SIMR 2012/13, Analiza Zespolona, wykład 2, 2012-10-21
Granica funkcji zespolonej
Niech dana bÄ™dzie funkcja f : D C, D ‚" C , oraz punkt z0 bÄ™dÄ…cy punktem skupienia
D. Funkcja f ma w z0 granicę równą g " C : lim f(z) = g wtedy i tylko wtedy, gdy dla
zz0
każdego ciągu (zn)n"N , zn " D , zn = z0 takiego, że lim zn = z0 , istnieje i jest równa g

n"
granica: lim f(zn) = g.
n"
Uwaga: Podobnie definiuje siÄ™ granicÄ™ dla z0 = " i dla g = "
Granice funkcji zepolonych mają podobne własności jak granice funkcji rzeczywistych.
z3 + i
Przykład: Obliczyć lim
zi
z2 + 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)
z3 + i (z - i)(z2 + iz - 1) z2 + iz - 1 -1 - 1 - 1 3i
lim = lim = lim = =
zi zi - i)(z + i) z + i 2i 2
zi
z2 + 1 (z
z
Przykład: Obliczyć lim
z0
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 = 0), oraz

n"
zn
takie, że granice lim są różne.
n"
zn
1 1
CiÄ…g pierwszy: zn = , mamy lim zn = lim = 0
n" n"
n n
1
zn
n
lim = lim = 1
n" n" 1
zn
n
i i
CiÄ…g drugi: zn = , mamy lim zn = lim = 0
n" n"
n n
i
-
zn
n
lim = lim = -1
n" n" i
zn
n
Definicja: Funkcja f : D C jest ciągła w punkcie z0 " D wtedy i tylko wtedy, gdy
lim = f(z0). Funkcja f jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w każdym punkcie
zz0
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 sÄ… ciÄ…gÅ‚e (na swojej dziedzinie)
g
Pochodna funkcji zespolonej
Niech dana bÄ™dzie funkcja f : D C , D ‚" C oraz punkt z0 " int D leżęcy we wnÄ™trzu D.
Wtedy pochodnÄ… funkcji f w punkcie z0 nazywamy granicÄ™:
f(z0 + h) - f(z0)
f (z0) = lim
h0
h
Przykład: Obliczyć f (z) jeżeli f(z) = z2
1
f(z + h) - f(z) (z + h)2 - z2 z2 + 2zh + h2 - z2
f (z) = lim = lim = lim = lim(2z + h) =
h0 h0 h0 h0
h h h
2z
Przykład: Obliczyć f (0) jeżeli f(z) = z
f(h) - f(0) h
f (0) = lim = lim - granica ta nie istnieje
h0 h0
h h
Funkcja f nie ma pochodnej w punkcie z = 0
Definicja: Funkcja f jest holomorficzna w punkcie z0 " D jeżeli ma pochodną w pewnym
otoczeniu punktu z0 :

"r > 0 "z " C |z - z0| < r =Ò! z " D oraz istnieje f (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 sÄ… takie same jak dla funkcji zmiennych rzeczywistych.
Funkcje: |z| , z , Re z , Im z nie sÄ… holomorficzne.
Jeśli f, g są funkcjami holomorficznymi to:
f
f + g , f - g , f · g , , f(g(z)) też sÄ… 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 bÄ™dzie zbiorem otwartym. Funkcja f : D C jest holomor-
ficzna na D wtedy i tylko wtedy, gdy funkcje u, v mają ciągłe pochodne na D i spełnione są
warunki Cauchy-Riemanna:
Å„Å‚
"u "v
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ =
ôÅ‚
ôÅ‚
"x "y
òÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
"v "u
ôÅ‚
ôÅ‚
ół = -
"x "y
Szkic dowodu:
Załóżmy, że u i v są różniczkowalne. Wtedy różniczka funkcji f jest równa:

"u "u "v "v
df = d(u + iv) = du + idv = dx + dy + i dx + dy =
"x "y "x "y

"u "v "u "v
+ i dx + + i dy
"x "x "y "y
Mamy:
dz = dx + idy
dz = dx - idy
StÄ…d:
dz + dz
dx =
2
dz - dz
dy =
2i

"u "v dz + dz "u "v dz - dz 1 "u "v "v "u 1 "u
df = + i + + i = + + i - i dz + -
"x "x 2 "y "y 2i 2 "x "y "x "y 2 "x
"v "v "u
+ i + i dz
"y "x "y
Ponieważ nie istnieje pochodna funkcji g(z) = z , więc aby istniała pochodna f musi być
równy zero współczynnik przy dz , czyli:
"u "v "v "u
- + i + i = 0
"x "y "x "y
2
Przyrównując do zera część rzeczywistą i urojoną:
Å„Å‚
"u "v
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ - = 0
ôÅ‚
ôÅ‚
"x "y
òÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
"v "u
ôÅ‚
ôÅ‚
ół + = 0
"x "y
Czyli
Å„Å‚
"u "v
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ =
ôÅ‚
ôÅ‚
"x "y
òÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
"v "u
ôÅ‚
ôÅ‚
ół = -
"x "y
Przykład: Sprawdzić czy funkcja f = u+iv : u = x2-y2+y , x = 2xy-x jest holomorficzna.
Funkcje u, v sÄ… klasy C1 ma R2 . Sprawdzamy warunki Cauchy-Riemanna:
"u
= 2x
"x
"v
= 2x
"y
Mamy 2x = 2x - równość jest spełniona
"u
= -2y + 1
"y
"v
= 2y - 1
"x
Mamy -2y + 1 = -(2y - 1) - równość jest spełniona
Spełnione są warunki Cauchy-Riemanna więc funkcja jest holomorficzna.
Funkcje holomorficzne
Przykład: Część rzeczywista funkcji holomorficznej jest równa: u(x, y) = x2 - y2 + 3y .
Znalez
ć część urojoną f.
Funkcja jest holomorficzna, więc jej część rzeczywista: u = Re f oraz u = Im f spełniają
warunki Cauchy-Riemanna:
"u "v "u "v
= , = -
"x "y "y "x
Rozwiązujemy powyższy układ równań:
"v
= 2x
"y

v(x, y) = 2xdy = 2xy + C(x)
W rozwiÄ…zaniu tym:
1. traktujemy x jak stałą
2. wtedy mamy pochodnÄ… funkcji jednej zmiennej y
3. całkujemy równanie i dostajemy stałą całkowania
4. traktujemy ponownie x jak zmienną; wtedy stała całkowania może zależeć od x czyli jest
funkcjÄ… zmiennej x.
Podstawiamy v do drugiego równania:
-2y + 3 = -(2y + C (x))
C (x) = -3

C(x) = -3dx = -3x + D
Odpowiedz
: v(x, y) = 2xy - 3y + D
Funkcje harmoniczne
3
Część rzeczywista, oraz część urojona funkcji holomorficznej spełniają na całyym obszarze
holomorficzności równanie:
"2u "2u
+ = 0
"x2 "y2
"2v "2v
+ = 0
"x2 "y2
Równania te można też zapisać inaczej:
"u = 0 , "v = 0
Funkcje spełniające takie równanie nazywamy funkcjami harmonicznymi. Funkcje u i v speł-
niające takie równanie i będące częścią rzeczywistą i urojoną tej samej funkcji holomorficznej
nazywamy funkcjami harmonicznymi sprzężonymi.
Funkcje holomorficzne-własności
Jeżeli f : D C jest funkcją holomorficzną na kole otwartym D = {z " C : |z - z0| < r}
wtedy i tylko wtedy, gdy rozwija siÄ™ w tym kole w szereg Taylora:
"

f(z) = an(z - z0)n
n=0
Uwaga 1: Funkcje, które rozwijają się w szereg Taylora nazywamy funkcjami analitycznymi.
Dla funkcji zespolonych pojęcia: funkcja holomorficzna i analityczna znaczą więc to samo.
Uwaga 2: Z twierdzenia tego wynika, że pochodna funkcji holomorficznej jest też funkcją
holomorficzną, a więc istniejją pochodne dowolnego rzędu funkcji holomorficznej.
Interpretacja geometryczna funkcji holomorficznej - przekształcenie konformene
Niech f : D C będzie funkcją holomorficzną i nicech f (z) = 0 na D . Wtedy dla małych

przyrostów argumentów funkcji dz mamy przyrost wartości:
df = f (z0) · dz
Geometryczną interpretacją tego przekształcenia jest złożenie jednokładności o skali |f (z0)| i
obrotu o kąt arg f (z0) . Oba te przekształcenia nie zmieniają kąta między wektorami. Wnio-
sek: Funkcja holomorficzna o pochodnej różnej od zera jest przekształceniem zachowującym
kąty między krzywymi czyli przekształceniem konformenym.
Całka z funkcji zespolonej
Niech dana bÄ™dzie funkcja f : D C , D ‚" C oraz krzywa skierowana C ‚" D o poczÄ…tku
w punkcie A i końcu w punkcie B.
1. Ustalamy n " N
2.Wybieramy n + 1 punktów leżących kolejno na krzywej z0, z1, . . . zn " C takich, że z0 = A
, zn = B. Wybieramy ponadto n punktów krzywej ¾i takich, że ¾i leży na krzywej pomiÄ™dzy
zi a zi+1.
3. Konstruujemy sumÄ™:
Sn = f(¾0) · (z1 - z0) + f(¾1) · (z2 - z1) + · · · + f(¾n-1) · (zn - zn-1)
4. Zakładamy, lim max |zi+1 - zi| = 0
n"
5. Jeżeli granica lim Sn istnieje i nie zalezy od wyboru punktów zi oraz ¾i to granicÄ™ tÄ™
n"
nazywamy całką z funkcji f po krzywej ( drodze, konturze) C:

f(z)dz
C
Uwaga: Jeżeli początek krzywej jest równy jej końcowi, to krzywą nazywamy zamkniętą.
Można wtedy wybrać początek (i jednocześnie koniec) całkowania w dowolnym punkcie krzy-
wej. Dla krzywych zamkniętych nie podaje się więc początku i końca krzywej, trzeba jednak
określić jej kierunek. Dla całki po krzywej zamkniętej stosuje się oznaczenie:
4

·f(z)dz
C
Własności całki (zakładamy, że poniższe całki istnieją):

a · f(z)dz = a · f(z)dz
C C

f(z) + g(z)dz = f(z)dz + g(z)dz
C C C

f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz
C C1 C2
B A
f(z)dz = - f(z)dz , gdzie krzywa dla piwerszej całki jest przeciwnie skierowana do
A B
krzywej drugiej całki.

f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz , gdzie krzywa C składa się z krzywych C1 i C2 (koniec C1
C C1 C2
jest poczÄ…tkiem C2 , orientacje krzywych sÄ… zgodne).

B



f(z)dz M · L , jeÅ›li |f(z)| M a L jest dÅ‚ugoÅ›ciÄ… krzywej.


A
Najczęściej obliczamy całkę gdy f : D C jest funkcją ciągłą, a krzywa C jest krzywą
kawałkami gładką. Parametryzujemy wtedy każdy kwałek gładki krzywej i korzystamy ze
wzoru:
C : z = z(t), t "< a, b > , z(t) jest klasy C1
b
f(z)dz = f(z(t)) · z (t)dt
a
C

Przykład 1: Obliczyć całkę: zdz gdzie C jest kawałkiem paraboli y = x2 skierowanym
C
od punktu A(1, 1) do punktu B(0, 0)
Parametryzujemy krzywÄ…: x = t , y = t2 t zmienia siÄ™ od 1 do 0.
Wtedy z(t) = x + iy = t + it2 , dz = (1 + 2it)dt
0 0 0
1 1
z2dz = (t + it2) · (1 + 2it)dt = (t + 3it2 - 2t3)dt = t2 + it3 - t2 = -i
2 2
1
C 1 1

1
Przykład 2: Obliczyć całkę: dz gdzie C jest okręgiem x2 + y2 = R2 skierowanym
z
C
przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
Parametryzujemy krzywÄ…: x = R cos t , y = R sin t , t zmienia siÄ™ od 0 do 2Ä„.
Wtedy z(t) = x + iy = R cos t + iR sin t = Reit , dz = Rieitdt
2Ä„ 2Ä„

1 1
dz = · Rieitdt = idt = [it]2Ä„ = 2Ä„i
0
z Reit
C 0 0

Przykład 3: Obliczyć całkę: zndz , n " C , gdzie C jest okręgiem x2 + y2 = R2 skierowa-
C
nym przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
Parametryzujemy krzywÄ…: x = R cos t , y = R sin t , t zmienia siÄ™ od 0 do 2Ä„.
Wtedy z(t) = x + iy = R cos t + iR sin t = Reit , dz = Rieitdt
2Ä„
2Ä„ 2Ä„

ei(n+1)t
zndz = Rneint · Rieitdt = iRn+1ei(n+1)tdt = iRn+1 =
i(n + 1)
0
C 0 0
5

Rn+1
e(n+1)2Ä„i - 1 = 0 , dla n = -1

n + 1

Dla n = -1 z poprzedniego przykładu mamy: z-1dz = 2Ąi
C
Wniosek:


0 dla n = -1

zndz =
2Ä„i dla n = -1
C
Całka ta nie zależy od promienia okręgu. Wynik ten można uogólnić: całka ta nie zależy od
krzywej dla n = -1. Dla n = -1 całka jest równa 2Ąi pod warunkiem, że krzywa obiega

punkt z = 0 jeden raz, w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara ( w lewo ).
Całka z funkcji holomorficznej
Dla funkcji holomorficznej zachodzi poniższe twierdzenie:
Twierdzenie: Niech D ‚" C bÄ™dzie zbiorem domkniÄ™tym. Niech jego brzeg: C bÄ™dzie krzywÄ…
kawałkami gładką (zorientowaną). Niech f : U C będzie funkcją holomorficzną na U oraz
D ‚" U. Wtedy zachodzi:

f(z)dz = 0
C
Uwaga: Dla funkcji spełniających założenia tego twierdzenia można wprowadzić pojęcie

funkcji pierwotnej, czyli funkcji zdefiniwanej równaniem F (z) = f(z) na D. Wtedy mamy
dla dowlanej krzywaj C zawartej w D:

f(z)dz = F (B) - F (A) , gdzie A jest początkiem, a B końcem krzywej C.
C

Przykład: Obliczyć tg zdz , gdzie C jest dowolną krzywą zamkniętą leżącą w obszarze
C
y > 1.

Funkcja f(z) = tg z jest holomorficzna w tym obszarze, więc tg zdz = 0
C
Wzór całkowy Cauchy ego
Twierdzenie: Niech D ‚" C bÄ™dzie zbiorem domkniÄ™tym, którego brzeg jest krzywÄ… C
kawałkami gładką zorintowaną w lewo. Niech f : U C będzie funkcją holomorficzną oraz
na D ‚" U. Niech z0 " int D. Wtedy zachodzi:

f(z)
dz = 2Ä„if(z0)
z - z0
C

z2 + 4
Przykład: Obliczyć dz jeśli:
z2 + 1
C
a) C1 jest okręgiem |z - 4| = 1 skierowanym w lewo
b) C2 jest okręgiem |z - i| = 1 skierowanym w lewo
c) C3 jest okręgiem |z| = 3 skierowanym w lewo
z2 + 4
Badamy holomorficzność funkcji f(z) = . Funkcja jest holomorficzna z wyjatkiem
z2 + 1
punktów: z2 + 1 = ( Punkty te nie należą do dizedziny f ).. Roziązując równanie dostajemy:
z1 = i , z2 = -i
a) W obszarze ograniczonym okręgiem C1 funkcja f jest holomorficzna (włącznie z punktami
okręgu). Wobec tego:

z2 + 4
dz = 0
z2 + 1
C1
6
b) W obszarze ograniczonym okręgiem C2 funkcja f jest holomorficzna z wyjątkiem punktu
z = i. Przekształacamy:
z2 + 4
z2 + 4 z2 + 4
z + i
f(z) = = =
z2 + 1 (z - i)(z + i) z - i
z2 + 4
Funkcja g(z) = jest holomorficzna w obszarze ograniczonym krzywą C2 więc:
z + i

g(z) i2 + 4
dz = 2Ä„ig(i) = 2Ä„i = 3Ä„
z - i i + i
C2
c) W obszarze ograniczonym okręgiem C3 funkcja f jest holomorficzna z wyjątkiem punktów
z = i.oraz z = -i. Mamy:

f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz , gdzie C2 jest okręgiem |z - i| = 1 skierowanym w lewo,
C3 C2 C4
a C4 jest okręgiem |z + i| = 1 skierowanym w lewo. Uwaga: Mogą to być okręgi o innych
promieniach ( lub inne krzywe). Istotne jest aby:
1. Obszar ograniczony krzywą zawierał tylko jeden punkt, w którym funkcja nie jest holo-
morficzna
2. Krzywa zawarta była wobszarze ograniczonym krzywą C3
Mamy:

f(z)dz = 3Ą - jest to całka z punktu b.
C2

f(z)dz
C4
Przekształacamy:
z2 + 4
z2 + 4 z2 + 4
z - i
f(z) = = =
z2 + 1 (z + i)(z - i) z + i
z2 + 4
Funkcja g(z) = jest holomorficzna w obszarze ograniczonym krzywą C4 więc:
z - i

g(z) (-i)2 + 4
dz = 2Ä„ig(-i) = 2Ä„i = -3Ä„
z + i -i - i
C4
StÄ…d:

f(z)dz = 3Ä„ - 3Ä„ = 0
C3
7