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

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