VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (2)

Komplex függvénytan

Oktatási segédanyag

A Villamosmérnöki és Informatikai Kar műszaki informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján összeállította:

Fritz Józsefné Kónya Ilona

2005. április

Szerkesztette: Győri Sándor

1. Bevezetés

Komplex szám fogalma: … \underline{Algebrai (kanonikus) alak:} z = x + j y

x = Re z , y = Im z , |z| = \sqrt{x^{2} + y^{2}} , |z|^{2} = z\overline{z}

\underline{Trigonometrikus alak:} z = r (cos φ + j sin φ)

r = |z| , φ = arc z ( főérték: − π ≤ φ < π) \underline{Exponenciális alak:} z = r e^{jφ} Műveletek komplex számok körében: …

∞ szimbólum, mint komplex szám:

z + ∞ = ∞
∞ · z = ∞ , ha z ≠ 0
\frac{∞}{z}  = ∞ , ha z ≠ ∞
\frac{z}{0}  = ∞ , ha z ≠ 0
\frac{z}{∞}  = 0 , ha z ≠ ∞

De

0 · ∞ = ? , \frac{∞}{∞} = ? , \frac{0}{0} = ?

Ábrázolás:

ℂ : Gauss-féle számsík …

ℂ^{∞} : Riemann-féle számgömb …

2. Komplex tagú számsorozatok, számsorok

Számsorozatok

D lim_{n → ∞} z_{n} = z_{0} :

∀ ε > 0-hoz ∃ N(ε) : |z_{n} − z_{0}| < ε , ha n > N(ε)

D lim_{n → ∞} z_{n} = ∞ , ha |z_{n}| → ∞

T (z_{n} = x_{n} + j y_{n} ⟶ z_{0} = x_{0} + j y_{0} ≠ ∞) ⟺ ((x_{n} → x_{0}) ∧ (y_{n} → y_{0})) T (z_{n} → z_{0}) ⟺ (z_{n}) Cauchy sorozat Most is igaz:

lim_{n→∞} z_{0}^{n} = \{ \begin{matrix}0, & ha |z_{0}| < 1, \\ 1, & ha z_{0} = 1, \end{matrix} divergens egyébként.

lim_{n→∞} (1 + z_{0} + z_{0}^{2} + ⋯ + z_{0}^{n−1}) = lim_{n→∞} ∑_{k=1}^{n} z_{0}^{k−1} = ∑_{k=1}^{∞} z_{0}^{k−1} = \frac{1}{1 − z_{0}} , ha |z_{0}| < 1 .

Egyébként divergens.

Számsorok

∑_{k=0}^{∞} z_{k} : s_{n} = ∑_{k=0}^{n} z_{k}

D s = lim_{n → ∞} s_{n}

(z_{k} = x_{k} + j y_{k} esetén ∑_{k=0}^{∞} x_{k} konvergens , ∑_{k=0}^{∞} y_{k} konvergens ) T Cauchy kritérium igaz …

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  2  v1.2

T ∑_{k=0}^{∞} z_{k} konvergens ⟹ lim_{n → ∞} z_{n} = 0 T ∑_{k=0}^{∞} |z_{k}| konvergens ⟹ ∑_{k=0}^{∞} z_{k} konvergens

3. Komplex változós függvények

w = f(z) = u(x, y) + j v(x, y) = ρ(r, φ) e^{j θ(r,φ)} Pl. f(z) = z^{2} = (x + j y)^{2} = x^{2} − y^{2} + j 2xy = r^{2} e^{j 2φ} (Kétrétű leképezés) D Legyen z_{0} D_{f} belső pontja!

lim_{z → z_{0}} f(z) = w_{0} , ha ∀ ε > 0 - hoz ∃ δ(ε) > 0 :

|f(z) − w_{0}| < ε , 0 < |z − z_{0}| < δ(ε)

T lim_{z → z_{0}} f(z) = w_{0} ⟺ ∀ z_{n} → z_{0} - ra (z_{n} ∈ D_{f} , z_{n} ≠ z_{0}) f(z_{n}) → w_{0}

T z_{0} = x_{0} + j y_{0} , w_{0} = u_{0} + j v_{0}

lim_{z → z_{0}} f(z) = w_{0} ⟺ lim_{(x,y) → (x_{0},y_{0})} u(x, y) = u_{0} és lim_{(x,y) → (x_{0},y_{0})} v(x, y) = v_{0}

D Az f függvény folytonos az értelmezési tartomány z_{0} belső pontjában, ha

lim_{z → z_{0}} f(z) = f(z_{0})

4. Deriválhatóság, regularitás

D Legyen z_{0} D_{f} belső pontja! f differenciálható z_{0} -ban, ha létezik

lim_{Δz → 0} \frac{f(z_{0} + Δz) − f(z_{0})}{Δz} = f′(z_{0}) = D ∈ ℂ

D = D_{1} + j D_{2}

Pl. f(z) = z^{3}

lim_{Δz → 0} \frac{(z_{0} + Δz)^{3} − z_{0}^{3}}{Δz} = lim_{Δz → 0} \frac{3 z_{0}^{2} Δz + 3 z_{0} (Δz)^{2} + (Δz)^{3}}{Δz} = 3 z_{0}^{2}

Pl. f(z) = \overline{z}

lim_{Δz → 0} \frac{\overline{z_{0} + Δz} − \overline{z_{0}}}{Δz} = lim_{Δz → 0} \frac{\overline{Δz}}{Δz} = lim_{Δz → 0} e^{−j 2 arc Δz} = ∄

(Ugyanis függ a határérték φ = arc Δz értékétől.)

T A valós függvényekre tanult differenciálási szabályok, - beleértve az összetett és az inverz-

függvényre vonatkozó differenciálási szabályokat is -, érvényesek a komplex változós függvényekre is.

T Szükséges és elégséges tétel differenciálhatóságra:

f : ℂ → ℂ akkor és csak akkor differenciálható az értelmezési tartomány belső z_{0} pontjában, ha

Δf = f(z_{0} + Δz) − f(z_{0}) = D · Δz + ε(Δz) · Δz ,

ahol D független Δz - től , ε(Δz) = ε_{1}(Δz) + j ε_{2} (Δz) , Δz = Δx + j Δy és

lim_{Δz → 0} ε(Δz) = 0

T f differenciálható z_{0} -ban ⟹ f folytonos z_{0} -ban T Szükséges és elégséges tétel differenciálhatóságra: Az f(z) = u(x, y) + j v(x, y) komplex függvény akkor és csak akkor differenciálható az értelmezési tartomány z_{0} = x_{0} + jy_{0} belső pontjában, ha u és v totálisan deriválható (x_{0}, y_{0})-ban és ugyanitt

\begin{matrix}\frac{∂u}{∂x} = \frac{∂v}{∂y} \\ \frac{∂u}{∂y} = −\frac{∂v}{∂x} \end{matrix} \} Cauchy–Riemann féle parciális differenciálegyenletek

fennállnak. Ekkor

f′(z_{0}) = u′_{x}|_{(x_{0},y_{0})} + j v′_{x}|_{(x_{0},y_{0})}

B

Δf = f(z) − f(z_{0}) = D · (z − z_{0}) + ε · (z − z_{0});  lim_{z→z_{0}} ε = 0
z − z_{0} = Δz = (x − x_{0}) + j (y − y_{0}) = Δx + j Δy

Mindkét oldalt felírjuk algebrai alakban: Bal oldal:

Δf = {u(x, y) − u(x_{0}, y_{0})} + j {v(x, y) − v(x_{0}, y_{0})}

Jobb oldal:

(D_{1} + j D_{2})(Δx + j Δy) + (ε_{1} + j ε_{2})(Δx + j Δy) =

= {D_{1} Δx − D_{2} Δy + ε_{1} Δx − ε_{2} Δy} + j {D_{2} Δx + D_{1} Δy + ε_{2} Δx + ε_{1} Δy}

Az egyeztetésből:

Δu = u(x, y) − u(x_{0}, y_{0}) = \begin{matrix}D_{1} \\ ↑ \\ u′_{x} \end{matrix} Δx + \begin{matrix}(−D_{2}) \\ ↑ \\ u′_{y} \end{matrix} Δy + ε_{1} Δx + (−ε_{2}) Δy

Δv = v(x, y) − v(x_{0}, y_{0}) = \begin{matrix}D_{2} \\ ↑ \\ v′_{x} \end{matrix} Δx + \begin{matrix}D_{1} \\ ↑ \\ v′_{y} \end{matrix} Δy + ε_{2} Δx + ε_{1} Δy

Tehát u-nak és v-nek totálisan deriválhatónak kell lenni (x_{0}, y_{0}) -ban és

u′_{x} = D_{1} = v′_{y}; −u′_{y} = D_{2} = v′_{x}.

Vagyis

f′(z_{0}) = D_{1} + jD_{2} = u′_{x}(x_{0}, y_{0}) + j v′_{x}(x_{0}, y_{0}).

(A bizonyítás gondolatmenete megfordítható. Így visszafelé is igaz.)

M A Cauchy-Riemann egyenletek miatt további három képletünk is van:

f′(z_{0}) = D_{1} + j D_{2} = u′_{x}(x_{0}, y_{0}) + j (−u′_{y}(x_{0}, y_{0})) =
= v′_{y}(x_{0}, y_{0}) + j (−u′_{y}(x_{0}, y_{0})) =
= v′_{y}(x_{0}, y_{0}) + j v′_{x}(x_{0}, y_{0})

T Elégséges tétel f′(z_{0}) létezésére:

– Ha u és v parciális deriváltjai léteznek K_{(x_{0},y_{0})}-ban és itt folytonosak

– és a C–R egyenletek teljesülnek (x_{0}, y_{0})-ban, akkor ∃ f′(z_{0}).

D \underline{f reguláris z_{0} -ban}, ha ∃ δ > 0, hogy f differenciálható K_{z_{0},δ}-ban.

D \underline{f reguláris a T tartományon} (összefüggő és nyílt ponthalmaz), ha minden pontjában reguláris.

Pl. f(z) = z^{2} = (x + jy)^{2} = x^{2} − y^{2} + j 2xy

\begin{matrix}u(x, y) = x^{2} − y^{2} \\ v(x, y) = 2xy \end{matrix} \} parciális deriváltak mindenütt léteznek és folytonosak

u′_{x} = 2x ; u′_{y} = −2y , v′_{x} = 2y , v′_{y} = 2y Így az u′_{x} = v′_{y} , u′_{y} = −v′_{x} Cauchy-Riemann egyenletek mindenütt teljesülnek ⟹ f mindenütt deriválható ⟹ f mindenütt reguláris. És f′(z) = u′_{x} + j v′_{x} = 2x + j 2y (= 2z)

Pl. f(z) = \overline{z} z^{2} = (\overline{z} z) z = |z|^{2} z = (x^{2} + y^{2}) (x + jy) = (x^{3} + xy^{2}) + j (x^{2}y + y^{3}) Így

u(x, y) = x^{3} + xy^{2} , v(x, y) = x^{2}y + y^{3}

u és v parciális deriváltjai mindenütt léteznek és folytonosak u′_{x} = 3x^{2} + y^{2} , v′_{y} = x^{2} + 3y^{2} ; u′_{x} = v′_{y} : 2x^{2} = 2y^{2} ⟶ |x| = |y| u′_{y} = 2xy , v′_{x} = 2xy ; u′_{y} = −v′_{x} : xy = 0 ⟶ x = 0 vagy y = 0 Mindkét feltétel teljesül, ha ( |x| = |y|) ∩ ( x = 0 ∪ y = 0 ) ⟹ f csak z = 0 -ban deriválható.

Így sehol sem reguláris.

•••

D

Harmonikus függvény g ∈ C_{H}^{2} harmonikus H -n, ha kielégíti a

Δg = 0

Laplace-féle parciális differenciálegyenletet.

(g′′_{x_{1}x_{1}} + g′′_{x_{2}x_{2}} + ⋯ + g′′_{x_{m}x_{m}} = 0, kétváltozósra: g′′_{xx} + g′′_{yy} = 0)

T Ha f = u + jv reguláris K_{z_{0},δ} -ban (vagy egy T tartományban), akkor ott valós és képzetes része harmonikus függvény.

B f(z) = u + jv

u′_{x} = v′_{y}  (1)
u′_{y} = −v′_{x}  (2)

\begin{aligned}\frac{∂}{∂x}(1) : & & u′′_{xx} & = & v′′_{yx} \\ \frac{∂}{∂y} (2) : & & u′′_{yy} & = & −v′′_{xy} \\ & + \\ & & Δu & = & 0 \end{aligned}  \begin{aligned}\frac{∂}{∂y} (1) : & & u′′_{xy} & = & v′′_{yy} \\ \frac{∂}{∂x}(2) : & & u′′_{yx} & = & −v′′_{xx} \\ & − \\ & & Δv & = & 0 \end{aligned}

Felhasználtuk, hogy a regularitás miatt f (és így u és v is) akárhányszor differenciálható, amit később bizonyítunk. D Ha f(z) = u + jv reguláris K_{z_{0},δ} -ban, akkor u -nak v harmonikus társa

T Ha u harmonikus K_{z_{0},δ} -ban (Δu = 0, x+jy ∈ K_{z_{0},δ}) , akkor ∃ v harmonikus függvény (harmonikus társ) úgy, hogy

f(z) = u(x, y) + jv(x, y)

reguláris függvény. (¬B) M_{1} A tétel egyszeresen összefüggő tartományban is igaz. M_{2} Hasonlóan v -hez is ∃ u …

Pl. Határozzuk meg α ∈ ℝ értékét úgy, hogy az

u(x, y) = x^{2} + α y^{2}

egy reguláris komplex változós f függvény valós része legyen! f′(1 + 3j) = ?

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  7  v1.2

Megoldás: Ha f reguláris, akkor u harmonikus. Tehát Δu ≡ 0 -nak kell teljesülnie!

u′_{x} = 2x , u′′_{xx} = 2 , u′_{y} = 2 α y , u′′_{yy} = 2 α

Tehát

u′′_{xx} + u′′_{yy} = 2 + 2 α = 0 ⟶ α = −1 , vagyis u(x, y) = x^{2} − y^{2}

f′ meghatározásához elegendő u ismerete, hiszen van olyan képletünk, melyben csak u parciálisai szerepelnek:

f′(1 + 3j) = u′_{x}(1, 3) − j u′_{y}(1, 3) = 2 − j(−6) = 2 + j6

Pl. Igazolja, hogy

v(x, y) = x^{3} − x^{2} − 3x y^{2} + y^{2}

függvény egy reguláris f komplex változós függvény képzetes része lehet és írja fel az f függvényt!

Megoldás: v harmonikusságát kell ellenőriznünk!

v′_{x} = 3x^{2} − 2x − 3y^{2} , v′′_{xx} = 6x − 2 , v′_{y} = −6xy + 2y , v′′_{yy} = −6x + 2

Tehát Δv ≡ 0 , v mindenütt harmonikus. Így létezik harmonikus társa. A két függvényt a Cauchy-Riemann parciális differenciálegyenletek kapcsolják össze, vagyis

u′_{x} = v′_{y} = −6xy + 2y (1)

u′_{y} = −v′_{x} = −3x^{2} + 2x + 3y^{2} (2)

(1)-ből:

u(x, y) = ∫ (−6xy + 2y) dx = −3x^{2} y + 2xy + C(y)

Ennek y szerinti parciális deriváltját behelyettesítve (2)-be:

− 3x^{2} + 2x + C′(y) = −3x^{2} + 2x + 3y^{2} ⟶ c′(y) = 3y^{2} ⟶ C(y) = y^{3} + K Tehát

u(x, y) = −3x^{2} y + 2xy + y^{3} + K (K ∈ ℝ) ,

így a keresett f függvény f(z) = −3x^{2} y + 2xy + y^{3} + K + j (x^{3} − x^{2} − 3x y^{2} + y^{2})

5. A differenciálhányados geometriai jelentése

(64. oldal)

Legyen f differenciálható K_{z_{0}}-ban, f′(z_{0}) ≠ 0. Ekkor

|f′(z_{0})| : a z_{0} pontbeli nyújtási együttható;
arc f′(z_{0}) : a z_{0} pontbeli elfordulási szög.

B w = f(z)

[figure: z_{0}; z; C; α; z; w_{0}; w; C^{∗}; β = α + arc f′(z_{0}); w]

Δw ≈ f′(z_{0})Δz (=differenciál) (Δw = w − w_{0}, Δz = z − z_{0}) Ezért |Δw| ≈ |f′(z_{0})| |Δz|

\frac{|w − w_{0}|}{|z − z_{0}|} = \frac{|Δw|}{|Δz|} ≈ |f′(z_{0})|,

tehát közelítőleg állandó, vagyis független a konkrét C-től.

[figure: z; z_{0}] [figure: w; w_{0}]

Tehát egy elegendően kis sugarú kör képe ,,lényegében kör”.

Másrészt Δw ≈ f′(z_{0})Δz miatt:

arc Δw ≈ arc f′(z_{0}) + arc Δz

Ha z → z_{0}, akkor w → w_{0} és

lim_{z→z_{0}} arc Δz = α

lim_{w→w_{0}} arc Δw = β

Tehát

lim_{w→w_{0}} arc Δw = β = arc f′(z_{0}) + α

Vagyis az elfordulás minden, a z_{0} ponton átmenő görbére ugyanaz.

6. Konform (konformis) leképezés (106. oldal)

(,,A formát változatlanul megtartó”)

D Az f komplex függvény által létesített leképezés a z_{0} pontban \underline{lokálisan konform}, ha ott

a.) iránytartóan szögtartó

b.) kismértékben aránytartó

[figure: z; z_{0}; z_{1}; z_{2}] [figure: w; w_{0}; w_{1}; w_{2}] Vagyis z_{2}z_{0}z_{1}∡ = w_{2}w_{0}w_{1}∡ és

\frac{|w_{2} − w_{0}|}{|z_{2} − z_{0}|} ≈ \frac{|w_{1} − w_{0}|}{|z_{1} − z_{0}|} ,,Lényegében” hasonlósági transzformáció.

T Az f reguláris komplex függvény akkor és csak akkor képezi le a z sík valamely z_{0} pontjának egy környezetét a w sík w_{0} = f(z_{0}) pontjának egy környezetére kölcsönösen egyértelműen és konformisan, ha f′(z_{0}) ≠ 0.

6.1. Tartományok konform leképezése (109. oldal)

D Az f komplex függvény által létesített leképezés a T (nyílt) tartományon konform, ha annak minden pontjában konform.

T 2.2.1 A tartomány megmaradásának elve

Ha az f ≢ konstans komplex függvény reguláris, akkor a nyílt tartomány képe nyílt tartomány. (Határpontokat határpontokba visz.)

T 2.2.2

Ha az f komplex függvény egy T tartományon egyrétű, reguláris és f′(z) ≠ 0 , akkor a T tartományt kölcsönösen egyértelműen és konform módon képezi le egy T^{∗} tartományra.

Az előzőek megfordítása: Ha T és T^{∗} egyszeresen összefüggő tartományok, akkor ∃ f(z) , mely kölcsönösen egyértelműen és konformisan leképezi T -t T^{∗} -ra.

T 2.2.6 (Kerületek irányítása)

A T és T^{∗} tartományok kölcsönösen egyértelmű és konform leképezésénél kerületeik körüljárási iránya változatlan marad. Ennek következménye: hogy ha a T tartomány kerületének körüljárásánál a tartomány pl. balkéz felé esik, akkor a T^{∗} képtartomány kerületének azonos irányú körüljárásánál T^{∗} is balkéz felé esik.

7. Lineáris leképezések (116. oldal)

(w = az + b; w = \frac{az + b}{cz + d})

Egyenes komplex egyenlete:

αx + βy + γ = 0 x = \frac{z + \overline{z}}{2} ; y = \frac{z − \overline{z}}{2j}

Behelyettesítve:

\frac{α}{2}(z + \overline{z}) + \frac{β}{2j} (z − \overline{z}) + γ = 0

\underbrace{(\frac{α}{2} − j \frac{β}{2} )}_{:= a} z + (\frac{α}{2} + j \frac{β}{2} ) \overline{z} + γ = 0

Így az egyenes komplex egyenlete:

az + \overline{a} \overline{z} + c = 0 vagy az + \overline{a} \overline{z} = c

Kör komplex egyenlete:

|z − z_{0}|^{2} = r^{2} ((x − x_{0})^{2} + (y − y_{0})^{2} = r^{2})
(z − z_{0})\overline{(z − z_{0})} = r^{2}
z\overline{z} − \overline{z_{0}}z − z_{0}\overline{z} + z_{0}\overline{z_{0}} − r^{2} = 0 z_{0} középpontú, r sugarú kör egyenlete

7.1. Lineáris egész függvény

w = az + b = ϱ_{0} r e^{j(φ+φ_{0})} + b a, b ∈ ℂ adott, a = ϱ_{0} e^{jφ_{0}}

1.) Kölcsönösen egyértelmű a teljes z és a teljes w sík között.

(w(∞) = ∞)

2.) Hasonlósági transzformációt létesít a teljes z síkon.

Ui.: az = ϱ_{0}re^{j(φ+φ_{0})} \begin{cases}– nyújtás vagy zsugorítás (ϱ_{0}) \\ – forgatás (φ_{0} ⟲) \end{cases} +b – eltolás

szuperpozíciója. Tehát a z sík bármely T tartományát a w sík egy hozzá hasonló T^{∗} tartományára képezi le, amely a T -ből nagyítással (vagy kicsinyítéssel), elforgatással és párhuzamos eltolással jön létre.

3.) A leképezés körtartó a teljes z síkon.

A fentiek miatt kört körbe, egyenest egyenesbe visz át. 4.) A leképezés konform a teljes z síkon.

w′ = a ≠ 0 ⟹ mindenütt konform. 5.) A leképezés fix (helyben maradó) pontjai:

z = ∞ , illetve (z = az + b-ből:) z = \frac{b}{1 − a}, ha a ≠ 1.

Pl. w = −z + 1 + j

Mibe viszi át a leképezés az

a.) Im z < 0 b.) Im z = 0 c.) Im z > 0

ponthalmazt?

a.) 1. megoldás:

\begin{matrix}Im z = y < 0 & −z = e^{jπ} · z & Im w > 1 \\ [figure: z] & [figure: −z] & [figure: j; w] \end{matrix}

2. megoldás:

w = u + jv = −(x + jy) + 1 + j ⟶ u = −x + 1, v = 1 − y
Im z = y < 0 ⟶ −y > 0  ⟶ Im w = v = 1 − y > 1

x tetsz. ⟶ u = −x + 1 tetsz.

b.) Im z = 0 képe Im w = 1 (Határt határba visz.)

c.) Az előzőek miatt: Im z > 0 képe Im w < 1.

Pl. w = az + b = ?, hogy a z sík bejelölt tartományát a w sík bejelölt tartományába vigye?

[figure: z; \frac{π}{4}; w; −2j]

Megoldás:

\begin{aligned}[figure: z] & [figure: w_{1}] & [figure: w] \\ & w_{1} = ϱ_{0} e^{j \frac{3π}{4}} z (ϱ_{0} > 0) & w = w_{1} − 2j \end{aligned}

⟹ w = ϱ_{0} e^{j \frac{3π}{4}} z − 2j ϱ_{0} ∈ ℝ^{+}

7.2. Reciprok függvény: w = \frac{1}{z}

1.) Kölcsönösen egyértelmű a teljes z és a teljes w sík között.

Kiterjesztés ehhez: w(0) = ∞, w(∞) = 0.

2.) A w = \frac{1}{z} leképezés a |z| = 1 egységkörre és a valós tengelyre vonatkozó inverzió (tükrözés) egymásutánja.

B \underbrace{w = \overline{w_{1}},}_{inverzió a valós tengelyre} ahol \underbrace{w_{1} = \frac{1}{\overline{z}}}_{inverzió a |z| = 1 körre}

Az utóbbihoz:

D A z_{0} középpontú, R sugarú K körre inverz pontok azok a z és ζ pontok, amelyek a K kör középpontjából induló valamely félegyenesen úgy helyezkednek el, hogy

|z − z_{0}| |ζ − z_{0}| = R^{2}

A z_{0} középpont inverze legyen: ∞. A mi esetünkben:

w_{1} = \frac{1}{\overline{z}} = \frac{1}{|z| e^{−j arc z}} = \frac{1}{|z|} e^{j arc z}

Tehát

\begin{matrix}a.) & |w_{1}| |z| = |w_{1} − 0| |z − 0| = 1^{2} (z_{0} = 0, R = 1) \\ b.) & arc w_{1} = arc z \end{matrix} \} Inverzió a |z| = 1 körre.

Az egységkör (|z| = 1) pontjai helyben maradnak. 3.) A leképezés konform a z sík minden pontjában.

Ui. w′ = (\frac{1}{z})′ = −\frac{1}{z^{2}} ≠ 0, ha z ≠ ∞

(z = 0-ra is z = ∞-re is kiterjeszthető a fogalom.) 4.) A w = \frac{1}{z} leképezés ”kögyenes” tartó leképezés.

Azaz kör képe egyenes vagy kör, egyenes képe egyenes vagy kör ⟺ ”kögyenes” képe ”kögyenes”. Röviden ”körtartó” leképezésnek nevezzük az ilyen leképezést. B a.)

Kört körbe vagy egyenesbe visz:

z\overline{z} − z_{0}\overline{z} − \overline{z}_{0}z + z_{0}\overline{z}_{0} = r^{2} w = \frac{1}{z} ⟶ z = \frac{1}{w} ; \overline{z} = \frac{1}{\overline{w}}

\frac{1}{w\overline{w}} − z_{0} \frac{1}{\overline{w}} − \overline{z}_{0} \frac{1}{w} + z_{0} \overline{z}_{0} = r^{2} / · w\overline{w}

1 − z_{0}w − \overline{z}_{0}\overline{w} + z_{0}\overline{z}_{0}w\overline{w} = r^{2}w\overline{w} (r^{2} − z_{0}\overline{z}_{0}) w\overline{w} + z_{0}w + \overline{z}_{0}\overline{w} = 1

Ha r^{2} − z_{0}\overline{z}_{0} = 0, vagyis z\overline{z} − z_{0}\overline{z} − \overline{z}_{0}z = 0 volt az egyenlet, tehát origón átmenő kör:

z_{0}w + \overline{z}_{0}\overline{w} = 1 : egyenes a képgörbe

Ha r^{2} − z_{0}\overline{z}_{0} ≠ 0:

w\overline{w} + \underbrace{\frac{z_{0}}{r^{2} − z_{0}\overline{z}_{0}}}_{:= c} w + \underbrace{\frac{\overline{z}_{0}}{r^{2} − z_{0}\overline{z}_{0}}}_{= \overline{c}} \overline{w} = \frac{1}{r^{2} − z_{0}\overline{z}_{0}} : kör

(r^{2} − z_{0}\overline{z}_{0} valós)

b.)

Egyenest körbe vagy egyenesbe visz:

az + \overline{a} \overline{z} = c (c valós); z = \frac{1}{w}, \overline{z} = \frac{1}{\overline{w}}

a \frac{1}{w} + \overline{a} \frac{1}{\overline{w}} = c / · w\overline{w}

c w \overline{w} − a \overline{w} − \overline{a} w = 0

Ha c = 0 (origón átmenő egyenes):

a\overline{w} + \overline{a}w = 0 : egyenes a képgörbe (szintén origón átmenő)

Ha c ≠ 0 : mindkét oldalhoz \frac{a\overline{a}}{c} = \frac{|a|^{2}}{c} -t hozzáadva és c -vel végigosztva az egyenletet:

w\overline{w} − \frac{a}{c}\overline{w} − \frac{\overline{a}}{c}w + \frac{a\overline{a}}{c^{2}} = \frac{|a|^{2}}{c^{2}} : origón átmenő kör

5.) Fix pontok: z = \frac{1}{z} ⟶ z = 1 ill. z = −1

7.3. Általános lineáris törtfüggvény

a, b, c, d ∈ ℂ, c ≠ 0

w = \frac{az + b}{cz + d} = \frac{\frac{a}{c}z + \frac{b}{c}}{z + \frac{d}{c}} = K_{1} + \frac{K_{2}}{z + K_{3}} ”körtartó” leképezés

Ui.:

w_{1} = z + K_{3} : eltolás; w_{2} = \frac{1}{w_{1}} : inverzió egységkörre és a valós tengelyre; w_{3} = K_{2}w_{2} : forgatás + nyújtás (zsugorítás); w = K_{1} + w_{3} : eltolás

•••

Pl. Határozzuk meg a w = \frac{1}{z} leképezésnél az alábbi görbékhez rendelt képgörbék jellegét! a.)

[figure: 1; z]

|z| = 1 és w = \frac{1}{z}. ⟹ |w| = \frac{1}{|z|} = 1 :

origó középpontú egységsugarú kör.

Többet mond: w = \frac{1}{|z|e^{j arc z}} = \frac{1}{|z|} e^{−j arc z} : |w| = \frac{1}{|z|}; arc w = − arc z

(Az utóbbi képletből látszik — amit persze tudunk —, hogy a valós tengelyre tükrözött.)

Mibe viszi át a |z| < 1 tartományt?

[figure: 1; z]  |w| = \frac{1}{|z|} > 1  [figure: 1; w]

b.)  [figure: 2; z] w = \frac{1}{|z|} e^{−j arc z} ⟹ |w| = \frac{1}{2} kör (tükrözve)

c.)

[figure: z] Origón átmenő kör. A képgörbe: kör vagy egyenes.

Mivel z = 0 rajta van az ősképen, ehhez w = \frac{1}{z} a ∞-t rendeli ⟹ képgörbe egyenes. z = ∞ nincs rajta az ősképen ⟹ az egyenes nem megy át az origón.

[figure: w] (v = mu + b; b ≠ 0)

d.)

[figure: +; +; z] z = 0 nincs rajta ⟹ képgörbe kör z = ∞ nincs rajta ⟹ a kör nem megy át az origón

[figure: +; +; w]

e.)

[figure: z] z = 0 rajta van ⟹ egyenes (w = ∞ rajta van) z = ∞ rajta van ⟹ w = 0 rajta van (Nem önmagába viszi!)

[figure: w]
[figure: f.); w; z ≠ 0, w ≠ ∞; z]

Pl. Hogyan kapható meg a w = \frac{1}{z} leképezésnél a képgörbe egyenlete?

a.) (w =) u + jv = \frac{1}{x + jy} (= \frac{1}{z})-ből x = \frac{u}{u^{2} + v^{2}} , y = \frac{−v}{u^{2} + v^{2}}

Ezt behelyettesítve az őskép egyenletébe megkapjuk a keresett egyenletet. b.) Most kevésbé jó: a 3 pontos módszer (lásd később).

Pl. y = mx

\frac{−v}{u^{2} + v^{2}} = m\frac{u}{u^{2} + v^{2}} ⟹ v = −mu (Tükröződött az imaginárius tengelyre.)
[figure: Pl. y = 3x; z; v = −3u; w]

Pl. y = mx + b

\frac{−v}{u^{2} + v^{2}} = m\frac{u}{u^{2} + v^{2}} + b … u^{2} + \frac{m}{b}u + v^{2} + \frac{1}{b}v = 0 : origón átmenő kör

Pl. x^{2} + 2x + y^{2} + 6y = 0 (Origón átmenő kör.) Egyenest várunk, mely nem megy át az origón. Behelyettesítve:

\frac{u^{2}}{(u^{2} + v^{2})^{2}} + 2\frac{u}{u^{2} + v^{2}} + \frac{v^{2}}{(u^{2} + v^{2})^{2}} − \frac{6v}{u^{2} + v^{2}} = 0 / · (u^{2} + v^{2})^{2}

és rendezve

(u^{2} + v^{2})(1 + 2u − 6v) = 0 ⟹ 1 + 2u − 6v = 0

Pl. Határozzunk meg egy olyan leképezést, mely az A halmazt a B halmazra képezi le.

a.) A = \{z : |z| ≤ r\} , B = \{w : |w| ≥ \frac{1}{r}\}

[figure: r; z]  [figure: \frac{1}{r}; w]  w = \frac{1}{z}  (De w = e^{jφ_{0}} \frac{1}{z} is jó.)

b.) A = {z : |z| ≤ r_{1}} , B = {w : |w| ≥ r_{2}}

[figure: r_{1}; z; r_{2}; w]

A leképezés közbülső lépése:

w_{1} = \frac{1}{z}  [figure: \frac{1}{r_{1}}; w_{1}]  w = r_{1}r_{2}w_{1}

Tehát w = r_{1}r_{2} \frac{1}{z} egy ilyen leképezés. c.) A = {z : |z − a| ≤ r_{1}} , B = {w : |w − b| ≥ r_{2}}

[figure: +; a; z; +; b; w; w = w_{3} + b]

A leképezés közbülső lépései:

[figure: r_{1}; w_{1}; w_{1} = z − a; \frac{1}{r_{1}}; w_{2}; w_{2} = \frac{1}{w_{1}}; r_{2}; w; w_{3} = r_{1}r_{2}w_{2}]

Egy megfelelő függvény:

w = r_{1}r_{2} \frac{1}{z − a} + b

d.) A = {z : |z − a| ≥ r_{1}} , B = {w : |w − b| ≤ r_{2}}

[figure: +; a; z; +; b; w]

Ez ugyanaz, mint az előző:

w = r_{1}r_{2} \frac{1}{z − a} + b

Pl. Mibe viszi át a w = \frac{z}{z − 2j} függvény a |z| < 2 tartományt?

[figure: Re z; Im z; z_{1}; z_{2}; z_{3}; Re w; Im w; w_{1}; w_{3}; w_{2} = ∞]

z_{1} = 2 w_{1} = \frac{2}{2 − j2} · \frac{2 + j2}{2 + j2} = \frac{4 + 4j}{2^{2} + 2^{2}} = \frac{1}{2} + j \frac{1}{2}
z_{2} = 2j w_{2} = ∞  Re w ≤ \frac{1}{2}
z_{3} = −2 w_{3} = \frac{−2}{−2 − j2} = \frac{1}{2} − j \frac{1}{2}

8. Elemi függvények

Definíciók:

e^{z} := e^{x}(cos y + j sin y)

sin z := \frac{e^{jz} − e^{−jz}}{2j}

cos z := \frac{e^{jz} + e^{−jz}}{2}

sh z := \frac{e^{z} − e^{−z}}{2}

ch z := \frac{e^{z} + e^{−z}}{2}

A definíciók felhasználásával beláthatók az alábbi azonosságok:

1.) e^{z_{1}} · e^{z_{2}} = e^{z_{1}+z_{2}} 2.) e^{z+2πj} = e^{z} (e^{z} 2πj szerint periodikus) 3.) sin^{2} z + cos^{2} z = 1

4.) sin z = cos (\frac{π}{2} − z)

5.) sin(z_{1} ± z_{2}) = sin z_{1} cos z_{2} ± cos z_{1} sin z_{2} 6.) cos(z_{1} ± z_{2}) = cos z_{1} cos z_{2} ∓ sin z_{1} sin z_{2} 7.) sh(z_{1} ± z_{2}) = sh z_{1} ch z_{2} ± ch z_{1} sh z_{2} 8.) ch(z_{1} ± z_{2}) = ch z_{1} ch z_{2} ± sh z_{1} sh z_{2}

Mutassuk meg, hogy 1.) sin jz = j sh z 2.) sh jz = j sin z

3.) cos jz = ch z
4.) ch jz = cos z

a.) megoldása a szinusz függvény definíciójával:

sin jz = \frac{e^{j(jz)} − e^{−j(jz)}}{2j} = \underbrace{\frac{1}{j}}_{=−j} \frac{e^{−z} − e^{z}}{2} = j \frac{e^{z} − e^{−z}}{2} = j sh z

A többi hasonlóan látható be.

Írjuk fel

u(x, y) + jv(x, y)

alakban a sin z, cos z, sh z, ch z függvényeket!

sin z = sin(x + jy) = sin x · cos jy + cos x · sin jy = sin x ch y + j cos x sh y Tehát

u(x, y) = sin x · ch y, v(x, y) = cos x · sh y

Hasonlóan megmutatható, hogy cos z = cos (x + jy) = cos x ch y − j sin x sh y sh z = sh (x + jy) = sh x cos y + j ch x sin y ch z = ch (x + jy) = ch x cos y + j sh x sin y

A Cauchy–Riemann féle parciális differenciálegyenletek segítségével vizsgáljuk meg az

e^{z}, sin z, cos z, sh z, ch z

függvényeket differenciálhatóság és regularitás szempontjából!

e^{z} = e^{x} cos y + je^{x} sin y

\begin{matrix}u(x, y) = e^{x} cos y \\ v(x, y) = e^{x} sin y \end{matrix} \}

totálisan deriválhatók, mert a parciálisok léteznek és folytonosak

\begin{matrix}u′_{x} = e^{x} cos y & v′_{y} = e^{x} cos y \\ u′_{y} = −e^{x} sin y & v′_{x} = e^{x} sin y \end{matrix} \} ⟹ \begin{matrix}u′_{x} = v′_{y} \\ u′_{y} = −v′_{x} \end{matrix} ∀ (x, y)-ra

Tehát mindenütt deriválható ⟹ mindenütt reguláris.

(e^{z})′ = u′_{x} + jv′_{x} = e^{x} cos y + je^{x} sin y = e^{z}

Hasonlóan belátható, hogy

\begin{matrix}(sin z)′ = cos z \\ (cos z)′ = − sin z \\ (sh z)′ = ch z \\ (ch z)′ = sh z \end{matrix} \} mindenütt regulárisak

Az utóbbi deriváltak a függvények definíciójából a láncszabály segítségével is levezethetők.

8.1. Exponenciális függvény

(147.o.–153.o.; 152. oldalon b.) nem kell)

D

e^{z} := e^{x}(cos y + j sin y)

Tehát

|e^{z}| = e^{x}; arc e^{z} = y

Tulajdonságok:

e^{−z} = e^{−x}(cos (−y) + j sin (−y)) = e^{−x}(cos y − j sin y) = \frac{1}{e^{z}}

Továbbá igaz:

e^{z_{1}} · e^{z_{2}} = e^{z_{1}+z_{2}}

(e^{z_{1}})^{z_{2}} = e^{z_{1}z_{2}}

Tehát jogos a definíció.

Periodikus függvény, periodusa 2πj.

Ui.: e^{z+2kπj} = e^{x+j(y+2kπ)} = e^{z} Tehát végtelen sokrétű leképezés.

0-át ill. ∞-t soha nem veszi fel, minden más értéket igen.

e^{z} ≠ 0, mert |e^{z}| = e^{x} > 0

e^{z} ≠ ∞, mert csak a ∞-ben vehetné fel, de ∄ lim_{z→∞} e^{z}

[figure: e^{z} → ∞; e^{z} → 0; (Két úton mást kapunk.)]

De ∀w_{0} -hoz ∃ z_{0} : e^{z_{0}} = w_{0}, ha w_{0} ≠ 0 és w_{0} ≠ ∞.

Ui.: e^{z_{0}} = e^{x_{0}} e^{jy_{0}} = w_{0} = ϱ_{0} e^{jΘ_{0}} (w_{0}adott)

⟹ e^{x_{0}} = ϱ_{0}, vagyis x_{0} = ln ϱ_{0} és y_{0} = Θ_{0} + 2kπ.

Tehát z_{0} = ln ϱ_{0} + j(Θ_{0} + 2kπ).

Ha leszűkítjük az értelmezési tartományt a fősávra, akkor a leképezés már kölcsönösen egyértelmű lesz. Fősáv: −π ≤ arc e^{z} = y < π

[figure: −jπ; jπ; z; e^{z}; w]

|w| = e^{x} , tehát x < 0 : |w| < 1
x = 0 : |w| = 1
x > 0 : |w| > 1

e^{z} mindenütt reguláris és mindenütt konform.

Már láttuk: (e^{z})′ = e^{z} ≠ 0

8.2. Logaritmus függvény ill. reláció (152. o.)

Az exponenciális függvény inverze. Ehhez e^{z} értelmezési tartományát le kell szűkíteni, hogy a leképezés kölcsönösen egyértelmű legyen. Pl. a fősávban fennáll az invertálhatóság:

[figure: z; w = ln z; −jπ; jπ; w]

Értelmezési tartomány: ℂ − {0}

w = ln z : z = e^{w}

|z| e^{j arc z} = e^{u+jv} = e^{u} e^{jv}

Ahonnan kapjuk, hogy u = ln |z| (ez a valósból ismert függvény) v = arc z − π ≤ arc z < π

w = ln z = Ln_{0} z = ln |z| + j arc z

A többi sávban is elvégezhető az invertálás, így jutunk el az Ln z végtelen sokértékű relációhoz.

Ln z = ln |z| + j(arc z + 2kπ) k = 0, ±1, …

Ln_{k} z: ennek a k-adik ága. (Arc z = arc z + 2kπ jelölést is használjuk.)

Pl. ln (1 − j) = ln \sqrt{2} + j (−\frac{π}{4}); (1 − j = \sqrt{2}e^{−jπ/4}) Ln (1 − j) = ln \sqrt{2} + j (−\frac{π}{4} + 2kπ) ln j = ln 1 + j \frac{π}{2} = j \frac{π}{2}; Ln j = j (\frac{π}{2} + 2kπ)

8.3. A hatványfüggvény általánosítása a komplex síkra

z^{λ} := e^{λ ln z} z ≠ 0 ; z , λ ∈ ℂ

Pl. j^{1+j} = e^{(1+j) ln j} = e^{(1+j) j \frac{π}{2}} = e^{j \frac{π}{2}} e^{− \frac{π}{2}} = je^{− \frac{π}{2}}

9. Komplex vonalintegrál

Megállapodások: T -vel tartományt jelölünk (összefüggő, nyílt ponthalmaz) L, G: a komplex sík egy irányított, rektifikálható görbeszakasza

\underline{Jordan-görbe:} (többszörös pont nélküli görbe) (96. o.) γ(t) = x(t) + jy(t); α ≤ t ≤ β síkbeli ponthalmaz Jordan-görbe, ha

1.) γ(t) folytonos t ∈ [α, β]-n

2.) γ(t) kölcsönösen egyértelműen képezi le az [α, β] bármely nyílt részintervallumát a komplex sík egy ponthalmazára (tehát γ(t_{1}) = γ(t_{2}) akkor és csak akkor, ha t_{1} = t_{2})

A Jordan-görbe zárt, ha γ(α) = γ(β), egyébként nyílt.

\underline{Sima Jordan-görbe:} (érintője folytonosan változik) x, y ∈ C_{[α,β]}^{1}

\underline{Szakaszonként sima görbe:} véges sok sima görbe folytonos csatlakozással A szakaszonként sima görbe mérhető ívhosszúságú:

s = ∫_{α}^{β} |γ̇(t)| dt = ∫_{α}^{β} \sqrt{ẋ^{2}(t) + ẏ^{2}(t)} dt

\underline{Egyszerű görbe:} szakaszonként sima, irányított Jordan-görbe. Lehet zárt és nyílt. Jelölése: L ⊂ ℂ egyszerű.

A komplex vonalintegrál definíciója L ⊂ ℂ egyszerű; f értelmezett L-en és itt |f(z)| korlátos.

z_{0}, z_{1}, …, z_{n} a befutás sorrendjében. ΔP_{n} (= ΔF_{n}): a P_{n} (F_{n}) felosztás finomsága: a szomszédos osztópontokat összekötő görbeszakaszok ívhosszainak a maximuma.

A = z_{0} z_{1}z_{k−1} z_{k} ζ_{k}^{(reprezentációs pont)} B = z_{n}^{}

D ∫_{L} f(z) dz = lim_{ΔP_{n}→0} \underbrace{∑_{k=1}^{n} f(ζ_{k})(z_{k} − z_{k−1})}_{integrálközelítő-összeg} ∈ ℂ

Jelölés: ∫_{L} f(z) dz; ∮_{L} f(z) dz (zárt görbénél)

Elégséges feltétel az integrál létezésére pl. f folytonossága. Érdekesség:

∮ c dz = 0 , c ∈ ℂ. Ugyanis minden integrálközelítő-összegre:

∑_{k=1}^{n} c (z_{k} − z_{k−1}) = c ((z_{1} − z_{0}) + (z_{2} − z_{1}) + ⋯ + (z_{n} − z_{n−1})) = c \underbrace{(z_{n} − z_{0})}_{= 0 a zárt-_{ság miatt}} = 0

A komplex vonalintegrál néhány tulajdonsága L, L_{1}, L_{2} egyszerű görbék, f és g integrálhatók L, L_{1}, L_{2}-n. ∫_{L} f(z) dz = − ∫_{−L} f(z) dz (−L: L ellentétes irányítással)

∫_{L} c f(z) dz = c ∫_{L} f(z) dz

∫_{L} (f(z) + g(z)) dz = ∫_{L} f(z) dz + ∫_{L} g(z) dz

∫_{L_{1}∪L_{2}} f(z) dz = ∫_{L_{1}} f(z) dz + ∫_{L_{2}} f(z) dz

|∫_{L} f(z) dz| ≤ M · s , L-en |f(z)| ≤ M, s: az L görbe ívhossza

9.1. Az integrál kiszámítása

T_{1} L : z(t) = x(t) + j y(t) vagy z(t) = r(t) e^{jφ(t)}, z ∈ C_{[α,β]}^{1},

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  24  v1.2

f folytonos L-en

∫_{L} f(z) dz = ∫_{α}^{β} f(z(t)) ż(t) dt = ∫_{α}^{β} f(z(t))z′(t) dt

T_{2} Newton–Leibniz-formula általánosítása: L ⊂ T ; ∃ T -n F : F′(z) = f(z)

(∃ primitív függvény)

∫_{L_{{↷ \atop AB}}} f(z) dz = F (B) − F (A)

Pl.

1.) ∫_{L} e^{jz} dz = \frac{e^{jz}}{j} |_{2j}^{2} = −j (e^{2j} − e^{−2}) [figure: 2; 2j; L]

2.) ∫_{L} e^{jz̄} dz = ?

x + y = 2 ⟹ z(t) = t + j(2 − t) t ∈ [0, 2], ż(t) = 1 − j f(z(t)) = e^{j(t−j(2−t))} = e^{2−t+jt} = e^{2}e^{(−1+j)t} f(z(t)) · ż(t) = (1 − j)e^{2} e^{(−1+j)t}

∫_{L} f(z) dz = ∫_{0}^{2} f(z(t)) · ż(t) dt = ∫_{0}^{2} (1 − j)e^{2} e^{(−1+j)t} dt =

= (1 − j)e^{2} ∫_{0}^{2} e^{(−1+j)t} dt == (1 − j)e^{2} \frac{e^{(−1+j)t}}{−1 + j} |_{0}^{2} = −e^{2} (e^{−2+j2} − 1)

Pl.

Mutassuk meg, hogy

∮_{L} (z − a)^{n} dz = \{ \begin{matrix}0, & ha n ≠ −1 \\ 2πj, & ha n = −1 \end{matrix} [figure: a; L]

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  25  v1.2

z(t) = a + re^{jt} (= (a_{1} + r cos t) + j(a_{2} + r sin t)) ;  ż(t) = jr e^{jt}

n = −1 :

∮_{L} \frac{dz}{z − a} = ∫_{0}^{2π} \frac{1}{a + re^{jt} − a} jre^{jt} dt = ∫_{0}^{2π}j dt = 2πj

n ≠ −1 (n ∈ ℤ) :

∮_{L} (z − a)^{n} dz = ∫_{0}^{2π}r^{n} e^{jnt} jr e^{jt} dt = jr^{n+1} ∫_{0}^{2π}e^{j(n+1)t} dt = jr^{n+1} \frac{e^{j(n+1)t}}{j(n + 1)}|_{0}^{2π} = 0

9.2. Cauchy-féle alaptétel

T Ha f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, akkor minden T -beli egyszerű zárt görbére:

∮_{L} f(z) dz = 0 (¬B)

A Cauchy-féle alaptétel következményei: T

f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon; L ⊂ T egyszerű. Ekkor ∫_{L_{{↷ \atop AB}}} f(z) dz értéke független L-től, értéke csak a végpontoktól függ.

T A B^{}L

B

∫_{L_{{↷ \atop AB}}∪L∗ ; {↷ \atop BA}} f(z) dz = ∫_{L_{{↷ \atop AB}}} f(z) dz + ∫_{L∗ ; {↷ \atop BA}} f(z) dz = ∫_{L_{{↷ \atop AB}}} f(z) dz − ∫_{L∗ ; {↷ \atop AB}} f(z) dz = 0

⟹ ∫_{L_{{↷ \atop AB}}} f(z) dz = ∫_{L∗ ; {↷ \atop AB}} f(z) dz [figure: T; A; B; L; L^{∗}]

T Ha f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, akkor létezik primitív függvénye.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  26  v1.2

Pl. F (z) = ∫_{z_{0}}^{z} f(z) dz az, ahol az integrálás tetszőleges L_{z_{0}z^{↷}} egyszerű görbére végezhető.

B (¬B)

T Cauchy-tétel többszörösen összefüggő tartományon:

G_{i} , i = 0, 1, …, n egyszerű, zárt görbék; G_{0} ”körülveszi” G_{1}, …, G_{n}-et. f reguláris egy, a vonalkázott zárt tartományt tartalmazó többszörösen összefüggő tartományon. Ekkor

∮_{G_{0}^{+}} f(z) dz + ∑_{k=1}^{n} ∮_{G_{k}^{−}} f(z) dz = 0,

vagyis

∮_{G_{0}} f(z) dz = ∑_{k=1}^{n} ∮_{G_{k}} f(z) dz

n = 3 esetén

(G_{0}, G_{1}, …, G_{n} azonos irányítású egyszerű zárt görbék) B (Vázlat)

L:

∫_{L} f(z) dz = 0 ⟹ …

M A Cauchy alaptétel akkor is igaz, ha L olyan zárt görbe, amely véges sok egyszerű görbe egyesítése.

T f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon az a_{1}, a_{2}, …, a_{n} pontok kivételével (izolált szingularitások). G_{1}, G_{2} ⊂ T azonos irányítású egyszerű, zárt görbék és ”körülveszik” az a_{1}, …, a_{n} pontokat.

Az adott feltételek mellett:

∮_{G_{1}} f(z) dz = ∮_{G_{2}} f(z) dz \underbrace{(= ∑_{k=1}^{n} ∮_{L_{k}} f(z) dz)}_{a bizonyításhoz}

B Az előző tétel segítségével. T f a z_{0} kivételével reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, és létezik K̇_{z_{0},δ_{0}} ⊂ T, melyben f korlátos. G ⊂ T egyszerű, zárt görbe, mely ”körülveszi” z_{0}-t.

{Ekkor \atop ∮_{G} f(z) dz = 0}

B

|∮_{G} f(z) dz| = |∮_{K} f(z) dz| ≤ M · \underbrace{2δπ}_{s} < ε, ha δ < \frac{ε}{2Mπ} (K : |z − z_{0}| = δ < δ_{0})

⟹ ∮_{G} f(z) dz = 0

9.3. Reguláris függvény előállítása integrálalakban egyszeresen

összefüggő tartományon

T Cauchy-féle integrálformula

f(z) = \frac{1}{2πj} ∮_{G^{+}} \frac{f(ζ)}{ζ − z} dζ

Feltételek: f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, G ⊂ T egyszerű, zárt görbe, ”egyszer futja körbe” a z pontot.

B

∮_{G^{+}} \frac{f(ζ)}{ζ − z} dζ = ∮_{G^{+}} \frac{f(ζ) − f(z) + f(z)}{ζ − z} dζ =\underbrace{∮_{G^{+}} \frac{f(ζ) − f(z)}{ζ − z} dζ}_{⊛}+ ∮_{G^{+}} \frac{f(z)}{ζ − z} dζ =

= f(z) ∮_{G^{+}} \frac{1}{ζ − z} dζ = f(z) · 2πj

⊛ z környezetében korlátos, hiszen ∃f′(z), z kivételével pedig reguláris.

⟹ ∮_{G^{+}} \frac{f(ζ) − f(z)}{ζ − z} dζ = 0 (az előző tétel miatt)

9.4. Magasabbrendű deriváltak létezése és integrál-előállítása

T Általánosított Cauchy-féle integrálformula

f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon; z ∈ T, G ⊂ T egyszerű, zárt görbe, ”egyszer futja körbe” a z pontot. Ekkor f z-ben akárhányszor deriválható függvény, és

f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2πj} ∮_{G^{+}} \frac{f(ζ)}{(ζ − z)^{n+1}} dζ n = 1, 2, …

Vagyis: ha f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, akkor ott akárhányszor differenciálható. (¬B)

10. Komplex hatványsor (általánosított hatványsor)

1.) Komplex elemű hatványsor (Pozitív kitevőjű hatványok végtelen összege.)

∑_{k=0}^{∞} a_{k} (z − z_{0})^{k} , ahol a_{k} , z , z_{0} ∈ ℂ

A valós esethez hasonlóan a sor konvergens, ha

|z − z_{0}| < R , ahol R = \frac{1}{lim sup \sqrt[n]{|a_{n}|}} , illetve R = lim_{n → ∞} \frac{|a_{n}|}{|a_{n+1}|}

|z − z_{0}| > R tartományon a hatványsor divergens, |z − z_{0}| = R : kérdéses eset.

Speciális esetek:

R = ∞ : a sor minden z -ben konvergens, R = 0 : a sor csak z = z_{0} -ban konvergens.

Pl. ∑_{n=0}^{∞} (\frac{z + 2j}{2 − j} )^{n} = ∑_{n=0}^{∞} (\frac{1}{2 − j} )^{n} (z + 2j)^{n} : geometriai sor, így konvergenciáját

ismerjük.

Konvergencia tartomány: |q| = |\frac{z + 2j}{2 − j} | = \frac{|z + 2j|}{\sqrt{5}} < 1 ⟹ |z + 2j| < \sqrt{5} ,

tehát a z_{0} = −2j pont \sqrt{5} sugarú környezetében konvergens.

2.) Negatív kitevőjű hatványok végtelen összege:

∑_{k=1}^{∞} b_{k} \frac{1}{(z − z_{0})^{k}} = ∑_{k=1}^{∞} c_{−k} (z − z_{0})^{−k} , ahol b_{k} (= c_{−k}) , z , z_{0} ∈ ℂ

A konvergencia vizsgálatot u = \frac{1}{z − z_{0}} helyettesítéssel visszavezetjük az elöző esetre:

∑_{k=1}^{∞} b_{k} u^{k} konvergens, ha |u| < R ⟹ |\frac{1}{z − z_{0}} | < R

⟹ r := \frac{1}{R} < |z − z_{0}|

Tehát most a konvergencia tartomány egy kör ( r sugarú) külseje, a belső pontokban divergencia van, a körvonal pontjai kérdésesek. ( R -et itt is a valósból ismert képlettel számolhatjuk.)

Speciális esetek:

r = ∞ : a sor egyetlen pontban sem konvergens,

r = 0 : a sor z = z_{0} kivételével minden z -ben konvergens.

3.) Általánosított komplex hatványsor:

∑_{k=0}^{∞} a_{k} (z − z_{0})^{k} + ∑_{k=1}^{∞} b_{k} \frac{1}{(z − z_{0})^{k}} = ∑_{k=−∞}^{∞} c_{k} (z − z_{0})^{k} =

= … + \frac{c_{−2}}{(z − z_{0})^{2}} + \frac{c_{−1}}{z − z_{0}} + c_{0} + c_{1} (z − z_{0}) + c_{2} (z − z_{0})^{2} + …

c_{k} , z , z_{0} ∈ ℂ

Az általánosított hatványsor konvergencia tartománya az előző típusú konvergencia tartományok közös része lehet, tehát egy z_{0} középpontú nyílt körgyűrű:

Gy_{z_{0}, r, R} = {z : r < |z − z_{0}| < R} , ahol

r = a belső kör sugara, R = a külső kör sugara

A gyűrű határpontjaiban a konvergencia kérdéses.

Speciális esetek: K_{z_{0},R} , K̇_{z_{0},R} , ℂ , ∅

Az általánosított hatványsor tulajdonságai

T_{1} Ha a korlátos és zárt T ⊂ Gy_{z_{0}, r, R} (gyűrű, nyílt halmaz) az általánosított hatványsor konvergencia gyűrűjének, akkor

∑_{k=−∞}^{∞} c_{k} (z − z_{0})^{k} \underline{egyenletesen konvergens} a T tartományon.

T_{2} Ha z ∈ Gy_{z_{0}, r, R} nyílt gyűrűnek, akkor ∑_{k=−∞}^{∞} c_{k} (z − z_{0})^{k} \underline{folytonos} z -ben.

T_{3} Ha z ∈ Gy_{z_{0}, r, R} nyílt gyűrűnek, akkor ∑_{k=−∞}^{∞} c_{k} (z − z_{0})^{k} \underline{akárhányszor differenciálható}

z -ben ( ⟹ reguláris z -ben) és az összegfüggvény deriváltját tagonkénti deriválással kaphatjuk meg.

T_{4} L egyszerű görbe, L ⊂ Gy_{z_{0}, r, R} , akkor

∫_{L} ∑_{k=−∞}^{∞} c_{k} (z − z_{0})^{k} dz = ∑_{k=−∞}^{∞} c_{k} ∫_{L} (z − z_{0})^{k} dz

azaz tagonként szabad integrálni. Mi a kapcsolat egy hatványsor összegfüggvénye és az együtthatók között? T

Ha

f(z) := ∑_{n=−∞}^{∞} c_{n}(z − z_{0})^{n},

ekkor

c_{n} = \frac{1}{2πj} ∮_{G^{+}} \frac{f(ζ)}{(ζ − z_{0})^{n+1}} dζ,

ahol G^{+} ⊂ Gy (Gy: a sor konvergencia gyűrűje) B (Vázlat)

Felhasználjuk, hogy ∮_{G} … = ∮_{K_{z_{0},ϱ}} …, ha r < ϱ < R, és mivel a konvergencia egyenletes, tagonként integrálhatunk.

1.)

∮_{K} f(z) dz = ∑_{n=−∞}^{∞} c_{n} \underbrace{∮_{K} (z − z_{0})^{n} dz}_{=\begin{cases}2πj, & ha n = −1 \\ 0, & egyébként \end{cases}} = c_{−1} · 2πj

Tehát n = −1- re igaz az állítás.

D

res_{z=z_{0}} f(z) := c_{−1} = \frac{1}{2πj} ∮_{G^{+}} f(z) dz : residuum (maradvány)
ha speciálisan a KT.: 0 < |z − z_{0}| < R
\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  32  v1.2

2.) Osszuk el a sort (z − z_{0}) -lal:

∮_{K} \frac{f(z)}{z − z_{0}} dz = c_{0} · 2πj + 0 + ⋯

Tehát n = 0- ra is igaz.

3.) Osszuk el pl. (z − z_{0})^{−1} -gyel:

\frac{f(z)}{(z − z_{0})^{−1}} = f(z) · (z − z_{0}) = ⋯ + c_{−2} \frac{1}{z − z_{0}} + c_{−1} + c_{0}(z − z_{0}) + ⋯

⟹ ∮_{K} \frac{f(z)}{(z − z_{0})^{−1}} dz = c_{−2} · 2πj

Tehát n = −2- re is igaz. Stb.

11. Laurent sor

D f reguláris Gy : r < |z − z_{0}| < R - en,

f(z) = ∑_{n=−∞}^{∞} c_{n}(z − z_{0})^{n} ,

ahol

c_{n} = \frac{1}{2πj} ∮_{G^{+}} \frac{f(ζ)}{(ζ − z_{0})^{n+1}} dζ ,

ahol G^{+} ⊂ Gy

Ha f reguláris |z − z_{0}| < R -en:

n < 0- ra:

c_{n} = 0 , hiszen \frac{f(ζ)}{(ζ − z_{0})^{n+1}} is reguláris

n ≥ 0- ra:

c_{n} = \frac{1}{2πj} ∮_{G^{+}} \frac{f(ζ)}{(ζ − z_{0})^{n+1}} dζ = \frac{1}{2πj} · 2πj \frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!} = \frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!} (Taylor-együtthatók)

Tehát ekkor speciális esetként Taylor-sort kapunk. D A H nemüres nyílt halmaz bármely pontja körül hatványsorba fejthető komplex függvények a H halmazon analitikus függvények. T Az f komplex függvény akkor és csak akkor analitikus egy H halmazon, ha ott reguláris.

Példák: l. előadás és gyakorlat

11.1. Izolált szingularitások

D f-nek izolált szingularitása van z_{0}-ban, ha f z_{0}-ban nem differenciálható, de f reguláris K̇_{z_{0},δ} = K_{z_{0},δ} \ {z_{0}}-ban.

Izolált szingularitások osztályozása (z_{0} az izolált szinguláris pont)

1.) Megszüntethető szingularitás: ∃ lim_{z→z_{0}} f(z) (= c_{0}) (A z_{0} közvetlen környezetében konvergens, (z − z_{0}) hatványait tartalmazó sorban nincs negatív kitevőjű tag.)

2.) Pólus: lim_{z→z_{0}} f(z) = ∞ D A pólus n-edrendű, ha ∃ lim_{z→z_{0}} (z − z_{0})^{n}f(z) ≠ 0 (= c_{−n}) (A sorban véges sok negatív kitevőjű tag van.)

3.) Lényeges szingularitás: lim_{z→z_{0}} f(z) ∄ (↛ ∞ sem!) (A megfelelő sorban végtelen sok negatív kitevőjű tag van.)

11.2. Residuum-tétel

T T egyszeresen összefüggő tartomány; a_{1}, a_{2}, …, a_{n} izolált szingularitások; f reguláris ezen pontok kivételével

∮_{G^{+}} f(z) dz = 2πj ∑_{k=1}^{n} res_{z=a_{k}} f(z)

B

∮_{G^{+}} f(z) dz = ∑_{k=1}^{n} ∮_{G_{k}} f(z) dz = ⋯

11.3. Residuumok meghatározása

1.) Sorfejtéssel 2.) Elsőrendű pólus esetén:

res_{z=z_{0}} f(z) = lim_{z→z_{0}} ((z − z_{0}) f(z))

3.) f(z) = \frac{g(z)}{h(z)} ; g és h reguláris a z = z_{0} pont egy környezetében;

h(z_{0}) = 0, de h′(z_{0}) ≠ 0

res_{z=z_{0}} \frac{g(z)}{h(z)} = \frac{g(z_{0})}{h′(z_{0})}

4.) Ha z = z_{0} n-edrendű pólus:

res_{z=z_{0}} f(z) = \frac{1}{(n − 1)!} lim_{z→z_{0}} \frac{d^{n−1}}{dz^{n−1}} ((z − z_{0})^{n} f(z))

12. Néhány példa

Pl.

f(z) = \frac{1}{z^{2} + 1}

1.) Állítsa elő a függvény z_{0} = j bázispontú összes Laurent-sorfejtését!

2.) ∮_{|z−2j|=2} \frac{1}{z^{2} + 1} dz = ?

Megoldás:

1.) f(z) = \frac{1}{z − j} \frac{1}{z + j} = \frac{1}{z − j} g(z)

g(z) sorfejtését kell megcsinálni a megfelelő körgyűrűn, és minden tagot megszorozni

\frac{1}{z − j} -vel.

g(z) = \frac{1}{z + j} = \frac{1}{z − j + 2j}

α.)

g(z) = \frac{1}{2j} \frac{1}{1 − \frac{−(z−j)}{2j}} = \frac{1}{2j} ∑_{k=0}^{∞} (\frac{−(z − j)}{2j})^{k} = ∑_{k=0}^{∞} (−1)^{k} (\frac{1}{2j} )^{k+1} (z − j)^{k} =

= \frac{1}{2j} − \frac{1}{(2j)^{2}} (z − j) + \frac{1}{(2j)^{3}} (z − j)^{2} + ⋯

q = −\frac{z − j}{2j} KT.: |q| = |−\frac{z − j}{2j} | = \frac{|z − j|}{2} < 1 ⟹ |z − j| < 2

f(z) = \frac{1}{z − j} g(z) = ∑_{k=0}^{∞} (−1)^{k} (\frac{1}{2j} )^{k+1} (z − j)^{k−1} =

= \frac{1}{2j} \frac{1}{z − j} − \frac{1}{(2j)^{2}} + \frac{1}{(2j)^{3}} (z − j) + ⋯

KT.: 0 < |z − j| < 2

β.)

g(z) = \frac{1}{z − j} \frac{1}{1 − \frac{−2j}{z−j}} = \frac{1}{z − j} ∑_{k=0}^{∞} (\frac{−2j}{z − j} )^{k} = ∑_{k=0}^{∞} (−2j)^{k} \frac{1}{(z − j)^{k+1}} =

= \frac{1}{z − j} − 2j \frac{1}{(z − j)^{2}} + (2j)^{2} \frac{1}{(z − j)^{3}} − ⋯

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  36  v1.2

q = \frac{−2j}{z − j} KT.: |q| = |\frac{−2j}{z − j} | = \frac{2}{|z − j|} < 1 ⟹ |z − j| > 2

f(z) = \frac{1}{z − j} g(z) = ∑_{k=0}^{∞} (−2j)^{k} \frac{1}{(z − j)^{k+2}} = \frac{1}{(z − j)^{2}} − 2j \frac{1}{(z − j)^{3}} + ⋯

KT.: |z − j| > 2

M Másik lehetőség:

f(z) = \frac{1}{z^{2} + 1} = \frac{1}{(z − j)(z + j)} = \frac{A}{z − j} + \frac{B}{z + j} = f_{1}(z) + f_{2}(z)

A és B meghatározása után f_{1}(z) sorfejtése kész, és csak f_{2}(z) sorfejtése van hátra. 2.)

∮_{|z−2j|=2} \frac{1}{z^{2} + 1} dz = 2πj res_{z=j} f(z) = 2πj · \frac{1}{2j} = π

Vigyázat! res_{z=j} f(z) a j pont közvetlen környezetében konvergens konvergens, (z − j) hatványait tartalmazó Laurent-sor c_{−1} együtthatója, tehát az α sorból kell leolvasni! M Természetesen a Cauchy-féle integrálformula alkalmazásával is megkapható az integrál értéke.

Pl.

f(z) = \frac{z − 1}{(z − 2)^{2} (z + 1)}

Adja meg a z_{0} = 2 bázispontú Laurent-sorfejtéseket!

Megoldás: (z − 2) hatványait tartalmazó konvergens Laurent-sorba fejthető az α.) 0 < |z − 2| < 3 β.) |z − 2| > 3 körgyűrűkön. Útmutató:

\frac{z − 1}{(z − 2)^{2} (z + 1)} = \frac{A}{(z − 2)^{2}} + \frac{B}{z − 2} + \frac{C}{z + 1}

A, B, C meghatározható. Az első két tag sorfejtése önmaga, KT.: |z − 2| > 0. Csak a harmadik tag sorfejtését kell elvégezni.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  37  v1.2

Vagy:

f(z) = \frac{1}{(z − 2)^{2}} \frac{z − 1}{z + 1} = \frac{1}{(z − 2)^{2}} g(z)

g(z) sorfejtését kell elvégezni, és minden tagot \frac{1}{(z − 2)^{2}} -nel beszorozni.

g(z) = \frac{z − 1}{z + 1} = \frac{z + 1 − 2}{z + 1} = 1 − \frac{2}{z + 1}

Az első tag kész, a második tagot kell sorbafejteni:

\frac{1}{z + 1} = \frac{1}{(z − 2) + 3} = \{ \begin{matrix}\frac{1}{3} \frac{1}{1 − \frac{−(z−2)}{3}} = ⋯  q = −\frac{z − 2}{3} \\ \frac{1}{z − 2} \frac{1}{1 − \frac{−3}{z−2}} = ⋯  q = −\frac{3}{z − 2} \end{matrix}

Pl.

Állapítsa meg a szingularitás jellegét és a residuumot a szinguláris pontban! 1.) f(z) = e^{\frac{1}{z^{2}}}

2.) g(z) = \frac{1}{z^{2}} e^{z}

Megoldás:

Felhasználjuk, hogy

e^{u} = 1 + u + \frac{u^{2}}{2!} + \frac{u^{3}}{3!} + ⋯ + \frac{u^{n}}{n!} + ⋯ ∀u ∈ ℂ - re.

1.)

e^{\frac{1}{z^{2}}} = 1 + \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{2! z^{4}} + ⋯ + \frac{1}{n! z^{2n}} + ⋯ |z| > 0

res_{z=0} e^{\frac{1}{z^{2}}} = c_{−1} = 0; z = 0 lényeges szingularitás (végtelen sok negatív kitevőjű tag van) 2.)

\frac{1}{z^{2}} e^{z} = \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!} + \frac{z}{3!} + ⋯ + \frac{z^{n−2}}{n!} + ⋯ |z| > 0

res_{z=0} \frac{1}{z^{2}} e^{z} = c_{−1} = 1; z = 0 másodrendű pólus

Pl.  ∮_{|z|=3} \frac{e^{2z} − 1}{8z^{3}} dz = I = ?

1. megoldás: A Cauchy-féle általánosított integrálformula szerint: (f reguláris T egyszeresen összefüggő tartományon)

∮_{G^{+}} \frac{f(z)}{(z − z_{0})^{n+1}} dz = \frac{2πj}{n!} f^{(n)}(z_{0})

f(z) = \frac{1}{8} (e^{2z} − 1) mindenütt reguláris; n + 1 = 3 ⟹ n = 2; z_{0} = 0

Ezért:

I = \frac{2πj}{2!} \frac{d^{2}}{dz^{2}} (\frac{1}{8} (e^{2z} − 1))|_{z=0} = \frac{2πj}{2!} · \frac{1}{8} 2^{2} e^{2z}|_{z=0} = j \frac{π}{2}

2. megoldás: Dolgozhatunk a residuum tétellel is, mert most könnyen meghatározható sorfejtéssel a residuum.

e^{2z} = 1 + 2z + \frac{(2z)^{2}}{2!} + \frac{(2z)^{3}}{3!} + ⋯ ∀z ∈ ℂ-re

g(z) = \frac{e^{2z} − 1}{8z^{3}} = \frac{2}{8} \frac{1}{z^{2}} + \frac{2^{2}}{8 · 2!} \frac{1}{z} + \frac{2^{3}}{8 · 3!} + \frac{2^{4}}{8 · 4!} + ⋯

KT.: |z| > 0

res_{z=0} g(z) = c_{−1} = \frac{2^{2}}{8 · 2!} = \frac{1}{4} ⟹ I = 2πj res_{z=0} g(z) = 2πj · \frac{1}{4} = j \frac{π}{2}

M Egyébként a sorfejtésből az is leolvasható, hogy a z_{0} = 0 szingularitás másodrendű pólus.

Pl.

f(z) = \frac{sin (z + 2j)}{(z + 2j)^{2} z}

1.) Hol és milyen szingularitása van f-nek?

2.) ∮_{|z−1|=3} f(z) dz = ?

Megoldás:

1.) Szinguláris pontok: −2j, 0. Mindkettő elsőrendű pólus, mert:

lim_{z→−2j} (z + 2j)^{1}f(z) = lim_{z→−2j} \underbrace{\frac{sin (z + 2j)}{z + 2j}}_{\begin{matrix}↓ \\ 1 \end{matrix}} \frac{1}{z} = \frac{1}{−2j} = j \frac{1}{2} ≠ 0

ill.

lim_{z→0} zf(z) = lim_{z→0} \frac{sin (z + 2j)}{(z + 2j)^{2}} = \frac{sin 2j}{(2j)^{2}} = \frac{j sh 2}{(2j)^{2}} = \frac{j sh 2}{−4} = −j \frac{sh 2}{4}

2.) Mivel elsőrendű pólus esetén

lim_{z→z_{0}} (z − z_{0})f(z) = res_{z=z_{0}} f(z),

az előbb megkaptuk a residuumokat, és így célszerű a residuum tételt alkalmazni.

∮_{|z−1|=3} f(z) dz = 2πj ( res_{z=−2j} f(z) + res_{z=0} f(z)) = 2πj (j \frac{1}{2} − j \frac{sh 2}{4}) = −π + \frac{π sh 2}{2}