SIMR 2010/11, Analiza Zespolona, wykład 2, 2010-10-10
Granice ciągów zespolonych
Ciąg liczb zespolonych ( zn)
, z
n∈ N
n ∈ C ma granicę w wtedy i tylko wtedy, gdy: lim zn = w ⇐⇒ lim |zn − w| = 0
n→∞
n→∞
Uwaga 1: Symbol lim po lewej stronie oznacza granicę ciągu liczb zespolonych, a lim po prawej stronie granicę ciągu liczb rzeczywistych.
Uwaga 2: Dla granicy ciągu w = 0 mamy:
lim zn = 0 ⇐⇒ lim |zn| = 0
n→∞
n→∞
Granice ciągów liczb zespolonych mają własności analogiczne do włąsności ciągów liczb rzeczywistych: granica sumy, róznicy, iloczynu, ilorazu. Nie można jednka stosować twierdzenia o trzech ciągach. Czasami wygodniej jest zastąpić jeden ciąg zespolony dwoma ciągami rze-czywistymi:
zn = xn + iyn , xn, yn ∈ R
Wtedy:
lim zn = lim xn + i lim yn
n→∞
n→∞
n→∞
i granica z lewej strony istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją granice z prawej strony.
Symbol niewłaściwy ∞
W liczbach zespolonych symbol niewłaściwy ∞ oznacza: lim zn = ∞ ⇐⇒ lim |zn| = ∞
n→∞
n→∞
Uwaga Symbol niewłaściwy ∞ nie określa kierunku wektora zn a jedynie jego długość dążącą do ∞.
Symbole nieoznaczone:
∞ − ∞
0 · ∞
0
0
∞
∞
Symoble oznaczone, np.:
1 = ∞
01 = 0
∞
in 2 + 6 n − 5 i
Przykład: Obliczyć lim
n→∞ n 2 + 4 in + 2 n
in 2 + 6 n − 5 i
n 2( i + 6 1 − 5 i 1 )
i + 6 1 − 5 i 1
i + 0 + 0
lim
= lim
n
n 2
= lim
n
n 2 =
= i
n→∞ n 2 + 4 in + 2 n
n→∞ n 2(1 + 4 i 1 + 2 1 )
n→∞ 1 + 4 i 1 + 2 1
1 + 0 + 0
n
n
n
n
in + 5 n
Przykład: Obliczyć lim
n→∞
2 n + 1
Obliczamy granicę ciągu rzeczywistego |zn|:
v
n
√
u
25
! n
u 1 +
in + 5 n
in + 5 n
n 2 + 25
u
1 ∞
lim
√
n 2
u
=
lim
= lim
= lim
=
= 0
n→∞
u
2 n + 1
n→∞ 2 n + 1
n→∞
4 n 2 + 1
n→∞
1
t
2
4 + n 2
stąd:
in + 5 n
lim
= 0
n→∞
2 n + 1
1
Definicja szeregu liczb zespolonych jest taka sama jak dla liczb rzeczywistych:
∞
N
X z
X
n =
lim
zn
N →∞
n=0
n=0
Badając zbieżność szeregów zespolonych korzystamy głównie z dwóch kryteriów:
∞
∞
Kryterium 1: Jeśli szereg X |z
X
n| jest zbieżny to szereg
zn też jest zbieżny.
n=0
n=0
Uwaga: Pierwszy szereg jest szeregiem liczb rzeczywistych o wyrazach nieujemnych.
∞
Kryterium 2: Jeśli lim |z
X
n| 6= 0 to szereg
zn jest rozbieżny.
n→∞
n=0
Szereg potęgowy liczb zespolonych
Własności szeregów potęgowych w dziedzinie zespolonej są bardzo podobne do własności szeregów potęgowych w dziedzinie rzeczywistej
Szereg potęgowy jest to szereg:
∞
X an( z − z 0) n , an, z, z 0 ∈ C
n=0
Dla każdego szeregu potęgowego istnieje promień zbieżności R ( R = 0 , R > 0 lub R = ∞).
Szereg potęgowy jest zbieżny dla |z − z 0 | < R i rozbieżny dla |z − z 0 | > R . Obszar zbieżności szeregu potęgowego jest więc wnętrzem koła o środku w punkcie Z 0 i promieniu R ( i być może niektórymi punktami z brzegu koła).
Jeżeli istnieją granice:
q
q = lim n |an| lub
n→∞
a
q
n+1
= lim
n→∞ an
1
to R = q
Rozszerzenie dziedziny funkcji na liczby zespolone
Korzystając z rozwinięć w szereg Taylora funkcji rzeczywistych możemy rozszerzyć ich dziedzinę na liczby zespolone.
Defincja:
∞ zn
ez = X
,
z ∈ C
n!
n=0 ∞
z 2 n+1
sin z = X( − 1) n
,
z ∈ C
(2 n + 1)!
n=0
∞
z 2 n
cos z = X( − 1) n
,
z ∈ C
(2 n)!
n=0
Powyższe szeregi potęgowe mają promień zbiezności równy R = ∞ , a więc są zbieżne na całym zbiorze liczb zepoloych.
Korzystając z tych fukcji definiujemy:
sin z
cos z
ez − e−z
ez + e−z
tg z =
,
ctg z =
,
sinh z =
,
cosh z =
,
cos z
sin z
2
2
sinh z
cosh z
tgh z =
,
ctgh z =
cosh z
sinh z
Funkcje te mają w dziedzinie zespolonej podobne własności: np.
2
sin2 z + cos2 z = 1
Związki między funkcjami
∞ ( iz) n
z 2
z 3
z 4
z 5
z 2
z 4
z 3
z 5
eiz = X
= 1+ iz −
−i
+
+ i
+ . . . = 1 −
+
+ . . . + i z −
+
+ . . .
=
n!
2!
3!
4!
5!
2!
4!
3!
5!
n=0
cos z + i sin z
,
z ∈ C
Stąd łatwo wyprowadzić poniższe wzory:
eiz = cos z + i sin z
e−iz = cos z − i sin z
cosh iz = cos z
sinh iz = i sin z
eiz + e−iz
cos z =
2
eiz − e−iz
sin z =
2 i
Przykład: Obliczyć sin( π + i)
ei( π+ i) − e−i( π+ i) 1
1
sin( π + i) =
=
e− 1+ iπ − e 1 −iπ =
e− 1 eiπ − e 1 e−iπ =
2 i
2 i
2 i
1
1
i(1 − e 2)
e− 1(cos π + i sin π) − e(cos π − i sin π) =
−e− 1 + e =
2 i
2 i
2 e
Logarytm
Logarytm w dziedzinie zespolonej definiujemy jako funkcję odwrotną do ez Definicja:
w = ln z ⇐⇒ z = ew
, z, w ∈ C
Niech w = u + iv , u, v ∈ R wtedy:
z = eu+ iv = eu · eiv = eucos v + i sin v Stąd:
eu = |z|
v = arg z + 2 kπ , k ∈ Z
Pierwsze równanie ma rozwiązanie dla z 6= 0 . Wtedy u = ln |z| Stąd: ln z = ln |z| + i(arg z + 2 kπ) , k ∈ Z
Uwaga: Ponieważ mamy nieskończenie wiele rozwiązań, logarytm nie jest funkcją. WYgodnie jest jednak traktować logarytm jak funkcję wielowartościową.
Przykład: Obliczyć ln( ei)
ei = e · (cos π + i sin π ) 2
2
stąd:
ln( ei) = ln e + i( π + 2 kπ) = 1 + (4 k+1) πi , k ∈
2
2
Z
Potęgowanie:
Jeśli z 1 6= 0 to definiujemy:
zz 2 = ez 2 ln z 1
1
Uwaga: Ponieważ logarytm jest funkcję wielowartościową więc zz 2 moż mieć wiele wartości.
1
Przykład: Obliczyć ii
ii = ei ln i
ln i = ln 1 + i( π + 2 kπ) = (4 k+1) πi , k ∈
2
2
Z
ii = e− (4 k+1) π
2
3
Niech dana będzie funkcja f : D → C , D ⊂ C , oraz punkt z 0 będący punktem skupienia D. Funkcja f ma w z 0 granicę równą g ∈ C : lim f ( z) = g wtedy i tylko wtedy, gdy dla z→z 0
każdego ciągu ( zn)
, z
z
n∈ N
n ∈ D , zn 6= z 0 takiego, że
lim n = z 0 , istnieje i jest równa g
n→∞
granica: lim f ( zn) = g.
n→∞
Uwaga: Podobnie definiuje się granicę dla z 0 = ∞ i dla g = ∞
Granice funkcji zepolonych mają podobne własności jak granice funkcji rzeczywistych.
z 3 + i
Przykład: Obliczyć lim
z→i z 2 + 1
Licznik i mianownik dążą do zera. Jest to więc symbol nieoznaczony. Ponieważ licznik i mianownik są wielomianami, więc muszą być podzielne przez ( z − i) z 3 + i
( z − i)( z 2 + iz − 1)
z 2 + iz − 1
− 1 − 1 − 1
3 i
lim
= lim
= lim
=
=
z→i z 2 + 1
z→i
( z − i)( z + i)
z→i
z + i
2 i
2
z
Przykład: Obliczyć lim
z→ 0 z
Licznik i mianownik dążą do zera. Jest to więc symbol nieoznaczony. Pokażemy, że granica nie istnieje. W tym celu wybierzemy dwa ciągi ( zn) takie , że lim zn = 0 (oraz zn 6= 0), oraz n→∞
zn
takie, że granice lim
są różne.
n→∞ zn
1
1
Ciąg pierwszy: zn =
, mamy lim zn = lim
= 0
n
n→∞
n→∞ n
1
zn
lim
= lim n = 1
n→∞ z
n→∞ 1
n
n i
i
Ciąg drugi: zn =
, mamy lim zn = lim
= 0
n
n→∞
n→∞ n
i
z
−
n
lim
= lim
n = − 1
n→∞ z
n→∞
i
n
n
Definicja: Funkcja f : D → C jest ciągła w punkcie z 0 ∈ D wtedy i tylko wtedy, gdy lim = f ( z 0). Funkcja f jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w każdym punkcie z→z 0
dziedziny.
Funkcje: z , zn , ez , sin z , cos z , |z| , z , Re z , Im z są ciągłe.
Jeśli f, g są funkcjami ciałgłymi to:
f
f + g , f − g , f · g ,
, f ( g( z)) też są ciągłe (na swojej dziedzinie) g
Pochodna funkcji zespolonej
Niech dana będzie funkcja f : D → C , D ⊂ C oraz punkt z 0 ∈ int D leżęcy we wnętrzu D.
Wtedy pochodną funkcji f w punkcie z 0 nazywamy granicę: f ( z
f 0
0 + h) − f ( z 0)
( z 0) = lim
h→ 0
h
Przykład: Obliczyć f 0( z) jeżeli f ( z) = z 2
f ( z + h) − f ( z)
( z + h)2 − z 2
z 2 + 2 zh + h 2 − z 2
f 0( z) = lim
= lim
= lim
= lim(2 z + h) =
h→ 0
h
h→ 0
h
h→ 0
h
h→ 0
2 z
4
Przykład: Obliczyć f 0(0) jeżeli f ( z) = z f ( h) − f (0)
h
f 0(0) = lim
= lim
- granica ta nie istnieje
h→ 0
h
h→ 0 h
Funkcja f nie ma pochodnej w punkcie z = 0
Definicja: Funkcja f jest holomorficzna w punkcie z 0 ∈ D jeżeli ma pochodną w pewnym otoczeniu punktu z 0 :
∃r > 0
∀z ∈ C
|z − z 0 | < r = ⇒ z ∈ D oraz istnieje f 0( z) Funkcja jest holomorficzna na zbiorze D jeżeli jest holomorficzna w każdym punkcie zbioru D.
Funkcje: z , zn , ez , sin z , cos z , tg z , ctg z , sinh z , cosh z są holomorficzne na całej dziedzinie. Ich pochodne są takie same jak dla funkcji zmiennych rzeczywistych.
Funkcje: |z| , z , Re z , Im z nie są holomorficzne.
Jeśli f, g są funkcjami holomorficznymi to:
f
f + g , f − g , f · g ,
, f ( g( z)) też są holomorficzne (na swojej dziedzinie) g
Funkcja holomorficzna f ( z) w opisie: z = x + iy , f = u + iv , u = u( x, y) , v = v( x, y) , x, y, u, v ∈ R.
Twierdzenie: Niech D ⊂ C będzie zbiorem otwartym. Funkcja f : D → C jest holomorficzna na D wtedy i tylko wtedy, gdy funkcje u, v mają ciągłe pochodne na D i spełnione są warunki Cauchy-Riemanna:
∂u
∂v
=
∂x
∂y
∂v
∂u
= −
∂x
∂y
Szkic dowodu:
Załóżmy, że u i v są różniczkowalne. Wtedy różniczka funkcji f jest równa:
∂ u
∂u
∂ v
∂v
d f = d( u + iv) = d u + i d v =
d x +
d y + i
d x +
d y =
∂x
∂y
∂x
∂y
∂ u
∂v
∂ u
∂v
+ i
d x +
+ i
d y
∂x
∂x
∂y
∂y
Mamy:
d z = d x + i d y
d z = d x − i d y
Stąd:
d z + d z
d x =
2
d z − d z
d y =
2 i
∂ u
∂v d z + d z
∂ u
∂v d z − d z
1 ∂u
∂v
∂v
∂u
1 ∂u
d f =
+ i
+
+ i
=
+
+ i
− i
d z +
−
∂x
∂x
2
∂y
∂y
2 i
2 ∂x
∂y
∂x
∂y
2 ∂x
∂v
∂v
∂u
+ i
+ i
d z
∂y
∂x
∂y
Ponieważ nie istnieje pochodna funkcji g( z) = z , więc aby istniała pochodna f musi być równy zero współczynnik przy d z , czyli:
∂u
∂v
∂v
∂u
−
+ i
+ i
= 0
∂x
∂y
∂x
∂y
Przyrównując do zera część rzeczywistą i urojoną:
5
∂u
∂v
−
= 0
∂x
∂y
∂v
∂u
+
= 0
∂x
∂y
Czyli
∂u
∂v
=
∂x
∂y
∂v
∂u
= −
∂x
∂y
Przykład: Sprawdzić czy funkcja f = u+ iv : u = x 2 −y 2+ y , x = 2 xy−x jest holomorficzna.
Funkcje u, v są klasy C
2
1 ma R
. Sprawdzamy warunki Cauchy-Riemanna:
∂u = 2 x
∂x
∂v = 2 x
∂y
Mamy 2 x = 2 x - równość jest spełniona
∂u = − 2 y + 1
∂y
∂v = 2 y − 1
∂x
Mamy − 2 y + 1 = −(2 y − 1) - równość jest spełniona Spełnione są warunki Cauchy-Riemanna więc funkcja jest holomorficzna.
6