ĆWICZENIA 1:

1.1. Liczby zespolone.

Zadanie 1.1.1./1:

Pokazać, że jeśli z₁, z₂∈ℂ, to:

(*) |z₁+z₂| ≤ |z₁| + |z₂|

Przy czym równość w (*) zachodzi dokładnie wtedy, gdy z₂ = tz₁, dla pewnego t ≥ 0.

Rozwiązanie:

Jeśli z₁ + z₂ = 0, to $\underset{= 0}{} = 0 \leq \underset{\geq 0}{} + \underset{\geq 0}{}$. Czyli nierówność (*) zachodzi.

Załóżmy, że z₁ + z₂ ≠ 0. Zauważmy, że |z| ≥ Rez dla dowolnych z∈ℂ. $\bigwedge_{z\mathbb{\in C}}^{}{\operatorname{Re}z} \leq \left| z \right|$.

$\operatorname{Re}z \leq \left| \operatorname{Re}z \right| = \sqrt{\operatorname{}z} \leq \sqrt{\operatorname{}z + \underset{\geq 0}{}} = \left| z \right|$. Mamy zatem:

(1) $1 = \operatorname{Re}1 = \operatorname{Re}\left( \frac{z_{1} + z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right) = \operatorname{Re}\left( \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} + \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right) = \operatorname{Re}\left( \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} \right) + \operatorname{Re}\left( \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right)\underset{\mathrm{wl.\ 1.1.(d)}}{}\left| \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} \right| + \left| \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right| = \frac{\left| z_{1} \right|}{\left| z_{1} + z_{2} \right|} + \frac{\left| z_{2} \right|}{\left| z_{1} + z_{2} \right|}$.

w₁ = x₁ + iy₁, x₁, y₁∈ℝ,

w₂ = x₂ + iy₂, x₂, y₂∈ℝ,

Re(w₁+w₂) = x₂ + x₂ = Rew₁ + Rew₂.

Zatem:

$1 \leq \frac{\left| z_{1} \right|}{\left| z_{1} + z_{2} \right|} + \frac{\left| z_{2} \right|}{\left| z_{1} + z_{2} \right|}| \cdot \left| z_{1} + z_{2} \right|$, stąd |z₁+z₂| ≤ |z₁| + |z₂|. Załóżmy, że w (*) zachodzi równość. Wówczas mamy równość:

$\operatorname{Re}\left( \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} \right) + \operatorname{Re}\left( \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right) = \left| \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} \right| + \left| \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right|$ (patrz (1)). Wówczas:

$\operatorname{Re}\frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} = \left| \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} \right|$ oraz $\operatorname{Re}\frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} = \left| \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right|$

Stąd:

$\left| \operatorname{Re}z \right| = \left| z \right| = \sqrt{\operatorname{}z + \underset{= 0}{}}$.

$\operatorname{Im}\frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} = 0$ oraz $\operatorname{Im}\frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} = 0$, czyli:

$\frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} = \left| \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} \right|$ oraz $\frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} = \left| \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right|$. Bez zmniejszania ogólności rozważań możemy założyć, że z₂ ≠ 0.

$\frac{z_{1}}{z_{2}} = \frac{\frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}}}{\frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}}} = \frac{\left| \frac{z_{1}}{z_{1} + z_{2}} \right|}{\left| \frac{z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \right|}\underset{\mathrm{wl.\ 1.1(d)}}{}\frac{\left| z_{1} \right|}{\left| z_{2} \right|}$, czyli $z_{1} = \underset{\geq 0}{} \cdot z_{2}$. Jeśli z₂ = tz₁ dla pewnego t ≥ 0, to

$\left| z_{1} + z_{2} \right| = \left| z_{1} + tz_{1} \right| = \left| \underset{> 0}{}z_{1} \right| = \left( 1 + t \right) \cdot \left| z_{1} \right| = \left| z_{1} \right| + \underset{= \left| tz_{1} \right|}{} = \left| z_{1} \right| + \left| tz_{1} \right| = \left| z_{1} \right| + \left| z_{2} \right|$.

Zadanie 1.1.2./2:

Pokazać, że jeśli z₁, z₂∈ℂ, to:

(*) $\bigwedge_{z_{1},z_{2}\mathbb{\in C}}^{}{\left| z_{1} + z_{2} \right|^{2} + \left| z_{1} - z_{2} \right|^{2}} = 2\left( \left| z_{1} \right|^{2} + \left| z_{2} \right|^{2} \right)$ (warunek równoległoboku).

Rozwiązanie:

Wskazówka: zauważyć, że:

$\bigwedge_{z\mathbb{\in C}}^{}\left| z^{2} \right| = z \cdot \overset{\overline{}}{z}$. Rzeczywiście:

|z|² = z + z,

$z \cdot \overset{\overline{}}{z} = \left( \operatorname{Re}z + i\operatorname{Im}z \right)\left( \operatorname{Re}z - i\operatorname{Im}z \right) = \operatorname{}z - i\operatorname{Re}z \cdot \operatorname{Im}z + i\operatorname{Im}z \cdot \operatorname{Re}z + \operatorname{}z = \operatorname{}z + \operatorname{}z$.

Zadanie 1.1.3./2 (książka):

Niech z₁, z₂, z₃∈ℂ oraz |z₁| = |z₂| = |z₃| = 1. Pokazać, że liczby z₁, z₂, z₃ są wierzchołkami trójkąta równobocznego dokładnie wtedy, gdy z₁ + z₂ + z₃ = 0.

Rozwiązanie:

Załóżmy, najpierw, że z₁, z₂, z₃ są wierzchołkami trójkąta równobocznego. Niech z₁ = cosφ + isinφ. Wówczas po ewentualnym przenumerowaniu wierzchołków, mamy

$z_{2} = \cos\left( \varphi + \frac{2\pi}{3} \right) + i\sin\left( \varphi + \frac{2\pi}{3}\ \right)$, $z_{3} = \cos\left( \varphi + \frac{4\pi}{3} \right) + i\sin\left( \varphi + \frac{4\pi}{3} \right)$. Stąd i z własności I.1.2(a) dostajemy:

(1) $z_{1} + z_{2} + z_{3} = z_{1} + \cos\left( \varphi + \frac{2\pi}{3} \right) + i\sin\left( \varphi + \frac{2\pi}{3} \right) + \cos\left( \varphi + \frac{4\pi}{3} \right) + i\sin\left( \frac{4\pi}{3} \right) = z_{1}\left( 1 + \cos\left( \frac{2\pi}{3} \right) + i\sin\left( \frac{2\pi}{3} \right) + \cos\left( \frac{4\pi}{3} \right) + i\sin\left( \frac{4\pi}{3} \right) \right)$.

Prostym rachunkiem sprawdzamy, że:

$1 + \cos\left( \frac{2\pi}{3} \right) + i\sin\left( \frac{2\pi}{3} \right) + \cos\left( \frac{4\pi}{3} \right) + i\sin\left( \frac{4\pi}{3} \right) = 0$. Stąd i z (1) dostajemy z₁ + z₂ + z₃ = 0.

Odwrotnie, załóżmy teraz, że z₁ + z₂ + z₃ = 0. Stąd i założenia mamy |z₁+z₂| = |z₃| oraz |z₁| = |z₂| = |z₃| = 1. Ponadto z warunku równoległoboku mamy |z₁−z₂|² = 2(|z₁|²+|z₂|²) − |z₁+z₂|². Zatem $\left| z_{1} - z_{2} \right| = \sqrt{3}$. Postępując analogicznie dostajemy:

$\left| z_{1} - z_{2} \right| = \left| z_{2} - z_{3} \right| = \left| z_{3} - z_{1} \right| = \sqrt{3}$,

czyli z₁, z₂, z₃ są wierzchołkami trójkąta równobocznego. To kończy rozwiązanie.

Zadanie 1.1.4./2 (książka):

Niech z₁, z₂ ∈ ℂ^x. Połóżmy argz₁ + argz₁{φ₁+φ₂∈ℝ:φ₁∈argz₁ i φ₂∈argz₂}, argz₁ − argz₂{φ₁−φ₂∈ℝ:φ₁∈argz₁ i φ₂∈argz₂}. Pokazać, że:

(i) argz₁ + argz₂ = argz₁z₂,

(ii) $\arg z_{1} - \arg z_{2} = \arg\frac{z_{1}}{z_{2}}$.

Wskazać liczby z₁, z₂ ∈ ℂ^x, dla których:

(iii) Argz₁ + Argz₂ ≠ Argz₁z₂,

i liczby z₁, z₂ ∈ ℂ^x, dla których:

(iv) $\operatorname{Arg}z_{1} - \operatorname{Arg}z_{2} \neq \operatorname{Arg}\frac{z_{1}}{z_{2}}$.

Rozwiązanie:

(i) Weźmy dowolną liczbę φ ∈ argz₁ + argz₂. Wówczas istnieją liczby φ₁, φ₂ takie, że φ₁ ∈ argz₁, φ₂ ∈ argz₂ oraz φ = φ₁ + φ₂. Z definicji zbiorów arg i z własności I.1.2(a) dostajemy z₁ = |z₁|(cosφ₁+isinφ₁), z₂ = |z₂|(cosφ₂+isinφ₂) oraz |z₁z₂|[cos(φ₁+φ₂)+isin(φ₁+φ₂)]. Stąd φ ∈ argz₁z₂.

Odwrotnie, weźmy dowolną liczbę φ ∈ argz₁z₂ oraz liczby φ₁ ∈ argz₁, φ₂ ∈ argz₂. Wówczas z definicji zbiorów arg i z własności I.1.2(a) dostajemy $\cos\varphi + i\sin\varphi = \frac{z_{1}z_{2}}{\left| z_{1}z_{2} \right|} = \cos\left( \varphi_{1} + \varphi_{2} \right) + i\sin\left( \varphi_{1} + \varphi_{2} \right)$. Stąd i z własności funkcji trygonometrycznych w dziedzinie rzeczywistej wynika, że istnieje liczba całkowita k taka, że φ = φ₁ + φ₂ + 2kπ. Kładąc φ₂^* = φ₂ + 2kπ, otrzymujemy φ = φ₁ + φ₂^*, φ₁ ∈ argz₁, φ₂^* ∈ argz₂. Zatem φ ∈ argz₁ + argz₂.

(ii) Weźmy dowolną liczbę φ ∈ argz₁ − argz₂. Wówczas istnieją liczby φ₁, φ₂ takie, że φ₁ ∈ argz₁, φ₂ ∈ argz₂ oraz φ = φ₁ − φ₂. Podobnie jak powyżej, dostajemy z₁ = |z₁|(cosφ₁+isinφ₁), z₂ = |z₂|(cosφ₂+isinφ₂) oraz $\frac{z_{1}}{z_{2}} = \left| \frac{z_{1}}{z_{2}} \right|\left\lbrack \cos\left( \varphi_{1} - \varphi_{2} \right) + i\sin\left( \varphi_{1} - \varphi_{2} \right) \right\rbrack$. Stąd $\varphi \in \arg\frac{z_{1}}{z_{2}}$.

Odwrotnie, weźmy dowolną liczbę $\varphi \in \arg\frac{z_{1}}{z_{2}}$ oraz liczby φ₁ ∈ argz₁, φ₂ ∈ argz₂. Podobnie jak powyżej, dostajemy $\cos\varphi + i\sin\varphi = \frac{\left( \frac{z_{1}}{z_{2}} \right)}{\left| \frac{z_{2}}{z_{2}} \right|} = \cos\left( \varphi_{1} - \varphi_{2} \right) + i\sin\left( \varphi_{1} - \varphi_{2} \right)$. Stąd i z własności funkcji trygonometrycznych w dziedzinie rzeczywistej wynika, że istnieje liczba całkowita k taka, że φ = φ₁ − φ₂ + 2kπ. Kładąc φ₂^* = φ₂ − 2kπ, otrzymujemy φ = φ₁ − φ₂^*, φ₁ ∈ argz₁, φ₂^* ∈ argz₂. Zatem φ ∈ argz₁ − argz₂.

W (iii) można przyjąć z₁ = −1, z₂ = −1, wtedy Argz₁ = Argz₂ = π, Argz₁z₂ = 0.

W (iv) możemy przyjąć z₁ = −i, z₂ = i, wetdy $\operatorname{Arg}z_{1} = \frac{- \pi}{2}$, $\operatorname{Arg}z_{2} = \frac{\pi}{2}$, $\operatorname{Arg}\frac{z_{1}}{z_{2}} = \pi$.

Zadanie 1.1.5./3:

Niech z₀, z₁, …, z_n − 1 będą różnymi pierwiastkami stopnia n z 1. Pokazać, że dla każdej liczby całkowitej k suma z₀^k + z₁^k + … + z_n − 1^k jest równa n, gdy k jest wielokrotnością liczby n, równa 0 w przeciwnym wypadku.

Inaczej:

$z_{j} = \cos{\frac{2j\pi}{n} + i\sin\frac{2j\pi}{n}}$, gdzie j = 0, 1, …, n − 1.

Pokazać, że dla dowolnego k∈ℤ

$z_{0}^{k} + z_{1}^{k} + \ldots + z_{n - 1}^{k} = \left\{ \begin{matrix} n\mathrm{,\ gdy\ }k\mathrm{\ jest\ wielokrotnoscia\ }n \\ 0\mathrm{\text{\ w\ p.\ p.}} \\ \end{matrix} \right.\ $.

Rozwiązanie:

Weźmy dowolne k∈ℤ. Oznaczmy

S_k = z₀^k + z₁^k + … + z_n − 1^k.

Zauważamy, że korzystając z własności I.1.2(a)

(*) z_j = z₁^j, j = 0, 1, …, n − 1

$\underset{= 1}{} + i\sin 0 = z_{0} = z_{1}^{0} = 1$,

$z_{2}\overset{?}{\overbrace{=}}z_{1}^{2} = z_{1} \cdot z_{2} = \underset{= 1}{} \cdot \underset{= 1}{}\left( \cos{\left( \frac{2\pi}{n} + \frac{2\pi}{n} \right) + i\sin\left( \frac{2\pi}{n} + \frac{2\pi}{n} \right)} \right) = \cos\frac{2 \cdot 2\pi}{n} + i\sin\frac{2 \cdot 2\pi}{n} = z_{2}$.

Niech k = l ⋅ n + r, gdzie r = 0, 1, …, n − 1, l∈ℤ

$S_{k} = z_{0}^{k} + \ldots + z_{n - 1}^{k} = z_{0}^{l \cdot n + r} + \ldots + z_{n - 1}^{l \cdot n + r} = {\underset{= 1}{}}^{l} \cdot z_{0}^{r} + \ldots + {\underset{= 1}{}}^{l} \cdot z_{n - 1}^{r} = z_{0}^{r} + z_{1}^{r} + \ldots + z_{n - 1}^{r}\overset{\left( * \right)}{\overbrace{=}}\left( z_{1}^{0} \right)^{r} + \left( z_{1}^{1} \right)^{r} + \ldots + \left( z_{1}^{n - 1} \right)^{r} = \left( z_{1}^{r} \right)^{0} + \left( z_{2}^{r} \right)^{1} + \ldots + \left( z_{1}^{r} \right)^{n - 1}$.

$S_{n} = a_{1} \cdot \frac{1 - q^{n}}{1 - q}$.

Jeśli iloraz z₁^r = 1, to powyższa suma jest równa n.

$z_{1}^{r} = 1 \Longleftrightarrow \cos\frac{2r\pi}{n} + i\sin\frac{2r\pi}{n} = 1 \Longleftrightarrow \cos\frac{2\pi r}{n} = 1 \land \sin\frac{2\pi r}{n} = 0 \Longleftrightarrow r = 0$,

0 ≤ r ≤ n − 1,

$0 \leq \frac{2\pi}{n}r < \frac{2\pi}{n}\left( n - 1 \right) < 2\pi$.

Zatem, gdy r = 0, to S_k = n. Dla r = 1, 2, …, n − 1 mamy z₁^r ≠ 1, więc $S_{k} = \frac{1 - \left( z_{1}^{r} \right)^{n}}{1 - z_{1}^{r}} = \frac{1 - \left( \overset{= 1}{\overbrace{z_{1}^{n}}} \right)^{r}}{1 - z_{1}^{r}} = 0$.

1.2. Sfera Riemanna.

Zadanie 1.2.1./4:

Niech S ⊂ ℝ³ będzie sferą Riemanna i N = (0,0,1) ∈ S. Pokazać, że obrazem sferycznym punktu z∈ℂ jest punkt:

(*) $\left( \frac{\operatorname{Re}z}{1 + \left| z \right|^{2}},\frac{\operatorname{Im}z}{1 + \left| z \right|^{2}},\frac{\left| z \right|^{2}}{1 + \left| z \right|^{2}} \right) \in S\backslash\left\{ N \right\}$.

Odwrotnie rzutem stereograficznym (ξ,η,ζ) ∈ S ∖ {N} jest punkt:

(**) $\frac{\xi}{1 - \zeta} + \frac{\text{iζ}}{1 - \zeta}\mathbb{\in C}$.

Rozwiązanie (książka):

Z definicji S = {(ξ,η,ζ)∈ℝ³:ξ²+η²+ζ²=ζ}. Obrazem sferycznym punktu z∈ℂ jest punkt przecięcia sfery S z prostą:

(1) ℝ∋t ↦ ((Rez)t,(Imz)t,1−t) ∈ ℝ³,

różny od punktu N. Punktowi temu odpowiada $t_{0} = \frac{1}{1 + \left| z \right|^{2}}$. Wstawiając t₀do (1), dostajemy (*). Odwrotnie, rzutem stereograficznym punktu (ξ,η,ζ) ∈ S ∖ {N} jest punkt przecięcia płaszczyzny ζ = 0 z prostą:

(2) ℝ∋t ↦ (ξt,ηt,1+(ζ−1)t) ∈ ℝ³.

Punktowi temu odpowiada $t_{0} = \frac{1}{1 - \zeta}$. Wstawiając t₀ do (2), dostajemy (**). To kończy rozwiązanie.

Rozwiązanie (ćwiczenia):

$\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\mathbb{= C \cup}\left\{ \infty \right\}$,

$S = \xi^{2} + \eta^{2} + \left( \zeta - \frac{1}{2} \right)^{2} = \frac{1}{4}$, ξ² + η² + ζ² = ζ.

Mając dany punkt z = z + iy∈ℂ wyznaczymy współrzędne obrazu sferycznego Z = (ξ,η,ζ) tego punktu z. Ponieważ Z ∈ S, więc ξ² + η² + ζ² = ζ i skoro Z = [N,z] oraz Z ≠ N, czyli

(ξ,η,ζ) = (0,0,1) + t(x,y,0) − (0,01,1), gdzie [p₁,p₂] = {p₁+t(p₂−p₁):t∈[0,1]}, czyli

(ξ,η,ζ) = (0,0,1) + t(x,y,0) − (0,0,1), gdzie t ∈ (0,1], otrzymujemy zatem następujący układ równań:

$\left\{ \begin{matrix} \xi^{2} + \eta^{2} + \zeta^{2} = \zeta \\ \xi = 0 + t\left( x - 0 \right) \\ \eta = 0 + t\left( y - 0 \right) \\ \zeta = 1 + t\left( 0 - 1 \right) \\ \end{matrix} \right.\ $, gdzie: ξ = tx, η = ty, ζ = 1 − t,

$\left\{ \begin{matrix} t^{2}x^{2} + t^{2}y^{2} + \left( 1 - t \right)^{2} = 1 - t \\ \xi = tx \\ \eta = ty \\ \zeta = 1 - t \\ \end{matrix} \right.\ \Longleftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t^{2}x^{2} + t^{2}y^{2} + t^{2} = t|:t\ \\ \xi = tx \\ \eta = ty \\ \zeta = 1 - t \\ \end{matrix},\ (\mathrm{\text{gdzie\ }}t = 0\mathrm{,\ bo\ }Z \neq N) \right.\ \Longleftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t^{2}x^{2} + t^{2}y^{2} + t = 1 \\ \xi = tx \\ \eta = ty \\ \zeta = 1 - t \\ \end{matrix} \right.\ \Longleftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t\left( x^{2} + y^{2} + 1 \right) = 1 \\ \xi = tx \\ \eta = ty \\ \zeta = 1 - t \\ \end{matrix} \right.\ \overset{x^{2} + y^{2} = \left| z \right|^{2}}{\overbrace{\Longleftrightarrow}}\left\{ \begin{matrix} t = \frac{1}{\left| z \right|^{2} + 1} \\ \xi = tx \\ \eta = ty \\ \zeta = 1 - t \\ \end{matrix} \right.\ \Longleftrightarrow \left\{ \begin{matrix} \xi = \frac{x}{\left| z \right|^{2} + 1} \\ \eta = \frac{y}{\left| z \right|^{2} + 1} \\ \zeta = 1 - \frac{1}{\left| z \right|^{2} + 1} \\ \end{matrix} \right.\ $.

1.3. Topologia płaszczyzny domkniętej.

Zadanie 1.3.1./5 (książka):

Pokazać, że odległość sferyczna między punktami z₁, z₂∈ℂ wyraża się wzorem:

(*) $d\left( z_{1},z_{2} \right) = \frac{\left| z_{1} - z_{2} \right|}{\sqrt{1 + \left| z_{1} \right|^{2}}\sqrt{1 + \left| z_{2} \right|^{2}}}$,

A między punktami z∈ℂ oraz ∞ - wzorem:

(**) $d\left( z,\infty \right) = \frac{1}{\sqrt{1 + \left| z \right|^{2}}}$.

Rozwiązanie:

Wykazanie (*) poprzedzimy przytoczeniem łatwych do sprawdzenia tożsamości. Połóżmy:

(1) x_k = Rez_k, y_k = Imz_k dla k = 1, 2,

wówczas:

(2) $\left( \frac{x_{k}}{1 + \left| z_{k} \right|^{2}} \right)^{2} + \left( \frac{y_{k}}{1 + \left| z_{k} \right|^{2}} \right)^{2} + \left( \frac{\left| z_{k} \right|^{2}}{1 + \left| z_{k} \right|^{2}} \right)^{2} = \frac{\left| z_{k} \right|^{2}}{1 + \left| z_{k} \right|^{2}}$ oraz

(3) |z₁−z₂|² = |z₁|² + |z₂|² − 2x₁x₂ − 2y₁y₂.

Powróćmy do wykazania (*). Współrzędne obrazu sferycznego punktu z∈ℂ wyrażają się wzorami:

(4) $\left( \frac{\operatorname{Re}z}{1 + \left| z \right|^{2}},\frac{\operatorname{Im}z}{1 + \left| z \right|^{2}},\frac{\left| z \right|^{2}}{1 + \left| z \right|^{2}} \right)$.

Z (1), (4) i z określenia metryki sferycznej dostajemy:

(5) $d^{2}\left( z_{1},z_{2} \right) = \left( \frac{x_{1}}{1 + \left| z_{1} \right|^{2}} - \frac{x_{2}}{1 + \left| z_{2} \right|\&^{2}} \right)^{2} + \left( \frac{y_{1}}{1 + \left| z_{1} \right|^{2}} - \frac{y_{2}}{1 + \left| z_{2} \right|^{2}} \right)^{2} + \left( \frac{\left| z_{1} \right|^{2}}{1 + \left| z_{1} \right|^{2}} - \frac{\left| z_{2} \right|^{2}}{1 + \left| z_{2} \right|^{2}} \right)^{2}$.

Następnie z (5) oraz (2) dostajemy:

$d^{2}\left( z_{1},z_{2} \right) = \frac{\left| z_{1} \right|^{2}}{1 + \left| z_{1} \right|^{2}} + \frac{\left| z_{2} \right|^{2}}{1 + \left| z_{2} \right|^{2}} - 2\left( \frac{x_{1}}{1 + \left| z_{1} \right|} \cdot \frac{x_{2}}{1 + \left| z_{2} \right|^{2}} + \frac{y_{1}}{1 + \left| z_{1} \right|^{2}} \cdot \frac{y_{2}}{1 + \left| z_{2} \right|^{2}} + \frac{\left| z_{1} \right|^{2}}{1 + \left| z_{1} \right|^{2}} \cdot \frac{\left| z_{2} \right|^{2}}{1 + \left| z_{2} \right|^{2}} \right)$.

Stąd:

(6) $d^{2}\left( z_{1},z_{2} \right) = \frac{\left| z_{1} \right|^{2} + \left| z_{1} \right|^{2} - 2x_{1}x_{2} - 2y_{1}y_{2}}{\left( 1 + \left| z_{1} \right|^{2} \right)\left( 1 + \left| z_{2} \right|^{2} \right)}$.

Z (6) oraz (3) dostajemy (*). Wzór (**) wynika wprost z (4) i z określenia metryki sferycznej. Istotnie mamy:

$d^{2}\left( z,\infty \right) = \left( \frac{\operatorname{Re}z}{1 + \left| z \right|^{2}} \right)^{2} + \left( \frac{\operatorname{Im}z}{1 + \left| z \right|^{2}} \right)^{2} + \left( \frac{\left| z \right|^{2}}{1 + \left| z \right|^{2}} - 1 \right)^{2} = \frac{1}{1 + \left| z \right|^{2}}$, co daje (**).

1.5. Ciągi i szeregi liczbowe.

Zadanie 1.5.1./7:

Pokazać, że ciąg liczb zespolonych {a_n} będzie zbieżny do liczby a∈ℂ dokładnie wtedy, gdy dla dowolnej liczby ε > 0 istnieje liczba rzeczywista N taka, że dla dowolnych m, n > N mamy |a_n−a_m| < ε (kryterium Cauchy’ego).

Rozwiązanie:

Niech ciąg {a_n} będzie zbieżny do liczby a. Weźmy dowolną liczbę ε > 0. Wówczas istnieje liczba rzeczywista N taka, że dla dowolnego n > N mamy $\left| a_{n} - a \right| < \frac{\varepsilon}{2}$. Stąd dla m, n > N dostajemy:

|a_n−a_m| ≤ |a_n−a| + |a_m−a| < ε.

Niech dla dowolnej liczby ε > 0 istnieje liczba rzeczywista N taka, ze dla dowolnych m, n > N mamy |a_n−a_m| < ε. Wtedy również |Rea_n−Rea_m| < ε oraz |Ima_n−Ima_m| < ε. Z kryterium Cauchy’ego w dziedzinie rzeczywistej wynika, że ciąg {Rea_n} jest zbieżny do pewnej liczby α∈ℝ i ciąg {Ima_n} jest zbieżny do pewnej liczby β∈ℝ. Zatem na mocy twierdzenia I.7.1, ciąg {a_n} jest zbieżny do liczby α + iβ∈ℂ.

ĆWICZENIA 2:

2.1. Funkcje rzeczywiste zmiennej zespolonej.

Zadanie 2.1.1./8:

Niech $f:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \supset G\mathbb{\rightarrow R}$. Pokazać, że następujące warunki są równoważne:

(a) funkcja f jest ciągła,

(b) dla każdego α∈ℝ zbiory {z∈G:f(z)>α} oraz {z∈G:f(z)<α} są otwarte w G,

(c) dla każdego α∈ℝ zbiory {z∈G:f(z)≥α} oraz {z∈G:f(z)≤α} są domknięte w G.

Rozwiązanie:

(a) ⇒ (b). Oczywiście zbiory:

{z∈G:f(z)>α} = f⁻¹((α,+∞)),

{z∈G:f(z)<α} = f⁻¹((−∞,α)) są otwarte.

(b) ⇒ (a). Weźmy dowolną liczbę ε > 0. Wtedy zbiór:

{z∈G:f(z)>f(z₀)−ε} ∩ {z∈G:f(z)<f(z₀)+ε} jest otwarty i zawiera z₀. Zatem istnieje liczba δ > 0 taka, że f(z₀) − ε < f(z) < f(z₀) + ε dla z ∈ G oraz d(z,z₀) < δ. To daje ciągłość funkcji f.

(b) ⇔ (c). Oczywiste.

Zadanie 2.1.2./9:

Niech dany będzie zbiór zwarty $K \subset \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ i niech $\rho:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \ni z \longmapsto \operatorname{}{d\left( z,w \right)} \in \mathbb{R}_{+}$, gdzie d jest metryką sferyczną. Pokazać, że funkcja ρ jest ciągła.

Rozwiązanie:

Weźmy dowolne punkty $z^{'},z^{''} \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$. Na mocy własności I.2.2 istnieje punkt w^″ ∈ K takie, że ρ(z^″) = d(z^″,w^″). Stąd mamy:

(1) ρ(z^′) ≤ d(z^′,w^″) ≤ d(z^′,z^″) + d(z^″,w^″) = d(z^′,z^″) + ρ(z^″).

Z (1) dostajemy ρ(z^′) − ρ(z^″) ≤ d(z^′,z^″). Ponieważ ostatnia nierówność jest symetryczna ze względu na z^′ oraz z^″, to również ρ(z^″) − ρ(z^′) ≤ d(z^′,z^″). Stąd:

|ρ(z^′)−ρ(z^″)| ≤ d(z^′,z^″), co daje ciągłość funkcji ρ.

Zadanie 2.1.3./10:

Niech G⊂ℂ będzie zbiorem otwartym i niech $\rho:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \ni z \longmapsto \operatorname{}{d\left( z,w \right)} \in \mathbb{R}_{+}$, gdzie $H = \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash G$ oraz d jest metryką sferyczną. Połóżmy $K_{n} \left\{ z \in G:\rho\left( z \right) \geq \frac{1}{n} \right\}$ dla n∈ℕ. Pokazać, że ciąg {K_n}_n∈ℕ spełnia następujące warunki:

(a) K_n są zbiorami zwartymi oraz K_n ⊂ G,

(b) $G = \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}K_{n}$,

(c) K_n ⊂ IntK_n + 1,

(d) każdy podzbiór zwarty K ⊂ G jest zwarty w pewnym zbiorze K_n,

(e) każda składowa zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$ zawiera pewną składową zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash G$.

(por. lemat I.46.1).

Rozwiązanie:

(a) Z zadania 2 i zadania 1(a) ⇒ (c) wynika, że K_n są zbiorami domkniętymi w $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$, czyli zbiorami zwartymi. Z określenia K_n ⊂ G.

(b) Wystarczy pokazać, że $G \subset \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}K_{n}$. Jeśli a ∈ G, to ρ(a) > 0 oraz a ∈ K_n dla $n \geq \frac{1}{\rho\left( a \right)}$. Zatem $a \in \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}K_{n}.$

(c) $K_{n} \subset \left\{ z \in G:\rho\left( z \right) > \frac{1}{n + 1} \right\} = \operatorname{Int}K_{n + 1}.$

(d) Z (b) i (c) mamy $G = \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}{\operatorname{Int}K_{n}}$, Stąd, ponieważ K jest podzbiorem zwartym G, istnieje takie N∈ℕ, że K ⊂ IntK₁ ∪ … ∪ IntK_N ⊂ IntK_N ⊂ K_N.

(e) Niech S będzie dowolna składową zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$. Wystarczy pokazać, że istnieje punkt a^′ ∈ S ∩ H. Niech a ∈ S. Ponieważ $S \subset \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$, więc $\rho\left( a \right) < \frac{1}{n}$. Na mocy własności I.5.2 istniej punkt a^′ ∈ H taki, że ρ(a) = d(a,a^′). Niech $D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right) \left\{ z \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}:d\left( z,a^{'} \right) < \frac{1}{n} \right\}$. Wówczas $a \in D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right)$. Ponadto $D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right) \subset \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$. Istotnie, jeśli $z \in D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right)$, to $\rho\left( z \right) \leq d\left( z,a^{'} \right) < \frac{1}{n}$, czyli $z \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$. Ponieważ kula $D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right)$ jest zbiorem spójnym oraz $a \in S \cap D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right)$, to $S \cup D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right) \subset \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$ jest również zbiorem spójnym. Reasumując, $D\left( a^{'},\frac{1}{n} \right) \subset S$, bo S jest składową zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$. Zatem a^′ ∈ S.

Mówimy, że zbiór A jest względnie zwarty w zbiorze B, co zapisujemy A ⋐ B, jeśli zbiór A jest zawarty w zwartym podzbiorze zbioru B (patrz §I.52).

Zadanie 2.1.4./11:

Niech G⊂ℂ będzie zbiorem otwartym i niech ρ będzie funkcją określoną w zadaniu poprzednim $\left( K_{n} \left\{ z \in G:\rho\left( z \right) \geq \frac{1}{n} \right\} \right)$. Połóżmy $G_{n} \left\{ z \in G:\rho\left( z \right) > \frac{1}{n} \right\}$ dl n∈ℕ. Pokazać, że ciąg {G_n}_(n∈ℕ) spełni następujące warunki:

(a) G_n są zbiorami otwartymi,

(b) $G = \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}G_{n}$,

(c) G_n ⋐ G_n + 1,

(d) każdy podzbiór zwarty K ⊂ G jest zawarty w pewnym zbiorze G_n,

(e) każda składowa zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash G_{n}$ zawiera pewną składową zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash G$,

(f) jeśli zbiór G nie rozcina płaszczyzny, to wszystkie zbiory G_n nie rozcinają płaszczyzny.

Rozwiązanie:

(a) Z zadania (2) i zadania 1(a) ⇒ (b) wynika, że G_n są zbiorami otwartymi w $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$. Z określenia G_n ⊂ G.

(b) Wystarczy pokazać, że $G \subset \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}G_{n}$. Jeśli a ∈ G, to ρ(a) > 0 oraz a ∈ G_n dla $n > \frac{1}{\rho\left( a \right)}$. Zatem $a \in \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}G_{n}$.

(c) Zbiór $K_{n} = \left\{ z \in G:\rho\left( z \right) \geq \frac{1}{n} \right\}$, w myśl zadania 3(a), jest zwarty oraz G_n ⊂ K_n ⊂ G_n + 1.

(d) Z (b) mamy $G = \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}G_{n}$. Stąd, ponieważ K jest zwartym podzbiorem zbioru G, istnieje N∈ℕ takie, że K ⊂ G₁ ∪ … ∪ G_N ⊂ G_n.

(e) Każda składowa zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash G_{n}$ zawiera pewną składową zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash K_{n}$, a ta w myśl zadania 3(e), zawiera pewną składową zbioru $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash G$.

(f) Oczywista konsekwencja (e).

Zadanie 2.1.5./12:

Niech S⊂ℂ będzie obszarem jednospójnym. Pokazać, że istnieje ciąg {S_n}_n∈ℕ spełniający warunki:

(a) S_n są obszarami jednospójnymi,

(b) $S = \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}S_{n}$,

(c) S_n ⋐ S_n + 1,

(d) każdy podzbiór zwarty K ⊂ S jest zwarty w pewnym zbiorze S_n.

Rozwiązanie:

Niech {G_n}_n∈ℕ będzie ciągiem określonym w zadaniu (4) dla G = S. Wówczas w myśl założenia i zadania 4(f), wszystkie zbiory G_nnie rozcinają płaszczyzny. Weźmy dowolny punkt a ∈ G₁ i dla dowolnego n∈ℕ oznaczmy przez S_n składową zbioru G_n zawierającą punkt a. W myśl własności I.6.3 wszystkie zbiory S_n są obszarami jednospójnymi. Oczywiście (a) oraz (c) zachodzą. Wystarczy zatem pokazać (b), bo (d) jest prostą konsekwencją (b).

(b) Oczywiście $S \supset \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}S_{n}$. Pokażemy, że $S \subset \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}S_{n}$. Niech z ∈ S będzie dowolnym punktem, a L łamaną łączącą punkty a oraz z leżącą w S. Niech $\rho^{*}\left( L,\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash S \right)$ będzie odległością zbiorów $L,\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash S$ w metryce sferycznej. Ponieważ zbiory te są rozłączne i zwarte, to $\rho^{*}\left( L,\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash S \right) > 0$. Jeśli $n > \frac{1}{\rho^{*}\left( L,\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash S \right)}$, to dla każdego w ∈ L mamy $\rho\left( w \right) \geq \rho^{*}\left( L,\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash S \right) > \frac{1}{n}$. Zatem L ⊂ G_n dla $n > \frac{1}{\rho^{*}\left( L,\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\backslash S \right)}$. Stąd i ze spójności łamanej L, dostajemy L ⊂ S_n. Reasumując, $z \in \bigcup_{n\mathbb{\in N}}^{}S_{n}$.

Niech f będzie funkcją określoną w otoczeniu Ω punktu a∈ℂ. Mówimy, że funkcja f pochodną w punkcie a, gdy istnieje skończona granica

$f^{'}\left( a \right) = \operatorname{}\frac{f\left( z + h \right) - f\left( a \right)}{h}$.

Twierdzenie 10.1 (Warunki Cauchy-ego-Riemanna):

Oznaczenia: niecha = x₀ + iy₀, z = x + iy, u(x,y) = Ref(z), v(x,y) = Imf(z). Jeśli f ma pochodną f^′(a) = P + iQ w punkcie a, to funkcje u oraz v mają pochodne cząstkowe w punkcie (x₀,y₀) i spełnione są równości:

(*) $\left\{ \begin{matrix} u_{x}^{'}\left( x_{0},y_{0} \right) = v_{y}^{'}\left( x_{0},y_{0} \right) = P \\ - u_{y}^{'}\left( x_{0},y_{o} \right) = v_{x}^{'}\left( x_{0},y_{0} \right) = Q \\ \end{matrix} \right.\ $.

Pochodne kierunkowe:

$u_{x}^{'}\left( x_{0}y_{0} \right) = \operatorname{}\frac{u\left( x_{0} + t,y_{0} \right) - u\left( x_{0},y_{0} \right)}{t}$,

$u_{y}^{'}\left( x_{0}y_{0} \right) = \operatorname{}\frac{u\left( x_{0},y_{0} + t \right) - u\left( x_{0},y_{0} \right)}{t}$. Oznaczmy:

f_x^′(a) = u_x^′(x₀,y₀) + iv_x^′(x₀,y₀),

f_y^′(a) = u_y^′(x₀,y₀) + iv_y^′(x₀,y₀).

Przy powyższych oznaczeniach warunki (*) przyjmują postać:

$\underset{= - i}{} \cdot f_{y}^{'}\left( a \right) = - i\left( - Q + iP \right) = P + iQ = f_{x}^{'}\left( a \right)$, zatem $f_{x}^{'}\left( a \right) = \frac{1}{i}f_{y}^{'}\left( a \right)$.

Niech Ω₀ = {h∈ℂ:a+h∈Ω}, h₁ = Reh, h₂ = Imh. Mówimy, że funkcja f jest ℝ−rozniczkowalna

W punkcie a, jeżeli istnieją stałe A₁, A₂∈ℂ oraz funkcja ω : Ω₀→ℂ ciągła w zerze i taka, że ω(0) = 0 oraz:

$f\left( a + h \right) = f\left( a \right) + \underset{\mathrm{\text{to\ jest\ }}\mathbb{R}\mathrm{- rozniczka}}{} + \omega\left( h \right) \cdot \left| h \right|$, h ∈ Ω₀.

Twierdzenie 9.1:

Funkcja f posiada pochodną f^′(a) w punkcie a wtedy i tylko wtedy, gdy istniej funkcja ω : Ω₀→ℂ ciągła w zerze taka, że ω(0) = 0 oraz:

f(a+h) = f(a) + f^′(a) ⋅ h + ω(h), h ∈ Ω₀

(war. C − R) $\frac{1}{i}f_{x}^{'}\left( a \right) = f_{y}^{'}\left( a \right)$

2.2. Warunki Cauchy’ego-Riemanna:

Zadanie 2.2.1./13

Pokazać że jeśli funkcja f ma pochodną f^′(a) to jest ona ℝ−ronzniczkowalna w punkcie a i spełnia warunki $f_{x}^{'}\left( a \right) = \frac{1}{i}f_{y}^{'}\left( a \right) = f\hat{}'\left( a \right)$.

Rozwiązanie:

Z lematu I.9.1 wynika, że istnieje funkcja ω : Ω₀→ℂ ciągła w punkcie zero, ω(0) = 0 i taka, że:

(1) f(a+h) = f(a) + f^′(a)h + ω(h)h, h ∈ Ω₀.

Niech $\tilde{\omega}\left( h \right) = \left\{ \begin{matrix} \omega\left( h \right)\mathrm{,\ dla\ }h \neq 0 \\ 0\mathrm{,\ dla\ }h = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $. Mamy $\operatorname{}\underset{\begin{matrix} = 0 \\ \mathrm{z\ lematu\ 9.1} \\ \end{matrix}}{}\overset{\mathrm{\text{ograniczony}}}{\overbrace{\frac{h}{\left| h \right|}}}$.

$\left| \frac{h}{\left| h \right|} \right| = \frac{\left| h \right|}{\left| h \right|} = 1$. Zatem z (1) mamy:

(2) $f\left( a + h \right) = f\left( a \right) + f^{'}\left( a \right) \cdot \overset{h_{1} + ih_{2}}{\overbrace{h}} + \underset{\omega\left( h \right) \cdot h}{}$, gdzie h ∈ Ω₀.

Połóżmy h₁ = Reh oraz h₂ = Imh. Wtedy z (2) dostajemy:

$f\left( a + h \right) = f\left( a \right) + \underset{f_{x}^{'}\left( a \right)}{}h_{1} + i\underset{f_{y}^{'}\left( a \right)}{}h_{2} + \tilde{\omega}\left( h \right)\left| h \right|$.

Zatem funkcja f jest ℝ−rozniczkowalna i odwzorowanie h ↦ f^′(a)h₁ + if^′(a)h₂ jest ℝ−rozniczka funkcji f w punkcie a. Z własności ℝ−rozniczki mamy:

f_x^′(a) = f^′(a) oraz f_y^′(a) = f^′(a). Stąd: $f_{x}^{'}\left( a \right) = \frac{1}{i}f_{y}^{'}\left( a \right) = f^{'}\left( a \right)$.

Zadanie 2.2.2./13:

Pokazać, że jeśli funkcja f jest ℝ−rozniczkowalna w punkcie a i spełnia warunek:

$f_{x}^{'}\left( a \right) = \frac{1}{y}f_{y}^{'}\left( a \right)$, to ma ona pochodną f^′(a) = f_x^′(a).

Rozwiązanie:

Niech Ω₀ = {h∈ℂ:a+h∈Ω}. Z określenia ℝ−rozniczkowalnosci funkcji f w punkcie a wynika, że istnieją stałe A₁, A₂∈ℂ i funkcja ω : Ω→ℂ ciągła w punkcie zero, ω(0) = 0, takie, że:

(1) f(a+h) = f(a) + A₁h₁ + A₂h₂ + ω(h)|h|,

gdzie h ∈ Ω₀, h₁ = Reh, h₂ = Imh. Z własności ℝ−rozniczki mamy:

A₁ = f_x^′(a) oraz A₂ = f_y^′(a). Stąd i z drugiego założenia $f_{x}^{'}\left( a \right) = \frac{1}{i}f_{y}^{'}\left( a \right)$ wynika, że $A_{2} = \frac{1}{i}A_{2}$. Zatem iA₁ = A₂. Z (1) dostajemy:

(2) $f\left( a + h \right) = f\left( a \right) + \underset{A_{1}\left( h_{1} + h_{2} \right)}{} + \omega\left( h \right)\left| h \right|$, gdzie h ∈ Ω₀

f(a+h) = f(a) + A₁(h₁+h₂) + ω(h) ⋅ |h|, gdzie h ∈ Ω₀,

f(a+h) = f(a) + A₁h + ω(h)|h|. Niech

(*) $\tilde{\omega}\left( h \right) = \left\{ \begin{matrix} \omega\left( h \right) \cdot \overset{\mathrm{\text{ograniczone}}}{\overbrace{\frac{\left| h \right|}{h}}}\mathrm{,\ dla\ }h \neq 0 \\ 0\mathrm{,\ dla\ }h = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $.

Wtedy $\operatorname{}{\tilde{\omega}\left( h \right)} = \operatorname{}{\underset{\begin{matrix} \rightarrow 0\mathrm{\text{\ z\ def.}} \\ \mathbb{R}\mathrm{- rozniczkowalnosci} \\ \end{matrix}}{} \cdot \frac{\left| h \right|}{h}} = 0$. Wtedy z (2):

$f\left( a + h \right) = f\left( a \right) + A_{1} + \tilde{\omega}\left( h \right) \cdot h$, gdzie h ∈ Ω₀ i z lematu 9.1 wynika, że istniej pochodna f^′(a) = A₁.

Zadanie 2.2.3./14:

Niech f będzie funkcją ℝ−rozniczkowalna w punkcie a. Pokazać, że funkcja $\overset{\overline{}}{f}$ sprzężona do funkcji fma pochodną ${\overset{\overline{}}{f}}^{'}\left( a \right)$ dokładnie wtedy, gdy f_x^′(a) = if_y^′(a).

Rozwiązanie:

Z określenia ℝ−rozniczkowalnosci funkcji f w punkcie a wynika, że istnieją stałe A₁, A₂∈ℂ i funkcja ω : Ω₀→ℂ ciągła w Puncie zero, ω(0) = 0 takie, że:

(1) $f\left( a + h \right) = f\left( a \right) + A_{1}\underset{\mathbb{\in R}}{} + A_{2}\underset{\mathbb{\in R}}{} + \omega\left( h \right)\underset{\mathbb{\in R}}{}$, gdzie h ∈ Ω₀. Z własności ℝ−rozniczki:

A₁ = f_x^′(a) oraz A₂ = f_y^′(a)

$\overset{\overline{}}{f}\left( a \right) = \overset{\overline{}}{f\left( a \right)}$, $\overset{\overline{}}{z_{1}z_{2}} = \overset{\overline{}}{z_{1}} \cdot \overset{\overline{}}{z_{2}}$,

(2) A₁ = f_x^′(a) oraz A₂ = f_y^′(a).

Przykładając obustronnie sprzężenie do (1) otrzymujemy:

(3) $\overset{\overline{}}{f}\left( a + h \right) = \overset{\overline{}}{f}\left( a \right) + \overset{\overline{}}{A_{1}}h_{1} + \overset{\overline{}}{A_{2}}h_{2} + \overset{\overline{}}{\omega\left( h \right)}\left| h \right|$, gdzie h ∈ Ω₀.

Z ciągłości funkcji ω w zerze wynika ciągłość funkcji $\overset{\overline{}}{\omega}$ w zerze, co wraz z (3) daje ℝ−rozniczkowalnosc funkcji $\overset{\overline{}}{f}$ w punkcie a. Z własności ℝ−rozniczki:

$\overset{\overline{}}{A_{1}} = \left( \overset{\overline{}}{f} \right)_{x}^{'}\left( a \right)$ oraz $\overset{\overline{}}{A_{2}} = \left( \overset{\overline{}}{f} \right)_{y}^{'}\left( a \right)$.

$\left( \overset{\overline{}}{f} \right)^{'}\left( a \right)$ istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy (zadanie 1 i 2):

$\left( \overset{\overline{}}{f} \right)_{x}^{'}\left( a \right) = \underset{= - i}{}\underset{= \overset{\overline{}}{A_{2}}}{} \Longleftrightarrow \overset{\overline{}}{A_{1}} = - i \cdot \overset{\overline{}}{A_{2}} \Longleftrightarrow A_{1} = \overset{\overline{}}{- i} \cdot A_{2} \Longleftrightarrow A_{1} = iA_{2} \Longleftrightarrow f_{x}^{'}\left( a \right) = if_{y}^{'}\left( a \right)$.

A₂ = a + ib, $\overset{\overline{}}{A_{2}} = a - ib$, $- i\overset{\overline{}}{A_{2}} = - ia - b$, −i(a+ib).

Zadanie 2.2.4./14:

Załóżmy, że funkcja f ma pochodną f^′(a). Pokazać, że funkcja $\overset{\overline{}}{f}$ sprzężona do funkcji f ma pochodną ${\overset{\overline{}}{f}}^{'}\left( a \right)$ dokładnie wtedy, gdy f^′(a) = 0

Rozwiązanie:

Z założenia i z zadania 1 wynika, że funkcja f jest ℝ−rozniczkowalna w punkcie a i spełnia warunek $f_{x}^{'}\left( a \right) = \left( \frac{1}{i} \right)f_{y}^{'}\left( a \right) = f^{'}\left( a \right)$.

Jeśli $\overset{\overline{}}{f}$ ma pochodną ${\overset{\overline{}}{f}}^{'}\left( a \right)$, to z zadania 3 mamy f_x^′(a) = if_y^′(a). Stąd f^′(a) = 0.

Jeśli f^′(a) = 0, to f_x^′(a) = if_y^′(a) = 0, i w myśl zadania 3, funkcja $\overset{\overline{}}{f}$ ma pochodną ${\overset{\overline{}}{f}}^{'}\left( a \right)$.

Zadanie 2.2.5./14:

Pokazać, że jeżeli funkcja f jest ℝ−rozniczkowalna w punkcie a i istnieje granica $\operatorname{}{\operatorname{Re}\frac{f\left( a + h \right) - f\left( a \right)}{h}}$, to funkcja f ma pochodną f^′(a).

Rozwiązanie:

Z określenia ℝ−rozniczkowalnosci funkcji f w punkcie a wynika, że istnieją stałe A₁, A₂∈ℂ i funkcja ω : Ω₀→ℂ ciągła w punkcie 0, ω(0) = 0, takie, że:

(1) f(a+h) = f(a) + A₁h₁ + A₂h₂ + ω(h)|h|, h ∈ Ω₀,

Gdzie h₁ = Reh, h₂ = Imh. Z (1) i z twierdzenia o ℝ−rozniczce (patrz [Bi], twierdzenie 1.6.2) mamy:

(2) A₁ = f_x^′(a) oraz A₂ = f_y^′(a).

Niech $\operatorname{}{\operatorname{Re}\frac{f\left( a + h \right) - f\left( a \right)}{h}} = g\mathbb{\in C}$. Wówczas z (1):

(3) $\operatorname{}{\operatorname{Re}\frac{A_{1}h_{1} + A_{2}h_{2}}{h}} = g$.

Kładąc w (3) kolejno h₂ = 0, h₁ = 0 oraz h₁ = h₂ dostajemy odpowiednio ReA₁ = g, ImA₂ = g oraz $\frac{1}{2}\left( \operatorname{Re}A_{1} + \operatorname{Re}A_{2} + \operatorname{Im}A_{1} + \operatorname{Im}A_{2} \right) = g$. Stąd ReA₁ = ImA₂, ImA₁ = −ReA₂ i w konsekwencji:

(4) $A_{1} = \frac{1}{i}A_{2}$.

Z (4), (2) i zadania 2 wynika istnienie pochodnej f^′(a).

Zadanie 2.2.6./15:

Pokazać, że jeżeli funkcja f jest ℝ−rozniczkowalna w punkcie a i istnieje granica $\operatorname{}\left| \frac{f\left( a + h \right) - f\left( a \right)}{h} \right|$, to funkcja f lub $\overset{\overline{}}{f}$ sprzężona do funkcji f ma pochodną w punkcie a.

Rozwiązanie:

Z określenia ℝ−rozniczkowalnosci funkcji f w punkcie a wynika, że istnieją stałe A₁, A₂∈ℂ i funkcja ω : Ω₀→ℂ ciągła w punkcie 0, ω(0) = 0 takie, że:

(1) f(a+h) = f(a) + A₁h₁ + A₂h₂ + ω(h)|h|, h ∈ Ω₀,

Gdzie h₁ = Reh, h₂ = Imh. Z (1) i z twierdzenia o ℝ−rozniczce (patrz [Bi], twierdzenie 1.6.2) mamy:

(2) A₁ = f_x^′(a) oraz A₂ = f_y^′(a).

Niech $\operatorname{}\left| \frac{f\left( a + h \right) - f\left( a \right)}{h} \right|^{2} = g\mathbb{\in C}$. Wówczas z (1):

(3) $\operatorname{}\left| \frac{A_{1}h_{1} + A_{2}h_{2}}{h} \right|^{2} = g$.

Kładąc w (3) kolejno h₂ = 0, h₁ = 0 oraz h₁ = h₂ dostajemy odpowiednio |A₁|² = g, |A₂|² = g oraz $\frac{1}{2}\left| A_{1} + A_{2} \right|^{2} = g$. Stąd |A₁|² − |A₂|² = 0 oraz $\overset{\overline{}}{A_{1}}A_{2} + A_{1}\overset{\overline{}}{A_{2}} = 0$. Mnożąc drugą równość przez i oraz dodając do pierwszej, dostajemy łatwo:

(4) $\left( A_{1} + iA_{2} \right)\left( \overset{\overline{}}{A_{1}} + i\overset{\overline{}}{A_{2}} \right) = 0$.

Z (4) i (2) mamy:

f_x^′(a) + if_y^′(a) = 0 lub f_x^′(a) − if_y^′(a) = 0.

Stąd i z zadań 2 i 3 wynika istnienie pochodnej f^′(a) lub ${\overset{\overline{}}{f}}^{'}\left( a \right)$.

Zadanie 2.2.7./16:

Określmy funkcję f w Ω=ℂ wzorem$f\left( z \right) = \sqrt{\left| \text{xy} \right|}$. Pokazać, ż:

(i) funkcja f ma pochodne f_x^′(0) = f_y^′(0) = 0, czyli spełnia w punkcie 0 warunki Cauchy’ego-Riemanna,

(ii) funkcja f nie ma pochodnej f^′(0).

Rozwiązanie:

(i) u(x,y) = Ref(z) = f(z) oraz v(x,y) = Imf(z) = 0. Zatem:

$f_{x}^{'}\left( 0 \right) = u_{x}^{'}\left( 0,0 \right) = \operatorname{}\frac{u\left( t,0 \right) - u\left( 0,0 \right)}{t} = \operatorname{}\frac{\sqrt{\left| t \cdot 0 \right|} - 0}{t} = \operatorname{}\frac{0}{t} = 0$,

$f_{x}^{'}\left( 0 \right) = u_{x}^{'}\left( 0,0 \right) + i\underset{= 0}{}$,

$f_{y}^{'}\left( 0 \right) = u_{y}^{'}\left( 0,0 \right) = \operatorname{}\frac{u\left( 0,t \right) - u\left( 0,0 \right)}{t} = \operatorname{}\frac{0}{t} = 0$.

(ii) Gdyby istniała pochodna f^′(0), to mielibyśmy z zadania 1, że f^′(0) = f_x^′(0). Z drugiej strony:

$\operatorname{}\frac{f\left( t + it \right) - f\left( 0 \right)}{t + it} = \operatorname{}\frac{\sqrt{\left| t^{2} \right|}}{t + it} = \operatorname{}\frac{t}{t + it} = \frac{1}{1 + i} \neq 0$, co daje sprzeczność.

Zadanie 2.2.8./16 (książka):

Określmy funkcję f w Ω=ℂ wzorem f(0) = 0, $f\left( z \right) = \frac{x^{3}y}{x^{4} + y^{4}}$ dla z ≠ 0. Pokazać, że:

(i) funkcja f jest ciągła w punkcie a = 0,

(ii) $\frac{f\left( h \right)}{h} \rightarrow 0$, gdy h → 0 wzdłuż dowolnej prostej przechodzącej przez punkt 0,

(iii) funkcja f spełnia w punkcie 0 warunki Cauchy’ego-Riemanna,

(iv) funkcja f nie ma pochodnej f^′(0).

Rozwiązanie:

(i) Mamy (x²−|y|)² ≥ 0. Stąd dla z ≠ 0, $\frac{x^{2}\left| y \right|}{x^{4} + y^{2}} \leq \frac{1}{2}$ i w konsekwencji $\left| f\left( z \right) \right| \leq \left( \frac{1}{2} \right)\left| z \right|$, co daje ciągłość f w punkcie 0.

(ii) Niech h = λt, λ = μ + iν, μ, ν∈ℝ, |λ| = 1 jest ustaloną liczbą oraz t∈ℝ∖{0}. Wtedy:

(1) $\operatorname{}\frac{f\left( \text{λt} \right)}{\text{λt}} = \operatorname{}\frac{\mu^{3}\nu t^{4}}{\text{λt}\left( \mu^{4}t^{4} + \nu^{2}t^{2} \right)} = 0$.

(iii) Łatwo zauważyć, że $\operatorname{}\frac{f\left( \text{λt} \right)}{\text{λt}} = f_{x}^{'}\left( 0 \right) = \frac{1}{i}f_{y}^{'}\left( 0 \right) = 0$.

(iv) Gdyby istniała pochodna f^′(0), to w myśl zadania 1, f^′(0) = f_x^′(0) = 0. To jest niemożliwe, bo:

$\operatorname{}\frac{f\left( t + it^{2} \right)}{\left( t + it^{2} \right)} = \operatorname{}\frac{t^{5}}{\left( t + it^{2} \right)\left( t^{4} + t^{4} \right)} = \frac{1}{2}$.

ĆWICZENIA 3:

expze^Rez(cos(Imz)+isin(Imz)),

Własność 11.1:

(a) a⁰ = 1,

(b) e^{z₁ + z₂} = e^z₁e^z₂,

(c) e^z ≠ 0,

(d) e^z = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy z = 2kπi, gdzie k jest liczbą całkowitą,

(e) e^z₁ = e^z₂, wtedy i tylko wtedy, gdy z₁ = z₂ + 2kπi, gdzie k jest liczbą całkowitą,

(f) e^{z + 2kπi} = e^z, gdzie k jest dowolną liczbą całkowitą,

(g) |e^z| = e^x, Ree^z = e^xcosy, Ime^z = e^xsiny, y ∈ arge^z.

$\sin z = \frac{\exp\left( \text{iz} \right) - \exp\left( - iz \right)}{2i}$, z∈ℂ,

$\cos z = \frac{\exp\left( \text{iz} \right) + \exp\left( - iz \right)}{2}$, z∈ℂ,

$\operatorname{tg}z = \frac{\sin z}{\cos z}$, $z \neq \frac{\pi}{2} + 2k\pi$,

$\operatorname{ctg}z = \frac{\cos z}{\sin z}$, z ≠ kπ, k∈ℤ.

2.3. Funkcje trygonometryczne.

Zadanie 2.3.1./17:

Pokazać, że wprowadzone na ℂ funkcje trygonometryczne pokrywają się na ℝ ze znanymi z analizy rzeczywistej funkcjami trygonometrycznymi.

Rozwiązanie:

Oznaczmy przez sin^*, cos^*, tg^*, ctg^* funkcje trygonometryczne w dziedzinie zespolonej (patrz §§I.11), a przez sin, cos, tg, ctg funkcje trygonometryczne w dziedzinie rzeczywistej. Wówczas dla x∈ℝ mamy:

$\operatorname{}x = \frac{\exp\text{ix} - \exp\left( - ix \right)}{2i} = \frac{\left( \cos x + i\sin x \right) - \left( \cos x - i\sin x \right)}{2i} = \sin x$,

$\operatorname{}x = \frac{\exp\text{ix} + exp\ \left( - ix \right)}{2} = \frac{\left( \cos x + i\sin x \right) + \left( \cos x - i\sin x \right)}{2} = \cos x$,

oraz z powyższego:

$\operatorname{}x = \operatorname{tg}x\mathrm{\text{\ dla\ }}x\mathbb{\in R\backslash}\left\{ \frac{\pi}{2} + n\pi:n\mathbb{\in Z} \right\}$,

x = ctgx dla x∈ℝ∖{nπ:n∈ℤ}.

Zadanie 2.3.2./18:

Pokazać, że funkcje tg, ctg nie przyjmują wartości ±i.

Na zajęciach: Pokazać, że równanie tgz = i nie posiada rozwiązania.

Rozwiązanie:

Przypuśćmy, że z∈ℂ jest rozwiązaniem następującego równania:

tgz = i. Mamy wtedy:

$\frac{\frac{\exp\left( \text{iz} \right) - \exp\left( - iz \right)}{z_{i}}}{\frac{\exp\left( \text{iz} \right) - \exp\left( - iz \right)}{z}} = i$,

$\frac{1}{i} \cdot \frac{\exp\left( \text{iz} \right) - \exp\left( - iz \right)}{\exp\left( \text{iz} \right) + \exp\left( - iz \right)} = i/ \cdot i$,

$\frac{\exp\left( \text{iz} \right) - \exp\left( - iz \right)}{\exp\left( \text{iz} \right) + \exp\left( - iz \right)} = - i/ \cdot \left( \exp\left( \text{iz} \right) + \exp\left( - iz \right) \right)$,

exp(iz) − exp(−iz) = −exp(iz) − exp(−iz),

2exp(iz) = 0,

exp(iz) = 0, co sprzeczne z własnością 11.1(c).

Zadanie 2.3.3./18:

Niech $z_{1},z_{2}\mathbb{\in C\backslash}\left\{ \frac{\pi}{2} + n\pi:n\mathbb{\in Z} \right\}$. Pokazać, że tgz₁ = tgz₂ dokładnie wtedy, gdy z₁ − z₂ ∈ {nπ:n∈ℤ}.

Rozwiązanie:

Jeśli tgz₁ = tgz₂, to z określenia funkcji tg mamy:

$\frac{\exp{iz_{1}} - \exp\left( - iz_{1} \right)}{\exp{iz_{1}} + \exp\left( - iz_{1} \right)} = \frac{\exp{iz_{2}} - \exp\left( - iz_{2} \right)}{\exp{iz_{2}} + \exp\left( - iz_{2} \right)}$. Stąd dostajemy:

$\frac{\exp{2iz_{1}} - 1}{\exp{2iz_{1}} + 1} = \frac{\exp{2iz_{2}} - 1}{\exp{2iz_{2}} + 1}$, co po prostych rachunkach daje:

(1) exp2iz₁ = exp2iz₂.

Z własności I.11.1(e) i z (1) dostajemy, że z₁ − z₂ ∈ {nπ:n∈ℤ}. Jeśli z₁ − z₂ ∈ {nπ:n∈ℤ}, to z ćwiczenia I.11.1(a) dostajemy tgz₁ = tgz₂.

Zadanie 2.3.4./19:

Niech z₁, z₂∈ℂ. Pokazać, że sinz₁ = sinz₂ dokładnie wtedy, gdy z₁ − z₂ ∈ {2π:n∈ℤ} lub z₁ + z₂ − π ∈ {2πn:n∈ℤ}.

Rozwiązanie:

$\sin z_{1} = \sin z_{2} \Longleftrightarrow \frac{\exp\left( iz_{1} \right) - \exp\left( - iz_{1} \right)}{z_{1}} = \frac{\exp\left( iz_{2} \right) - \exp\left( - iz_{2} \right)}{z_{i}} \Longleftrightarrow$,

$\Longleftrightarrow \exp\left( iz_{1} \right) - \exp\left( - iz_{1} \right) = \exp\left( iz_{2} \right) - \exp\left( - iz_{2} \right)\backslash \cdot \underset{\neq 0}{}\mathrm{\text{\ obustronnie}}\underset{\mathrm{wl.\ 11.1b)}}{}$,

$\underset{\mathrm{wl.\ 11.1b)}}{}\exp\left( 2iz_{1} \right) - 1\ = \exp\left\lbrack i\left( z_{2} + z_{1} \right) \right\rbrack - \exp\left\lbrack i\left( z_{1} - z_{2} \right) \right\rbrack \Longleftrightarrow$,

⇔exp[i(z₁+z₂)+i(z₁−z₂)] + exp[i(z₁−z₂)] − exp[i(z₁+z₂)] − 1 = 0⇔,

⇔(exp[i(z₁+z₂)] + 1)(exp[i(z₁−z₂)] − 1) = 0⇔,

⇔exp[i(z₁+z₂)] = −1 ∨ exp[i(z₁−z₂)] = 1,

$\Longleftrightarrow \exp\left\lbrack i\left( z_{1} + z_{2} \right) \right\rbrack = \exp\left( \text{πi} \right) \vee \exp\left\lbrack i\left( z_{1} - z_{2} \right) \right\rbrack = \exp 0\underset{\mathrm{wl.\ 11.1b)}}{}$,

$\underset{\mathrm{wl.\ 11.1b)}}{}\bigvee_{n\mathbb{\in Z}}^{}{i\left( z_{1} + z_{2} \right)} = \pi i + 2n\pi i \vee \bigvee_{n\mathbb{\in Z}}^{}{i\left( z_{1} + z_{2} \right)} = 2n\pi i \Longleftrightarrow$,

$\Longleftrightarrow \bigvee_{n\mathbb{\in Z}}^{}{z_{1} + z_{2} - \pi} = 2n\pi \vee \bigvee_{n\mathbb{\in Z}}^{}{z_{1} - z_{2}} = 2n\pi \Longleftrightarrow$,

⇔z₁ + z₂ − π ∈ {2nπ:n∈ℤ} ∨ z₁ − z₂ ∈ {2nπ:n∈ℤ}.

Zadanie 2.3.5./19:

Niech ε > 0 będzie liczbą dodatnią i niech $E\mathbb{= C}\bigcup_{n\mathbb{\in Z}}^{}\left\{ z\mathbb{\in C:}\left| z - n\pi \right| < \varepsilon \right\}$. Pokazać, że istnieje stała C > 0 taka, że:

(*) $\left| \frac{1}{\sin z} \right| \leq c$, |ctgz|≤c dla każdego z ∈ E.

Rozwiązanie:

Własność 1.1(b) |z₁+z₂| ≥ ||z₁|−|z₂||

|e^z| = e^Rez, iz = −y + ix, |e^iz| = e^−y; −iz = y − ix, |e^−iz| = e^y,

Niech y = Imz oraz z = x + iy, iz = −y + ix. Wówczas z określenia i własności funkcji sin oraz tg dla |y| ≥ 1 mamy:

$\left| \sin z \right| = \frac{\left| \exp\text{iz} - \exp\left( - iz \right) \right|}{2} \geq \frac{\left| \left| \exp\text{iz} \right| - \left| \exp\left( - iz \right) \right| \right|}{2}\overset{\mathrm{wl.11.1g)}}{\overbrace{=}}\left| \frac{\exp\left( - y \right) - \exp y}{2} \right| = \left| \sinh y \right|\underset{\left| y \right| \geq 1}{}\sinh 1$,

Sinus hiperboliczny: $\sinh y = \left( \frac{e^{y} - e^{- y}}{2} \right)$. Zauważmy, że funkcja f(y) = sinhy, y∈ℝ jest nieparzysta:

$f\left( - y \right) = \frac{e^{- y} - e^{y}}{2} = - \frac{e^{y} - e^{- y}}{2} = - f\left( y \right)$, y∈ℝ,

$\operatorname{}\frac{\overset{\rightarrow \infty}{\overbrace{e^{y}}} - \overset{\rightarrow 0}{\overbrace{e^{- y}}}}{2} = + \infty$,

$\operatorname{}\frac{\overset{\rightarrow 0}{\overbrace{e^{y}}} - \overset{\rightarrow + \infty}{\overbrace{e^{- y}}}}{2} = - \infty$,

$f^{'}\left( y \right) - = \frac{e^{y} + e^{- y}}{2} > 0 \Longrightarrow f\mathrm{\ scisle\ rosnaca}$.

$\left| \operatorname{tg}z \right| = \frac{\left| \exp\text{iz} - \exp\left( - iz \right) \right|}{\left| \exp\text{iz} \right| + \left| \exp\left( \text{iz} \right) \right|} \geq \frac{\left| \left| \exp\text{iz} \right| - \left| \exp\left( - iz\ \right) \right| \right|}{\left| \exp\text{iz} \right| + \left| \exp\left( \text{iz} \right) \right|} = \underset{\mathrm{\text{mianownik}} > 0}{} = \left| \operatorname{tgh}y \right|\underset{\left| y \right| \geq 1}{}\operatorname{tgh}1$. Zauważmy, że:

(*) sinh1 > tgh1 > 0,

Istotnie następujące nierówności równoważne:

$\sinh 1 > \operatorname{tgh}1 \Longleftrightarrow \frac{e^{1} - e^{- 1}}{2} > \frac{e^{1} - e^{- 1}}{e^{1} + e^{- 1}} \Longleftrightarrow \frac{e - \frac{1}{e}}{2} > \frac{e - \frac{1}{e}}{e + \frac{1}{e}}\backslash:\left( \underset{> 1}{} - \underset{< 1}{} \right) > 0 \Longleftrightarrow \frac{1}{2} > \frac{1}{1 + \frac{1}{e}} \Longleftrightarrow 2 < \underset{> 2}{} + \underset{> 0}{}$. Dostajemy:

(1) $\begin{matrix} \left| \frac{1}{\sin z} \right| \leq \frac{1}{\sinh 1} \\ \left| \operatorname{ctg}z \right| \leq \frac{1}{\sinh 1}\overset{\left( * \right)}{\overbrace{<}}\frac{1}{\operatorname{tgh}1}\mathrm{,\ }\left| y \geq 1 \right| \\ \left| \operatorname{ctg}z \right| \leq \frac{1}{\operatorname{tgh}1}\mathrm{,\ }\left| y \right| \geq 1 \\ \end{matrix}$.

Niech teraz:

$E_{1} = \left\{ z\mathbb{\in C:}\left| \operatorname{Im}z \right| \leq 1 \right\}\backslash\bigcup_{n\mathbb{\in Z}}^{}\left\{ z\mathbb{\in C:}\left| z - n\pi \right| < \varepsilon \right\}$.

Pokażemy, że istnieje stała c₁ > 0 taka, że:

(2) $\left| \frac{1}{\sin z} \right| \leq c_{1}$, |ctgz| ≤ c₁ dla z ∈ E₁.

Istotnie dla z ∈ E₁ mamy:

$\left| \frac{1}{\sin\left( z + n\pi \right)} \right| = \left| \frac{1}{\sin z} \right|$ oraz |ctg(z+nπ)| = |ctgz|. Zatem (2) wystarczy pokazać dla:

$z \in H_{1} = E_{1} \cap \left\{ z\mathbb{\in C:}\left| \operatorname{Re}z \right| \leq \frac{\pi}{2} \right\} = H_{1}$. Zbiór H₁ jest domknięty i ograniczony zatem zwarty. Na zbiorze zwartym H₁ funkcje ciągłe $\left| \frac{1}{\sin z} \right|$ oraz $\left| \frac{1}{\operatorname{ctg}z} \right|$ są ograniczone, więc istnieje stała c₁ > 0 taka, że $\left| \frac{1}{\sin z} \right| \leq c_{1}$ oraz |ctgz| ≤ c₁ dla każdego z ∈ H₁. Połóżmy $c = \max\left\{ c_{1},\frac{1}{\operatorname{tgh}1} \right\}$ wówczas z (1) i (2) dostajemy żądane nierówności w zbiorze E.

Zadanie 2.3.6./20:

Niech dane będzie równanie:

(*) $\left( \frac{n}{1} \right)z + \left( \frac{n}{3} \right)z^{3} + \ldots = 0$,

W którym ostatnim wyrazem jest nz^n − 1dla n parzystego albo zⁿ dla n nieparzystego. Pokazać, że zera tego równania dane są wzorem $\pm i\operatorname{tg}\left( \frac{\text{kπ}}{n} \right)$, k = 0, 1, …, l − 1, gdzie $l = \frac{n}{2}$ dla n parzystego i $l = \frac{\left( n + 1 \right)}{2}$ dla n nieparzystego.

Rozwiązanie:

Niech (oznaczmy) $f\left( z \right) = \left( \frac{n}{1} \right)z + \left( \frac{n}{3} \right)z^{3} + \ldots$. Korzystając ze wzoru dwumianowego Newtona otrzymujemy:

(1) $\frac{1}{2}\left\lbrack \left( 1 + z \right)^{n} - \left( 1 - z \right)^{n} \right\rbrack = \frac{1}{2}\left( \sum_{k = 0}^{n}{\left( \frac{n}{k} \right)z^{k} -}\sum_{k = 0}^{n}\left( \frac{n}{k} \right)\underset{z^{k} \cdot \left( - 1 \right)^{k}}{} \right) = \frac{1}{2}\sum_{k = 0}^{n}\left( \frac{n}{k} \right)z^{k}\left\lbrack 1 - \left( - 1 \right)^{k} \right\rbrack = \left( \frac{n}{1} \right)z + \left( \frac{n}{3} \right)z^{3} + \ldots = f\left( z \right)$,

$1 - \left( - 1 \right)^{k} = \left\{ \begin{matrix} 0\mathrm{\text{\ dla\ }}k \in 2\mathbb{N} \\ 2\mathrm{\text{\ dla\ }}k \in 2\mathbb{N -}1 \\ \end{matrix} \right.\ $. Stąd wynika, że równanie (*) można zastąpić równaniem równoważnym:

(2) (1−z)ⁿ = (1+z)ⁿ

Zauważmy, że liczba −1 nie jest zerem równania (2), gdyż 2ⁿ ≠ 0, zatem (2) można zastąpić równaniem równoważnym:

(3) $\left( \frac{1 - z}{1 + z} \right)^{n} = 1$

Z (3) wyliczamy łatwo, że wszystkie zera równania określone są następującym wzorem:

(4) $z = \frac{1 - \varepsilon}{1 + \varepsilon}$ gdzie εⁿ = 1 oraz ε ≠ −1.

Istotnie $\left( \frac{1 - z}{1 + z} \right)^{n} \Longleftrightarrow \frac{1 - z}{1 + z} = \varepsilon\mathrm{,\ gdzie\ }\varepsilon^{n} = 1 \Longleftrightarrow 1 - z = \varepsilon + \varepsilon \cdot z \Longleftrightarrow z = \frac{1 - \varepsilon}{1 + \varepsilon}$,

gdzie: 1 − ε = (ε+1) ⋅ z dla ε = −1 sprzeczność.

Pierwiastki stopnia n z liczby 1 wyrażają się wzorem:

(5) $\varepsilon_{k} = e^{\frac{2k\pi}{n}}$, gdzie k = 0, …, n − 1.

Istotnie: $\sqrt[n]{1} = \sqrt[n]{\left| 1 \right|}\left( \cos\left( \frac{0 + 2k\pi}{n} \right) + i\sin\left( \frac{2k\pi}{n} \right) \right)$, k = 0, …, n − 1

e^ix = cosx + isinx, $\varepsilon_{k} = \cos\frac{2k\pi}{n} + i\sin\frac{2k\pi}{n} = e^{\frac{2k\pi}{n}}$. Z własności 11.1(e) oraz z (5) mamy:

ε_k = −1 dokładnie wtedy, gdy:

(6) $\frac{2k\pi}{n} = \pi + 2l\pi$, dla pewnego l∈ℤ.

Istotnie:

$e^{\frac{2k\pi i}{n}} = - 1 = e^{\text{iπ}} \Longleftrightarrow \frac{2k\pi i}{n} = i\pi + 2l\pi i \Longleftrightarrow \frac{2k\pi}{n} = \pi + 2l\pi$.

Dla k ∈ {0,…,n−1} mamy $0 \leq \frac{2k\pi}{n} \leq 2\pi$

($0 \leq k < n \Longleftrightarrow 0 \leq 2k\pi < 2n\pi \Longleftrightarrow 0 \leq \frac{2k\pi}{n} < 2\pi$). Stąd i z (6) dostajemy:

(7) $\varepsilon_{k} = - 1 \Longleftrightarrow \frac{2k}{n} = 1 \Longleftrightarrow k = \frac{n}{2}$.

Zauważmy teraz, że dla ξ = exp(iφ) ≠ −1, mamy:

(8) $\frac{1 - \xi}{1 + \xi} = \frac{1 - e^{\text{iφ}}}{1 + e^{\text{iφ}}} \cdot \frac{e^{- \frac{\text{iφ}}{2}}}{e^{- \frac{\text{iφ}}{2}}} = \frac{e^{- \frac{\text{iφ}}{2}} - e^{\frac{\text{iφ}}{2}}}{e^{- \frac{\text{iφ}}{2}} + e^{\frac{\text{iφ}}{2}}} = - \frac{e^{\frac{\text{iφ}}{2}} - e^{- \frac{\text{iφ}}{2}}}{e^{- \frac{\text{iφ}}{2}} + e^{\frac{\text{iφ}}{2}}} = - \frac{\frac{e^{\frac{\text{iφ}}{2}} - e^{- \frac{\text{iφ}}{2}}}{2i}}{\frac{e^{- \frac{\text{iφ}}{2}} + e^{\frac{\text{iφ}}{2}}}{2i}} = \frac{- \sin\frac{\varphi}{2}}{\frac{\cos\frac{\varphi}{2}}{i}} = - \frac{i\sin\frac{\varphi}{2}}{\cos\frac{\varphi}{2}} = - i\operatorname{tg}\left( \frac{\varphi}{2} \right)$

Z (4), (5), (7), (8) wynika, że wszystkie zera równania (3) dane są wzorami:

$z_{k} = - i\operatorname{tg}\frac{\text{πk}}{n}$, k = 0, …, n − 1 oraz $k\overset{\left( 7 \right)}{\overbrace{\neq}}\frac{n}{2}$

Istotnie: $z_{k} = \frac{1 - \varepsilon_{k}}{1 + \varepsilon_{k}} = \frac{1 - e^{\frac{2k\pi i}{n}}}{1 + e^{\frac{2k\pi i}{n}}\ } = - i\operatorname{tg}\left( \frac{\frac{2k\pi}{n}}{2} \right) = - i\operatorname{tg}\left( \frac{\text{πk}}{n} \right)$, k ∈ {0,1,…,n−1} oraz $k \neq \frac{n}{2}$.

Równania (*), (3) są równoważne, zatem również wszystkie zera równania (*) dane są wzorami (9). Dla n parzystego z (9) dostajemy:

$z_{k} = - i\operatorname{tg}\frac{\text{πk\ }}{n}$, k = 0, ..,n − 1 oraz $k \neq \frac{n}{2}$.

Stąd dla n parzystego wszystkie zera równania (*) dane są wzorami:

$z_{k} = \pm i\operatorname{tg}\frac{\text{πk}}{n}$, gdzie $k = 0,\ldots,\frac{n}{2} - 1$.

Istotnie tg(π−x) = −tgx, gdzie x∈ℝ. Jeśli $k \in \left\{ \frac{n}{2} + 1,\ldots,n - 1 \right\}$, to $\frac{\text{πk}}{n} = \pi - \frac{\text{πl}}{n}$, gdzie $l \in \left\{ 1,\ldots,\frac{n}{2} - 1 \right\}$. Zatem $z_{k} = - i\operatorname{tg}\frac{\text{πk}}{n} = - i\operatorname{tg}\left( \pi - \frac{\text{πl}}{n} \right) = i\operatorname{tg}\frac{\text{πl}}{n}$, gdzie $0 < l < \frac{n}{2} - 1$. Dla n nieparzystego z (9) mamy:

$z_{k} = - i\operatorname{tg}\frac{\text{πk}}{n}$, k = 0, 1, …, n − 1. Stąd dla n nieparzystego wszystkie zera równania (*) dane są wzorami:

$z_{k} = \pm i\operatorname{tg}\frac{\text{πk}}{n}$, $k = 0,1,\ldots,\frac{n + 1}{2} - 1$.

Zadanie 2.3.7./22:

Rozwiązać równania:

(a) $\left( \frac{n}{1} \right)z - \left( \frac{n}{3} \right)z^{3} + \left( \frac{n}{5} \right)z^{5} - \ldots = 0$,

(b) $1 - \left( \frac{n}{2} \right)z^{2} + \left( \frac{n}{4} \right)z^{4} - \ldots = 0$,

(c) $1 + \left( \frac{n}{1} \right)z - \left( \frac{n}{2} \right)z^{2} - \left( \frac{n}{3} \right)z^{3} + \ldots + \left( - 1 \right)^{\frac{n\left( n - 1 \right)}{2}}z^{n} = 0$.

Rozwiązanie:

Rozważmy równanie:

(1) $\left( \frac{1 - iz}{1 + iz} \right)^{n} = a\mathrm{,\ gdzie\ }\left| a \right| = 1$.

Z (1) wyliczamy łatwo, że wszystkie zera tego równania dane są wzorem:

(2) $z = \frac{1}{i} \cdot \frac{1 - \varepsilon}{1 + \varepsilon}\mathrm{,\ gdzie\ }\varepsilon^{n} = a\mathrm{\text{\ oraz\ }}\varepsilon \neq - 1$.

Analogicznie jak w zadaniu 6, dla ζ = expiψ ≠ −1 mamy:

(3) $\frac{1 - \zeta}{1 + \zeta} = - i\operatorname{tg}\frac{\psi}{2}$.

Niech φ = Arga, wtedy pierwiastki stopnia n z liczby a wyrażają się wzorami:

(4) $\varepsilon_{k} = \exp\left\lbrack \left( \varphi + 2k\pi \right)\frac{i}{n} \right\rbrack$, k = 0, …, n − 1.

Z własności I.11.1(e) i z (4) wynika, że ε_k = −1 dokładnie wtedy, gdy:

(5) $\frac{\left( \varphi + 2k\pi \right)}{n} = \pi + 2l\pi$ dla pewnego l∈ℤ.

Ponieważ φ ∈ (−π,π], więc dla k ∈ {0,…,n−1} mamy $- \pi < \frac{\varphi + 2k\pi}{n} < 3\pi$. Stąd i z (5) otrzymujemy:

(6) $\left( \varepsilon_{k} = - 1 \right) \Longleftrightarrow \left( \frac{\varphi + 2k\pi}{n} = \pi \right)$.

Z (2), (3), (4) oraz (6) wynika, że wszystkie zera równania (1) dane są wzorami:

(7) $z_{k} = - \operatorname{tg}\frac{\varphi + 2k\pi}{2n}$, k = 0, …, n − 1 oraz $k \neq \frac{\left( \pi n - \varphi \right)}{2\pi}$.

(a) Rozważmy teraz równanie (a). Oznaczmy lewą stronę równania (a) przez f_a(z). Łatwo zauważyć, stosując wzór dwumianowy Newtona, że:

(8) $f_{a}\left( z \right) = \frac{1}{2i}\left\lbrack \left( 1 + iz \right)^{n} - \left( 1 - iz \right)^{n} \right\rbrack$

oraz, że wielomian f_a(z) jest stopnia n dla n nieparzystych oraz stopnia n − 1 dla n parzystych. Z (8) wynika, że równanie (a) można zastąpić równaniem równoważnym:

(9) (1−iz)ⁿ = (1+iz)ⁿ.

Liczba i nie jest zerem równania (9), zatem można je zastąpić równaniem równoważnym:

(10) $\left( \frac{1 - iz}{1 + iz} \right)^{n} = 1$.

Ponieważ równania (a) oraz (10) są równoważne, więc z (1) oraz (7) dla a = 1 wynika, że wszystkie zera równania (a) dane są wzorami:

$z_{k} = - \operatorname{tg}\frac{\text{πk}}{n}$, k = 0, …, n − 1 oraz $k \neq \frac{n}{2}\ $.

Zatem dla n nieparzystych równanie (a) ma n rozzwiązań, a dla n parzystych n − 1 rozwiązań.

(b) Rozważmy równanie (b). Oznaczmy lewą stronę równania (b) przez f_b(z). Łatwo zauważyć stosując wzór dwumianowy Newtona, że:

(11) $f_{b}\left( z \right) = \frac{1}{2}\left\lbrack \left( 1 + iz \right)^{n} + \left( 1 - iz \right)^{n} \right\rbrack$

oraz, że wielomian f_b(z) jest stopnia n dla parzystych i stopnia n − 1 dla n nieparzystych. Z (11) wynika, że równanie (b) można zastąpić równaniem równoważnym:

(12) (1−iz)ⁿ = −(1+iz)ⁿ.

Liczba i nie jest zerem równania (12), zatem można zastąpić je równaniem równoważnym:

(13) $\left( \frac{1 - iz}{1 + iz} \right)^{n} = - 1$.

Ponieważ równania (b) oraz (13) są równoważne, więc z (1) oraz (7) dla a = −1 wynika, że wszystkie zera równania (b) dane są wzorami:

$z_{k} = - \operatorname{tg}\frac{\pi + 2k\pi}{2n}$, k = 0, …, n − 1 oraz $k \neq \frac{n - 1}{2}$.

Zatem dla n parzystych równanie (b) ma n rozwiązań, a dla n nieparzystych n − 1 rozwiązań.

(c) Rozważmy równanie (c). Oznaczmy lewą stronę równania (c) przez f_c(z). Łatwo zauważyć, że f_c(z) = f_a(z) + f_b(z). Stąd na mocy (8) oraz (11) dostajemy:

(14) $f_{c}\left( z \right) = \frac{1}{2}\left( 1 - i \right)\left\lbrack \left( 1 + iz \right)^{n} + i\left( 1 - iz \right)^{n} \right\rbrack$.

Z (14) wynika, że równanie (c) można zastąpić równaniem równoważnym:

(15) (1−iz)ⁿ = i(1+iz)ⁿ.

Liczba i nie jest zerem równania (15), zatem można je zastąpić równaniem równoważnym:

(16) $\left( \frac{1 - iz}{1 + iz} \right)^{n} = i$.

Ponieważ równania (c) oraz (16) są równoważne, wiec z (1) oraz (7) dla a = i wynika, że wszystkie zera równania (c) dane są wzorami:

$z_{k} = - \operatorname{tg}\frac{\frac{\pi}{2} + 2k\pi}{2n}$, k = 0, …, n − 1 oraz $k \neq \frac{n - \frac{1}{2}}{2}$.

Łatwo zauważyć, że dla każdego k mamy $k \neq \frac{2n + 1}{4}$. Zatem wszystkie zera równania (c) dane są wzorami:

$z_{k} = - \operatorname{tg}\frac{\frac{\pi}{2} + 2k\pi}{2n}$, k = 0, …, n − 1.

ĆWICZENIA 4:

Przypomnienie:

$\log z = \left\{ w\mathbb{\in C:}\exp w = z \right\} = \left\{ \underset{\operatorname{Log}z}{} + 2k\pi i:k\mathbb{\in Z} \right\}$.

Logz -wartość główna logarytmu z liczby z.

e^z₁ = e^z₂ ⇔ z₁ = z₂ + 2kπi, z₁, z₂∈ℂ,

z₁ − z₂ = {z₁−z₂:z₁∈Z₁,z₂∈Z₂}.

Zadanie 2.4.1./25:

Pokazać, że jeśli z₁, z₂ ∈ ℂ^x=ℂ∖{0}, to:

(i) logz₁ + logz₂ = logz₁z₂,

(ii) $\log z_{1} - \log z_{2} = \log\frac{z_{1}}{z_{2}}$, (rozwiązane na zajęciach)

Wskazać liczby z₁, z₂ ∈ ℂ^x, dla których:

(iii) Logz₁ + Logz₂ ≠ Logz₁z₂,

(iv) $\operatorname{Log}z_{1} - \operatorname{Log}z_{2} \neq \operatorname{Log}\frac{z_{1}}{z_{2}}$.

Rozwiązanie:

(ii) $\log z_{1} - \log z_{2} = \log\frac{z_{1}}{z_{2}}$

$" \subset "$ weźmy dowolne w ∈ logz₁ − logz₂. Wtedy w = w₁ − w₂, gdzie w₁ ∈ logz₁ oraz w₂ ∈ logz₂. Mamy: e^w₁ = z₁ ⇔ w₁ ∈ logz₁ oraz e^w₂ = z₂ ⇔ w₂ ∈ logz₂. Ponadto:

$e^{w_{1} - w_{2}}\overset{\mathrm{wl.11.1b)}}{\overbrace{=}}e^{w_{1}} \cdot e^{- w_{2}} = e^{w_{1}} \cdot e^{- \operatorname{Re}w_{2}}\left( \cos\left( \operatorname{Im}w_{2} \right) - i\sin\left( - \operatorname{Im}w_{2} \right) \right) = \left( * \right)$

w₂ = Rew₂ + Imw₂,

−w₂ = −Rew₂ + i(−Imw₂),

Re(−w₂) = −Rew₂,

Im(−w₂) = −Imw₂,

$\left( * \right) = e^{w_{1}} \cdot \frac{1}{e^{\operatorname{Re}w_{2}}} \cdot \frac{\overset{\mathrm{= 1}}{\overbrace{\operatorname{}\left( \operatorname{Im}w_{2} \right) + \operatorname{}\left( \operatorname{Im}w_{2} \right)}}}{\cos\left( \operatorname{Im}w_{2} \right) + i\sin\left( \operatorname{Im}w_{2} \right)} = \frac{e^{w_{1}}}{e^{w_{2}}} = \frac{z_{1}}{z_{2}}$, czyli $e^{w} = \frac{z_{1}}{z_{2}}$, czyli $w \in \log\frac{z_{1}}{z_{2}}$.

$" \supset "$ Niech $w \in \log\frac{z_{1}}{z_{2}}$ oraz w₁ ∈ logz₁, w₂ ∈ logz₂, $e^{w} = \frac{z_{1}}{z_{2}} = e^{w_{1} - w_{2}}$. Na mocy własności 11.1(e) mamy w = w₁ − w₂ = 2kπi dla pewnego k∈ℤ. Niech w₂^* = w₂ − 2kπi. Wtedy w_* = w₁ − w₂^*, ponadto w₁ ∈ logz₁ oraz e^{w₂ − 2kπi} = e^w₂ = z₂. Tzn. w₂^* = w₂ − 2kπi ∈ logz₂.

Zadanie 2.4.2./25:

Niech z∈ℂ. arcsinz{w∈ℂ:sinw=z}. Pokazać, że:

$\arcsin z = \left( \frac{1}{i} \right)\left\lbrack \log{i\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \cup \log{i\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right)}} \right\rbrack$, gdzie

$\sqrt{z^{2} - 1} = \exp\left( \operatorname{Log}\left( z^{2} - 1 \right) \right) = \exp\left( \frac{1}{2}\ln{\left| z^{2} - 1 \right| + \frac{1}{2}i\operatorname{Arg}\left( z^{2} - 1 \right)} \right)$.

Każdy element zbioru arcsinz nazywamy wartością arcusa sinusa liczby z.

Rozwiązanie:

z^γ = {exp(γ⋅w):w∈logz} = {exp(γln|z|+γiArgz+γi2kπ) : k∈ℤ},

exp(γ⋅ln|z|+γiArgz) -wartość Głowna potęgi z^γ.

Rozwiązanie wynika z następującego ciągu równoważności:

$\left( w \in \arcsin z \right) \Longleftrightarrow \left( \sin w = z \right) \Longleftrightarrow \left( \frac{\exp\text{iw} - \exp\left( - iw \right)}{2i} = z \right) \Longleftrightarrow \left( \exp\text{iw} - \exp{\left( - iw \right) - 2iz = 0} \right) \Longleftrightarrow \left( \exp\text{iw} \cdot \exp\text{iw} - \exp\left( - iw \right) \cdot \exp\left( - iw \right) \cdot \exp\left( \text{iw} \right) - 2iz \cdot \exp\left( \text{iw} \right) = 0 \right) \Longleftrightarrow \left( \exp{2iw} - 2iz\exp\text{iw} - 1 = 0 \right) \Longleftrightarrow \left( \exp{2iw} - 2iz\exp\text{iw} - z^{2} + z^{2} - 1 = 0 \right) \Longleftrightarrow \left( \exp\text{iw} - iz \right)^{2} = 1 - z^{2} \Longleftrightarrow \exp\text{iw} - iz \in \left( 1 - z^{2} \right)^{\frac{1}{2}} = \left\{ \exp{\left\lbrack \frac{1}{2}\ln{\left| 1 - z^{2} \right| + i\operatorname{Arg}\left( 1 - z^{2} \right)} + i2k\pi i \right\rbrack,k\mathbb{\in Z}} \right\} \Longleftrightarrow \exp\text{iw} - iz \in \left\{ \sqrt{z^{2} - 1} \cdot \exp{\left( i\frac{\pi}{2} + i\left( l_{0} + k \right)\pi \right),k\mathbb{\in Z}} \right\},l_{0}\mathbb{\in Z \Longleftrightarrow}\exp\text{iw} - iz \in \left\{ \sqrt{z^{2} - 1} \cdot i \cdot \exp\left( i\left( l_{0} + k \right)\pi \right):k\mathbb{\in Z} \right\},l_{0}\mathbb{\in Z}$,

$\exp{i\frac{\pi}{2}} = \cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2} = i$,

$\exp\left( i\left( l_{0} - k \right)\pi \right) = \left\{ \begin{matrix} e^{0} = 1 \Longleftrightarrow l_{0} + k \in 2\mathbb{N} \\ e^{\text{iπ}} = 1 - 1 \Longleftrightarrow l_{0} + k \in 2\mathbb{N -}1 \\ \end{matrix} \right.\ \Longleftrightarrow \exp\text{iw} - iz \in \left\{ i\sqrt{z^{2} - 1}, - i\sqrt{z^{2} - 1} \right\} \Longleftrightarrow \exp\text{iw} - iz = i\sqrt{z^{2} - 1} \vee \exp\text{iw} - iz = - i\sqrt{z^{2} - 1} \Longleftrightarrow \exp\text{iw} = i\sqrt{z^{2} - 1} + iz \vee \exp\text{iw} = - i\sqrt{x^{2} - 1} + iz \vee \exp\text{iw} = - i\sqrt{x^{2} - 1} + iz \Longleftrightarrow iw \in \log\left( i\sqrt{z^{2} - 1} + iz \right) \vee iw \in \log\left( iz - i\sqrt{z^{2} - 1} \right) \Longleftrightarrow iw \in \frac{1}{i}\left( \log\left( i\sqrt{z^{2} - 1} + iz \right) \right) \vee w \in \frac{1}{i}\left( \log\left( iz - i\sqrt{z^{2} - 1} \right) \right) \Longleftrightarrow w \in \frac{1}{i}\left( \log\left( i\sqrt{z^{2} - 1} + iz \right) \cup \log\left( iz - i\sqrt{z^{2} - 1} \right) \right)$.

Zadanie 2.4.3./26 (książka):

Niech dla z∈ℂ

arccosz{w∈ℂ:cosw=z}. Pokazać, że:

$\arccos z = \frac{1}{i}\left\lbrack \log\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \cup \log\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \right\rbrack$.

Każdy element zbioru arccosz nazywamy wartością arcusa cosinusa liczby z.

Rozwiązanie:

Rozwiązanie wynika z następującego ciągu oczywistych równoważności:

$\left( w \in \arccos z \right) \Longleftrightarrow \left( \cos w = z \right) \Longleftrightarrow \left( \exp\text{iw} + \exp\left( - iw \right) = 2z \right) \Longleftrightarrow \left( \exp{2iw} - 2z\exp\text{iw} + 1 = 0 \right) \Longleftrightarrow \left( \left( \exp\text{iw} - z \right)^{2} - \left( z^{2} - 1 \right) = 0 \right) \Longleftrightarrow \left( \exp\text{iw} = z - \sqrt{z^{2} - 1}\mathrm{\text{\ lub\ }}\exp\text{iw} = z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \Longleftrightarrow \left( w \in \frac{1}{i}\left\lbrack \log\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \cup \log\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \right\rbrack \right)$.

Zadanie 2.4.4./27 (zajęcia):

Dla jakich liczb z∈ℂ każde dwie wartości arcusa sinusa liczby z różnią się o wielokrotność 2π, a dla jakich o wielokrotność π?

Rozwiązanie:

Niech A = {2kπ:k∈ℤ}. Jeśli każde dwie wartości arcsinz różnią się o całkowitą wielokrotność 2π, to z zadania 2.4.2. mamy w szczególności:

(1) $\frac{1}{i}\operatorname{Log}{i\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right)} - \frac{1}{i}\operatorname{Log}{i\left( 2 + \sqrt{z^{2} - 1} \right)} \in A$, stąd:

(2) $\frac{1}{i}\operatorname{Log}\left( 2 - \sqrt{z^{2} - 1} \right) - \frac{1}{i}\operatorname{Log}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in A$.

Istotnie z zadania 2.4.1.(ii) mamy:

$\log{i\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right)} - \log{\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) = \log i}$,

$\log{i\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right)} - \log{\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) = \log i}$, oraz

$\log i - \log i = \log 1 = \left\{ \underset{= 0}{} + i\underset{= 0}{} + 2k\pi i \right\} = \left\{ 2k\pi:k\mathbb{\in Z} \right\} = iA$,

$\frac{1}{i}\left\{ \left\lbrack \operatorname{Log}{i\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right)} - \operatorname{Log}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \right\rbrack - \left\lbrack \operatorname{Log}{i\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right)} - \operatorname{Log}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \right\rbrack \right\} \in A$.

Mnożąc (2) stronami przez i dostajemy:

$\operatorname{Log}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) - \operatorname{Log}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in \left\{ 2k\pi i:k\mathbb{\in Z} \right\} = iA$.

(3) $\ln\left| z - \sqrt{z^{2} - 1} \right| + i\operatorname{Arg}\left( 2 - \sqrt{z^{2} - 1} \right) - \ln\left| z + \sqrt{z^{2} + 1} \right| + i\operatorname{Arg}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in iA$.

Mamy $\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right)\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) = 1$. Stąd $\left| z + \sqrt{z^{2} - 1} \right| = \frac{1}{\left| z - \sqrt{z^{2} - 1} \right|}$, czyli $\ln\left| z + \sqrt{z^{2} + 1} \right| = - \ln\left| z - \sqrt{z^{2} - 1} \right|$.

Własność: $\ln\frac{1}{t} = - \ln t$, gdzie t > 0.

Zauważmy, że φ ∈ argz₁, i = 1, 2

z₁ ⋅ z₂ = |z₁||z₂| ⋅ (cos(φ₁+φ₂)+isin(φ₁+φ₂)),

φ₁ + φ₂ ∈ arg(z₁+z₂),

W szczególności:

$\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} + 1} \right) + \operatorname{Arg}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in \arg 1 = \left\{ 2k\pi:k\mathbb{\in Z} \right\}$,

$- \pi < \operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \leq \pi$,

$- \pi < \operatorname{Arg}\left( z + \sqrt{z^{2} + 1} \right) \leq \pi$,

$- 2\pi \leq \operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) + \operatorname{Arg}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \leq 2\pi$. Stąd:

$\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) + \operatorname{Arg}\left( z + \sqrt{z^{2} + 1} \right) \in \left\{ 0,2\pi \right\}$, czyli

1^o $\operatorname{Arg}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) = - Arg\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right)$, albo

2^o $\operatorname{Arg}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) = 2\pi - \operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right)$.

Z (3) dostajemy w pierwszym przypadku:

1^o $\underset{= 0}{} + 2i\operatorname{Arg}\left( 2 - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in \left\{ 2k\pi i:k\mathbb{\in Z} \right\}$.

Stąd: $\left| z - \sqrt{z^{2} - 1} \right| = 1$ oraz $\underset{\in \left( - \pi,\pi \right\rbrack}{} \in \left\{ k\pi:k\mathbb{\in Z} \right\}$.

2^o $2\ln\left| z - \sqrt{z^{2} - 1} \right| + i\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) - \left( 2\pi i - i\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \right) \in \left\{ 2k\pi i:k\mathbb{\in Z} \right\}$,

$2i\left( \operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) - \pi \right) \in \left\{ 2k\pi i:k\mathbb{\in Z} \right\}$. Stąd otrzymujemy:

$\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in \left\{ \pi + k\pi:k\mathbb{\in Z} \right\} = \left\{ l\pi:l\mathbb{\in Z} \right\}$. W obu przypadkach:

$\left| z - \sqrt{z^{2} - 1} \right| = 1$ oraz $\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in \left\{ 0,\pi \right\}$.

Jeśli $\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) = 0$, to $z - \sqrt{z^{2} - 1} = 1$.

Jeśli $\operatorname{Arg}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) = \pi$, to $z - \sqrt{z^{2} - 1} = - 1$, z = 1 lub z = −1.

$\arcsin 1 = \frac{1}{i}\left| \log i \cup \log i \right| = \frac{1}{i}\log i = \frac{1}{i}\left\{ \ln\left| i \right| + \operatorname{Arg}i + 2k\pi i \right\} = \left\{ \frac{\pi}{2} + 2k\pi:k\mathbb{\in Z} \right\}$.

arcsin(−1)=

Zadanie 2.4.5./28 (książka):

Dla jakich liczb z∈ℂ każde dwie wartości arcusa cosinusa liczby z różnią się o wielokrotność 2π, a dla jakich o wielokrotność π?

Rozwiązanie:

Niech A{2kπ:k∈ℤ} oraz B{kπ:k∈ℤ}. Jeśli każde dwie wartości arcusa cosinusa liczby z różnią się o wielokrotność 2π, to z zadania 3 mamy:

$\frac{1}{i}\operatorname{Log}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) - \frac{1}{i}\operatorname{Log}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in A$.

Dalej analogicznie jak w zadaniu 4 dostajemy z = ±1. Oczywiście dla z = ±1 każde dwie wartości arcusa cosinusa liczby z różnią się o wielokrotność 2π.

Jeśli każde dwie wartości arcusa cosinusa liczby z różnią się o wielokrotność, to z zadania 3 mamy:

$\frac{1}{i}\operatorname{Log}\left( z - \sqrt{z^{2} - 1} \right) - \frac{1}{i}\operatorname{Log}\left( z + \sqrt{z^{2} - 1} \right) \in B$.

Dalej, analogicznie jak w zadaniu 4, dostajemy z = 0 albo z = ±1. Oczywiście dla z = 0 albo z = ±1 każde dwie wartości arcusa cosinusa liczby z różnią się o wielokrotność π.

Zadanie 2.4.6./28 (książka):

Niech dla z∈ℂ∖{−i,i}

arctgz{w∈ℂ:tgw=z}. Pokazać, że $\operatorname{arctg}z = \frac{1}{2i}\log\frac{1 + iz}{1 - iz}$.

Każdy element zbioru arctgz nazywamy wartością arcusa tengensa liczby z (por. zadanie 2.3.2).

Rozwiązanie:

Rozwiązanie wynika z następującego ciągu oczywistych równoważności:

$\left( w \in \operatorname{arctg}z \right) \Longleftrightarrow \left( \operatorname{tg}w = z \right) \Longleftrightarrow \left( \frac{\exp w - \exp\left( - iw \right)}{\exp\text{iw} + \exp\left( - iw \right)} = iz \right) \Longleftrightarrow \left( \frac{\exp{2iw} - 1}{\exp{2iw} + 1} = iz \right) \Longleftrightarrow \left( \exp{2iw} = \frac{1 + iz}{1 - iz} \right) \Longleftrightarrow \left( w \in \frac{1}{2i}\log\frac{1 + iz}{1 - iz} \right)$.

Zadanie 2.4.7./29 (książka):

Niech dla z∈ℂ∖{−i,i}

arcctgz{w∈ℂ:ctgw=z}. Pokazać, że:

$\operatorname{arcctg}z = \frac{1}{2i}\log\frac{iz - 1}{iz + 1}$. Każdy element zbioru arctgz nazywamy wartością arcusa cotnagensa liczby z (por. zadanie 2.3.2).

Rozwiązanie:

Rozwiązanie wynika z następującego ciągu oczywistych równoważności:

$\left( w \in \operatorname{arcctg}z \right) \Longleftrightarrow \left( \operatorname{ctg}w = z \right) \Longleftrightarrow \left( \frac{\exp\text{iw} + \exp\left( - iw \right)}{\exp\text{iw} - \exp\left( - iw \right)} = - iz \right) \Longleftrightarrow \left( \frac{\exp{2iw} + 1}{\exp{2iw} - 1} = - iz \right) \Longleftrightarrow \left( \exp{2iw} = \frac{iz - 1}{iz + 1} \right) \Longleftrightarrow \left( w \in \frac{1}{2i}\log\frac{iz - 1}{iz + 1} \right)$.

Zadanie 2.4.8./29 (książka):

Pokazać, że jeśli z ∈ ℂ^x oraz n ∈ ℕ₀, to z^1/n = {w∈ℂ:wⁿ=z}.

Rozwiązanie:

Z definicji $z^{1/n} = \left\{ \exp\left( \frac{1}{n} \right)\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right):k\mathbb{\in Z} \right\}$. Jeśli w ∈ z^1/n, to $w = \exp\left( \frac{1}{n} \right)\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right)$ dla pewnej liczby k∈ℤ. Stąd wⁿ = z.

Jeśli wⁿ = z, to w myśl uwagi I.12.1 mamy wⁿ = expnLogw = expLogz = z. Stąd na mocy własności I.11.1(e), istnieje liczba k∈ℤ taka, że $\operatorname{Log}w = \frac{1}{n}\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right)$. Zatem $w = \exp\frac{1}{n}\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right) \in z^{1/n}$.

ĆWIZENIA 5:

z∈ℂ, n∈ℕ, $z^{\frac{1}{n}} = \left\{ w\mathbb{\in C:}w^{n} = z \right\}$.

Z definicji $z^{\frac{1}{n}} = \left\{ \exp\left\lbrack \frac{1}{n}\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right) \right\rbrack:k\mathbb{\in Z} \right\}$

$" \subset "$ Jeśli $w \in z^{\frac{1}{n}}$, to istnieje k∈ℤ, takie, że $w = \exp\left\lbrack \frac{1}{n}\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right) \right\rbrack$. Mamy:

$w^{n} = \left( \exp\left\lbrack \frac{1}{n} \cdot \left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right) \right\rbrack \right)^{n} = \exp\left\lbrack \underset{n\mathrm{- skladnikow\ }}{} \right\rbrack = \exp\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right) = \exp\left( \operatorname{Log}z \right) = z$.

własność: e^z₁ ⋅ e^z₂ = e^{z₁ + z₂}

$" \supset "$ Załóżmy, że wⁿ = z. Mamy:

exp(nLogw) = [exp(Logw)]ⁿ = wⁿ = z = exp(Logz), skoro

exp(n⋅Logw) = exp(Logz) to z własności 11.1(f)

n ⋅ Logw = Logz + 2kπi dla pewnego k∈ℤ. Zatem $\operatorname{Log}w = \frac{1}{n}\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right)$. Stąd $w = \exp\left\lbrack \frac{1}{n}\left( \operatorname{Log}z + 2k\pi i \right) \right\rbrack \in z^{\frac{1}{n}}$.

Zadanie 2.4.9./30 (zajęcia):

Niech u, v∈ℝ oraz a ∈ ℂ^x. Pokazać, że wszystkie wartości potęgi a^u + iv są liczbami rzeczywistymi dokładnie wtedy, gdy liczba vLog|a| + uArga jest wielokrotnością π oraz 2u∈ℤ.

Rozwiązanie:

a∈ℂ∖{0}, u, v∈ℝ

$a^{u + iv}\mathbb{\subset R \Longleftrightarrow}\left\{ \begin{matrix} v \cdot \overset{= \operatorname{Log}\left| a \right|}{\overbrace{\ln\left| a \right|}} + u\operatorname{Arg}a \\ 2u\mathbb{\in Z} \\ \end{matrix} \right.\ \mathrm{- jest\ calkowita\ wielokrotnoscia\ }\pi$. Z definicji potęgi:

(1) a^u + iv = {exp[(u+iv)(ln|a|+iArga+2kπi)] : k∈ℤ} = {exp[u⋅ln|a|−vArga−2kπv+i(v⋅ln|a|+uArga+2kπu)] : k∈ℤ}

Z własności 11.1(g):

Im(expz) = e^Rez ⋅ sinImz = 0 ⇔ sin(Imz) = 0. Zatem a^u + iv⊂ℝ wtedy i tylko wtedy, gdy:

(2) sin(v⋅ln|a|+u⋅Arga+2kπu) = 0 dla każdego k∈ℤ.

$" \Rightarrow "$ Załóżmy, że a^u + iv⊂ℝ, czyli (2) zachodzi dla każdego k∈ℤ. W szczególności dla k = 0.

(3) v ⋅ ln|a| + u ⋅ Arga = l₀ ⋅ π, dla pewnego l₀∈ℤ,

co daje pierwsza część tezy. Dla k = 1 otrzymujemy z (2):

(4) v ⋅ ln|a| + uArga + 2πu = l₁ ⋅ π, dla pewnego l₁∈ℤ

Odejmują stronami (4) oraz (3) dostajemy:

2π ⋅ u = l₁π − l₀|:π, stąd 2u = l₁ − l₀∈ℤ co daje drugą cześć tezy.

$" \Leftarrow "$ Załóżmy, że:

v ⋅ ln|a| + uArga = l ⋅ π dla pewnego l∈ℤ oraz, że 2u = m∈ℤ. Mamy:

v ⋅ ln|a| + uArga + 2kπu = lπ + m ⋅ kπ = (l+mk)π dla każdego k∈ℤ, co daje (2).

Zadanie 2.4.9./30 (książka):

Niech u, v∈ℝ oraz a ∈ ℂ^x. Pokazać, że wszystkie wartości potęgi a^u + iv są liczbami rzeczywistymi dokładnie wtedy, gdy liczba vLog|a| + uArga jest wielokrotnością π oraz 2u∈ℤ.

Rozwiązanie:

Ze wzorów (I.12.3) oraz (I.12.4) otrzymujemy łatwo, że:

(1) a^u + iv = {exp[(u+iv)(Log|a|+iArga+2kπi)]:k∈ℤ}.

Z (1) i z własności I.11.1(g) wynika, że wszystkie wartości potęgi a^u + iv są liczbami rzeczywistymi dokładnie wtedy, gdy:

(2) sin[vLog|a|+u(Arga+2kπ)] = 0 dla każdego k∈ℤ.

Załóżmy , że wszystkie wartości potęgi a^u + iv są liczbami rzeczywistymi. Wówczas kładąc w (2), k = 0 dostajemy:

(3) vLog|a| + uArga = l₀π dla pewnego l₀∈ℤ.

Kładą zaś w (2), k = 1, dostajemy:

(4) vLog|a| + uArga = l₁π dla pewnego l₁∈ℤ.

Odejmując stronami (4) oraz (3), dostajemy 2u = l₁ − l₀.

Odwrotnie, załóżmy, że zachodzi (3) oraz 2u = l∈ℤ. Wtedy dla każdego k∈ℤ mamy:

vLog|a| + uArga + 2kπu = (l₀+kl)π, co daje (2).

Zadanie 2.4.10./30:

Niech z ∈ ℂ^x. Pokazać, że punkty z, dla których wszystkie wartości potęgi z^z są liczbami rzeczywistymi, leżą na prostych postaci {z∈ℂ:Rez=c}, gdzie 2c∈ℤ, i na każdej z tych prostych leży nieskończenie wiele punktów z o podanej własności.

Rozwiązanie:

Połóżmy x = Rez, y = Imz. Dla każdego z ∈ ℂ^x, na mocy zadania 9, wszystkie wartości potęgi z^z są liczbami rzeczywistymi dokładnie wtedy, gdy istnieją k, l∈ℤ takie, że:

2x = k oraz yLog|z| + xArgz = πl.

Wynika stąd, że jeśli wszystkie wartości potęgi z^z są liczbami rzeczywistymi, to z leży na prostej λ_k{z∈ℂ:2x=k}, gdzie k∈ℤ, i odwrotnie, jeśli z = x + iy leży na prostej λ_k oraz istniej l∈ℤ takie, że:

$y\operatorname{Log}\left| \frac{k}{2} + iy \right| + \frac{k}{2}\operatorname{Arg}\left\lbrack \frac{k}{2} + iy \right\rbrack = l\pi$,

to wszystkie wartości potęgi z^z są liczbami rzeczywistymi. Niech dalej f_k : ⟨ 1,∞) →ℝ będzie funkcją określoną wzorem:

$f_{k}\left( y \right) = y\operatorname{Log}\left| \frac{k}{2} + iy \right| + \frac{k}{2}\operatorname{Arg}\left\lbrack \frac{k}{2} + iy \right\rbrack$,

i niech A{lπ:l∈ℤ}. Pokażemy teraz, że na każdej prostej λ_k leży nieskończenie wiele punktów $z = \frac{k}{2} + iy$ takich, że f_k(y) ∈ A. Istotnie, łatwo zauważyć, że dla każdego k∈ℤ funkcja f_k jest ciągła oraz f_k(y) → +∞, gdy y → +∞. Zatem na mocy własności Darboux, funkcja f_k przyjmuje wszystkie wartości z przedziału ⟨ f_k(1),∞) . W konsekwencji dla każdej liczby całkowitej $l > N = \frac{f_{k}\left( 1 \right)}{\pi}$ istnieje liczba a_kl ∈ ⟨ 1,∞)  taka, że f_k(a_kl) = πl. Reasumując istnieje zbiór przeliczalny A_k{a_kl:l∈ℤ,l>N} taki, że dla każdego y ∈ A_k mamy f_k(y) ∈ A.

Zadanie 2.4.11./31 (książka):

Pokazać, że wszystkie wartości potęgi a^c, a ∈ ℂ^x maja ten sam moduł dokładnie wtedy, gdy Imc = 0. Jeśli Imc≠0, to potęga a^c ma nieskończenie wiele wartości, wszystkie te wartości mają różne moduły i kresem dolnym zbioru modułów tych wartości jest 0, a kresem górnym +∞.

Rozwiązanie:

Zauważmy najpierw, że wprowadzona na ℂ funkcja exp (patrz §I.11) pokrywa się na ℝ ze znaną z analizy rzeczywistej funkcją exp. Stąd funkcja  exp|_ℝ jest rosnąca, w szczególności różnowartościowa oraz:

(1) ( exp|_ℝ)(x) = 0 oraz ( exp|_ℝ)(x) = ∞.

Powróćmy do potęgi a^c. Ze wzorów (I.12.3) oraz (I.12.4) otrzymujemy, że:

a^c = {expc(Loga+2kπi):k∈ℤ}.

Połóżmy dalej z_k = expc(Loga+2kπi) dla k∈ℤ oraz u = Rec, v = Imc. Wówczas z własności I.11.1(g) dla dowolnego k mamy:

(2) |z_k| = exp[uLog|a|−v(Arga+2kπ)].

Jeśli wszystkie wartości potęgi a^c mają ten sam moduł, to |z₀| = |z₁|. Stąd, z (2) i z różnowartościowości funkcji  exp|_ℝ dostajemy v = 0. Odwrotnie, jeśli v = 0, to z (2) mamy |z_k| = expuLog|a| dla każdego k. Stąd wszystkie wartości potęgi a^c mają ten sam moduł. Niech teraz v ≠ 0. Wówczas (2) i różnowartościowości funkcji  exp|_ℝ wynika, że |z_k| ≠ |z_l| dla k ≠ l. Zatem zbiór {|z_k|}_k∈ℤ jest nieskończony. Ponadto z (1) oraz (2) dostajemy:

|z_k| = 0 ∧ |z_k| = +∞ dla v < 0,

|z_k| = +∞∧|z_k| = 0 dla v > 0.

Zadanie 2.4.12./32 (zajęcia):

Pokazać, że wszystkie wartości potęgi a^c, a ∈ ℂ^x maja:

(a) ten sam argument główny dokładnie wtedy, gdy Rec∈ℤ,

(b) skończoną ilość argumentów głównych dokładnie wtedy, gdy Rec∈ℚ.

Rozwiązanie:

(a) Z I.12.3 oraz I.12.4 mamy:

a^c = {exp[c(Loga+2kπi), k∈ℤ]}. Połóżmy z_k = expc(Loga+2kπi) dla k∈ℤ. Wówczas:

(1) a^c = {z_k:k∈ℤ} = {exp[cln|a|+ciArga+c2πi], k∈ℤ}, gdzie c = Rec + Imc,

$z_{k} = \exp\left\lbrack \left( \operatorname{Re}c\ln\left| a \right| - \operatorname{Im}a\operatorname{Arg}a - \operatorname{Im}c \cdot 2k\pi \right) + i\underset{\in \arg z_{k}\mathrm{\text{\ na\ mocy\ }}11.1\left( g \right)\operatorname{Im}z \in \arg\left( e^{z} \right)}{} \right\rbrack$.

Zauważmy, że jeśli φ_k ∈ argz_k oraz φ_l ∈ argz_l, to $\varphi_{k} - \varphi_{l} \in \arg\frac{z_{k}}{z_{l}}$, gdyż: $\frac{z_{k}}{z_{l}} = \frac{\left| z_{k} \right|}{\left| z_{l} \right|}\left( \cos\left( \varphi_{k} - \varphi_{l} \right) + i\sin\left( \varphi_{k} - \varphi_{l} \right) \right)$. Stąd w szczególności: $\operatorname{Arg}z_{k} - \operatorname{Arg}z_{l} \in \arg\frac{z_{k}}{z_{l}}$ oraz dla

Imcln|a| + RecArga + 2kπRec ∈ argz_k,

Imcln|a| + RecArga + 2klRec ∈ argz_l,

$2\pi\operatorname{Re}c\left( k - l \right) \in \arg\frac{z_{k}}{z_{l}}$.

(2) $\bigwedge_{k,l\mathbb{\in Z}}^{}{\bigvee_{n\mathbb{\in Z}}^{}{2\pi}}\operatorname{Re}c\left( k - l \right) = \operatorname{Arg}z_{k} - \operatorname{Arg}z_{l} + 2n\pi$

Jeśli wszystkie wartości potęgi a^cmają ten sam argument główny, to z (1) oraz (2) dla l = 0 oraz k = 1 dostajemy:

2π ⋅ Rec = 2nπ, skąd Rec = n∈ℤ. Odwrotnie, jeśli Rec∈ℤ, wówczas dla dowolnych k, l∈ℤ z (2) i nierówności −2π < Argz_k − Argz_l < 2π

−π < Argz₁ ≤ π,

−π ≤ −Argz₂ < π,

$\bigwedge_{l,k\mathbb{\in Z}}^{}{2\pi\underset{\mathbb{\in Z}}{}} = \operatorname{Arg}z_{k} - \operatorname{Arg}z_{l} + 2n\pi$.

Aby w powyższym zachodził równość Argz_k − Argz_l musi być równe zero. Z dowolności l, k∈ℤ wynika teza.

Zadanie 2.4.12./32 (książka):

Pokazać, że wszystkie wartości potęgi a^c, a ∈ ℂ^x maja:

(a) ten sam argument główny dokładnie wtedy, gdy Rec∈ℤ,

(b) skończoną ilość argumentów głównych dokładnie wtedy, gdy Rec∈ℚ.

Rozwiązanie:

Połóżmy z_k = expc(Loga+2kπi), gdzie k∈ℤ. Wówczas analogicznie jak w zadaniu 11, mamy:

(1) a^c = {z_k:k∈ℤ}

dla dowolnych k, l∈ℤ z własności I.11.1(g) mamy $2\pi\left( k - l \right)\operatorname{Re}c \in \arg\frac{z_{k}}{z_{l}}$ oraz z zadania 1.1.4 mamy $\operatorname{Arg}z_{k} - \operatorname{Arg}z_{l} \in \frac{z_{k}}{z_{l}}$. Stąd:

(2) $\bigwedge_{k,l\mathbb{\in Z}}^{}{\bigvee_{n\mathbb{\in Z}}^{}{2\pi\left( k - l \right)\operatorname{Re}c}} = \operatorname{Arg}z_{k} - \operatorname{Arg}z_{l} + 2\pi n$.

(a) Jeśli wszystkie wartości potęgi a^c mają ten sam argument główny, to z (1) oraz z (2) dla l = 0 oraz k = 1 dostajemy Rec = n dla pewnego n∈ℤ. Odwrotnie, jeśli Rec∈ℤ, wówczas dla dowolnych k, l∈ℤ z (2) oraz z oczywistej nierówności −2π < Argz_k − Argz_l < 2π dostajemy Argz_k = Argz_l. Stąd i z (1) wszystkie wartości potęgi a^c mają ten sam argument główny.

(b) Załóżmy, ze wszystkie wartości potęgi a^c mają q różnych argumentów głównych. Zatem zbiorze {0,1,…,q} istnieją dwie liczby l < k takie, że Argz_k − Argz_l = 0. Stąd i z (2) istnieje n∈ℤ takie, że $\operatorname{Re}c = \frac{n}{k - l}\mathbb{\in Q}$. Odwrotnie, niech $\operatorname{Re}c = \frac{p}{q}$, gdzie q ∈ ℕ₀ oraz ułamek $\frac{p}{q}$ jest nieskracalny. Wówczas łatwo zauważyć, że wszystkie liczby z_k dla k ∈ {0,…,q−1} mają różne argumenty główne. Istotnie, gdyby przeciwnie Argz_k = Argz_l dla k, l ∈ {0,…,q−1} oraz l < k to w myśl (2) istniałoby n∈ℤ takie, że $\operatorname{Re}c = \frac{n}{k - l}$, gdzie 0 < k − l < q, co przeczy temu, ze ułamek $\frac{p}{q}$ jest nieskracalny. Pokażemy teraz, że wszystkie wartości potęgi a^c mają q różnych argumentów głównych. Istotnie, niech ℤ=A₀ ∪ … ∪ A_q − 1, gdzie A_j = {r∈ℤ:r=lq+j,l∈ℤ}, j ∈ {0,…,q−1}. Zbiory A_j są rozłączne i dla każdego r ∈ A_j na mocy (2) istnieją n, l∈ℤ, że:

(3) $\operatorname{Arg}z_{r} - \operatorname{Arg}z_{j} = 2\pi n - 2\pi\left( r - j \right)\operatorname{Re}c = 2\pi n - 2\pi\left( lq + j - j \right) \cdot \frac{p}{q} = 2\pi\left( n - lp \right)$.

Z (3) dostajemy Argz_r = Argz_j.

2.6. Homografia:

Niech ad − bc ≠ 0, z∈ℂ, $h:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \rightarrow \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$.

Jeśli c = 0, to przyjmujemy h(∞) = ∞.

Jeśli c ≠ 0, to przyjmujemy $h\left( \infty \right) = \frac{a}{c}$ oraz $h\left( - \frac{d}{c} \right) = \infty$.

Zadanie 2.6.1./44 (książka):

Pokazać, że homografia przekształca homeomorficznie $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\mathrm{\text{\ na\ }}\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$.

Rozwiązanie:

Homografia przekształca wzajemnie jednoznacznie $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\mathrm{\text{\ na\ }}\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$. Płaszczyzna domknięta jest przestrzenią metryczna zwartą, zatem wystarczy pokazać, że homografia jest odwzorowaniem ciągłym (patrz [Ru], twierdzenie 4.17 lub [JW], zadanie 7.43).

W myśl twierdzenia I.14.2, każda homografia jest złożeniem skończonej ilości przekształceń liniowych i inwersji. Zatem, żeby pokazać ciągłość homografii, wystarczy pokazać, że przekształcenie liniowe i inwersja są ciągłe.

Niech $l:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \rightarrow \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ będzie przekształceniem liniowym. Funkcja l jest oczywiście ciągła w ℂ. Z analizy rzeczywistej mamy |l(z)| = +∞. Stąd i z określenia metryki sferycznej mamy l(z) = ∞, co daje ciągłość l w punkcie ∞.

Niech $h:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \rightarrow \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ będzie inwersją. Funkcja h jest oczywiście ciągła w ℂ^x. Z określenia metryki sferycznej:

d(z,0) = d(h(z),∞) oraz d(z,∞) = d(h(z),0) dla z ∈ ℂ^x. Stąd dostajemy ciągłość h w punktach 0, ∞.

Zadanie 2.6.2./44 (książka):

Pokazać, że przekształcenia homograficzne wraz z działaniem składania przekształceń tworzą grupę.

Rozwiązanie:

Oznaczmy przez H zbiór przekształceń homograficznych $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\mathrm{\text{\ na\ }}\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$. Oczywiście przekształcenie tożsamościowe, oznaczmy je e, należy do H oraz dla każdego h ∈ H mamy e ∘ h = h ∘ e = h. Niech h₁, h₂ ∈ H będą postaci:

$h_{1}\left( z \right) = \frac{a_{1}z + b_{1}}{c_{1}z + d_{1}}$, $h_{2}\left( z \right) = \frac{a_{2}z + b_{2}}{c_{2}z + d_{2}}$. Wówczas łatwo sprawdzamy, że:

(1) $h_{1} \circ h_{2}\left( z \right) = \frac{\left( a_{1}a_{2} + b_{1}c_{2} \right)z + \left( a_{1}b_{2} + b_{1}d_{2} \right)}{\left( c_{1}a_{2} + d_{1}c_{2} \right)z + \left( c_{1}b_{2} + d_{1}d_{2} \right)}$ oraz (a₁a₂+b₁c₂)(c₁b₂+d₁d₂) − (a₁b₂+b₁d₂)(c₁a₂+d₁c₂) = (a₁d₁−b₁c₁)(a₂d₂−b₂c₂) ≠ 0.

Zatem h₁ ∘ h₂ ∈ H. Również dla każdego h ∈ H postaci: $h\left( z \right) = \frac{az + b}{cz + d}$, przekształcenie h^* postaci $h^{*}\left( z \right) = \frac{- dz + b}{cz - a}$ należy do H, bp (−d)(−a) − bc ≠ 0. Z (1) wynika łatwo, że h ∘ h^*(z) = h^* ∘ h(z) = z. Stąd h ∘ h^* = e, czyli h⁻¹h^* jest elementem odwrotnym do h. Z łączności składania przekształceń dostajemy, że (h₁∘h₂) ∘ h₃ = h₁ ∘ (h₂∘h₂) dla dowolnych h₁, h₂, h₂ ∈ H.

Zadanie 2.6.3./45 (zajęcia):

Pokazać, że dowolna homografia $h:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \rightarrow \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ różna od tożsamości ma co najwyżej dwa punkty stałe, tj. takie punkty $z \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$, że h(z) = z.

Rozwiązanie:

1^o Jeśli c = 0, to jednym z punktów stałych jest ∞. Wówczas h jest odwzorowaniem liniowym, czyli h(z) = az + b, dla z∈ℂ. Załóżmy, ze h(z) = z.

az + b = z; (z−1)z = −b.

Jeżeli a = 1 oraz b ≠ 0, to powyższe równanie jest sprzeczne, więc nie ma rozwiązania, czyli w tym przypadku h nie ma punktów stałych w ℂ.

Jeżeli a ≠ 1 to $\left( a - 1 \right)z = - b \Longleftrightarrow z = \frac{- b}{a - 1}$, czyli dla a ≠ 1mamy, że $z = \frac{- b}{a - 1}$ jest punktem stałym w ℂ.

2^o Niech c ≠ 0. Wtedy ∞ nie jest punktem stałym, bo $h\left( \infty \right) = \frac{a}{c}$. Rozważmy równanie:

$\frac{az + b}{cz + d} = z$; az + b = cz²; cz² + (d−a)z − b = 0.

Powyższe równanie ma co najwyżej dwa równe pierwiastki w ℂ, czyli dla c ≠ 0 homografia również ma co najwyżej dwa punkty stałe.

Zadanie 2.6.4./46 (książka):

Pokazać, że dla każdej trójki parami różnych punktów $z_{1},z_{2},z_{3} \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ istnieje homografia $h:\overset{\overline{}}{\mathbb{C}} \rightarrow \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$, taka, że h(z₁) = 0, h(z₂) = 1, h(z₃) = ∞.

Rozwiązanie:

Dla dowolnych $z_{1},z_{2},z_{3} \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ określmy przekształcenie h wzorami:

(1) $h\left( z \right) = \frac{z_{2} - z_{3}}{z_{2} - z_{1}} \cdot \frac{z - z_{1}}{z - z_{3}}$, gdy z₁, z₂, z₃∈ℂ,

(2) $h\left( z \right) = \frac{z_{2} - z_{3}}{z - z_{3}}$, gdy z₁ = ∞,

(3) $h\left( z \right) = \frac{z - z_{1}}{z - z_{3}}$, gdy z₂ = ∞,

(4) $h\left( z \right) = \frac{z - z_{1}}{z_{2} - z_{1}}$, gdy z₃ = ∞.

Łatwo sprawdzić, że h(z₁) = 0, h(z₂) = 1 oraz h(z₃) = ∞. Gdy przekształcenie h określone jest wzorem:

$h\left( z \right) = \frac{az + b}{cz + d}$, a, b, c, d∈ℂ. Kładziemy D(h)ad − bc. Stąd w (1) mamy: $D\left( h \right) = \frac{z_{2} - z_{3}}{z_{2} - z_{1}}\left( z_{1} - z_{3} \right) \neq 0$, w (2) mamy D(h) = (z₃−z₂) ≠ 0, w (3) mamy D(h) = (z₁−z₃) ≠ 0 oraz w (4) mamy D(h) = (z₂−z₁) ≠ 0. Zatem odwzorowanie h jest we wszystkich przypadkach homografią.

Zadanie 2.6.5./46 (książka):

(a) dla dwóch dowolnych trójek parami różnych punktów $z_{1},z_{2},z_{3} \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ oraz $w_{1},w_{2},w_{3} \in \overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ istnieje dokładnie jedna homografia h taka, że h(z_i) = w_i dla i = 1, 2, 3,

(b) dla dowolnych dwóch okręgów uogólnionych istnieje homografia przekształcająca jeden z nich na drugi.

Rozwiązanie:

(a) Niech, w myśl zadania 4, h_z, h_w będą dwiema homografiami spełniającymi warunki:

(1) h_z(z₁) = 0, h_z(z₂) = 1, h_z(z₃) = ∞,

(2) h_w(w₁) = 0, h_w(w₂) = 1, h_w(w₃) = ∞.

Przekształcenie hh_w⁻¹ ∘ h₂ spełnia warunki h(z_i) = w_i dla i = 1, 2, 3 oraz w myśl zadania 2, λ⁻¹ ∘ h jest homografią i ma trzy różne punkty stałe z₁, z₂, z₃. Zatem na mocy zadania 3, amy λ⁻¹ ∘ h = e. Stąd i z własności grupowych homografii dostajemy h = λ.

(b) Niech C_z, C_w będą dwoma okręgami uogólnionymi w ℂ. Niech z₁, z₂, z₃ będzie trójką różnych punktów lezących na C_z, zaś w₁, w₁, w₃ trójką różnych punktów leżących na C_w. Z twierdzenia I.14.4 homografi h_z przekształca okrąg C_z na okrąg uogólniony h_z(C_z), na którym, myśl (1), lezą punkty 0, 1, ∞. Zatem h_z(C_z) jest prostą na której leżą punkty 0, 1, czyli $h_{z}\left( C_{z} \right) = \overset{\overline{}}{\mathbb{R}}$, gdzie $\overset{\overline{}}{\mathbb{R}}\mathbb{= R \cup}\left\{ \infty \right\}$. Analogicznie z twierdzenia I.14.4 oraz z (2), dostajemy $h_{w}\left( C_{z} \right) = \overset{\overline{}}{\mathbb{R}}$. Reasumując, homografia h_w⁻¹ ∘ h_z przekształca okrąg uogólniony C_z na okrąg uogólniony C_w.

Każda homografia przekształca $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\mathrm{\ "na"\ }\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$ i jest różnowartościowa. Niech c ≠ 0.

1. $"na"$ weźmy dowolne $w\mathbb{\in C\backslash}\left\{ \frac{a}{c} \right\}$. Pokażemy, że istnieje z∈ℂ takie, że h(z) = w. Mamy:

$h\left( z \right) = w \Longleftrightarrow \frac{az + b}{cz + d} = w \Longleftrightarrow az + b = cwz - dw \Longleftrightarrow \left( a - cw \right)z = dw - b \Longleftrightarrow z = \frac{dw - b}{a - cw}$, gdzie $a - cw \neq \frac{a}{c}$ zatem pokazaliśmy, że dla c ≠ 0 homografia przekształca $\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}\mathrm{\text{\ na\ }}\overset{\overline{}}{\mathbb{C}}$.

(Przypadek c = 0 samodzielnie).

2. roznowartosciowosc (przypadek c ≠ 0). Przypuśćmy, że z₁, z₂∈ℂ oraz h(z₁) = h(z₂). Wtedy $\frac{az_{1} + b}{cz_{1} + d} = \frac{az_{2} + b}{cz_{2} + d}$.

a ⋅ cz₁z₂ + bcz₂ + adz₁ + bd = acz₁z₂ + adz₂ + cbz₁ + bd,

(ad−cb)z₁ = (ad−bc)z₂ i skoro ad − bc ≠ 0, to z₁ = z₂. Pokażemy, że h(z) = h(∞). Wtedy:

$\frac{az + b}{cz + d} = \frac{a}{c}$; acz + bc = acz + ad; bc = ad, co daje sprzeczność, bo ad − bc ≠ 0.

ĆWIECZENIA 6:

Dodatnio zorientowany okrąg o środku z₀∈ℂ i promieniu r > 0 to krzywa o opisie parametrycznym:

γ(t) = z₀ + re^it, t ∈ ⟨0,2π⟩. Policzyć długość krzywej o opisie parametrycznym γ : [a,b]→ℂ wyraża się wzorem:

∫_a^b|γ^′(t)|dt.

γ(t) = z₀ + re^it, t ∈ ⟨0,2π⟩.

$\gamma^{'}\left( t_{0} \right) = \operatorname{}\frac{\gamma\left( t \right) - \gamma\left( t_{0} \right)}{t - t_{0}} = \operatorname{}\frac{r \cdot \overset{= \cos t + i\sin t}{\overbrace{e^{\text{it}}}} - re^{it_{0}}}{t - t_{0}} = \operatorname{}\frac{r\cos t + ri\sin t - r\cos t_{0} - ir\sin t_{0}}{t - t_{0}} = \operatorname{}\left\lbrack r \cdot \frac{\cos t - \cos t_{0}}{t - t_{0}} + ri\frac{\sin t - \sin t_{0}}{t - t_{0}} \right\rbrack = \operatorname{}\left\lbrack r \cdot \frac{- \sin\left( \frac{t - t_{0}}{2} \right) \cdot \sin\left( \frac{t + t_{0}}{2} \right)}{t - t_{0}} + ri \cdot \frac{\sin\left( \frac{t - t_{0}}{2} \right) \cdot \cos\left( \frac{t - t_{0}}{2} \right)}{\frac{t - t_{0}}{2}} \right\rbrack = - r\sin t_{0} + ri\cos t_{0} = i\left( r\cos t_{0} + ri\sin t_{0} \right) = ire^{it_{0}}$,

γ^′(t) = rie^it. Długość dodatnio zorientowanego okręgu o środku z₀ i promieniu r wyraża się wzorem:

∫₀^2π|γ^′(t)|dt = ∫₀^2π|rie^it|dt = ∫₀^2πrdt =  r⋅t|₀^2π = r ⋅ 2π − r ⋅ 0 = 2πr.

$\left| e^{\text{it}} \right| = \sqrt{\operatorname{}t + \operatorname{}t} = 1$.

Dodatnio zorientowany odcinek o początku z₁ i końcu z₂ to krzywa o opisie parametrycznym:

γ(t) = z₁ + (z₂−z₁)t, t ∈ ⟨0,1⟩,

γ(t) = z₁ + (z₂−z₁)t, t ∈ ⟨0,1⟩,

γ^′(t) = z₂ − z₁.

Długość dodatnio zorientowanego odcinka o początku z₁ i końcu z₂ wyraża się wzorem:

∫₀¹|γ^′(t)|dt = ∫₀¹|z₂−z₁|dt = |z₂−z₁| ⋅  t|₀¹ = |z₂−z₁|.

2.7. Ciągi i szeregi funkcyjne.

Zadanie 2.7.1./48 (książka):

Niech X będzie dowolnym zbiorem. Pokazać, że ciąg {f_n} funkcji zespolonych skończonych określonych na zbiorze X jest zbieżny jednostajnie na tym zbiorze do pewnej funkcji f : X→ℂ dokładnie wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego:

(C) $\bigwedge_{\varepsilon > 0}^{}{\bigvee_{N\mathbb{\in R}}^{}{\bigwedge_{m,n > N}^{}{\bigwedge_{x \in X}^{}\left| f_{n}\left( x \right) - f_{m}\left( z \right) \right|}}} < \varepsilon$.)

(kryterium Cauchy’ego jednostajnej zbieżności).

Rozwiązanie:

Niech ciąg {f_n} będzie jednostajnie zbieżny do funkcji f. Weźmy dowolną liczbę ε > 0. Wówczas istnieje liczba rzeczywista N taka, że dla dowolnego n > N i dowolnego x ∈ X mamy $\left| f_{n}\left( x \right) - f\left( x \right) \right| < \frac{\varepsilon}{2}$. Stąd dla m, n > N oraz z ∈ X mamy:

|f_n(x)−f_m(x)| ≤ |f_n(x)−f(x)| + |f_m(x)−f(x)| < ε.

Niech teraz ciąg {f_n} spełnia warunek (C). Wtedy na mocy oczywistych nierówności |Rez| ≤ |z|, |Imz| ≤ |z|, również ciągi {Ref_n} oraz {Imf_n} spełniają warunek (C). Z kryterium Cauchy’ego jednostajnej zbieżności w dziedzinie rzeczywistej wynika, że ciągi {Ref_n} oraz {Imf_n} są jednostajnie zbieżne odpowiednio do pewnych funkcji u : X→ℝ oraz v : X→ℝ. Wówczas z oczywistej nierówności |z| ≤ |Rez| + |Imz|, również ciąg {f_n} jest jednostajnie zbieżny do funkcji u + iv.

Zadanie 2.7.2./48 (książka):

Niech X będzie dowolnym zbiorem, {f_n}-ciągiem funkcji zespolonych skończonych określonych na zbiorze X oraz niech {A_n} będzie ciągiem liczbowym. Pokazać, że jeśli dla każdego x ∈ X oraz każdego n ∈ N₀ mamy |f_n(x)| ≤ A_n oraz szereg $\sum_{n = 0}^{\infty}A_{n}$ jest zbieżny, to szereg $\sum_{n = 0}^{\infty}f_{n}$ jest jednostajnie zbieżny (kryterium Weierstrassa jednostajnej zbieżności).

Rozwiązanie:

Weźmy dowolną liczbę ε > 0. Ponieważ szereg $\sum_{n = 1}^{\infty}A_{n}$ jest zbieżny, więc na mocy zadania 1.5.1 zastosowanego do sum częściowych tego szeregu, istniej N∈ℝ takie, że dla dowolnych k > l > N mamy |A_l + 1+…+A_k| < ε. Niech {S_n} będzie ciągiem sum częściowych szeregu $\sum_{n = 0}^{\infty}f_{n}$. Wówczas dla dowolnych k > l > N oraz x ∈ X mamy:

|S_k(x)−S_l(x)| = |f_l + 1(z)+…+f_k(x)| ≤ |f_l + 1(x)| + … + |f_k(x)| ≤ A_l + 1 + … + A_k < ε. Stąd:

(1) |S_k(x)−S_l(x)| < ε dla k, l > N oraz x ∈ X.

Z (1) oraz z zadania 1 otrzymujemy jednostajną zbieżność szeregu $\sum_{n = 0}^{\infty}f_{n}$.

3.1. Funkcje zespolone zmiennej rzeczywistej.

Zadanie 3.1.1./51 (książka):

Niech ⟨α,β⟩⊂ℝ oraz  γ : ⟨α,β⟩→ℂ. Pokazać, że funkcja γ ma w punkcie t₀ pochodną γ^′(t₀) dokładnie wtedy, gdy istnieje funkcja γ₁ : ⟨α,β⟩→ℂ ciągła w punkcie t₀ taka, że:

(1) γ(t) = γ(t₀) + γ₁(t)(t−t₀)

oraz γ₁(t₀) = γ^′(t₀)

Rozwiązanie:

Jeśli funkcja γ ma pochodną w punkcie t₀, to wystarczy położyć:

$\gamma_{1}\left( t \right) = \left\{ \begin{matrix} \frac{\gamma\left( t \right) - \gamma\left( t_{0} \right)}{t - t_{0}}\mathrm{\text{\ dla\ }}t \in \left\langle \alpha,\beta \right\rangle\backslash\left\{ t_{0} \right\} \\ \gamma^{'}\left( t_{0} \right)\mathrm{\text{\ dla\ }}t = t_{0} \\ \end{matrix} \right.\ $. Jeśli istniej funkcja γ₁ ciągła w punkcie t₀, spełniającą (1), to γ ma pochodną γ^′(t₀) oraz γ^′(t₀) = γ₁(t₀).

Zadanie 3.1.2./51 (książka):

Pokazać, że jeśli funkcja γ : ⟨α,β⟩→ℂ ma w punkcie t₀ pochodną γ^′(t₀) oraz funkcja f określona w otoczeniu z₀ = γ(t₀) ma pochodną f^′(z₀), to superpozycja tych funkcji, określona w odpowiednio małym przedziale ⟨α,β⟩ zawierającym punkt t₀. Ma w tym punkcie pochodną (f∘γ)^′(t₀) i zachodzi wzór (f∘γ)^′(t₀) = f^′(z₀)γ^′(t₀).

Rozwiązanie:

Z lematu I.9.2 wynika, że w pewnym otoczeniu Ω punktu z₀ istnieje funkcja f₁ : Ω→ℂ ciągła w punkcie z₀ taka, że:

(1) f(z) = f(z₀) + f₁(z)(z−z₀) oraz f₁(z₀) = f^′(z₀).

W myśl zadania 1, istnieje funkcja γ₁ : ⟨α,β⟩→ℂ ciągła w punkcie t₀ taka, że:

(2) γ(t) = γ(t₀) + γ₁(t)(t−t₀) oraz γ₁(t₀) = γ^′(t₀).

Z pierwszej części (2) wynika, że w odpowiednio małym przedziale ⟨α,β⟩, zawierającym punkt t₀, γ(t) ∈ Ω oraz superpozycja f ∘ γ jest dobrze określona. Wówczas z (1) oraz (2) dla t ∈ ⟨α,β⟩ mamy:

f ∘ γ(t) = f ∘ γ(t₀) + f₁(γ(t))(γ(t)−γ(t₀)) = f ∘ γ(t₀) + f₁(γ(t))γ₁(t)(t−t₀),

gdzie funkcja (f₁∘γ)γ₁ jest określona na przedziale ⟨α,β⟩ oraz ciągła w punkcie t₀ oraz

f₁(γ(t₀))γ₁(t₀) = f₁(z₀)γ₁(t₀) = f^′(z₀)γ^′(t₀). Zatem w myśl zadania 1, funkcja f ∘ γ ma w punkcie t₀ pochodną f^′(z₀)γ^′(t₀).

3.2. Krzywe i całkowanie w dziedzinie zespolonej.

Zadanie 3.2.3./54 (książka):

Niech dana będzie funkcja ciągła f : ⟨a,b⟩→ℂ oraz niech λ : ⟨α,β⟩ → ⟨a,b⟩ będzie funkcja klasy C¹. Pokazać, że jeśli przyjmiemy: ∫_c^cf(t)dt = 0 dla c ∈ ⟨a,b⟩ oraz ∫_d^cf(t)dt = −∫_c^df(t)dt dla c, d ∈ ⟨a,b⟩ oraz c < d, to:

(*) ∫_λ(α)^λ(β)f(t)dt = ∫_α^βf(λ(τ))λ^′(τ)dτ.

Rozwiązanie:

Z analizy rzeczywistej wiadomo, że:

∫_λ(α)^λ(β)(Ref)(t)dt = ∫_α^β(Ref)(λ(τ))λ^′(τ)dτ oraz

∫_λ(α)^λ(β)(Imf)(t)dt = ∫_α^β(Imf)(λ(τ))λ^′(τ)dτ. Stąd i z określenia całki zwyczajnej (patrz §I.18) dostajemy (*).

Mówimy, że funkcja f jest kawałkami ciągła w przedziale ⟨a,b⟩, gdy istnieje podział a = t₀ < t₁ < … < t_n − 1 < t_n = b przedziału ⟨a,b⟩ takie, że w każdym podprzedziale ⟨t_j − 1,t_j⟩ istnieje funkcja ciągła g_j taka, że  g_j|_{(tj − 1,tj)} =  f|_{(tj − 1,tj)}.

Zadanie 3.2.4./55 (książka):

Niech będzie dana funkcja f : [a,b]→ℂ kawałkami ciągła oraz niech λ : [α,β] → [a,b] będzie monotoniczną surjekcją klasy C¹. Pokazać, że jeżeli λ jest funkcją rosnącą, to:

(*) ∫_a^bf(t)dt = ∫_α^βf(λ(τ))λ^′(τ)dτ,

jeżeli zaś funkcja λ jest funkcją malejącą, to:

(**) −∫_a^bf(t)dt = ∫_α^βf(λ(τ))λ^′(τ)dτ.

Rozwiązanie:

Zauważmy, że dla każdego t ∈ [a,b] zbiór λ⁻¹ jest domknięty i spójny. Istotnie, ciągłości λ wynika domkniętość tego zbioru. Trzeba zatem pokazać jego spójność. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieją trzy punkty τ₁, τ₂, τ₃ ∈ [α,β], takie, że τ₁ < τ₂ < τ₃ oraz τ₁, τ₃ ∈ λ⁻¹(t) oraz τ₂ ∉ λ⁻¹(t). Niech na przykład λ(τ₂) < λ(τ₁) = λ(τ₃). Wówczas dla funkcji rosnącej λ mielibyśmy λ(τ₂) < λ(τ₁), a dla funkcji malejącej λ(τ₂) < λ(τ₃), co prowadzi do sprzeczności. Reasumując, dla każdego t ∈ [a,b] zbiór λ⁻¹(t) jest punktem albo przedziałem domkniętym.

Niech będzie dany podział a = t₀ < t₁ < … < t_n − 1 < t_n = b przedziału [a,b] takie, że w punktach t₁, …, t_n − 1 funkcja f jest nieciągła. Rozważmy zbiór Z = λ⁻¹({t₁,…,t_n − 1}). W myśl poprzedniego, zbiór Z jest suma n − 1 punktów lub przedziałów domkniętych. W konsekwencji istniej taki ciąg α = τ₀ < τ₁ < τ₂ < … < τ_2n − 1 < τ_2n − 1 = β, że $Z = \bigcup_{j = 1}^{n - 1}\left\lbrack \tau_{2j - 1},\tau_{2j} \right\rbrack$. Z zadania 3 mamy:

∫_{τj − 1}^τ_jf(λ(τ))λ^′(τ)dτ = ∫_{λ(τj − j)}^λ(τ_j)f(t)dt.

Stąd i z twierdzenia I.18.1(e) dostajemy:

(1) $\int_{\alpha}^{\beta}{f\left( \lambda\left( \tau \right) \right)\lambda^{'}\left( \tau \right)}\text{dτ} = \sum_{j = 1}^{2n - 1}{\int_{\tau_{j - 1}}^{\tau_{j}}{f\left( \lambda\left( \tau \right) \right)\lambda^{'}\left( \tau \right)}}\text{dτ} = \sum_{j = 1}^{2n - 1}{\int_{\lambda\left( \tau_{j - 1} \right)}^{\lambda\left( \tau_{j} \right)}{f\left( t \right)}}\text{dt}$.

Załóżmy najpierw, że λ jest funkcja rosnącą . Wtedy λ(α) = a, λ(β) = b oraz a = λ(τ₀) ≤ λ(τ₁) ≤ … ≤ λ(τ_2n − 1) = b. Zatem z (1) i z twierdzenia I.18.1(e) dostajemy:

$\int_{\alpha}^{\beta}{f\left( \lambda\left( \tau \right) \right)\lambda}\text{dτ} = \sum_{j = 1}^{2n - 1}{\int_{\lambda\left( \tau_{j - 1} \right)}^{\lambda\left( \tau_{j} \right)}{f\left( t \right)}}\text{dt} = \int_{a}^{b}{f\left( t \right)}\text{dt}$, co daje (*).

Załóżmy teraz, że λ jest funkcją malejącą. Wtedy λ(α) = b, λ(β) = a oraz a = λ(τ_2n − 1) ≤ λ(τ_2n − 2) ≤ … ≤ λ(τ₁) ≤ λ(τ₀) = b. Zatem z (1) oraz z twierdzenia I.18.1(e), zgodnie z umową przyjętą w zadaniu 3, dostajemy:

$\int_{\alpha}^{\beta}{f\left( \lambda\left( \tau \right) \right)\lambda^{'}\left( \tau \right)}\text{dτ} = \sum_{j = 1}^{2n - 1}{\int_{\lambda\left( \tau_{j - 1} \right)}^{\lambda\left( \tau_{j} \right)}{f\left( t \right)}}\text{dt} = - \sum_{j = 1}^{2n - 1}{\int_{\lambda\left( \tau_{j} \right)}^{\lambda\left( \tau_{j - 1} \right)}{f\left( t \right)}\ }\text{dt} = - \sum_{j = 1}^{2n - 1}{\int_{\lambda\left( \tau_{2n - j} \right)}^{\lambda\left( \tau_{2n - 1 - j} \right)}{f\left( t \right)}}\text{dt} = - \int_{a}^{b}{f\left( t \right)}\text{dt}$. Co daje (**).

Zadanie 3.2.5./56 (książka):

Niech Γ będzie krzywą regularną i niech f : |Γ|→ℂ będzie funkcją ciągłą. Pokazać, że:

(*) ∫_Γf(z)dz = −∫_Γf(z)dz.

Rozwiązanie:

Niech Γ będzie krzywą regularną o opisie parametrycznym γ : [a,b]→ℂ. Wtedy z definicji całki krzywoliniowej mamy:

(1) ∫_Γf(z)dz = ∫_a^bf(γ(t))γ^′(t)dt.

Funkcja [a,b] ∋ t → f(γ(t))γ^′(t)∈ℂ jest kawałkami ciągła i funkcja λ : [−b,−a] ∋ t → −t ∈ [a,b] jest malejąca surjekcją klasy C¹. Zatem na mocy zadania 4:

(2) −∫_a^bf(γ(t))γ^′(t)dt = ∫_−b^−af(γ(−t))γ^′(−t)(−1)dt.

Z drugiej strony krzywa Γ ma opis parametryczny [b,−a] ∋ t → γ(−t)∈ℂ. Wtedy, z definicji całki krzywoliniowej, mamy:

(3) ∫_Γf(z)dz = ∫_−b^−af(γ(−t))γ^′(−t)(−1)dt.

Z (1), (2), (3) dostajemy (*).

Zadanie 3.2.6./57 (książka):

Obliczyć długość:

(a) dodatnio zorientowanego okręgu o środku w punkcie z₀ oraz promieniu r,

(b) odcinka zorientowanego o początku w punkcie z₁ i końcu w punkcie z₂.

Rozwiązanie:

(a) Opis parametryczny dodatnio zorientowanego okręgu o środku w punkcie z₀ i promieniu r dany jest wzorem:

γ : [0,2π] ∋ t → z₀ + rexpit. Stąd:

∫₀^2π|γ^′(t)|dt = ∫₀^2πrdt = 2πr.

(b) Opis parametryczny odcinka zorientowanego o początku w punkcie z₁ oraz końcu w punkcie z₂ dany jest wzorem:

γ : [0,1] ∋ t → z₁ + (z₂−z₁)t. Stąd:

∫₀¹|γ^′(t)|dt = ∫₀¹|z₂−z₁|dt = |z₂−z₁|.

Zadanie 3.2.8./59 (zajęcia):

Pokazać, że;

$\int_{C}^{}\left( z - z_{0} \right)^{k}\text{dz} = \left\{ \begin{matrix} 0\mathrm{,\ dla\ }k \neq - 1 \\ 2\pi i\mathrm{,\ dla\ }k = - 1 \\ \end{matrix} \right.\ $, gdzie C jest dodatnio zorientowanym okręgiem o środku w punkcie z₀ i promieniu r, zaś k∈ℤ.

Rozwiązanie:

C-krzywa o opisie parametrycznym

γ(t) = z₀ + re^it, t ∈ ⟨0,1⟩. Z definicji całki krzywoliniowej:

∫_γf(z)dz = ∫_a^bf(γ(t)) ⋅ γ^′(t)dt mamy:

∫_C(z−z₀)^kdz = ∫₀^2π(γ(t)−z₀)^k ⋅ γ(t)dt = ∫₀^2π(re^it)^krie^itdt = ∫₀^2πr^ke^itk ⋅ r ⋅ i ⋅ e^itdt = ∫₀^2πir^k + 1 ⋅ e^it(k+1)dt = i ⋅ r^k + 1 ⋅ ∫₀^2πe^i(k+1)tdt. Zatem dla k = −1

∫_C(z−z₀)⁻¹dz = i∫₀^2π1dt = i ⋅  t|₀^2π = 2πi.

Dla k ≠ −1 mamy $\left( \frac{1}{i\left( k + 1 \right)} \cdot e^{i\left( k + 1 \right)t} \right)^{'} = e^{i\left( k + 1 \right)t}$. Stąd:

$\int_{C}^{}\left( z - z_{0} \right)^{k}\text{dz} = i \cdot r^{k + 1}\int_{0}^{2\pi}e^{i\left( k + 1 \right)t}\text{dt} = ir^{k + 1} \cdot \left. \ \frac{1}{i\left( k + 1 \right)} \cdot e^{i\left( k + 1 \right)t} \right|_{0}^{2\pi} = \frac{r^{k + 1}}{k + 1} \cdot \left( \underset{= 1}{} - e^{0} \right) = 0$.

Zadanie 3.2.9./59 (zajęcia):

Pokazać, że:

(*) ∫_∂Q(z−z₀)⁻¹dz = 2πi,

Gdzie ∂Q oznacza dodatnio zorientowany brzeg kwadratu normalnego o środku w punkcie z₀.

Rozwiązanie:

z₁ = z₀ − a − ia, z₂ = z₀ + a − ia, z₃ = z₀ + a + ia, z₄ = z₀ − a + ia. Własność $z\overset{\overline{}}{z} = \left| z \right|^{2}$. Policzymy pomocniczo:

$\int_{0}^{1}\frac{2}{2t - 1 - i}\text{dt} = \int_{0}^{1}\frac{2\left( 2t - 1 + i \right)}{\left( 2t - 1 \right)^{2} + 1}\text{dt} = \int_{0}^{1}\frac{4t - 2 + 2i}{\left( 2t - 1 \right)}\text{dt} = \underset{= 0}{} + i\underset{= \frac{\pi}{2}}{} = i\frac{\pi}{2}$,

$\int_{0}^{1}{\frac{4t - 2}{4t^{2} - 4t + 1 + 1}\text{dt} = \frac{1}{2}}\int_{}^{}\frac{8t - 4}{4t^{2} - 4t + 2}\text{dt} = \left. \ \frac{1}{2}\ln\left| 4t^{2} - 4t + 2 \right| \right|_{0}^{1} = \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{2}ln2 = 0$.

$\int_{0}^{1}\frac{2}{\left( 2t - \right)^{2} + 1}\text{dt} = \left| \begin{matrix} 2t - 1 = w \\ 2\text{dt} = dw \\ \end{matrix} \right| = \int_{}^{}\frac{1}{w^{2} + 1}\text{dw} = \operatorname{arctg}\left( 2t - 1 \right) + c = \int_{0}^{1}\frac{2}{\left( 2t - 1 \right)^{2} + 1}\text{dt} = \left. \ \operatorname{arctg}\left( 2t - 1 \right) \right|_{0}^{1} = \frac{\pi}{4} - \left( - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\pi}{2}$. Mamy:

(*) ∫_∂Q(z−z₀)⁻¹dz = ∫_[z1,z2](z−z₀)⁻¹dz + ∫_[z2+z3](z−z₀)⁻¹dz + ∫_[z3,z4](z−z₀)⁻¹dz + ∫_[z4,z1](z−z₀)⁻¹dz.

Opis parametryczny odcinka [z₁,z₂] ma postać:

$\gamma_{1}\left( t \right) = z_{1} + \left( z_{2} - z_{1} \right)t = \underset{z_{1}}{} + 2tat$, t ∈ ⟨0,1⟩. Stąd γ₁^′(t) = 2a, t ∈ ⟨0,1⟩. Z definicji całki krzywoliniowej:

$\int_{\left\lbrack z_{1},z_{2} \right\rbrack}^{}\left( z - z_{0} \right)^{- 1}\text{dz} = \int_{0}^{1}{\left( \gamma_{1}\left( t \right) - z_{0} \right)^{- 1} \cdot \gamma_{1}\left( t \right)}\text{dt} = \int_{0}^{1}\frac{2a}{- a - ia + 2at}\text{dt} = \int_{0}^{1}\frac{2}{- 1 - i + 2t\ }\text{dt} = \frac{\pi}{2}i$.

Opis parametryczny odcinka [z₂,z₃] ma postać:

γ₂(t) = z₂ + (z₃−z₂)t = z₀ + a − ia + 2iat, t ∈ ⟨0,1⟩. Stąd γ₂^′(t) = 2ia, t ∈ ⟨0,1⟩. Z definicji całki krzywoliniowej:

$\int_{\left\lbrack z_{2},z_{3} \right\rbrack}^{}\left( z - z_{0} \right)^{- 1}\text{dz} = \int_{0}^{1}{\left( \gamma_{2}\left( t \right) - z_{0} \right)^{- 1} \cdot \gamma_{2}^{'}\left( t \right)}\text{dt} = \int_{}^{}\frac{2i}{i\left( \frac{1}{i} - 1 + 2t \right)}\text{dt} = \int_{}^{}\frac{2}{2t - 1 - i}\text{dt} = i\frac{\pi}{2}$.

Opis parametryczny odcinka [z₃,z₄] ma postać:

γ₃(t) = z₃ + (z₄−z₃)t = z₀ + a + ia − 2a ⋅ t, t ∈ ⟨0,1⟩.

Stąd γ₃(t) = −2a, t ∈ ⟨0,1⟩. Z definicji całki krzywoliniowej;

$\int_{\left\lbrack z_{3},z_{4} \right\rbrack}^{}{\left( z - z_{0} \right)^{- 1}\text{dz}} = \int_{}^{}\frac{- 2a}{- a\left( - 1 - i + 2t \right)}\text{dt} = \int_{}^{}\frac{2}{- 1 - i + 2t}\text{dt} = i\frac{\pi}{2}$.

Opis parametryczny odcinka [z₄,z₁] ma postać:

γ₄(t) = z₄ + (z₁−z₄)t = z₀ − a + ia − 2it, t ∈ ⟨0,1⟩.

Stąd γ₄(t) = −2ia, t ∈ ⟨0,1⟩.

Z definicji całki krzywoliniowej:

$\int_{\left\lbrack z_{4},z_{1} \right\rbrack}^{}\left( z - z_{0} \right)^{- 1}\text{dz} = \int_{0}^{1}{\left( \gamma_{4}\left( t \right) - z_{0} \right)^{- 1} \cdot \gamma_{4}^{'}\left( t \right)}\text{dt} = \int_{0}^{1}\frac{- 2ia}{- a + ia - 2iat}\text{dt} = \int_{0}^{1}\frac{- 2ia}{- ia\left( - i - 1 + 2t \right)}\text{dt} = \int_{0}^{1}\frac{2}{\left( 2t - 1 - i \right)}\text{dt} = i\frac{\pi}{2}$. Stąd i z (*) mamy:

$\int_{\partial Q}^{}\left( z - z_{0} \right)^{- 1}\text{dz} = 4 \cdot i\frac{\pi}{2} = 2\pi i$.

Zadanie 3.2.10./61 (zajęcia):

Niech P i Q będą dwoma wielomianami, przy Q niech będzie stopnia wyższego niż P . Oznaczmy przez ∂I_n dodatnio zorientowany brzeg kwadratu o wierzchołach $\left( n + \frac{1}{2} \right)\left( \pm 1 \pm i \right)$ dla n ∈ N. Pokazać, że całki:

$\int_{\partial I_{n}}^{}{\frac{1}{\sin\text{πz}} \cdot \frac{P\left( z \right)}{Q\left( z \right)}}\text{dz}$ oraz $\int_{\partial I_{n}}^{}{\operatorname{ctg}\text{πz}} \cdot \frac{P\left( z \right)}{Q\left( z \right)}\text{dz}$ dążą do zera, gdy n → +∞.

Rozwiązanie:

∂I_n jest dodatnio zorientowanym brzegiem o wierzchołach:

$z_{1n} = - \left( n + \frac{1}{2} \right) - i\left( n + \frac{1}{2} \right)$,

$z_{2n} = \left( n + \frac{1}{2} \right) - i\left( n + \frac{1}{2} \right)$,

$z_{3n} = \left( n + \frac{1}{2} \right) + i\left( n + \frac{1}{2} \right)$,

$z_{4n} = - \left( n + \frac{1}{2} \right) + i\left( n + \frac{1}{2} \right)$.

P, Q-wielomiany takie, że degP < degQ. Stopień P mniejszy od stopnia Q. Mamy do pokazania, że:

$\operatorname{}{\int_{\partial I_{n}}^{}{\frac{1}{\sin\text{πz}} \cdot \frac{P\left( z \right)}{Q\left( z \right)}}\text{dt}} = 0$. Niech $E\mathbb{= C}\bigcup_{n\mathbb{\in Z}}^{}\left\{ z\mathbb{\in C:}\left| z - n \right| < \frac{1}{4} \right\}$. Mamy |∂I_n| ⊂ E dla każdego n∈ℕ. Zatem z zadania 2.3.5 istnieje stała c > 0 taka, że: $\left| \frac{1}{\sin\text{πz}} \right| < c$ dla z ∈ |∂I_n|.

$\int_{\partial I_{n}}^{}{\frac{1}{\sin\text{πz}} \cdot \frac{P\left( z \right)}{Q\left( z \right)}}\text{dz} = \int_{\left\lbrack z_{1n},z_{2n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{\left\lbrack z_{2n},z_{3n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{\left\lbrack z_{3n},z_{4n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{\left\lbrack z_{4n},z_{1n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz}$. Zauważmy, że:

∫_[z3n,z4n]f₁(z)dz = −∫_[z1n,z2n]f₁(−z)dz. Istotnie opis parametryczny odcinka [z_1n,z_2n] ma postać:

γ_1n(t) = z_1n + (z_2n−z_1n)t, t ∈ ⟨0,1⟩, zaś odcinka [z_3n,z_4n] ma postać: γ_3n(t) = z_3n + (z_4n−z_3n)t, t ∈ ⟨0,1⟩. Ponieważ z_3n = −z_1n oraz z_4n = −z_2n, więc:

γ_3n(t) = −z_1n + (−z_2n+z_1n)t = −γ₁(t), t ∈ ⟨0,1⟩. Skąd:

∫_[z3n,z4n]f₁(z)dz∫₀¹f₁(γ_3n(t)) ⋅ γ_3n^′(t)dt = ∫₀¹f₁(−γ_1n(t)) ⋅ (−γ₁^′(t))dt = −∫₀¹f₁(−γ_1n(t)) ⋅ γ_1n^′(t)dt = ∫_[z1n,z2n]f₁(−z)dz. CDN.

ĆWICZENIA 7:

CDN. $\operatorname{}{\int_{\partial I_{n}}^{}\underset{f_{1}\left( z \right)}{}}\text{dz} = 0$.

$\bigwedge_{z \in \left| \partial I_{n} \right|}^{}\left| \frac{1}{\sin\text{πz}} \right| \leq 0$.

∂I_n = [z₁,z₂,z₃,z₄,z₁],

$\int_{\partial I_{n}}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz} = \int_{\left\lbrack z_{1n},z_{2n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{\left\lbrack z_{2n},z_{3n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz} + \underset{= - \int_{\left\lbrack z_{1n},z_{2n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( - z \right)}\text{dz}}{} + \underset{= - \int_{\left\lbrack z_{2n},z_{3n} \right\rbrack}^{}{f_{1}\left( - z \right)}\text{dz}}{}$. Stąd:

∫_∂Inf₁(z)dz = ∫_[z1n,z2n](f₁(z)−f₁(−z))dz + ∫_[z2n,z3n](f₁(z)−f₁(−z))dz = ∫_{[z1n.z2n,z3n]}(f₁(z)−f₁(−z))dz. Na mocy własności 19.4:

$\left| \int_{\partial I_{n}}^{}{f_{1}\left( z \right)}\text{dz} \right| = \left| \int_{\left\lbrack z_{1n},z_{2n},z_{3n} \right\rbrack}^{}\left( f_{1}\left( z \right) - f_{1}\left( - z \right) \right)\text{dz} \right|\underset{\mathrm{wl.}19.4}{}L \cdot \operatorname{}\left| f_{1}\left( z \right) - f_{1}\left( - z \right) \right|$, gdzie L jest długością łamanej [z_1n,z_2n,z_3n], czyli:

$L = \underset{2n + 1}{} + \underset{2n + 1}{} = 2\left( 2n + 1 \right)$. Zauważmy, że dla z ∈ |[z_1n,z_2n,z_3n]| mamy:

$\left| f_{1}\left( z \right) - f_{1}\left( - z \right) \right| = \left| \frac{1}{\sin\text{πz}} \cdot \frac{P\left( z \right)}{Q\left( z \right)} - \underset{= - \sin\text{πz}}{} \cdot \frac{P\left( - z \right)}{Q\left( - z \right)} \right| \leq \underset{\leq C}{} \cdot \left| \frac{P\left( z \right)}{Q\left( z \right)} + \frac{P\left( - z \right)}{Q\left( - z \right)} \right| \leq C \cdot \left| \frac{P\left( z \right)Q\left( - z \right) + P\left( z \right)Q\left( z \right)}{Q\left( x \right)Q\left( - z \right)} \right| \leq L \cdot \operatorname{}\left| f_{1}\left( z \right) - f_{1}\left( - z \right) \right| \leq 2\left( 2n + 1 \right)$.

$C \cdot \operatorname{}\left| h\left( z \right) \right| \leq \underset{\overset{\rightarrow}{n \rightarrow \infty}0\mathrm{\text{\ z\ }}\left( * \right)}{}$.

Prawą stronę powyższego równania oznaczmy jako (*). Oznaczmy:

$h\left( z \right) = \frac{P\left( z \right)Q\left( - z \right) + P\left( - z \right)Q\left( z \right)}{Q\left( z \right) \cdot Q\left( - z \right)}$.

Q(z) ⋅ Q(−z) = a_k²z^k ⋅ (−z^k) + … = (−1)^ka_k² ⋅ z^2k + …, gdzie z_n → ∞ ⇔ |z_n| → 0. Niech :

Q(z) = a_kz^k + … + a₀, a_k ≠ 0,

P(z) = b_mz^m + … + b₀, b_m ≠ 0, S + Q = k, st.P = m

Z założenia k > m

st(Q(z)⋅Q(−z)) = 2k,

P(z)Q(−z) + P(−z)Q(z) = a_kb_mz^m(−z)^k + a_kb_mz^k ⋅ (−z)^m + … = a_kb_m[(−1)^k+(−1)^m] ⋅ z^m + k + …,

st(P(z)Q(−z)+P(−z)Q(z)) ≤ m + k przy czym również zachodzi, wtedy i tylko wtedy, gdy m.k ∈ 2ℕ∨m, k ∈ 2ℕ−1. Jeśli jedna z liczb m, k jest parzysta, to:

st(P(z)Q(−z)+P(−z)Q(z)) < m + k < 2kz,

st(P(z)Q(−z)+P(−z)Q(z)) ≤ 2k − 2.

Mamy w pierwszym przypadku: m + k < 2k i skoro m + k ≤ 2k − 2. Zatem dla dowolnych m, k∈ℕ, mamy, że:

st(P(z)Q(−z)+P(−z)Q(z)) jest co najmniej o 2 mniejszy od st(Q(z)Q(−z)). Stąd istnieje skończona granica z²h(z), a więc dla dostatecznie dużego |z| mamy |z²h(z)| = |z|²|h(z)| < D dla pewnego D > 0. Dla dostatecznie dużych n mamy:

$\left| h\left( z \right) \right| = \frac{\left| z \right|^{2}\left| h\left( z \right) \right|}{\left| z \right|^{2}} \leq \frac{D}{\left| z \right|^{2}} \leq \frac{D}{\left( n + \frac{1}{2} \right)^{2}}$. Z (*) dostajemy

$\left| \int_{\partial I_{n}}^{}{f_{1}\left( z \right)} \right|\overset{\rightarrow}{n \rightarrow \infty}0$. Co daje tezę.

Twierdzenie 20.2.

Niech f : G→ℂ będzie funkcją ciągłą w zbiorze otwartym G⊂ℂ. Jeśli funkcja f posiada funkcję pierwotną F tj. $\bigwedge_{z \in G}^{}{F^{'}\left( z \right)} = f\left( z \right)$, to dla dowolnej krzywej regularnej Γ przebiegającej w G o początku w punkcie b mamy:

∫_Γf(z)dz = F(b) − F(a).

4.1. Funkcje holomorficzne.

Zadanie 4.1.1./65 (zajęcia):

Niech G⊂ℂ będzie obszarem i niech f : G→ℂ będzie funkcją holomorficzną. Pokazać, że funkcja f jest stała w obszarze G dokładnie wtedy, gdy ma w G pochodną tożsamościowo równą zeru.

Rozwiązanie:

$" \Leftarrow "$ Jeśli f jest funkcją stałą, to jej pochodna jest równa zero w każdym punkcie.

$" \Rightarrow "$ Załóżmy, że $\bigwedge_{z \in G}^{}{f^{'}\left( z \right)} = 0$. Ustalmy punkt z₀ ∈ G i weźmy dowolne z ∈ G. Ponieważ zbiór G jest obszarem, więc istnieje łamana zorientowana Γ o początku w z₀ i końcu w z przebiegająca w G. Z twierdzenia 20.2 (ponieważ f jest funkcją pierwotną funkcji zerowej) mamy:

0 = ∫_Γ0dz = f(z) − f(z₀). Stąd f(z) = f(z₀). Z dowolności punktu mamy, że f jest stała.

Zadanie 4.1.2./65 (zajęcia):

Niech G⊂ℂ będzie obszarem oraz f : G→ℂ funkcją holomorficzną. Pokazać, że jeśli funkcja Ref jest stała w G, to również funkcja f jest stała w G.

Rozwiązanie:

Oznaczmy x = Rez oraz y = Imz dla z ∈ Gi i niech u = Ref oraz v = Imf. Skoro u jest funkcją stałą, to u_x^′(x,y) = 0 oraz u_y^′(x,y) = 0. Skoro f posiada pochodna w punkcie z ∈ G, więc także funkcja v posiada pochodne cząstkowe i SA spełnione warunki Cauchy’ego-Riemanna. Zatem:

v_x^′(x,y) = −u_y^′(x,y) oraz v_y^′(x,y) = u_x^′(x,y). Zatem:

$f^{'}\left( z \right) = \underset{= 0}{} + \underset{= 0}{} = 0$. Z dowolności z ∈ G mamy f^′ = 0 i skoro G jest obszarem, to f jest funkcją stałą.

Zadanie 4.1.3./66 (zajęcia):

Niech G⊂ℂ będzie obszarem i niech f : G→ℂ będzie funkcją holomorficzną. Pokazać, że jeśli funkcja |f| jest stała w G, to również funkcja f jest stała w G.

Rozwiązanie:

Oznaczmy x = Rez oraz y = Imz dla z ∈ G i niech u = Ref oraz v = Imf. Z założenia istnieje stała c ≥ 0 taka, że dla dowolnego z ∈ G:

$\left| f\left( z \right) \right| = \sqrt{u^{2}\left( x,y \right) + v^{2}\left( x,y \right)}$,czyli: |f(z)|² = u²(x,y ) + v²(x,y ) = c². Jeśli c = 0, to mamy f(z) = 0 dla dowolnego z ∈ G, czyli teza zachodzi. Załóżmy, że c > 0 . Ponieważ f jest holomorficzna to funkcje u oraz v posiadają pochodne spełniające warunki Cauchy’ego-Reimanna. Ustalmy z ∈ G. Różniczkując równość:

u²(x,y) + v²(x,y) = c² kolejno po zmiennej x oraz po y dostajemy układ równań:

$\left\{ \begin{matrix} 2u\left( x,y \right) \cdot u_{x}^{'}\left( x,y \right) + 2v\left( x,y \right) \cdot v_{x}^{'}\left( x,y \right) = 0 \\ 2u\left( x,y \right) \cdot \underset{= - v_{x}^{'}\left( x,y \right)}{} + 2v\left( x,y \right) \cdot \underset{= u_{x}^{'}\left( x,y \right)}{} = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $. Wzór: f^′ = u_x^′ + iv_x^′.

Korzystając z warunków Cauchy’ego-Riemanna dostajemy układ równań z dwiema niewiadomymi u_x^′(x,y) oraz v_x^′(x,y):

(*) $\left\{ \begin{matrix} u\left( x,y \right) \cdot u_{x}^{'}\left( x,y \right) + v\left( x,y \right) \cdot v_{x}^{'}\left( x,y \right) = 0 \\ v\left( x,y \right) \cdot u_{x}^{'}\left( x,y \right) - u\left( x,y \right) \cdot v_{x}^{'}\left( x,y \right) = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $. Wyznacznik tego układu ma postać:

$W\left( x,y \right) = \left| \begin{matrix} u\left( x,y \right) & v\left( x,y \right) \\ v\left( x,y \right) & - u\left( x,y \right) \\ \end{matrix} \right| = - \left( u^{2}\left( x,y \right) + v^{2}\left( x,y \right) \right) = - c^{2} \neq 0$. Skoro W(x,y) ≠ 0, więc układ (*) jest jednorodnym układem Cramera, czyli posiada dokładnie jedno rozwiązanie:

$\left\{ \begin{matrix} u_{x}^{'}\left( x,y \right) = 0 \\ v_{x}^{'}\left( x,y \right) = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $. Zatem f^′(z) = u_x^′(x,y) + iv_x^′(x,y) = 0. Z dowolności z ∈ G mamy f^′ = 0 i skoro G jest obszarem, to f jest funkcją stałą.

4.2. Twierdzenie całkowe Cauchy’ego dla prostokąta.

Zadanie 4.2.1./69 (książka):

Pokazać, że całka:

(*) ∫_−∞^+∞exp[−(t+ia)²]dt, gdzie a∈ℝ

jest zbieżna i nie zależy od a. Korzystając ze znanej nierówności:

$\int_{- \infty}^{+ \infty}e^{- t^{2}}\text{dz} = \sqrt{\pi}$, pokazać, że:

(**) $\int_{- \infty}^{+ \infty}{e^{- t^{2}}\cos{2at}}\text{dt} = \sqrt{\pi}e^{- a^{2}}$.

Rozwiązanie:

Niech dalej f(z) = exp(−z²) dla z ∈ ℂ. Wówczas:

(1) |f(z)| = e^{−x2 + y2}, gdzie x = Rez, y = Imz.

Z (1) mamy |Ref(z)| ≤ e^x2 + y2 oraz |Imf(z)| ≤ e^{−x2 + y2}. Stąd korzystając z własności całek niewłaściwych w dziedzinie rzeczywistej oraz zbieżności całki ∫_∞^−∞e^{−x2 + y2}dx, dostajemy łatwo zbieżność obu całek: ∫_−∞^+∞Ref(x+iy)dx oraz ∫_−∞^+∞Imf(z+iy)dx. To daje zbieżność całki (*).

Ustalmy a > 0 i dla dowolnego R > 0 oznaczmy przez ∂P_R dodatnio zorientowany brzeg prostokąta o wierzchołkach z_1R = −R, z_2R = R, z_3R = R + ai, z_4R = −R + ia. Wtedy:

(2) ∫_∂PRf(z)dz = ∫_[z1R,z2R]f(z)dz + ∫_[z2R,z3R]f(z)dz + ∫_[z3R,z4R]f(z)dz + ∫_[z4R,z1R]f(z)dz.

Oznaczmy całki po prawej stronie (2) odpowiednio przez A_1R, A_2R, A_3R, A_4R. Pokażemy teraz, że:

(3) A_2R = A_4R = 0.

Istotnie z (1) dla punktów z leżących na odcinkach [z_2R,z_3R] oraz [z_4R,z_1R] mamy |f(z)| ≤ e^{−R2 + a2}. Stąd i z własności I.19.4 dostajemy |A_kR| ≤ ae^{−R2 + a2} dla k = 2, 4 co daje (3).

Zauważmy teraz, że:

(4) A_1R = ∫_−R^+Re^−t2dt oraz A_4R = −∫_−R^+Rexp[−(t+ia)²]dt.

Istotnie, przechodząc od całek krzywoliniowych do zwyczajnych, korzystając z opisu parametrycznego odcinka i dokonując odpowiednich podstawień (patrz zadanie 3.2.3), mamy:

A_1R = ∫₀¹f(−R+2Rt)2Rdt = ∫_−R^+Rf(t)dt,

A_3R = ∫₀¹f(R+ia−2Rt)(−2R)dt = −∫_−R^+Rf(t+ia)dt.

Stąd kładąc f(z) = exp(−z²) dostajemy (4).

Z drugiej strony, ponieważ funkcja f jest holomorficzna w ℂ, to z twierdzenia całkowego Cauchy’ego dla prostokąta:

(5) ∫_∂PRf(z)dz = 0.

Z (2), (4), (5) dostajemy:

∫_−R^+Rexp[−(t+ia)²]dt = ∫_−R^+Re^−t2dt + A_2R + A_4R.

Stąd przechodząc do granicy przy R → +∞ dostaemy:

(6) ∫_−∞^+∞exp[−(t+ia)²]dt = ∫_−∞^+∞e^−t2dt.

Z (5) otrzymujemy, że całka (*) nie zależy od a dla a > 0. Ponieważ $\overset{\overline{}}{\exp z} = \exp\overset{\overline{}}{z}$ oraz

$\overset{\overline{}}{\int_{- \infty}^{+ \infty}{\exp\left\lbrack - \left( t + ia \right)^{2} \right\rbrack}\text{dt}} = \int_{- \infty}^{+ \infty}\overset{\overline{}}{\exp\left\lbrack - \left( t + ia \right)^{2} \right\rbrack}\text{dt}$, więc z (6) dostajemy:

∫_−∞^+∞exp[−(t−ia)²]dt = ∫_−∞^+∞e^−t2dt. Reasumując wzór (6) zachodzi dla dowolnego a∈ℝ, czyli całka (*) nie zależy od a dla dowolnego a∈ℝ. Na koniec zauważmy, że z (6) dostajemy:

∫_−∞^+∞e^−t2dt = Re∫_−∞^+∞e^−t2dt = Re∫_−∞^+∞exp[−(t+ia)²]dt = ∫_−∞^+∞Reexp[−(t+ia )²]dt = e^a2∫_−∞^+∞e^−t2cos2atdt, co daje (**).

4.3. Różniczkowanie całki względem parametru.

Zadanie 4.3.4/73 (książka):

Pokazać, ze jeżeli funkcje f, g są holomorficzne w zbiorze otwartym G⊂ℂ, Γ jest krzywą regularną przebiegającą w G o początku w punkcie a i końcu w punkcie b, to:

(*) ∫_Γf^′(z)g(z)dz = f(b)g(b) − f(a)g(a) − ∫_Γf(z)g^′(z)dz.

Rozwiązanie:

Na podstawie wniosków I.24.1 oraz I.9.1 istnieją w G pochodne f^′, g^′ i są ciągłe. Ponieważ funkcja fg jest funkcją pierwotną funkcji (fg)^′, z twierdzenia I.20.2 dostajemy:

 ∫_Γ(fg)^′(z)dz=fg(z)|_a^b = f(b)g(b) − f(a)g(a). Stąd i ze wzoru na pochodną iloczynu dostajemy wzór (*).

ĆWICZENIA 8:

4.4. Twierdzenie Weierstrassa o ciągach funkcji holomorficznych.

Zadanie 4.4.2./75 (zajęcia):

Pokazać, że dla |z| < 1 zachodzą następujące wzory:

(a) $1 + z + z^{2} + \ldots + z^{n} + ... = \frac{z}{\left( 1 - z \right)^{2}}$,

(b) $z + 2z^{2} + 3z^{3} + \ldots + nz^{n} + \ldots = \frac{z}{\left( 1 - z \right)^{2}}$,

(c) $1^{2}z + 2^{2}z^{2} + \ldots + n^{2}z^{n} + \ldots = \frac{z\left( 1 + z \right)}{\left( 1 - z \right)^{3}}$,

(d) $1 + \left( \frac{k + 1}{1} \right)z + \left( \frac{k + 2}{1} \right)z^{2} + \ldots + \left( \frac{k + n}{n} \right)z^{n} + \ldots = \frac{1}{\left( 1 - z \right)^{k + 1}}$.

Rozwiązanie:

(a) Niech K_r = {z∈ℂ:|z|<r}, gdzie 0 < r ≤ 1 ze wzoru: $1 + z + z^{2} + \ldots + z^{n} = \frac{1 - z^{n + 1}}{1 - z}$ dla z ≠ 1 wynika (a), bo $z^{n + 1}\overset{\rightarrow}{n \rightarrow \infty}0$ przy czym szereg w (a) jest zbieżny niemal jednostajnie. Istotnie, niech f_n(z) = zⁿ, n = 0, 1, …, z ∈ K_r. $\sum_{n = 0}^{\infty}{f_{n}\left( z \right)} = \sum_{n = 0}^{\infty}z^{n} = 1 + z + z^{2} + \ldots + z^{n} + \ldots$ ponieważ dla |z| < r, r ∈ (0,1) mamy |f_n(z)| = |zⁿ| = |z|ⁿ < rⁿ, dla n = 0, 1, …. Stąd, ze zbieżności szeregu liczbowego $\sum_{n = 0}^{\infty}r^{n}$, r ∈ (0,1) oraz z kryterium Weierstrassa jednostajnej zbieżności, mamy, że w każdym kole K_r, gdzie r ∈ (0,1) szereg w (a) jest zbieżny jednostajnie, zatem jest niemal jednostajny w K₁.

Z twierdzenia Weierstrassa I.26.1 zastosowanego do sum częściowych szeregu (a) dostajemy:

(1) $\sum_{n = 1}^{\infty}{nz^{n - 1}} = \frac{1}{\left( 1 - z \right)^{2}}$ dla z ∈ K₁,

przy czym szereg w (1) jest zbieżny niemal jednostajnie w K₁. Stąd dostajemy, że szereg w (b) jest niemal jednostajnie zbieżny w K₁ oraz, że zachodzi wzór (b).

Z twierdzenia Weierstrassa I.26.1 zastosowanego do sum częściowych szeregu (b) dostajemy:

$\sum_{n = 1}^{\infty}{n^{2}z^{n - 1}} = \frac{1 + z}{\left( 1 - z \right)^{3}}\mathrm{\text{\ dla\ }}z \in K_{1}$. Stąd dostajemy (c).

Wzór (d) pokażemy indukcyjnie. Z (a) wynika, że dla k = 1 wzór jest prawdziwy i szereg w (d) jest niemal jednostajnie zbieżny. Zakładając, że zachodzi (d) dla jakiegoś k ≥ 1 oraz szereg w (d) jest niemal jednostajnie zbieżny oraz stosując twierdzenia Weierstrassa I.26.1, dostajemy:

$\frac{k + 1}{\left( 1 - z \right)^{k + 2}} = \sum_{n = 1}^{\infty}{n\left( \frac{k + n}{n} \right)}z^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{\infty}{\left( n + 1 \right)\left( \frac{k + n + 1}{n + 1} \right)}z^{n} = \left( k + 1 \right)\sum_{n = 0}^{\infty}\left( \frac{k + 1 + n}{n} \right)z^{n}$, co daj wzór (d) dla k + 1.

4.5. szeregi potęgowe i Laurenta.

Zadanie 4.5.7./81 (zajęcia):

Niech a, b∈ℂ, a ≠ b. Znaleźć rozwinięcie w szereg Laurenta w sąsiedztwie punktu a funkcji f określonej wzorem $f\left( z \right) = \frac{z}{\left( z - a \right)\left( z - b \right)}$ i wyznaczyć pierścień zbieżności tego rozwinięcia.

Rozwiązanie:

Mamy, że

$f\left( z \right) = \frac{z}{\left( z - a \right)\left( z - b \right)} = \frac{\left( a - b \right)z}{\left( a - b \right)\left( z - a \right)\left( z - b \right)} = \frac{\left( z - b \right) \cdot a - \left( z - a \right) \cdot b}{\left( a - b \right)\left( z - a \right)\left( z - b \right)} = \frac{\left( z - b \right)a}{\left( z - b \right)\left( z - a \right)\left( z - b \right)} - \frac{\left( z - a \right)b}{\left( z - b \right)\left( z - a \right)\left( z - b \right)} = \frac{a}{\left( a - b \right)\left( z - a \right)} + \frac{b}{\left( b - a \right)\left( z - b \right)}$. Z zadania 4.4.2(a):

$\frac{1}{\left( z - b \right)} = \frac{1}{\left( z - a \right) + \left( z - b \right)} = \frac{1}{\left( a - b \right)\left( 1 + \frac{z - a}{b - a} \right)} = \frac{1}{a - b} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z - a}{b - a}} = \frac{1}{a - b}\sum_{n = 0}^{\infty}\left( \frac{z - a}{b - a} \right)^{n} = \frac{1}{a - b}\sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1}{\left( b - a \right)^{n}} \cdot \left( z - a \right)^{n}} = - \frac{1}{b - a}\sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1}{\left( b - a \right)^{n}} \cdot \left( z - a \right)^{n}} = - \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1}{\left( n - 1 \right)^{n + 1}} \cdot \left( z - a \right)^{n}}$. Stąd i z (1) dostajemy:

$f\left( z \right) = \frac{a}{\left( a - b \right)}{\cdot \left( z - a \right)}^{- 1} + \frac{b}{b - a} \cdot \frac{1}{z - b} = \frac{a}{z - b}\left( z - a \right)^{- 1} + \frac{b}{b - a} \cdot \left( - \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\left( z - a \right)^{n}}{\left( b - a \right)^{n + 1}} \right) = \underset{\mathrm{czesc\ glowna\ rozwiniecia}}{}\underset{\mathrm{czesc\ regularna}}{}\overset{\mathrm{\text{ozn.}}}{\overbrace{=}}\left( 2 \right)$. Ponieważ granica górna:

$\operatorname{}\sqrt[n]{\left| \frac{b}{\left( b - a \right)^{n + 2}} \right|} = \operatorname{}\frac{\sqrt[n]{\left| b \right|}}{\sqrt[n]{\left| b - a \right|^{a + 2}}} = \frac{1}{\left| b - a \right|}$, więc w myśl twierdzenia (I.27.2) Cauchy’ego-Hadamarda, promień zbieżności części regularnej rozwinięcia (2) jest równy $\frac{1}{\frac{1}{\left| b - a \right|}} = \left| b - a \right|$. Zatem zbiór {z∈ℂ:0<|z−a|<|b−a|} jest pierścieniem zbieżności szeregu Laurenta w (2).

5.1. Rozwinięcie w szereg potęgowy w otoczeniu punktu.

Zadanie 5.1.1./83 (zajęcia) (uzupełnić z książki)

Pokazać, że dla z∈ℂ mamy:

$\exp z = \sum_{k = 0}^{\infty}\frac{z^{k}}{k!}$, $\sin z = \sum_{k = 0}^{\infty}\frac{\left( - 1 \right)^{k} \cdot z^{2k + 1}}{\left( 2k + 1 \right)!}$, $\cos z = \sum_{k = 0}^{\infty}\frac{\left( - 1 \right)^{k} \cdot z^{2k}}{\left( 2k \right)!}$.

Rozwiązanie:

W myśl wniosku I.30.1 każda funkcja całkowita f rozwija się w szereg potęgowy:

(*) $f\left( z \right) = \sum_{k = 0}^{\infty}{a_{k}z^{k}}$, dla z∈ℂ,

przy czym ze wzorów (I.27.3) dostajemy:

(1) $a_{k} = f^{\left( k \right)}\frac{\left( z_{0} \right)}{k!}$ oraz $a_{k} = f^{\left( k \right)}\frac{\left( 0 \right)}{k!}$ dla każdego k∈ℕ.

Z własności I.11.2 dla funkcji exp mamy (exp)⁽ⁿ⁾ = exp. Zatem (exp)⁽ⁿ⁾(0) = exp0 = 1. Stąd i z (1) dla funkcji exp mamy $a_{k} = \frac{1}{k!}$ dla każdego k∈ℕ. Zatem mamy wzór (*).

Z własności I.11.4 dostajemy:

$\operatorname{}\left( 0 \right) = \left\{ \begin{matrix} \sin\left( 0 \right) = 0\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l \\ \cos\left( 0 \right) = 1\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l + 1 \\ \operatorname{-sin}\left( 0 \right) = 0\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l + 2 \\ \operatorname{-cos}\left( 0 \right) = - 1\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l + 3 \\ \end{matrix} \right.\ $. Stąd i z (1) dla funkcji sin mamy $a_{2k + 1} = \frac{\left( - 1 \right)^{k}}{\left( 2k + 1 \right)!}$ dla każdego k∈ℕ. Również z własności I.11.4 dostajemy:

$\operatorname{}\left( 0 \right) = \left\{ \begin{matrix} \cos\left( 0 \right) = 1\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l \\ \operatorname{-sin}\left( 0 \right) = 0\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l + 1 \\ \operatorname{-cos}\left( 0 \right) = 0 - 1\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l + 2 \\ \sin\left( 0 \right) = 0\mathrm{\text{\ dla\ }}n = 4l + 3 \\ \end{matrix} \right.\ $. Stąd i z (1) dla funkcji cos mamy $a_{2k} = \frac{\left( - 1 \right)^{k}}{\left( 2k \right)!}$, a_2k + 1 = 0 dla każdego k∈ℕ.

Zadanie 5.1.2./84 (książka):

Wyznaczyć wartości parametru a, dla których całka funkcji f_a : ℂ^x→ℂ określonej wzorem $f_{a}\left( z \right) = \left( \frac{1}{z} + \frac{a}{z^{2}} \right)\exp z$ znika wzdłuż dowolnej krzywej regularnej zamkniętej przebiegającej w ℂ^x.

Rozwiązanie:

Niech C będzie dodatnio zorientowanym okręgiem o środku w punkcie 0 i promieniu r > 0. Przypuśćmy, że:

(1) ∫_Cf_a(z)dz = 0.

Łatwo sprawdzić, korzystając z zadania 4.5.3, że szeregi Laurenta:

$\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^{n - 1\ }}{n!} = z^{- 1} + \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^{n}}{\left( n + 1 \right)!}$ oraz $\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^{n - 2}}{n!} = z^{- 2} + z^{- 1} + \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^{n}}{\left( n + 2 \right)!}$ są niemal jednostajnie zbieżne w ℂ^x. Stąd na mocy zadania 1 oraz z własności I.19.5, dostajemy:

$\int_{C}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} = \int_{C}^{}{\left( \frac{1}{z} + \frac{a}{z^{2}} \right)\exp z}\text{dz} = \int_{C}^{}\frac{\exp z}{z}\text{dz} + a\int_{C}^{}\frac{\exp z}{z^{2}}\text{dz} = \int_{C}^{}\left( \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^{n - 1}}{n!} \right)\text{dz} + a\int_{C}^{}\left( \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^{n - 2}}{n!} \right)\text{dz} = \sum_{n = 0}^{\infty}{\int_{C}^{}\frac{z^{n - 1}}{n!}}\text{dz} + a\sum_{n = 0}^{\infty}{\int_{C}^{}\frac{z^{n - 2}}{n!}}\text{dz}$. Stąd i z zadania 3.2.8 dostajemy:

(2) ∫_Cf_a(z)dz = 2πi + a2πi.

Z (1), (2) dostajemy a = −1. Łatwo sprawdzamy, że $\left\lbrack \frac{1}{z}\exp z \right\rbrack^{'} = f_{- 1}$. Zatem funkcja f₋₁ ma w ℂ^x funkcję pierwotną. Stąd na mocy twierdzenia I.20.3, całka funkcjo f₋₁ znika wzdłuż dowolnej krzywej regularnej zamkniętej przebiegającej w ℂ^x. Odpowiedź: a = −1.

Zadanie 5.1.3./85 (zajęcia):

Niech f będzie dowolna funkcją całkowitą i niech Γ będzie krzywą regularną zamkniętą przebiegającą w ℂ. Pokazać, że:

(*) ∫_Γf(z)dz = 0.

Rozwiązanie:

Z wniosku I.30.1 dla z∈ℂ;

(1) $f\left( z \right) = \sum_{k = 0}^{\infty}{a_{k}z^{n}}$,

Przy czym w myśl twierdzenia I.27.1 szereg w (1) jest niemal jednostajnie zbieżny w ℂ. Połóżmy: $P_{n}\left( z \right) = \sum_{k = 0}^{n}{a_{k}z^{k}}$ - ciąg sum częściowych, wielomian. Zatem ciąg {P_n} jest niemal jednostajnie zbieżny w ℂ do funkcji f oraz z własności I.19.5 dostajemy:

(2) ∫_Γf(z)dz = ∫_ΓP_n(z)dz = ∫_ΓP_n(z)dz.

Z drugiej strony każdy wielomian ma funkcję pierwotną, czyli ma ją wielomian P_n, n ∈ {0,1,…}. Zatem w myśl twierdzenia I.20.3 dla każdego n = 0, 1, … mamy:

∫_ΓP_n(z)dz = 0. Stąd i z (2) mamy:

∫_Γf(z)dz = ∫_ΓP_n(z)dz = 0 = 0.

Zadanie 5.1.4./85 (książka):

Pokazać, że:

$\int_{0}^{\infty}{\cos\left( t^{2} \right)}\text{dt} = \int_{0}^{\infty}{\sin\left( t^{2} \right)}\text{dt} = \sqrt{\frac{\pi}{8}}$.

Powyższe całki zwane są całkami Fresnela.

Rozwiązanie:

Dla dowolnego R > 0 określmy krzywą zamkniętą:

$\Gamma_{R} = \left\lbrack 0,R \right\rbrack + C_{R} + \left\lbrack R\exp\frac{\text{πi}}{4},0 \right\rbrack$, gdzie C_R jest łukiem okręgu o opisie parametrycznym $\left\lbrack 0,\frac{\pi}{4} \right\rbrack \ni t \rightarrow R\exp\text{it}$. W myśl zadania 3 dla dowolnego R mamy:

∫_ΓRexp(−z²)dz = 0. Stąd, z określenia Γ_R oraz z własności I.19.3(c), (d) dostajemy:

(1) $\int_{\left\lbrack 0,R\exp\frac{\text{πi}}{4} \right\rbrack}^{}{\exp\left( - z^{2} \right)}\text{dz} = \int_{\left\lbrack 0,R \right\rbrack}^{}{\exp\left( - z^{2} \right)}\text{dz} + \int_{C_{R}}^{}{\exp\left( - z^{2} \right)}\text{dz}$.

Oszacujemy teraz drygą całkę po prawej stronie (1). Oznaczmy ją A_3R. Korzystając z opisu parametrycznego krzywej C_R i przechodząc do całki zwyczajnej, mamy:

$\left| \int_{C_{R}}^{}{\exp\left( - z^{2} \right)}\text{dz} \right| = \left| \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\exp\left( - R^{2}\exp{2it} \right)\text{iR}\exp\text{it}}\text{dt} \right| \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left| \exp\left( - R^{2}\exp{2it} \right)\text{iR}\exp\text{it} \right|\text{dt} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\exp\left( - R^{2}\cos{2t} \right)R}\text{dt}$. Dalej z tożsamości trygonometrycznej cos2t = 1 − 2t, oczywistej nierówności $\sqrt{2}\cos t \geq 1$ dla $t \in \left\lbrack 0,\frac{\pi}{4} \right\rbrack$, podstawienia $\left\lbrack 0,\frac{\pi}{4} \right\rbrack \ni t \rightarrow R\sqrt{2}\sin t \in \left\lbrack 0,R \right\rbrack$ oraz nierówności expτ² ≤ expRτ dla τ ∈ [0,R] dostajemy:

$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\exp{\left( - R^{2}\cos{2t} \right)R}}\text{dt} \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\exp{\left( - R^{2}\left( 1 - 2\operatorname{}t \right) \right)R\sqrt{2}}\cos t}\text{dt} = \int_{0}^{R}{\exp\left( - R^{2} + r^{2} \right)}\text{dτ} \leq \exp\left( - R^{2} \right)\int_{0}^{R}{\exp\left( \text{Rτ} \right)}\text{dτ} = \exp\left( - R^{2} \right)\left( \frac{\exp R^{2}}{R} - \frac{1}{R} \right) < \frac{1}{R}$. Reasumując, dla dowolnego R > 0 mamy:

(2) $\left| A_{3R} \right| < \frac{1}{R}$.

Oznaczmy przez A_1R całkę po lewej stronie (1), a przez A_2R pierwszą całkę po prawej stronie (1). Korzystając z opisu parametrycznego odcinków, przechodząc do całek zwyczajnych i dokonując podstawień [0,1] ∋ t → Rt ∈ [0,R] (patrz zadanie 3.2.3), dostajemy:

(3) $A_{1R} = \int_{0}^{1}{\exp{\left( - \left( \text{Rt} \right)^{2}\exp\frac{\text{πi}}{2} \right)\exp{\frac{\text{πi}}{4}R}}}\text{dt} = \int_{0}^{R}{\exp\left( - t^{2}\exp\frac{\text{πi}}{2} \right)\exp\frac{\text{πi}}{4}}\text{dt}$,

(4) A_2R = ∫₀¹exp(−(Rt)²)dt = ∫₀^Rexp(−t²)dt.

Przechodząc w (1) do granicy przy R → +∞ oraz korzystając z (2), (3), (4) oraz że znanej równości $\int_{0}^{+ \infty}e^{- t^{2}}\text{dt} = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}$ dostajemy:

(5) $\int_{0}^{\infty}{\exp{\left( - t^{2}\exp\frac{\text{πi}}{2} \right)\exp\frac{\text{πi}}{4}}}\text{dt} = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}$,

Przy czym całka po lewej stronie (5) istnieje. Z (5) mamy:

(6) $\int_{0}^{\infty}\left( \cos t^{2} - i\sin t^{2} \right)\text{dt} = \int_{0}^{\infty}{\exp\left( - t^{2}i \right)}\text{dt} = \int_{0}^{\infty}{\exp\left( - t^{2}\exp\frac{\text{πi}}{2} \right)}\text{dt} = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}\exp\left( - \frac{\text{πi}}{4} \right) = \sqrt{\frac{\pi}{8}}\left( 1 - i \right)$.

Z określenia całki niewłaściwej w dziedzinie zespolonej (patrz podrozdział 4.2) dostajemy wzory na całki Fresnela.

Zadanie 5.1.5./87 (zajęcia):

Niech R będzie dowolną liczbą dodatnią i niech C_R będzie łukiem okręgu o opisie parametrycznym γ_R : ⟨0,π⟩ ∋ Rexpit∈ℂ. Pokazać, że dla a > 0 mamy:

(*) $\operatorname{}{\int_{C_{R}}^{}\frac{\exp\text{iaz}}{z}}\text{dz} = 0$.

Rozwiązanie:

Ponieważ funkcje z ↦ expiaz oraz z ↦ z⁻¹ są holomorficzne w ℂ^x i krzywa C_R przebiega w ℂ^x, więc na mocy zadania 4.3.4 mamy:

(1) $\int_{C_{R}}^{}\frac{\exp\text{iaz}}{z}\text{dz} = \left. \ \frac{\exp\text{iaz}}{\text{iaz}} \right|_{R}^{- R} + \int_{C_{R}}^{}\frac{\exp\text{iaz}}{\text{ia}z^{2}}\text{dz}$.

Z założenia a > 0, dla z ∈ |C_R| mamy |expiaz| = exp(−Imaz) ≤ 1. Stąd i z (1), w myśl własności I.19.4, dostajemy:

(2) $\left| \int_{C_{R}}^{}\frac{\exp\text{iz}}{z}\text{dz} \right| \leq \frac{2}{\text{aR}} + \frac{\text{πR}}{aR^{2}} = \frac{2 + \pi}{\text{aR}}$.

Przechodząc w (2) do granicy przy R → ∞, otrzymujemy (*).

Zadanie 5.1.6./88 (książka):

Pokazać, że:

(*) $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin t}{t}\text{dt} = \frac{\pi}{2}$.

Rozwiązanie:

Funkcja f określona wzorem $f\left( z \right) = \frac{\left( \exp{iz - 1} \right)}{z}$ jest holomorficzna w ℂ, i na mocy zadania 1, rozwija się tam w szereg potęgowy:

$f\left( z \right) = \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1^{n + 1}}{\left( n + 1 \right)!}z^{n}}$.

Jeśli położymy f(0) = i, to tak rozszerzona funkcja, na mocy lematu I.32.1, jest holomorficzna w ℂ, czyli całkowita. Stąd wynika, że funkcje  Ref|_ℝ oraz  Imf|_ℝ są ciągłe.

Dla dowolnego R > 0 określmy krzywą zamkniętą Γ_R = [−R,R] + C_R, gdzie C_R jest łukiem okręgu o opisie parametrycznym γ_R : [0,π] ∋ t → Rexpit∈ℂ. W myśl zadania 3, dla dowolnego R mamy:

(1) ∫_ΓRf(z)dz = 0.

Z drugiej strony, z określenia Γ_R oraz z własności I.19.3(c), (d) dostajemy:

(2) ∫_ΓRf(z)dz = ∫_[−R,R]f(z)dz + ∫_CRf(z)dz.

Przechodząc od całek krzywoliniowych do zwyczajnych, korzystając z opisu parametrycznego odcinka i dokonując podstawienia [0,1] ∋ t → −R + 2Rt ∈ [−R,R], mamy:

$\int_{\left\lbrack - R,R \right\rbrack}^{}{f\left( z \right)}\text{dz} = \int_{0}^{1}{f\left( - R + 2Rt \right)2R}\text{dt} = \int_{- R}^{R}{f\left( t \right)}\text{dt} = \int_{- R}^{R}\frac{\exp\text{it} - 1}{t}dt = \int_{- R}^{R}\frac{\cos t - 1}{t}\text{dt} + i\int_{- R}^{R}\frac{\sin t}{t}\text{dt}$.

Stąd, ponieważ w przedziale [R,R] symetrycznym względem 0 całka z funkcji nieparzystej jest równa zeru i całka z funkcji parzystej jest równa dwóm całkom w przedziale [0,R] z tej funkcji, dostajemy:

(3) $\int_{\left\lbrack - R,R \right\rbrack}^{}{f\left( z \right)}\text{dz} = 2i\int_{0}^{R}\frac{\sin t}{t}\text{dt}$.

Pokażemy teraz, że:

(4) ∫_CRf(z)dz = −πi.

Istotnie mamy: $\int_{C_{R}}^{}{f\left( z \right)}\text{dz} = \int_{C_{R}}^{}\frac{\exp\text{iz}}{z}\text{dz} - \int_{C_{R}}^{}\frac{\text{dz}}{z}$ oraz $\int_{C_{R}}^{}\frac{\text{dz}}{z} = \int_{0}^{\pi}\frac{\text{iR}\exp\text{it}}{R\exp\text{it}}\text{dt} = \pi i$. Stąd i z zadania 5 dla a = 1 dostajemy (4). Przechodząc w (2) do granicy przy R → +∞ oraz korzystając z (1), (3), (4) dostajemy (*).

Zadanie 5.1.7./89 (książka):

Pokazać, że funkcja całkowita f jest wielomianem stopnia ≤k dokładnie wtedy, gdy istnieje stała M > 0, taka, że:

(*) |f(z)| ≤ M(1+|z|^k) dla z∈ℂ.

Rozwiązanie:

Załóżmy najpierw, że f(z) = a₀ + … + a_kz^k oraz połóżmy M = |a₀| + … + |a_k|. Wówczas:

|f(z)| ≤ M dla |z| ≤ 1 oraz |f(x)| ≤ M|z|^k dla |z| ≥ 1, co daje (*).

Odwrotnie, załóżmy teraz, że zachodzi (*) oraz $f\left( z \right) = \sum_{n = 0}^{\infty}{a_{n}z^{n}}$. Stąd, na mocy nierówności Cauchy’ego, czyli wzór I.30.2, dla dowolnego n∈ℕ oraz dowolnego R > 0 dostajemy:

$\left| a_{n} \right| \leq \frac{M\left( 1 + R^{k} \right)}{R^{n}}$. Stąd i z tego, że: $\operatorname{}\frac{M\left( 1 + R^{k} \right)}{R^{n}} = 0$ dla n > k, dostajemy a_n = 0 dla n > k.

Zadanie 5.1.8./90 (książka):

Pokazać, że ℂ jest ciałem algebraicznym domkniętym, tzn. że każdy wielomian stopnia dodatniego ma w ℂ co najmniej jedno zero.

Rozwiązanie:

Przypuśćmy przeciwnie, że wielomian f(z) = a₀ + … + a_kz^k, gdzie a_k ≠ 0 nie ma zer w ℂ. Wówczas funkcja $\frac{1}{f}$ jest całkowita. Ponadto $\frac{1}{f\left( z \right)} \rightarrow 0$, gdy z → ∞. Zatem istnieje taka liczba R > 0, że dla |z| > R mamy $\left| \frac{1}{f\left( z \right)} \right| < 1$. W kole domkniętym K = {z∈ℂ:|z|≤R} funkcja $\frac{1}{f}$ jako ciągła jest ograniczona przez pewną stałą M > 0. W konsekwencji funkcja $\frac{1}{f}$ jest ograniczona przez max(1,M) i na mocy twierdzenia Liouville’a I.30.2 jest stała. Tym samym również funkcja f jest stała, co prowadzi do sprzeczności.

ĆWIECZENIA 9:

Jeśli funkcja f jest holomorficzna w sąsiedztwie punktu z₀, to punkt ten nazywamy punktem osobliwym odosobnionym tej funkcji.

f jest meromorficzna w z₀, gdy f jest holomorficzna w sąsiedztwie punktu z₀ oraz punkt z₀ jest punktem pozornie osobliwym lub biegunem funkcji f.

$\sum_{n = l}^{\infty}{a_{n}\left( z - z_{0} \right)^{n}}$, a_l ≠ 0, l∈ℤ. Rzędem f w z₀ jest l co zapisujemy następująco f = l.

Twierdzenie I.3.2.1.

Funkcja f jest meromorficzna nie znikająca w sąsiedztwie punktu z₀ i ma rząd równy l, wtedy i tylko wtedy, gdy w pewnym sąsiedztwie Ω punktu z₀ przyjmuje postać: f(z) = (z−z₀)h(z), gdzie h jest nigdzie nie znikającą funkcją holomorficzną w otoczeniu Ω ∪ {z₀}.

(1) z₀ jest punktem istotnie osobliwym w f ⇔ f(z) nie istnieje,

(1) z₀ jest punktem pozornie osobliwym w f ⇔ f(z) = a ≠ ∞,

(1) z₀ jest biegunem funkcji f ⇔ f(z) = ∞.

5.3. Funkcje meromorficzne w punkcie w punkcie.

Zadanie 5.3.1./92 (zajęcia) (dokończyć):

Niech funkcje f, g będą meromorficzne w punkcie a. Pokazać, że:

(a) jeśli f = +∞, to funkcja f znika tożsamościowo w pewnym sąsiedztwie punktu a,

(b) funkcja fg jest meromorficzna w punkcie a oraz fg = f + g,

(c) jeśli g∈ℤ, to funkcja $\frac{f}{g}$ jest meromorficzna w punkcie a oraz $\operatorname{}\frac{f}{g} = \operatorname{}f - \operatorname{}g$,

(d) funkcja f^′ jest meromorficzna w punkcie a oraz przy dodatkowym założeniu f ≠ 0 zachodzi wzór f^′ = f − 1,

(e) wzór w (d) nie jest prawdziwy bez dodatkowego założenia.

Rozwiązanie:

(a) Przypuśćmy przeciwnie, że funkcja f nie znika w żadnym sąsiedztwie punktu a. Zatem funkcja ta rozwija się w szereg Laurenta w sąsiedztwie punktu a i szereg ten przyjmuje postać:

$\sum_{n = l}^{\infty}{a_{n}\left( z - z_{0} \right)^{n}}$. Stąd istnieje l∈ℤ, że f = l, co daje sprzeczność z założeniem.

(b) Rozważmy następujące przypadki;

1^o Jeśli f = +∞ lub g = +∞, to z (a) wynika, że funkcje te znikają w pewnym sąsiedztwie Ω punktu a. Zatem funkcja fg znika w sąsiedztwie Ω punktu a, zatem jest meromorficzna w punkcie a oraz fg = +∞.

2^o Załóżmy, że f = k oraz g = l, gdzie k, l∈ℤ. Z twierdzenia I.32.1 mamy, że istnieje otoczenie Ω₁ punktu a takie, że funkcja f przyjmuje postać f(z) = (z−z₀)^kf₁(z) w sąsiedztwie Ω₁ ∖ {a₁}, gdzie f₁ jest nigdzie nie znikającą funkcją holomorficzną w Ω₁ punktu a takie, że funkcja g przyjmuje postać:

g(z) = (z−a)^l ⋅ g₁(z), w sąsiedztwie Ω₂ ∖ {a₂}, gdzie g₁ jest nigdzie nie znikająca funkcją holomorficzną w Ω₂. Przyjmując Ω = Ω₁ ∩ Ω₂ ≠ ⌀ mamy, że funkcja fg w sąsiedztwie Ω ∖ {a} przyjmuje postać:

fg(z) = f(z)g(z) = (z−a)^kf₁(z)(z−a)^′g₁(z) = (z−a)^k + lf₁(z) ⋅ g₁(z), gdzie f₁, g₁ są funkcjami holomorficznymi w Ω. Stąd i z twierdzenia I.32.1 funkcja fg jest meromorficzna w punkcie a oraz fg = k + l = f + g.

(c) Połóżmy f = l∈ℤ, zatem z twierdzenia I.32.1 istnieje otoczenie Ω punktu a, funkcja holomorficzna i niegdzie nie znikająca na Ω takie, że g(z) = (z−a)^l ⋅ g₁(z) w sąsiedztwie Ω ∖ {a}. Stąd:

$\frac{1}{g}\left( z \right) = \frac{1}{g\left( z \right)} = \frac{1}{\left( z - a \right)^{l} \cdot g_{1}\left( z \right)} = \left( z - a \right)^{- l} \cdot \frac{1}{g_{1}\left( z \right)}$ w sąsiedztwie Ω ∖ {a}. Funkcja $\frac{1}{g_{1}}$ jest holomorficzna i nigdzie nie znika na Ω. Zatem na mocy twierdzenia I.32.1 funkcja $\frac{1}{g}$ jest meromorficzna w punkcie a oraz $\operatorname{}\frac{1}{g} = - l = - \operatorname{}g$. Stąd i z (b) mamy, że $\frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g}$ jest funkcją meromorficzną w punkcie a oraz:

$\operatorname{}\frac{f}{g} = \operatorname{}f + \operatorname{}\frac{1}{g} = \operatorname{}f - \operatorname{}g$.

(d) Rozważmy przypadki:

1^o Jeśli f = +∞, to z (a) funkcja f znika w pewnym sąsiedztwie Ω punktu a. Zatem f^′ znika w sąsiedztwie Ω punktu a, a więc jest meromorficzna w punkcie a oraz f^′ = +∞= + ∞ − 1 = f − 1.

2^o Niech f = k, gdzie k∈ℤ. Wtedy na mocy twierdzenia I.32.1 istnieje funkcja f₁ holomorficzna i nigdzie nie znikająca w pewnym otoczeniu Ω punktu a oraz spełniająca warunek: f(z) = (z−a)^k ⋅ f₁(z), gdzie z ∈ Ω ∖ {a}. Dla k = 0 funkcja f przyjmuje postać f(z) = f₁(z), gdzie z ∈ Ω ∖ {a}, zatem jest meromorficzna w punkcie a. Dla k ≠ 0 mamy: f^′(z) = (z−a)^k − 1f₁(z) + (z−a)^k ⋅ f₁^′(z) = (z−a)^k − 1(kf₁(z)+(z−a)f₁^′(z)), gdzie z ∈ Ω ∖ {a}. Funkcja h(z) = kf₁(z) + (z−a)f₁^′(z) jest holomorficzna w Ω oraz h(a) = kf₁(a) ≠ 0. Stąd i z twierdzenia I.32.1 mamy, że funkcja f^′ jest meromorficzna w punkcie a oraz rząd f^′ = k − 1 = f − 1.

Zadanie 5.3.2./93 (zajęcia):

Pokazać, że jeżeli funkcje f, g są meromorficzne w punkcie a, f ≠ 0 oraz g ≠ 0, +∞, to:

(*) $\operatorname{}\frac{f\left( z \right)}{g\left( z \right)} = \operatorname{}\frac{f^{'}\left( z \right)}{g^{'}\left( z \right)}$,

przy czym obie granice w (8) istnieją (reguła de l’Hospitala).

Rozwiązanie:

Niech f = +∞. Wtedy z zadania 1(c) mamy $\operatorname{}\frac{f}{g} = \operatorname{}f - \operatorname{}g = + \infty - l = + \infty$. Stąd:

(1) $\operatorname{}\frac{f\left( z \right)}{g\left( z \right)} = 0$,

bo z zadania 1(a) mamy, że $\frac{f}{g}$ znika w pewnym sąsiedztwie punktu a. Z zadania 1(d) mamy:

f^′ = f − 1 = +∞ oraz g^′ − g = 1 ≠ +∞. Stąd i z zadania 1(c) mamy:

$\operatorname{}\frac{f^{'}}{g^{'}} = \operatorname{}g^{'} = \operatorname{}{f - 1} - \operatorname{}{g + 1} = \operatorname{}f - \operatorname{}g = + \infty$. Zatem z zadania 1(a)mamy, że $\frac{f^{'}}{g^{'}}$ znika w pewnym sąsiedztwie punktu a, więc:

(2) $\operatorname{}\frac{f^{'}\left( z \right)}{g^{'}\left( z \right)} = 0$.

Z (1) oraz (2) dostajemy (*).

ĆWIECZENIA 10:

Definicja:

G⊂ℂ otwarty. Mówimy, że funkcja f jest regularna w G, gdy istnieje zbiór A izolowany i domknięty w G oraz taka, że f jest określona i holomorficzna w G ∖ A.

6.1. Twierdzenie o identyczności.

Zadanie 6.1.1./97 (książka):

Niech G⊂ℂ będzie zbiorem otwartym i niech A ⊂ G. Pokazać, że równoważne są dwa warunki:

(i) A jest zbiorem izolowanym i domkniętym w G,

(ii) dla każdego punktu a ∈ G istnieje sąsiedztwo Ω_a tego punktu takie, że Ω_a ⊂ G ∖ A.

Rozwiązanie:

(i) ⇒ (ii). Weźmy najpierw dowolny punkt a ∈ A. Ponieważ A jest zbiorem izolowanym w G, to istnieje otoczenie tego punktu U_a ⊂ G takie, że U_a ∩ A = {a}. Niech Ω_a = U_a ∖ {a}, wtedy Ω_a jest sąsiedztwem punktu a oraz Ω_a ⊂ G ∖ A.

Weźmy teraz dowolny punkt a ∈ G ∖ A. Ponieważ G ∖ A jest zbiorem otwartym w G, istnieje otoczenie tego punktu U_a ⊂ G ∖ {a}. Niech Ω_a = U_a ∖ {a}, wtedy Ω_a jest sąsiedztwem punktu a oraz Ω_a ⊂ G ∖ A.

(ii) ⇒ (i). Weźmy najpierw dowolny punkt a ∈ A. Wtedy istnieje sąsiedztwo Ω_a tego punktu takie, że Ω_a ⊂ G ∖ A. Kładąc U_a = Ω_a ∪ {a}, dostajemy U_a ∩ A = {a}. Zatem A jest zbiorem izolowanym w G. Ponadto z (ii) wynika również, że zbiór A nie ma punktów skupienia w G,czylu jest domknięty w G.

Zadanie 6.1.2./97 (zajęcia):

Niech f będzie funkcją holomorficzną w obszarze G. Pokazać, że jeśli Ref jest stała w pewnym niepustym otwarty podzbiorze zbioru G, to f jest stała w G.

Rozwiązanie:

Niech Ω ⊂ G będzie podobszarem zbioru  G, w którym Ref jest stała i oznaczmy Ref(z) = c, gdzie c∈ℂ dla z ∈ Ω. Wówczas na mocy zadania 4.1.2 mamy f(z) = c dla z ∈ Ω. Wybierzmy ciąg punktów z Ω mający punkt skupienia z₀ ∈ Ω. Wówczas f − c jest funkcją holomorficzną znikającą w Ω, czyli w szczególności w powyższym ciągu punktów z Ω. Zatem w myśl twierdzenia I.34.1 funkcja f − c jest tożsamościowo równa zero w G, czyli f(z) = c, gdzie z ∈ G.

Zadanie 6.1.3./98 (zajęcia):

Pokazać, że jeśli funkcje f oraz g są meromorficzne w obszarze G, to funkcje fg oraz $\frac{f}{g}$ (przy założeniu g ≠ 0) są meromorficzne w G.

Rozwiązanie:

Niech A, B będą odpowiednio zbiorami biegunów funkcji f oraz g. Wtedy funkcja fg jest holomorficzna w G ∖ (A∪B). Zbiór A ∪ B jest izolowany i domknięty w G (jako suma dwóch zbiorów izolowanych i domkniętych). Dla każdego punktu c ∈ A ∪ B w myśl zadania 5.3.1(b) funkcja fg jest meromorficzna w punkcie c. Reasumując, fg jest meromorficzna w G. Jeżeli g ≠ 0 to na mocy twierdzenia I.32.1 funkcja $\frac{1}{g}$ jest meromorficzna w G. Zatem w myśl pierwszej części rozwiązania funkcja $\frac{f}{g}$ jest meromorficzna w G.

Γ-krzywa regularna, zamknięta, a ∉ Γ, to:

$\underset{\operatorname{}\left( a \right)}{}\mathbb{\in Z}$,to ℂ∖Γ_∼.

6.2. Indeks punktu względem krzywej.

Zadanie 6.2.1./98 (książka):

Pokazać, że jeśli Γ jest krzywą regularną oraz f jest nigdzie nie znikającą funkcją holomorficzną na podkładzie krzywej Γ, to:

(*) $\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}^{}\left\lbrack \frac{f^{'}\left( z \right)}{f\left( z \right)} \right\rbrack\text{dz}\mathbb{\in Z}$.

Rozwiązanie:

Niech γ : [α,β]→ℂ będzie opisem parametrycznym krzywej Γ. Wówczas z twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej (patrz zadanie 3.1.3), γ₁ : [α,β] ∋ t → f(γ(t)) ∈ ℂ^x jest opisem krzywej regularnej zamkniętej. Oznaczmy ją Γ₁. Krzywa Γ₁ nie przechodzi przez punkt 0. Zatem na mocy lematu I.35.1, mamy:

(1) $\frac{1}{2\pi}\int_{\Gamma_{1}}^{}\frac{\text{dz}}{z}\mathbb{\in Z}$.

Z drugiej strony, z określenia całki krzywoliniowej, mamy:

(2) $\int_{\Gamma}^{}\frac{f^{'}\left( z \right)}{f\left( z \right)}\text{dz} = \int_{\alpha}^{\beta}\frac{f^{'}\left( \gamma\left( t \right) \right)\gamma^{'}\left( t \right)}{f\left( \gamma\left( t \right) \right)}\text{dt} = \int_{\alpha}^{\beta}\frac{\gamma_{1}^{'}\left( t \right)}{\gamma_{1}\left( t \right)}\text{dt} = \int_{\Gamma_{1}}^{}\frac{\text{dz}}{z}$.

Z (1), (2) dostajemy (*).

Zadanie 6.2.2./99 (książka):

Niech P⊂ℂ będzie prostokątem normalnym oraz ∂P jego dodatnio zorientowanym brzegiem. Pokazać, że:

$\operatorname{}\left( a \right) = \left\{ \begin{matrix} 1\mathrm{\text{\ dla\ }}a \in \operatorname{Int}P \\ 0\mathrm{\text{\ dla\ }}a\mathbb{\in C\backslash}P \\ \end{matrix} \right.\ $.

Rozwiązanie:

Załóżmy najpierw, że a ∈ IntP. Niech f będzie funkcją całkowitą tożsamościowo równą 1. Wtedy dla a ∈ IntP, na mocy wzoru całkowego Cauchy’ego dla prostokąta, mamy:

$\operatorname{}\left( a \right) = \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial P}^{}\frac{1}{z - a}\text{dz} = 1$.

Załóżmy, że a∈ℂ∖P. Wtedy punkt a leży w składowej nieograniczonej zbioru ℂ∖|∂P|. Zatem, na mocy własności I.35.1, (a) = 0.

Zadanie 6.2.3./99 (zajęcia):

Niech ρ będzie liczbą dodatnią i niech C₁ będzie łukiem okręgu o opisie parametrycznym ⟨0,π⟩ ∋ t ↦ ρexpit∈ℂ. Określmy krzywą zamkniętą Γ₁ = [−ρ,ρ] + C₁. Pokazać, że:

(*) (a) = 1 dla z ∈ G₁,

gdzie G₁{z∈ℂ:|z|<ρ∧Imz>0}.

Rozwiązanie:

Niech a ∈ G₁. Rozważmy krzywą zamkniętą:

Γ₂ = [ρ,−ρ] + C₂, gdzie C₂ jest łukiem okręgu o opisie parametrycznym ⟨π,2π⟩ ∋ t ↦ ρexpit∈ℂ. Połóżmy $f_{a}\left( z \right) = \frac{1}{z - a}$. Wówczas z własności I.19.3(c), (d):

(c) ∫_−Γf(z)dz = −∫_Γf(z)dz,

(d) ∫_{Γ1 + Γ2}f(z)dz = ∫_Γ1f(z)dz + ∫_Γ2f(z)dz.

$\underset{2\pi i\operatorname{}\left( a \right)}{} + \underset{2\pi i\operatorname{}\left( a \right)}{} = \int_{\left\lbrack - \rho,\rho \right\rbrack + C_{1}}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{\left\lbrack \rho, - \rho \right\rbrack + C_{2}}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} = \int_{\left\lbrack - \rho,\rho \right\rbrack}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{C_{1}}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{\left\lbrack \rho, - \rho \right\rbrack}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{C_{2}}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} = \int_{\left\lbrack - \rho,\rho \right\rbrack}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} + \int_{C_{1}}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} - \int_{\left\lbrack - \rho,\rho \right\rbrack}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} - \int_{C_{2}}^{}{f_{a}\left( z \right)}\text{dz} = \underset{2\pi i\operatorname{}\left( a \right)}{}$, gdzie C jest dodatnio zorientowanym okręgiem o środku w punkcie 0 oraz promieniu ρ. Stąd i z określenia indeksu punktu względem krzywej dostajemy:

(1) (a) + (a) = (a).

Z drugiej strony jeśli |Γ₁| oznacza podkład krzywej Γ₂, to punkt a leży w składowej nieograniczonej zbioru ℂ∖|Γ₂|. Na mocy własności I.35.1:

(2) (a) = 0.

Ponadto punkty a oraz 0 leżą w tej samej składowej zbioru ℂ∖|C|. Zatem również z własności I.35.1:

(3) (a) = (0).

Z (1) oraz (2) mamy (a) = (a). Z (3) mamy (a) = (0).

$\int_{C}^{}\left( z - z_{0} \right)^{k}\text{dz} = \left\{ \begin{matrix} 0\mathrm{\text{\ dla\ }}k \neq - 1 \\ 2\pi i\mathrm{\text{\ dla\ }}k = - 1 \\ \end{matrix} \right.\ $,

$\int_{C}^{}\frac{1}{z}\text{dz} = 2\pi i$, gdzie C-dowolny okrąg o środku w z₀. Stąd i z zadania 3.2.8 dostajemy, że:

$\operatorname{}\left( 0 \right) = \frac{1}{2\pi i}\int_{C}^{}\frac{1}{z}\text{dz} = \frac{1}{2\pi i} \cdot 2\pi i = 1$, czyli (a) = 1.

6.3. Residua i twierdzenie o residuach dla prostokąta.

Zadanie 6.3.1/102 (zajęcia):

Pokazać, że jeśli funkcja f ma w punkcie z₀∈ℂ biegun co najwyżej k−krotny i rozwija się w sąsiedztwie Ω tego punktu w szereg Laurenta postaci:

(*) $f\left( z \right) = \sum_{n = - k}^{\infty}a_{n}\left( z - z_{0} \right)^{n}$,

To współczynniki tego rozwinięcia dane są wzorami:

(**) $a_{n - k} = \operatorname{}\frac{f_{0}^{\left( n \right)}\left( z \right)}{n!}$, n∈ℕ,

gdzie f₀(z) = (z−z₀)^kf(z) dla z ∈ Ω.

Rozwiązanie:

Ponieważ szereg w (*) jest zbieżny w Ω, to szereg:

$\sum_{n = - k}^{\infty}{a_{n}\left( z - z_{0} \right)^{n + k}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{a_{n - k}\left( z - z_{0} \right)^{n}}$ jest zbieżny. Skąd:

(1) $\left( z - z_{0} \right)^{k}f\left( z \right) = \sum_{n = 0}^{\infty}{a_{n - k}\left( z - z_{0} \right)^{n}}$ dla z ∈ Ω.

Połóżmy Ω₀ = Ω ∪ {z₀} oraz

(2) $f_{0}\left( z \right) = \sum_{n = 0}^{\infty}{a_{n - k}\left( z - z_{0} \right)^{n}}$ dla z ∈ Ω₀.

Ponieważ otoczenie Ω₀ jest zawarte w kole zbieżności szeregu w (2), więc na mocy wniosku I.27.2 funkcja f₀ jest holomorficzna w Ω₀