1
−1
(Pn(cosϑ))2 d(cosϑ) = 2π||Pn||22 = 2π2
2n+ 1=
4π
2n+ 1
||Y mn ||2 = 〈Y m
n , Ymn 〉 =
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ 2π
0
(Pmn (cosϑ))2 sinϑ dϑ =
=
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
(Pmn (cosϑ))2 cos2(mϕ) sinϑ dϑ =
=
ˆ 2π
0
cos2(mϕ)dϕ
ˆ π
0
(Pmn (cosϑ))2 sinϑ dϑ = π
ˆ 1
−1
(Pmn (t))2 dt
||Y mn ||2 = ϕ
(n+m)!
(n−m)!
2
2n+ 1
Vsako funkcijo iz L2(K) lahko razvijem v Fourierovo vrsto po ortogonalnem sistemu osnovnihsfernih funkcij. Velja:
Yn ⊥ Yk za k 6= n
Yn je lastna funkcija, ki pripada lastni vrednosti n(n + 1), Yk pa pripada lastni vrednostik(k + 1). Dokazali smo, da je L simetricen, torej so lastne funkcije, ki pripadajo razlicnimlastnim vrednostim, ortogonalne.
f(ϑ, ϕ) =∞∑n=0
n∑m=−n
cnmYmn (ϑ, ϕ)
77
Koeficiente dobim kot obicajno, tako da skalarno mnozimo z Y lk .
⟨f, Y l
k
⟩=
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
fP lk(cosϑ) cos(mϕ) sinϑ dϑ = ckl||Y l
k ||2
To je za pozitiven k, za negativne pa je sin(mϕ) namesto cos(mϕ).
6 Linearne PDE drugega reda za funkcijo 2 spremenljivk
u = u(x, y)
Lu = Auxx +Buxy + Cuyy +Dux + Euy + Fu = G(x, y)
Ce so A,B,C,D, F konstantne, je to enacba s konstantnimi koeficienti. Ce je G(x, y) ≡ 0, jeto homogena enacba . Resitve homogene enacbe sestavljajo jedro linearnega operatorja Lin tvorijo vektorski podprostor.
6.1 Klasifikacija
Enacba je
• elipticna , ce je B2 − 4AC < 0
• hiperbolicna , ce je B2 − 4AC > 0
• parabolicna , ce je B2 − 4AC = 0
Definicija
Difuzijska ut = α2uxx je parabolicna: A = α2, B = 0, C = 0 ⇒ B2 − 4AC = 0.
Primer
Laplaceova enacba uxx + uyy = 0 je elipticna: A = C = 1, B = 0, C = 0⇒ B2 − 4AC = −4 < 0.
Primer
Valovna enacba utt − c2uxx = 0 je hiperbolicna: A = c2, C = −1, B = 0⇒ B2 − 4AC = 4c2 > 0.
Primer
Ce koeficienti niso konstantni, se klasifikacija enacbe lahko spreminja.
78