Uvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo Bojan Magajna Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani

Transkripcija

1 Uvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo Bojan Magajna Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani

2 UVOD V DIFERENCIALNE ENAČBE, KOMPLEKSNO IN FOURIEROVO ANALIZO Povzetek Ta knjiga je namenjena tistim, ki že poznajo osnove diferencialnega in integralskega računa ter linearne algebre. Obravnava holomorfne in harmonične funkcije, osnove o diferencialnih enačbah in Fourierovi analizi, robne probleme povezane z linearnimi diferencialnimi enačbami drugega reda ter lastnosti funkcij, ki so rešitve teh problemov. Ključne besede: diferencialna enačba, holomorfna funkcija, harmonična funkcija, Hilbertov prostor, Fourierove vrste, Fourierova in Laplaceova transformacija, Sturm-Liouvillov problem, ortogonalni polinomi, Besselove funkcije, hipergeometrijska enačba. AN INTRODUCTION TO DIFFERENTIAL EQUATIONS, COMPLEX AND FOURIER ANALYSIS Summary. This is an introductory course in mathematical analysis for students already acquainted with basics of differential and integral calculus and linear algebra. It covers fundamentals of differential equations, holomorphic and harmonic functions, Fourier analysis, boundary value problems for linear differential equations of second order and some special functions arising from such problems. Key words: differential equation, holomorphic function, harmonic function, Hilbert space, Fourier series, Fourier and Laplace transform, Sturm-Liouville problems, orthogonal polynomials, Bessel functions, hypergeometric equation. Mathematics Subject Classification (2): 3-, 3-, 33-, 34-, 34B24, 35-, 42-, M6.

3 V spomin na mojega očeta Franca Magajna 3

4

5 Kazalo Predgovor 7 Poglavje. Osnovno o diferencialnih enačbah.. Nekatere enačbe. reda, ki nastopajo pogosto.2. Homogena linearna diferencialna enačba 2. reda Prevedba reševanja na homogeno enačbo Enačba s konstantnimi koeficienti in Eulerjeva enačba Ničle rešitev homogenih linearnih enačb 2. reda Sistemi linearnih diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti Obstoj in enoličnost rešitev Odvedljivost rešitev na začetne pogoje in parametre * Tok vektorskega polja * 6 Poglavje 2. Holomorfne funkcije Poti in območja v kompleksni ravnini Odvedljivost v kompleksnem smislu in konformnost Cauchy-Riemannovi enakosti Integriranje kompleksnih funkcij Ovojno število Cauchy-Greenova formula za pravokotnik Splošna Cauchy-Greenova formula in njene posledice Razvoj v Laurentovo in v Taylorjevo vrsto Logaritem in potence Izrek o residuih in njegova uporaba pri računanju integralov Odprtost holomorfnih preslikav in njene posledice Zaporedja holomorfnih funkcij Homotopija krivulj Konformna ekvivalentnost enostavno povezanih območij Predstavitev holomorfnih funkcij z neskončnimi produkti Eulerjeva funkcija Γ 32 Poglavje 3. Pogled v harmonične funkcije Harmonične funkcije v ravnini Harmonične funkcije v prostoru 48 Poglavje 4. Fourierove vrste in Fourierova transformacija Hilbertov prostor 57 5

6 6 KAZALO 4.2. Fourierove vrste Konvolucija Fourierova transformacija Fourierova transformacija v R n Laplaceova transformacija 29 Poglavje 5. Robni problemi za linearne diferencialne enačbe 2. reda Nihanje strune Sturm-Liouvillov problem Dokaz Sturm-Liouvillovega izreka * Reševanje linearnih diferencialnih enačb s potenčnimi vrstami Legendreovi in drugi ortogonalni polinomi Stacionarna porazdelitev temperature na krogli Pravilna singularna točka diferencialne enačbe Besselova enačba Nihanje krožne membrane Hipergeometrijska enačba 296 Literatura 33 Stvarno kazalo 35

7 Predgovor To delo obravnava holomorfne funkcije, Fourierove vrste in transformacijo, linearne diferencialne enačbe drugega reda ter funkcije, ki nastopajo kot njihove rešitve. Bistveni del vsebine je to, kar predvideva učni načrt matematike za študente fizike v drugem semestru drugega letnika, a mnogi razdelki obravnavajo teme, ki so tudi v študijskih programih drugih smeri, npr. v (finančni) matematiki in računalništvu. Učne programe poskuša poglobiti in dopolniti. Pri predavanjih namreč ni na razpolago dovolj časa, da bi dokazali prav vse trditve, ki jih povemo, izpustiti pa moramo tudi precej spoznanj, ki bi bila sicer koristna in dostopna študentom drugega letnika. Vendar pa delo ni enciklopedično; obseg snovi smo želeli obdržati zmeren, da jo bo lahko obvladal dovolj prizadeven študent. Prvo poglavje uvaja osnove o diferencialnih enačbah (kar sicer študentje fizike spoznajo že v prvem semestru drugega letnika). V nekoliko zgoščeni obliki predstavlja glavne elementarne metode reševanja ter osnovni izrek o eksistenci in enoličnosti rešitev. Poleg teh standardnih vsebin pa obravnavamo tudi odvedljivost rešitev na začetne pogoje in parametre, gradivo, ki se na osnovnih tečajih dostikrat opušča, čeprav se kasneje pogosto uporablja npr. v mnogih dokazih v geometriji in diferencialni topologiji. Poglavje zaključimo z obravnavo tokov vektorskih polj, bolj poglobljeni geometrični teoriji diferencialnih enačb pa smo se izognili, ker ni povezana z drugimi temami tega dela. V drugem poglavju se posvetimo holomorfnim funkcijam. Osnovni rezultat, Cauchyevo formulo, izpeljemo iz splošnejše Cauchy-Greenove formule, katere poseben primer je tudi klasična Greenova formula. Kompleksna analiza je osnova za razumevanje drugih tem. Tako lahko na primer mnoge pomembne funkcije, ki izhajajo iz fizikalnih in drugih problemov, dobro razumemo le, če jih obravnavamo kot funkcije kompleksne spremenljivke. Brez neskončnih produktov ni mogoče dobro razumeti na primer funkcije Γ in njene povezave s trigonometrijskimi funkcijami, ali pa Riemannove funkcije ζ. Elektrostatični potencial je zgled harmonične funkcije v prostoru. V ravnini so harmonične funkcije lokalno realni deli holomorfnih, zato je teorija harmoničnih funkcij v ravnini zelo tesno povezana s kompleksno analizo. Poleg ravninskih obravnavamo v tretjem poglavju tudi harmonične funkcije v prostoru, vendar le nekaj najosnovnejših rezultatov (obsežnejša obravnava le tega je npr. v [33]). Tudi linearne diferencialne enačbe drugega reda, ki se jim posvetimo v petem poglavju, je naravno študirati v kontekstu funkcij kompleksne spremenljivke. Bralca vpeljemo v osnovno teorijo specialnih funkcij (npr. Legendreovih in drugih ortogonalnih polinomov, Besselovih funkcij ter hipergeometrijske enačbe). V petem poglavju 7

8 8 PREDGOVOR obravnavamo tudi (regularni) Sturm-Liouvillov problem. Dandanes najbolj razširjeni pristop k temu problemu je sicer prek teorije Hilbert-Scmidtovih (torej kompaktnih) operatorjev. Ker pa v tem delu ne moremo predpostaviti poznavanja te teorije in bi bila njena vpeljava časovno prezahtevna, smo raje ubrali bolj klasično pot: predstavimo namreč dokaz Sturm-Liouvillovega izreka, ki temelji na izreku o residuih. Prednost te metode je npr. tudi v opisu asimptotične razporeditve lastnih vrednosti. Metoda deluje sicer tudi pri singularnem Sturm-Liouvillovem problemu, vendar pa se pri obravnavi splošnih spektralnih problemov o diferencialnih operatorjih (katerih spekter ni nujno točkast) ni produktivno izogibati funkcionalni analizi in operatorski teoriji, ki pa ju tukaj ne moremo uporabljati. Zato polnost ortogonalnih sistemov funkcij v singularnem Sturm-Liouvillovem problemu proučimo le v posebnih primerih ortogonalnih polinomov (Lagrangeovih, Hermiteovih in Laguerrovih) ter Besselovih funkcij, pa še to večinoma le v nalogah (opremljenih z izčrpnimi navodili). Sturm-Liouvillova teorija je pravzaprav posplošitev Fourierovih vrst, zato smo četrto poglavje namenili študiju Fourierovih vrst in Fourierove ter Laplaceove transformacije. To so tudi sicer zelo učinkovita orodja pri matematični obravnavi fizikalnih in drugih problemov. Kakršnekoli sistematične obravnave parcialnih diferencialnih enačb pa nismo poskusili podati. (Za kaj takega bi bilo skoraj nujno prej vpeljati teorijo distribucij.) Parcialne diferencialne enačbe, ki jih bomo reševali, bodo nastopale le kot zgledi za uporabo drugega obravnavanega gradiva. To delo ni priročnik oziroma zbornik rezultatov in postopkov; za vse trditve, ki jih navajamo v tekstu, smo poskusili predstaviti čim enostavnejše dokaze. Da pa tekst ne bi bil predolg, smo morali nekatere tehnično zahtevnejše dokaze, ki sicer niso ključni za razumevanje glavne snovi, preložiti v naloge. V navodilih k takim nalogam smo natančno opisali ideje in glavne korake dokazov, zato upam, da jih bodo prizadevni bralci lahko rešili. Zgledi za take sklope nalog so npr. asimptotične ocene za Besselove in Webrove funkcije, povezava funkcije Γ z Riemannovo funkcijo ζ ter dokaz izreka o praštevilih. (Ta izrek pravi, da je število praštevil, ki so manjša od pozitivnega realnega števila x, asimptotično enako x/ ln x. Domneval ga je že Gauss okrog leta 792, dokazala pa sta ga šele leta 896 Hadamard in de la Vallee Poussin. Sedaj obstajajo tudi precej krajši dokazi; enega od njih bomo orisali, porazdeljenega med nalogami v več razdelkih, kot zgled uporabe Laplaceove in Fourierove transformacije ter kompleksne analize.) Mnoge naloge torej niso rutinske in so namenjene predvsem poglobitvi snovi, predstavljene v glavnem tekstu. Pri razlagi specialnih funkcij smo se izogibali preveliki splošnost. Zdi se nam namreč, da je npr. ortogonalne polinome bolje najprej obravnavati na konkretnem primeru Legendreovih polinomov, kot pa takoj vpeljati splošnejše (npr. Jacobijeve polinome), ki vsebujejo dodatne parametre. Druge pomembne zglede ortogonalnih polinomov (Hermiteove, Laguerrove, Čebiševe...) lahko bralec obravnava v nalogah na podoben način kot Legendreove v glavnem delu teksta. Kot predznanje pričakujemo le poznavanje osnov diferencialnega in integralskega računa (vključno s funkcijami več spremenljivk) ter linearne algebre. Najtežji razdelki in zahtevnejše naloge so označeni z znakom *. Knjiga vsebuje znatno več snovi kot pa je je mogoče predelati v enosemestrskem tečaju. Razdelki in naloge, ki niso nujno del dodiplomskih tečajev iz splošne analize, čeprav morda niso zelo zahtevni, so označeni z znakom.

9 PREDGOVOR 9 Kolegoma Janezu Šteru in Marku Petkovšku se zahvaljujem za risanje nekaterih slik, Matiji Lokarju pa, da mi je povedal za obstoj geogebre. Tiste slike, ki sem jih najprej narisal sam, pa je bilo treba temeljito popraviti, pravzaprav na novo narisati, za kar gre zahvala Matjažu Zaveršniku, ki je delo tudi oblikovno uredil in odpravill marsikatero tipografsko napako. Kolegu Janezu Šteru ter študentom in študentkam Jašu Bensi, Jerneju Finžgarju, Iris Ulčakar, Urši Uršič, Mateju Ocvirku in Marku Serafimoviću gre zahvala za popravke, ki so jih prispevali. Za njegove komentarje in popravke pa se želim še posebej zahvaliti Mirku Dobovišku, ki je posvetil veliko časa pregledovanju tega dela. Opomba o označevanju. Oznaka N v tem delu pomeni množico naravnih števil vključno z. Ljubljana, april 28 Bojan Magajna

10

11 POGLAVJE Osnovno o diferencialnih enačbah Splošna diferencialna enačba reda n je enačba oblike F (x, y, y, y,..., y (n) ) =, kjer je F dana funkcija n + 2 spremenljivk (definirana na kakem območju v R n+ ), y neznana funkcija spremenljivke x, y (k) pa njeni odvodi. (Območje pomeni odprto povezano množico.) Red enačbe je torej red najvišjega odvoda, ki nastopa v enačbi. Ker je tukaj y funkcija ene same spremenljivke, imenujemo take enačbe tudi navadne diferencialne enačbe, za razliko od parcialnih, v katerih nastopajo kot neznanke funkcije več spremenljivk. Niti enačbe. reda niso vedno rešljive; npr. enačbe (y ) 2 + = ne more rešiti nobena funkcija y z realnimi vrednostmi, saj je vedno (y ) 2 +. Ta razlog pa je povsem algebraičen; če se da enačbo napisati v obliki y = f(x, y), kjer je f zvezna funkcija, se da pokazati, da ima vedno rešitev (vsaj lokalno), vendar se bomo z obstojem rešitev v splošnem ukvarjali kasneje. Najprej si bomo ogledali nekatere vrste enačb, ki jih je mogoče rešiti elementarno. Kot je razvidno že iz enačbe y = (katere rešitve so y = x + C, kjer je C poljubna konstanta), je rešitev diferencialne enačbe v splošnem družina funkcij (in ne zgolj ena sama funkcija). Splošno rešitev enačbe bomo imenovali rešitev, ki zajema (kot posebne primere) vse možne rešitve. Vsako funkcijo, ki zadošča enačbi, pa lahko potem imenujemo delna ali partikularna rešitev. Do diferencialnih enačb privedejo mnogi problemi iz drugih področij znanosti, kot bomo videli v zgledih in nalogah... Nekatere enačbe. reda, ki nastopajo pogosto Oglejmo si nekaj primerov enačb. reda, ki jih je mogoče rešiti elementarno.... Enačba z ločljivima spremenljivkama. Tako imenujemo enačbo, ki jo lahko zapišemo v obliki g(y)y = f(x), kjer sta f in g dani zvezni funkciji. Tedaj lahko obe strani enačbe integriramo, da dobimo g(y) dy = f(x) dx oziroma (..) G(y) = F (x) + C, kjer smo z G in F označili funkciji, ki ju dobimo po integriranju funkcij g in f, C pa je integracijska konstanta. (Zadošča pisati le eno integracijsko konstanto, saj se

12 2. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH integracijski konstanti leve in desne strani odštejeta v eno konstanto.) Če se da iz (..) izraziti y kot funkcijo spremenljivke x, smo tako dobili rešitev, sicer pa štejemo, da predstavlja (..) rešitev v implicitni obliki. Zgled... Enačbo yy = 2(xy + x) lahko preoblikujemo (če y ) v y dy = 2x dx, y + kjer sta spremenljivki ločeni. To lahko napišemo tudi v obliki ( y+ ) dy = 2x dx in po integriranju dobimo y ln y + = x 2 + C, kar štejemo za implicitno podano rešitev. Toda tudi konstantna funkcija y = je očitno rešitev enačbe, ki smo jo izgubili pri deljenju. Opomba..2. Če želimo biti popolnoma dosledni, moramo zapisati, da je { ln(y + ) + y + dy = C, če je y + >, ln y + + C 2, če je y + <, kjer konstanti C in C 2 nista nujno enaki. Zato zgoraj zapisana rešitev enačbe ni povsem splošna, vendar bomo zaradi jedrnatosti v podobnih primerih tudi v prihodnje pisali, da je kar dx x = ln x + C, čeprav to ni povsem korektno, ker konstanta C ni nujno ista za pozitivne in negativne x...2. Enačba oblike y = f( y x ). Tukaj je f zvezna funkcija. Z novo neznanko v = y x, torej y = xv in y = xv + v, tako enačbo preoblikujemo v enačbo kjer sta spremenljivki x in v ločljivi. xv = f(v) v, Zgled..3. Enačbo y = x + y x y = + y x y x substitucija v = y x preoblikuje v xv = + v v v = + v2 v. Ko ločimo spremenljivki, dobimo v + v 2 dv = dx x. Z integriranjem dobimo oziroma kar štejemo za implicitno podano rešitev. arctg v 2 ln( + v2 ) = ln x + C arctg y x = ln x 2 + y 2 + C,

13 .. NEKATERE ENAČBE. REDA, KI NASTOPAJO POGOSTO 3 v..3. Linearna enačba. reda. To je vsaka enačba, ki se jo da preoblikovati (..2) y = py + q, kjer sta p in q dani (zvezni) funkciji na kakem intervalu I, ki je lahko tudi poltrak ali cela realna os. Če je q, imenujemo enačbo homogena. Tedaj sta spremenljivki ločljivi, dy y = p dx, in z integriranjem dobimo ln y = P +ln C, kjer je P (x) := x p(t) dt a (za kako poljubno izbrano začetno točko a I), integracijsko konstanto pa smo imenovali ln C (namesto C). Potem je (..3) y = Ce P. Korektnost tega postopka je sicer vprašljiva, ker smo delili s funkcijo y, ki ima morda ničle, pa tudi integral dy y je ln y (ne le ln y). Vendar pa lahko z enostavnim računom preverimo, da je enačba y = py ekvivalentna enačbi (ye P ) =, torej mora biti ye P konstanta, imenujmo jo C, zato y = Ce P. Da bi rešili prvotno enačbo (..2), ko q ni identično, pa bomo sedaj vstavili vanjo izraz (..3), kjer pa C ne bo več konstanta, temveč nova neznanka. Postopek imenujemo zato variacija konstante. Torej je y = C e P + Ce P p (kjer smo upoštevali, da je P = p). Enačbo (..2) tako preoblikujemo v C e P = q. Od tod je C = x a e P (t) q(t) dt + K, kjer je K konstanta, in potem x y(x) = Ce P (x) = e P (x) e P (t) q(t) dt + Ke P (x). Zgled..4. Rešimo enačbo (..4) xy 3y = x 4. a Ko v homogeni enačbi xy 3y = ločimo spremenljivki, dobimo dy y = 3 dx x, torej ln y = 3 ln x + ln C oziroma y = Cx 3. Ko vstavimo ta izraz v prvotno enačbo (..4) (pri čemer pa C ni več konstanta) in uredimo, dobimo C x 4 = x 4. Od tod je C = x + K, kjer je K konstanta, in končno y = Cx 3 = (x + K)x Bernoullijeva enačba. To je enačba oblike (..5) y = py + qy n, kjer sta p in q dani zvezni funkciji, n pa (realna) konstanta, n,. Kadar je n >, je ena rešitev te enačbe y. Če enačbo delimo z y n, opazimo, da jo vpeljava nove neznanke v = y n spremeni v linearno. Tedaj je namreč y = v n, y = n v n v in s kratkim računom preoblikujemo Bernoullijevo enačbo v (..6) n v = pv + q, ki je linearna. Pri tem smo delili z v n n in tako izgubili rešitve v, ki so identično na kakem intervalu, če je n >. V vsaki ničli x funkcije v je tudi y(x ) = in

14 4. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH y (x ) = n v(x ) n n v (x ) =, če je n (, ), zato lahko v točki (x, ) zlepimo rešitvi y in y = v n. Npr. funkcija, enaka za x x in enaka v(x) n za x > x, je tudi rešitev. Zgled..5. (i) Enačbo xy + y = x 4 y 3 preoblikuje substitucija v = y 2 (ki pa pozablja na morebitne ničle funkcije y) v (..7) 2 v = x v + x3. Homogeni del te linearne enačbe, 2 v = dv xv, napišemo kot v = 2dx x in integriramo, kar privede do ln v = 2 ln x+ln C oziroma v = Cx 2. Ko po metodi variacije konstante vstavimo to v linearno enačbo (..7) in uredimo, dobimo 2 C = x, torej je C = x 2 + K, kjer je K konstanta. Zato je v = Cx 2 = x 4 + Kx 2 in končno y = ±v 2 = ±(Kx 2 x 4 ) 2. Rešitev pa je tudi y. (ii) Enačba (..8) y = 2y /2 je Bernoullijeva (in z ločljivima spremenljivkama). Če za hip spregledamo možnost ničel rešitev, jo lahko napišemo kot 2 y /2 y = oziroma (y /2 ) =. Torej je y = (x + c) 2, kjer je c poljubna konstanta, rešitev enačbe (..8). Tudi funkcija y je očitno rešitev enačbe (..8). Za vsak c sta potem tudi funkciji y = {, x c, (x + c) 2, x > c in y = { (x + c) 2, x,, x > rešitvi enačbe (..8). Vse te štiri rešitve zadoščajo istemu začetnemu pogoju y( c) =. Nadaljnje rešitve dobimo, če v točki (c, ) zlepimo del parabole y = (x c) 2, x c, z daljico y =, c x d, v točki (d, ) pa to daljico z delom parabole y = (x d) 2, x d, kjer sta c in d poljubni realni konstanti in c d. Slika.. V točki C = (c, ) je mogoče zlepiti del parabole y = (x c) 2 (x c) z daljico y = (c x d), le to pa nato z delom parabole y = (x d) 2 (x d) v novo rešitev.

15 .. NEKATERE ENAČBE. REDA, KI NASTOPAJO POGOSTO Eksaktna enačba. Diferencialno enačbo y = f(x, y) lahko zapišemo tudi kot f(x, y) dx dy =. Splošnejšo enačbo take oblike (..9) ω := f(x, y) dx + g(x, y) dy = znamo rešiti, če je izraz ω totalni diferencial kake funkcije u, torej ω = du = u x dx + u y dy. Tedaj namreč enačba ω = du = pomeni le (na povezanem območju v ravnini), da je funkcija u konstantna, torej u(x, y) = C, kar imamo lahko za implicitno podano rešitev. Pogoj za to, da je ω totalni diferencial, se pravi, da je f = u u x in g = y za kako (predpostavimo, da dvakrat zvezno odvedljivo) funkcijo u, je enakost f y = 2 u y x = 2 u x y = g x. (Da se pokazati, kot posledico Greenove formule, da je na območjih brez lukenj ta pogoj tudi zadosten.) V splošnem, ko ω ni totalni diferencial, nam morda uspe najti kako tako funkcijo µ brez ničel, da je µω totalni diferencial kake funkcije u; tako funkcijo µ imenujemo integrirajoči množitelj. Ker je tedaj enačba ω = ekvivalentna enačbi du = µω =, je spet u(x, y) = C implicitno podana rešitev. Potreben pogoj, da je µω totalni diferencial kake funkcije je (µf) y (..) = (µg) x µ (g µ x f µ y ) = f y g x., se pravi Ta pogoj za funkcijo µ je v splošnem zapleten, z njim si lahko pomagamo le v posebnih primerih. Poglejmo na primer, kdaj obstaja integrirajoči množitelj µ, ki je odvisen le od spremenljivke x (torej µ y = ). V tem primeru se enakost (..) poenostavi v µ g dµ dx = f y g x, kar lahko napišemo (tam, kjer g ni ) kot (..) d(ln µ) dx = f y g x Če je izraz na desni strani v (..) odvisen le od x, potem je (vsaj na območjih brez lukenj ) ustrezni integrirajoči množitelj. Zgled..6. V enačbi µ = e g f y g x g dx (..2) y dx + (x 2 y x) dy = je f(x, y) = y, g(x, y) = x 2 y x in f y g x g = 2 2xy x(xy ) = 2 x. Torej je µ(x) = e 2 x dx = e 2 ln x = x 2. Ko pomnožimo enačbo (..2) z x 2, dobimo y x 2 dx + (y ) dy =. x.

16 6. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Sedaj je lahko preveriti, da je izraz na levi strani te enačbe totalni diferencial. Poiskati moramo tako funkcijo u, da bo (..3) u x = y x 2 in u y = y x. Iz prve enakosti v (..3) sledi (z integriranjem po x), da je u(x, y) = y x + C(y), kjer je C še neznana funkcija, ki jo določimo tako, da vstavimo ta izraz za u v drugo enakost (..3). Tako dobimo se pravi C (y) = y in C(y) = y2 2 y x + y2 2 + K in tako y x + C (y) = y x, x + y2 2 = konst. implicitno podana rešitev enačbe (..2). + K, kjer je K konstanta. Torej je u(x, y) = V nalogah bomo obravnavali še nekatere druge vrste enačb prvega reda, ki jih je mogoče rešiti eksplicitno, vendar pa le te ne bodo nastopale kasneje v delu. Naloge. Poiščite splošno rešitev enačbe xe x2 +y = yy. 2. (Radioaktivni razpad) Masa dm radioaktivnega elementa, ki razpade v času dt, je sorazmerna s trenutno maso m elementa, torej dm = κm dt, kjer je κ konstanta, odvisna od elementa. Pokažite, da je rešitev te enačbe m = m e κt, kjer je m začetna masa (torej m = m()). Kako se izraža konstanta κ z razpolovnim časom elementa? (Razpolovni čas je čas, v katerem se masa elementa zmanjša na polovico.) 3. (Kemijske reakcije drugega reda) Pri kemijski reakciji iz po ene molekule snovi A in B nastane ena molekula snovi X (in morda še drugi stranski produkti). Označimo količine teh snovi, merjene v molih, z a(t), b(t) in x(t). Pri reakcijah drugega reda je hitrost dx dt nastajanja snovi x sorazmerna s produktom trenutnih količin snovi a in b, torej (..4) dx dt = κab = κ(a x)(b x), kjer sta a in b začetni količini snovi A in B, izraženi v molih. (Zgled take reakcije je NaOH+HCl NaCl+H 2 O.) Rešite enačbo (..4) pri danih začetnih pogojih a() = a, b() = b, x() =. (Rezultat: če je a b, je x(t) = ab(eκ(b a )t ). Če pa je b e κ(b a )t a b = a, je x(t) = a a a κt+. Skicirajte graf zadnje funkcije, imenovene logistična krivulja. Pokažite tudi, da prva rešitev konvergira proti drugi, ko gre b proti a.) 4. S vpeljavo nove spremenljivke rešite diferencialno enačbo y = (y x) Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe y = 2x+3y 3x 2y.

17 .. NEKATERE ENAČBE. REDA, KI NASTOPAJO POGOSTO 7 6. Rešite diferencialno enačbo y = x+y+4 x y 6. (Namig: vpeljite novi spremenljivki ξ = x + a in η = y + b, kjer sta konstanti a in b tako določeni, da se v novih spremenljivkah enačba glasi dη dξ = ξ+η ξ η.) 7. Poiščite splošno rešitev enačbe y = 2x+2y+ 3x+y Poiščite splošno rešitev diferencialnih enačb: (i) xy y = x 2 cos x; (ii) y + y = x 2 + 2xe x ; (iii) (e y 2xy)y = y 2 (namig: zamenjajte vlogi spremenljivk x in y). 9. Med rešitvami enačbe y = y + x določite tiste, ki so naraščajoče na poltraku [, ).. Poiščite tisto rešitev diferencialne enačbe y = x(y 2 + ), ki zadošča pogoju y() =.. Napišite tisto rešitev enačbe y = y + f(x), ki zadošča pogoju y() =. Ali je lahko kaka rešitev te enačbe omejena, če je f pozitivna zvezna funkcija na R? 2. Napišite splošno rešitev diferencialne enačbe y = y + f(x). Če je f na vsej realni osi omejena in zvezna funkcija, pokažite, da so vse rešitve omejene na poltraku [, ). 3. (Idealno zrcalo) Od katere ravninske krivulje se vsi žarki, izhajajoči iz koordinatnega izhodišča, odbijejo vzporedno z abscisno osjo? (Rešitev: Naj žarek, izhajajoč iz izhodišča, oklepa s pozitivnim poltrakom abscisne osi kot ϕ in naj zadene krivuljo y = y(x), ki predstavlja obliko zrcala, v točki T (x, y(x)). Naj bo α kot, ki ga ta žarek oklepa s tangento t na krivuljo v točki T (x, y(x)) in naj bo S presečišče te tangente z abscisno osjo. Ker je odbiti žarek vzporeden z abscisno osjo in oklepa enak kot α s tangento t, sledi, da je ϕ (zunanji kot trikotnika T S) enak 2α (vsota nasprotnoležnih notranjih kotov). Ker je tg α = y (x) in tg ϕ = y(x), dobimo iz trigonometrijske formule tg ϕ = tg (2α) = Od tod izrazimo 2tg α tg 2 α diferencialno enačbo y x = 2y (y ) 2. x y = x ± x 2 + y 2. y To enačbo bi lahko rešili z vpeljavo nove neznanke v = y x, vendar je nekoliko krajša drugačna pot. Pišimo y = dy dx in preoblikujmo enačbo v x dx + y dy = ± x 2 + y 2 dx oziroma v ± d(x 2 + y 2 ) 2 x2 + y = dx. 2 Z integriranjem dobimo od tod ± x 2 + y 2 = x + C, kjer je C konstanta. To lahko preuredimo v y 2 = 2Cx + C 2, kar predstavlja družino parabol, s skupno osjo (sovpadajočo z abscisno osjo) in skupnim goriščem.) 4. Rešite enačbe:

18 8. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Slika.2. Idealno zrcalo (i) x dy y dx = ( + y 2 ) dy; (ii) (3x 2 y 2 ) dy 2xy dx = ; (iii) y dx + (x 2 y x) dy =. (Navodilo: enačbo lahko preoblikujemo najprej v y dx x dy + x 2 y dy =, nato v x 2 d( y x ) + x2 y dy = oziroma d( y2 2 y x ) =.) 5. (Družine krivulj) Pri fiksni vrednosti parametra c predstavlja enačba (..5) f(x, y, c) = ravninsko krivuljo (vsaj, kadar vektor ( f y ) ni nikjer ). V celoti predstavlja torej taka enačba (..5) družino krivulj. Pri konstantnem c pomeni zveza (..5), da je (vsaj lokalno, kadar je f y ) y funkcija spremenljivke x in z odvajanjem na x dobimo iz (..5) (..6) x, f f f (x, y, c) + x y (x, y, c)y =. Če nam uspe enačbi (..5) in (..6) tako skombinirati, da dobimo iz njiju neko povezavo oblike F (x, y, y ) =, v kateri ni več parametra c, smo s tem dobili diferencialno enačbo dane družine krivulj (..5). (i) Poiščite na pravkar opisani način diferencialno enačbo družine koncentričnih krožnic x 2 + y 2 = c 2. (Rešitev: z odvajanjem na x (pri konstantnem c) dobimo 2x + 2yy = oziroma x + yy =, kar je že iskana enačba.) (ii) Poiščite diferencialno enačbo družine krožnic x 2 + y 2 = 2cx (katerih značilnost je, da imajo vse središča na abscisni osi in gredo skozi koordinatno izhodišče). (Rešitev: z odvajanjem na x in deljenjem z 2 dobimo x + yy = c, iz enačbe same pa c = x2 +y 2 2x, torej je x + yy = x2 +y 2 2x oziroma 2xyy = y 2 x 2.)

19 .. NEKATERE ENAČBE. REDA, KI NASTOPAJO POGOSTO 9 2xy x 2 y 2 6. (Ortogonalne trajektorije) Ortogonalna trajektorija na dano družino krivulj f(x, y, c) = je vsaka krivulja, ki seka vse krivulje dane družine pravokotno. Pokažite: če je F (x, y, y ) = diferencialna enačba dane družine krivulj, potem je F (x, y, y ) = diferencialna enačba ortogonalnih trajektorij. Poiščite tudi ortogonalne trajektorije na družini krivulj iz prejšnje naloge. (Rezultat: (i) Ortogonalne trajektorije so poltraki s krajiščem v. (ii) Diferencialno enačbo ortogonalnih trajektorij lahko napišemo kot y = (če je y ±x) in jo torej lahko rešujemo z novo spremenljivko v = y x. Rešitev te enačbe je družina krožnic x2 + y 2 = cy, ki imajo središča na oordinatni osi in potekajo skozi.) 7.* (Riccatijeva enačba) (i) Naj bodo p, q, r, s dane zvezno odvedljive funkcije na R (ali na kakem intervalu ali pa poltraku) in predpostavimo, da je funkcija ps qr brez ničel. Pokažite, da družina krivulj (..7) y = p + dq r + ds zadošča Riccatijevi diferencialni enačbi oblike (d R) (..8) y = ay 2 + by + c, kjer so a, b, c funkcije. (Namig: najprej odvajajte na x enakost y(r + cs) = p + dq.) (ii) Naj bo y kaka partikularna rešitev enačbe (..8), y pa poljubna nadaljnja rešitev te enačbe. Pokažite, da funkcija v := y y zadošča Bernoullijevi enačbi v = (2ay + b)v + av 2. Napišite splošno rešitev te Bernoullijeve enačbe in pokažite, da ima vsaka rešitev y Riccatijeve enačbe obliko (..7) za kake funkcije p, q, r, s in kako konstanto d. 8. (Ovojnica družine ravninskih krivulj) Ovojnica družine krivulj (..9) f(x, y, c) = je krivulja (če obstaja), ki se v vsaki svoji točki dotika kake krivulje družine (..9). Predpostavimo, da ovojnica obstaja in da gre skozi vsako njeno točko le ena krivulja družine. Radi bi izpeljali enačbo ovojnice. Poljubna točka (x, y ) na ovojnici leži na kaki od krivulj družine; naj bo c(x, y ) vrednost parametra c na tej krivulji. Torej velja identiteta f(x, y, c(x, y )), od koder sledi s totalnim diferenciranjem (..2) f x (x, y, c(x, y )) dx + f y (x, y, c(x, y )) dy + f c (x, y, c(x, y )) dc =. V točki (x, y ) se ovojnica dotika krivulje f(x, y, c(x, y )) =, zato tam tangenta ovojnice sovpada s tangento na to krivuljo. Smerni koeficient y tangente na krivuljo f(x, y, c(x, y )) = (in s tem tudi tangente na ovojnico) v točki (x, y ) zadošča pogoju f x (x, y, c(x, y )) + f y (x, y, c(x, y ))y (x ) =.

20 2. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Ko zadnjo enakost pomnožimo z dx, dobimo f (..2) x (x, y, c(x, y )) dx + f y (x, y, c(x, y )) dy =. Iz (..2) in (..2) takoj sledi f c (x, y, c(x, y )) =. Če sedaj označimo splošno točko na ovojnici kar (x, y) (namesto (x, y )), lahko zapišemo f (..22) (x, y, c(x, y)) =. c Ker leži točka tudi na krivulji z vrednostjo parametra c(x, y), velja tudi (..23) f(x, y, c(x, y)) =. Sedaj iz (..23) in (..22) izpeljemo enačbo, v kateri ne bo več parametra c. Tako dobimo enačbo ovojnice. Slika.3. Asteroida x 2/3 + y 2/3 = kot ovojnica družine premic x cos c + y cos c =. Določite enačbo ovojnice družine premic družine najprej napišemo kot x cos c + y sin c (..24) x sin c + y cos c sin 2c = 2 in jo nato odvajamo na c, da dobimo (..25) x cos c y sin c cos 2c =. Iz sistema enačb (..24) in (..25) izrazimo (po kratkem računu) x = cos 3 c in y = sin 3 c, torej je ovojnica asteroida x 2/3 + y 2/3 =.) =. (Rešitev: Enačbo te 9. Naj bo f(x, y, c) družina rešitev enačbe F (x, y, y ) =. Utemeljite, zakaj je tedaj tudi ovojnica te družine (če obstaja) rešitev iste diferencialne enačbe. 2. (Clairotova enačba) Naj bo f poljubna zvezno odvedljiva funkcija. Pokažite, da je tedaj vsaka premica y = cx + f(c) rešitev Clairotove enačbe y = xy + f(y ).

21 .. NEKATERE ENAČBE. REDA, KI NASTOPAJO POGOSTO 2 Po nalogi 9 je tedaj rešitev tudi ovojnica te družine premic. Poiščite npr. rešitve enačbe y = xy + (y ) 2. (Rezultat: ovojnica družine premic y = cx + c 2 je y = x2 4.) 2. Lagrangeova enačba je oblike (..26) y = xf(y ) + g(y ), kjer sta f in g dani zvezno odvedljivi funkciji. (i) Kdaj je premica y = kx+n rešitev enačbe (..26)? (Odgovor: natanko tedaj, ko je k = f(k) in n = g(k).) (ii) Vpeljimo v enačbo (..26) parameter t := y, tako da je y = xf(t) + g(t), torej dy = f(t) dx + (xf (t) + g (t)) dt. Potem z uporabo zveze dy = y dx = t dx dobimo f(t) dx + (xf (t) + g (t)) dt = t dx, od koder sledi (f(t) t) dx dt + f (t)x + g (t) =, kar je linearna diferencialna enačba za x kot funkcijo spremenljivke t. Njena rešitev x = x(t, K) (kjer je K konstanta) predstavlja skupaj s formulo y = xf(t) + g(t) parametrično enačbo krivulje, katere eksplicitna oblika bi bila rešitev Lagrangeove enačbe (..26). Rešite na ta način enačbo 2(t ln t)+k (t ) 2 y = x(y ) 2 + 2y. (Rezultat: x =, y = krivulj sta rešitvi tudi premici y = in y = x + 2.) 2(t ln t)+k (t ) t 2 + 2t, kjer je K konstanta. Poleg teh Predpostavimo, da ima enoparametrična družina y = f(x, c) rešitev diferencialne enačbe F (x, y, y ) = ovojnico (naloga 8). Pokažite, da lahko (v primeru, ko je funkcija 2 f povsod neničelna) enačbo ovojnice te družine dobimo tako, da iz sistema c x F (x, y, y F ) =, y (x, y, y ) = izločimo y (s tem dobimo formulo oblike g(x, y) = ). (Namig: identiteto F (x, f(x, c), f (x, c)) = x odvajajte na c in upoštevajte, da je na ovojnici f c = po nalogi 8, tako da dobite F y =.) 23. Točka (x, y ) je izjemna za enačbo F (x, y, y ) =, če skoznjo v isti smeri potekata vsaj dve rešitvi enačbe. Množico vseh izjemnih točk imenujemo diskriminantna množica enačbe. Določite diskriminantno množico in vse rešitve diferencialne enačbe (..27) (y ) 2 (x + y)y + xy =. (Rešitev: Ker lahko enačbo zapišemo kot (y x)(y y) =, je vsaka rešitev enačb y = x in y = y tudi rešitev enačbe (..27). Torej so krivulje y = x2 2 + C in y = Dex rešitve enačbe (..27). Ker sta oba smerna koeficienta, namreč y = x in y = y,

22 22. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH enaka natanko na premici y = x, potekata skozi vsako točko (a, a) na tej premici v isti smeri vsaj dve rešitvi; namreč parabola y = x2 a2 2 + (a 2 ) in krivulja y = aex a. Torej je diskriminantna množica te enačbe premica y = x. V vsaki točki (a, a) lahko zlepimo npr. del parabole y = x2 a2 2 + (a 2 ) (x a) z delom krivulje y = aex a (x a) in dobimo tako novo rešitev enačbe skozi (a, a).).2. Homogena linearna diferencialna enačba 2. reda Splošna linearna diferencialna enačba 2.reda se glasi f(x)y + g(x)y + h(x)y = d(x), kjer so f, g, h in d dane (privzeli bomo, da zvezne) funkcije na kakem intervalu I (ki je lahko tudi poltrak ali pa cela realna os), y pa je neznana, dvakrat zvezno odvedljiva funkcija. Na podoben način kot enačbe drugega reda bi lahko obravnavali tudi linearne enačbe višjih redov. Vendar pa v uporabi, npr. pri proučevanju nihanj, najpogosteje nastopajo le enačbe drugega reda; zato in zaradi računske enostavnosti se bomo pri obrvnavi linearnih enačb osredotočili v glavnem na enačbe drugega reda. Če je desna stran d identično enaka, imenujemo enačbo homogena. Kadar f nima ničel, dobimo po deljenju z f ekvivalentno enačbo oblike (.2.) y + p(x)y + q(x)y = r(x), kjer so p, q in r zvezne funkcije. Vse funkcije tukaj imajo lahko vrednosti v C. Za boljše razumevanje pa bomo morali kasneje take enačbe obravnavati tudi za funkcije kompleksne spremenljivke. Tedaj bomo, namesto x, spremenljivko imenovali z, odvodi bodo kompleksni, funkcije p, q, r... pa holomorfne na območjih v C. Ker enačb oblike (.2.) običajno ne moremo rešiti eksplicitno z znanimi funkcijami, je ugodno vedeti vsaj, da rešitve vedno obstajajo in so enolične pri danih začetnih pogojih, kar pove naslednji izrek. Izrek.2.. Če so p, q in r zvezne funkcije na intervalu I, potem za vsak x I in poljubni konstanti y, ỹ C obstaja natanko ena dvakrat zvezno odvedljiva funkcija y : I C, ki zadošča enačbi (.2.) in začetnima pogojema y(x ) = y, y (x ) = ỹ. Če so pri tem p, q, r realne funkcije in y, ỹ R, potem je tudi rešitev y realna funkcija. Izrek bomo dokazali kasneje v splošnejši obliki. Rešitev homogene linearne diferencialne enačbe drugega reda (.2.2) y + p(x)y + q(x)y = v splošnem ne moremo izraziti z elementarnimi funkcijami in ne obstaja nobena analitična metoda, ki bi prevedla reševanje takih enačb na računanje integralov. Videli pa bomo, da je zgradba množice vseh rešitev dokaj enostavna. Funkciji y in y 2 imenujemo linearno neodvisni, če nobena njuna netrivialna linearna kombinacija c y + c 2 y 2 (kjer sta c in c 2 kompleksni konstanti, ki nista obe enaki ) ni identično enaka. To pomeni, da nobena od obeh funkcij ni konstanten večkratnik druge.

23 .2. HOMOGENA LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA 2. REDA 23 kot Definicija.2.2. Determinanta Wronskega funkcij y, y 2 je funkcija, definirana W y,y 2 (x) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = y (x)y 2(x) y (x)y 2 (x). Trditev.2.3. Za determinanto Wronskega W = W y,y 2 dveh rešitev y, y 2 enačbe (.2.2) velja Liouvillova formula (.2.3) W (x) = W (x )e x x p(t) dt za vse x I, kjer je x poljubna točka iz intervala I, nad katerim opazujemo enačbo. Torej je W bodisi identično enaka bodisi nima nobene ničle na I. Dokaz. Opazimo, da je W = y y 2 y y 2 in vstavimo v ta izraz to, kar sledi iz dejstva, da y in y 2 zadoščata enačbi (.2.2), torej y j = py j qy j (j =, 2). Tako dobimo (.2.4) W = pw, x p(t) x kar lahko napišemo kot (W (x)e dt ) =. To pove, da je funkcija W (x)e konstantna. Ker je njena vrednost v točki x enaka W (x ), imamo sedaj od koder takoj razberemo formulo (.2.3). W (x)e x x p(t) dt = W (x ), x x p(t) dt Trditev.2.4. Rešitvi y, y 2 enačbe (.2.2) sta na intervalu I linearno neodvisni natanko tedaj, ko njuna determinanta Wronskega W ni identično enaka na I, kar je natanko takrat, ko W nima nobene ničle na I. Dokaz. Če sta dve funkciji linearno odvisni, recimo y 2 = cy za kako konstanto c, potem je W = y y 2 y y 2 = cy y cy y =. Ta sklep velja za splošni funkciji, čeprav morda nista rešitvi nobene enačbe oblike (.2.2). Predpostavimo sedaj, da sta y in y 2 rešitvi enačbe (.2.2) in da je njuna determinanta Wronskega W enaka v kaki točki x I. (Potem je po Liouvillovi formuli povsod enaka.) Tedaj sta stolpca matrike [ ] y (x ) y 2 (x ) y (x ) y 2(x ) linearno odvisna; privzeti smemo torej, da je npr. (y 2 (x ), y 2(x ) = c(y (x ), y (x )) za kako konstanto c. Toda potem funkcija v := y 2 cy zadošča enačbi (.2.2) (kar lahko bralec preveri z enostavnim računom) in začetnima pogojema v(x ) =, v (x ) =. Ker istim pogojem zadošča tudi trivialna rešitev, sledi iz osnovnega izreka o enoličnosti (izrek.2.), da je v =, torej y 2 = cy. Izrek.2.5. Množica vseh rešitev enačbe (.2.2) je dvorazsežen vektorski prostor. Če sta torej y in y 2 linearno neodvisni rešitvi, potem lahko vsako rešitev y izrazimo kot njuno linearno kombinacijo, y = c y + c 2 y 2, kjer sta c in c 2 primerni konstanti (v splošnem kompleksni, sicer pa realni, če nas zanimajo le realne rešitve in sta y in y 2 realni funkciji).

24 24. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Dokaz. Da je linearna kombinacija dveh rešitev spet rešitev, bo bralec lahko preveril sam. Privzemimo, da sta y in y 2 linearno neodvisni rešitvi in y poljubna rešitev. Naj bo x poljubna točka na intervalu I, nad katerim opazujemo enačbo. Ker sta rešitvi y in y 2 linearno neodvisni, po trditvi.2.4 njuna determinanta Wronskega nima ničel, zato sta vektorja (y (x ), y (x )) in (y 2 (x ), y 2(x )) linearno neodvisna. Torej lahko vsak dvorazsežen vektor izrazimo kot njuno linearno kombinacijo, se pravi, da obstajata taki konstanti c, c 2, da je (y(x ), y (x )) = c (y (x ), y (x )) + c 2 (y 2 (x ), y 2(x )). Funkcija v := c y + c 2 y 2 y tedaj zadošča pogojema v(x ) = in v (x ) = in je tudi rešitev enačbe (.2.2). Po osnovnem izreku o eksistenci in enoličnosti.2. mora zato biti v identično enaka. Torej je c y + c 2 y 2 y =, zato y = c y + c 2 y 2. Liouvillova formula nam omogoča poiskati vse rešitve enačbe (.2.2), če poznamo kako neničelno rešitev y. Za kako drugo (še neznano) rešitev y 2 je determinanta Wronskega W funkcij y in y 2 enaka y y 2 y 2 y = W. To enakost lahko napišemo kot ( y2 y ) = W oziroma, ko uporabimo še (.2.3), integriramo in pomnožimo z y y 2, W (x )e x p(t) dt x y 2 (x) = y (x) y 2(x) dx. Ker se po integraciji v tej formuli pojavi še ena splošna konstanta, dobimo na ta način pravzaprav celo družino rešitev. Med njimi lahko izberemo eno npr. tako, da postavimo W (x ) = in v gornji formuli napišemo določeni integral, namesto nedoločenega; tako dobimo (.2.5) y 2 (x) = y (x) x Zgled.2.6. Poiščimo vse rešitve enačbe x s p(t) dt x e y 2(s) ds. ( x 2 )y 2xy + 2y =, če smo uganili, da je ena rešitev y = x. Enačbo moramo najprej napisati v obliki (.2.2), od koder potem preberemo, da je p(x) = 2x x 2, torej p(x) dx = ln x 2. Po formuli (.2.5) (zapisani z nedoločenima integraloma) dobimo e ln x 2 dx y 2 (x) = x x 2 dx = x x 2 x 2. Za x < je torej y 2 (x) = x Partikularna rešitev je tako y 2 = + x y = c y +c 2 y 2 = c x+c 2 ( + x 2 za x >. dx ( x)( + x)x 2 = x [ x 2 + 2( x) + 2( + x) ] dx. ln +x x ln +x x, splošna rešitev pa potem po izreku ). Podobno bi lahko določili tudi rešitve

25 .2. HOMOGENA LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA 2. REDA 25 Naloge. Nekaterim (ne nujno linearnim) enačbam drugega reda je mogoče znižati red. Tako npr. vsako enačbo oblike F (x, y, y ) = (kjer je F dana funkcija treh spremenljivk) spremenimo v enačbo prvega reda, če vpeljemo novo neznako v := y. Rešite na ta način npr. enačbe: (i) xy y = 3x 2 ; (ii) xy +4y =, poiščite tisto rešitev, ki zadošča pogojema y() = in y () = ; (iii) y + 2xy = x 3, pri pogoju y () = 2. (iv) y xy = x, pri pogojih y() = 2 in y () =. 2. (Oblika obešene niti) Opazujmo nit, obešeno v dveh točkah. Izberimo koordinatni sistem tako, da bo os y potekala skozi najnižjo točko niti, imenujmo jo A, pravokotno na nit, os x pa naj bo vzporedna tangenti na nit v točki A. Opazujmo del AX. Bodita F in F sili, s katero niti med točko A in kako drugo točko X, torej lok preostala dela niti delujeta na ta lok v točkah A in X zaporedoma. Naj bo φ kot, ki ga tangenta na nit v točki X oklepa s vzporednico pozitivnega poltraka abscisne osi, g težni pospešek, ρ linearna gostota niti (to je masa na enoto dolžine), ki naj bo konstantna, s pa dolžina loka AX. Pogoja ravnovesja sil na lok Slika.4. Obešena nit AX v smeri osi y in x se glasita F sin φ = ρgs, F cos φ = F. Ko delimo prvo enačbo z drugo in upoštevamo, da je tg φ = y (x), kjer je y = y(x) (za zdaj še neznana) enačba krivulje, ki jo oblikuje nit, in x abscisa točke X, dobimo y = as, kjer je a konstanta ρg F. Ko to enačbo odvajamo na x in upoštevamo, da je ds dx = + (y ) 2, dobimo diferencialno enačbo niti y = a + (y ) 2.

26 26. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Rešite to enačbo! (Rešitev je y = ach ax + C, kjer je C konstanta.) 3. Tudi enačbam oblike F (y, y, y ) = lahko znižamo red z vpeljavo nove spremenljivke v = y. Pri tem pa bomo obravnavali v kot funkcijo spremenljivke y, tako da je po pravilu za posredno odvajanje y = dv dx = dv dy dy dx = v dv dy. Enačba se potem glasi F (y, v, v dv dy ) =, kar je diferencialna enačba prvega reda za v kot funkcijo spremenljivke y. Ko jo rešimo, dobimo v v obliki v = g(y, C), kjer je g neka funkcija, v kateri nastopa še integracijska konstanta C, ki se je pojavila pri reševanju enačbe prvega reda. Končno lahko iz zveze y = v = g(y, C), ki je diferencialna enačba z ločljivima spremenljivkama dy (tj. g(y,c) = dx), izračunamo y kot funkcijo spremenljivke x. Poiščite na zgoraj opisani način tisto rešitev enačbe yy = y 2 y + (y ) 2, ki zadošča pogojema y() = 2, y () =. 4. Poiščite enačbo oblike (.2.2), katere rešitvi sta funkciji y = e 2x in y 2 = xe 2x. 5. Dokažite, da funkciji y (x) = x 3 in y 2 (x) = x 2 x ne moreta biti rešitvi iste diferencialne enačbe oblike (.2.2). (Namig: opazujte njuno determinanto Wronskega v točki in še kaki drugi točki.) 6. Preverite, ali je y (x) := x 2 sin x rešitev enačbe in nato poiščite vse rešitve te enačbe. x 2 y + xy + (x 2 )y =, 4 7. Vsota dveh partikularnih rešitev enačbe y + xy + q(x)y = je. Določite q in vse rešitve te enačbe. 8. Določite funkciji p in q v enačbi y + p(x)y + q(x)y =, če je ena rešitev y = e x2, determinanta Wronskega vsakih dveh rešitev pa je konstantna. 9. Pokažite: če so vse rešitve enačbe y +p(x)y +q(x)y = (p, q zvezni funkciji na R) periodične s periodo ω, potem sta p in q periodični s periodo ω in ω p(x) dx =. (Namig: Liouvillova formula.). Pokažite: determinanta Wronskega dveh linearno neodvisnih rešitev enačbe y + p(x)y + q(x)y = je konstantna natanko tedaj, ko je p(x) = za vse x na intervalu, na katerem opazujemo enačbo.. Naj rešitvi y, y 2 diferencialne enačbe y + x 2 y + x 4 y = zadoščata pogojem y () =, y () =, y 2 () =, y 2() =. Izračunajte njuno determinanto Wronskega. Ali sta rešitvi linearno odvisni? Kako se z njima izraža rešitev, ki zadošča pogojema y() = 2, y () = 2?

27 .3. PREVEDBA REŠEVANJA NA HOMOGENO ENAČBO Pokažite, da sta na kakem intervalu zvezno odvedljivi funkciji y in y 2, ki nimata skupne ničle in katerih ničle nimajo stekališč, rešitvi iste diferencialne enačbe oblike (.2.2) natanko tedaj, ko je njuna determinanta Wronskega bodisi identično enaka bodisi nima nobene ničle. 3. Ali ima lahko netrivialna rešitev (to je rešitev, ki ni identično ) enačbe (.2.2) ekstrem in ničlo v isti točki? 4. Ali imata lahko dve linearno neodvisni rešitvi enačbe y + p(x)y + q(x)y = ekstrem v isti točki? 5. Dokažite: če imata linearno neodvisni rešitvi y in y 2 enačbe y + p(x)y + q(x)y = prevoj v isti točki x, potem je p(x ) = = q(x ). (Namig: vektorja (y (x ), y (x )) in (y 2 (x ), y 2(x )) sta linearno neodvisna.).3. Prevedba reševanja na homogeno enačbo V tem razdelku si bomo ogledali, kako rešiti enačbo (.3.) y + py + qy = r, kjer so p, q, r dane zvezne funkcije na kakem intervalu I, v primeru, da znamo rešiti ustrezno homogeno enačbo (.2.2). Najprej pa poglejmo, kakšna je zgradba množice vseh rešitev enačbe (.3.). Trditev.3.. Naj bo y p partikularna rešitev enačbe (.3.) (torej neka konkretna rešitev), y pa poljubna nadaljnja rešitev. Potem je funkcija y h := y y p rešitev ustrezne homogene enačbe (.2.2). Velja tudi obratno: za vsako rešitev y h homogene enačbe (.2.2) je vsota y p + y h rešitev enačbe (.3.). Dokaz. Dokaz sestoji iz naslednjega preprostega računa: y h + py h + qy h = (y y p ) + p(y y p) + q(y y p ) = (y + py + qy) (y p + py p + qy p ) = r r =. Tudi dokaz v obratno smer je podoben preprost račun, ki ga bomo tukaj opustili. Bodita y in y 2 linearno neodvisni rešitvi enačbe y + py + qy =. Do kake rešitve enačbe (.3.) bomo poskusili priti z nastavkom y = c y + c 2 y 2, kjer sta c in c 2 novi neznani funkciji. Če sta c in c 2 konstanti, je tako definirana funkcija y le rešitev homogene enačbe (.2.2); v nastavku pa c in c 2 nista več konstanti, zato bomo postopek, ki ga bomo opisali, imenovali metoda variacije konstant. Imamo y = (c y + c 2y 2 ) + (c y + c 2 y 2). Pri računanju drugega odvoda y bi se pojavili drugi odvodi funkcij c in c 2. Zaradi enostavnosti pa se želimo temu izogniti, zato bomo privzeli, da je izraz v prvem oklepaju gornje formule enak, torej (.3.2) c y + c 2y 2 =.

28 28. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH To se zdi precej samovoljen privzetek, toda videli bomo, da vodi do cilja. Zaradi zahteve (.3.2) je sedaj y = c y + c 2 y 2 in zato y = c y + c 2 y 2 + c y + c 2y 2. Ko vstavimo to v enačbo (.3.) in uredimo, dobimo c (y + py + qy ) + c 2 (y 2 + py 2 + qy 2 ) + c y + c 2y 2 = r. Ker sta y in y 2 rešitvi homogene enačbe, sta izraza v oklepajih enaka, torej je (.3.3) c y + c 2y 2 = r. Skupaj z (.3.2) predstavlja (.3.3) sistem dveh linearnih algebraičnih enačb za neznanki c in c 2; njegova rešitev je (.3.4) c = y 2r W, c 2 = y r W, kjer je W determinanta Wronskega, W = y y 2 y 2 y. Od tod lahko z integriranjem izračunamo c in c 2 in s tem tudi rešitev y = c y + c 2 y 2. Zgled.3.2. Lahko se je prepričati, da sta y = sin 2x in y 2 = cos 2x linearno neodvisni rešitvi enačbe y + 4y =. Enačbo y + 4y = tg 2x bomo zato reševali z nastavkom y = c sin 2x + c 2 cos 2x. Ker je determinanta Wronskega W funkcij y in y 2 enaka 2 (kot bo bralec zlahka izračunal), je po (.3.4) c = cos 2x cos 2x tg 2x dx = sin 2x dx = in 2 4 c 2 = sin 2x tg 2x dx = sin 2 2x cos cos 2x dx = 2x dx 2 cos 2x = 2 cos 2x dx + cos 2x dx = cos 2x sin 2x 2 2 sin 2 dx + 2x 4 = d(sin 2x) sin 2x 4 sin x 4 Ko v zadnji integral vpeljemo novo spremenljivko t = sin 2x, ga zlahka izračunamo in dobimo, da je enak +sin 2x 2 ln sin 2x = 2 ln +cos 2( π 4 x) cos 2( π 4 x) = 2 ln 2 cos2 ( π 4 x) 2 sin 2 ( π 4 x) = ln tg ( π 4 x) = ln tg (x + π 4 ). Torej je c 2 = 4 ln tg (x + π 4 ) + sin 2x. 4 Pri tem smo opustili pisanje integracijskih konstant, ker zadošča poiskati partikularno rešitev enačbe. Le ta je y p = c y + c 2 y 2 = 4 cos 2x sin 2x + ( 4 ln tg (x + π 4 ) + sin 2x) cos 2x 4 = 4 ln tg (x + π 4 ). Splošna rešitev pa je seveda y = y p + a y + a 2 y 2, kjer sta a in a 2 poljubni konstanti.

29 .4. ENAČBA S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI IN EULERJEVA ENAČBA 29 Naloge. Vsota dveh partikularnih rešitev enačbe y + p(x)y + y = je e x. Določite p in vse rešitve enačbe y + p(x)y + y = e x. 2. Naj bosta ch x in sh x rešitvi enačbe y + p(x)y + q(x)y =. Določi p, q in vse rešitve enačbe y + p(x)y + q(x)y = e x. 3. Poiščite splošno rešitev enačbe (x x 2 )y +2y = 2x. (Namig: najprej preverite, ali sta funkciji x in x 2 partikularni rešitvi te enačbe.) 4. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe ( x)x 2 y 2y = 2, kjer sta partikularni rešitvi in x. 5. Linearno neodvisni rešitvi enačbe y + ω 2 y =, kjer je ω konstanta, sta y = cos ωx in y 2 = sin ωx. Izpeljite iz (.3.4) formulo za tisto rešitev enačbe y + ω 2 y = r, ki zadošča začetnima pogojema y(a) = in y (a) =, kjer je a izbrana točka iz intervala, na katerem obravnavamo enačbo. (Rešitev: (.3.5) y(x) = ω x a r(t) sin ω(x t) dt. Preverite, da ta funkcija y res zadošča enačbi in začetnima pogojema.) 6. Pokažite: če sta u in v rešitvi enačb u +pu +qu = f in v +pv +qv = g, potem je za poljubni konstanti a in b funkcija y := au + bv rešitev enačbe y + py + qy = af + bg..4. Enačba s konstantnimi koeficienti in Eulerjeva enačba Če sta p in q konstanti, je mogoče vsaj eno rešitev enačbe (.4.) y + py + qy = poiskati z nastavkom y = e λx, kjer je λ konstanta. Ko vstavimo ta nastavek v enačbo (.4.) in jo nato delimo z e λx, dobimo namreč kvadratno enačbo (.4.2) λ 2 + pλ + q =, ki ima rešitvi λ,2 = 2 ( p ± p 2 4q). Če je pri tem λ 2 λ, dobimo tako dve linearno neodvisni rešitvi: y = e λx in y 2 = e λ2x. Kadar sta p in q realni konstanti, nas običajno zanimajo realne rešitve, funkciji y in y 2 pa sta kompleksni, če je p 2 4q <. Tedaj označimo a = p 2 in b := 2 4q p2, tako da je λ = a + ib, λ 2 = a ib = λ, y = e (a+ib)x = e ax (cos bx + i sin bx) in y 2 = e (a ib)x = e ax (cos bx i sin bx) = ȳ. Potem sta funkciji ỹ = 2 (y + y 2 ) = Re y = e ax cos bx in ỹ 2 = 2i (y y 2 ) = Im y = e ax sin bx realni rešitvi enačbe (.4.).

30 3. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Kadar je p 2 = 4q, je λ 2 = λ =: λ in gornji postopek da le eno rešitev, y = e λx. Drugo rešitev lahko dobimo s pomočjo Liouvillove formule (.2.5); preprost račun pove, da je vedno oblike y 2 = xe λx. Zgled.4.. (i) Pri enačbi y + y 6y = pripelje nastavek y = e λx do kvadratne enačbe λ 2 + λ 6 =, katere rešitvi sta λ = 3 in λ 2 = 2. Torej sta y = e 3x in y 2 = e 2x linearno neodvisni, y = c e 3x + c 2 e 2x pa splošna rešitev, pri čemer sta c in c 2 konstanti. (ii) Enačbi y 4y + 4y = odgovarjajoča kvadratna enačba λ 2 4λ + 4 = ima eno samo dvojno ničlo λ = 2. Zato je y = e 2x, y 2 = xe 2x in y = c e 2x + c 2 xe 2x splošna rešitev te diferencialne enačbe. (iii) Pri enačbi y 2y + 4y = pa ima ustrezna kvadratna enačba λ 2 2λ + 4 = kompleksni ničli λ,2 = ± i 3. Kompleksni rešitvi te enačbe sta torej y,2 = e x (cos( 3x)±i sin( 3x)), realni pa ỹ = e x cos( 3x) in ỹ 2 = e x sin( 3x). Splošna rešitev je y = e x (c cos( 3x)+c 2 sin( 3x)), kjer sta c in c 2 konstanti. Z metodo variacije konstant lahko sedaj načeloma rešimo vsako enačbo oblike y + py + qy = r, kjer sta p in q konstanti, r pa dana zvezna funkcija. Vendar pa obstaja v primeru, ko je desna stran oblike r(x) = f(x)e µx, kjer je µ konstanta, f pa polinom, hitrejša pot. V tem primeru namreč lahko, če µ ni ničla kvadratne enačbe λ 2 + pλ + q =, vedno najdemo partikularno rešitev enačbe (.4.3) y + py + qy = f(x)e µx (f polinom, µ konstanta) kar z nastavkom y = g(x)e µx, kjer je g polinom enake stopnje kot f. Njegove neznane koeficiente izračunamo iz enačbe, ki jo dobimo, ko vstavimo nastavek v (.4.3). Če pa je µ enostavna (ali pa dvojna) ničla kvadratne enačbe λ 2 + pλ + q =, potem moramo nastavek spremeniti v y = xg(x)e µx (oziroma v y = x 2 g(x)e µx ), kjer je g spet polinom enake stopnje kot f. Da ti nastavki (in podobni za enačbe višjih redov) vedno delujejo, bomo videli v 5. nalogi. Zgled.4.2. Da bi rešili enačbo (.4.4) y + 3y y = 6e 4x, poiščimo najprej rešitvi ustrezne homogene enačbe y + 3y y =, ki sta y = e 2x in y 2 = e 5x. Ker je v enačbi (.4.4) µ = 4 λ = 2 in µ λ 2 = 5 in je polinom na desni strani enačbe kar konstanta 6, iščemo partikularno rešitev enačbe z nastavkom y = Ae 4x. Ko vstavimo to v enačbo in jo nato delimo z e 4x, dobimo 6A+2A A = 6, torej A = 3. Partikularna rešitev je tako y p = 3 e4x, splošna pa (po trditvi.3. in izreku.2.5) y = 3 e4x + c e 2x + c 2 e 5x, kjer sta c in c 2 konstanti.

31 .4. ENAČBA S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI IN EULERJEVA ENAČBA 3 Zgled.4.3. Tudi pri enačbi (.4.5) y 2y + y = (x )e x rešimo najprej njen homogeni del y 2y + y = in sicer z nastavkom y = e λx. Ustrezna kvadratna enačba λ 2 2λ + = ima dvojno ničlo λ =, ki se ujema s koeficientom µ =, ki nastopa v eksponentu na desni strani enačbe (.4.5). Ker je polinom na desni strani v (.4.5) stopnje, iščemo partikularno rešitev z nastavkom y = x 2 (Ax + B)e x = (Ax 3 + Bx 2 )e x. To vstavimo v (.4.5), delimo z e x in uredimo, da dobimo 6Ax + 2B = x. Torej je A = 6 in B = 2. Partikularna rešitev je tako y p = x 2 ( 6 x 2 )ex, splošna pa y = y p + c e x + c 2 xe x. Zgled.4.4. V enačbi (.4.6) y + y = 3 cos x je desna stran Re 3e ix = 3 2 (eix + e ix ). Iz 6. naloge prejšnjega razdelka sledi (ker so koeficienti v enačbi realni), da je njena rešitev enaka realnemu delu rešitve enačbe (.4.7) y + y = 3e ix. Ustrezna homogena enačba y +y = ima rešitvi e ix in e ix (torej λ = i in λ 2 = i). Ker se tokrat koeficient µ = i v eksponentu na desni v (.4.7) ujema z λ in je λ 2 λ, polinom na desni v (.4.7) pa je konstanta, je nastavek za partikularno rešitev enačbe (.4.7) oblike y = xae ix. Ko vstavimo to v (.4.7), dobimo po krajšem računu, da je A = 3 2 i. Partikularna rešitev enačbe (.4.7) je tako 3 2 ixeix, enačbe (.4.6) pa njen realni del, torej y p = Re ( 3 2 ix(cos x + i sin x)) = 3 x sin x. 2 Ker sta realni rešitvi homogene enačbe y + y = kar cos x in sin x, je splošna rešitev enačbe (.4.6) Definicija.4.5. Enačbo oblike y = 3 2 x sin x + c cos x + c 2 sin x. (.4.8) x 2 y + pxy + qy =, (x > ) kjer sta p in q konstanti, imenujemo (homogena) Eulerjeva enačba. Z vpeljavo nove neodvisne spremenljivke prek zveze x = e t lahko Eulerjevo enačbo preoblikujemo v enačbo s konstantnimi koeficienti. Po pravilu za posredno odvajanje velja namreč y = dy dy dx = dt t dy = e dt = e t ẏ, dx dt

32 32. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH kjer smo s piko označili odvod na t. Ko uporabimo pravkar izpeljano pravilo y = e t ẏ na funkciji y (namesto y), dobimo y = dy dx = e t d dt (y ) = e t d dt (e t ẏ) = e 2t (ÿ ẏ). Ko sedaj vstavimo pravkar izpeljana izraza y = e t ẏ in y = e 2t (ÿ ẏ) v enačbo (.4.8) in upoštevamo še, da je x = e t, dobimo ÿ + (p )ẏ + qy =. To enačbo s konstantnimi koeficienti bi reševali z nastavkom y = e λt, kar izrazimo s spremenljivko x kot y = x λ. Torej bomo reševali Eulerjevo enčbo (.4.8) z nastavkom y = x λ. Kadar bo pri tem λ 2 = λ = λ, bo druga rešitev te λt = x λ ln x. Zgled.4.6. Ko v enačbo vstavimo y = x λ, dobimo za λ pogoj x 2 y + 5xy + 4y = λ(λ ) + 5λ + 4 =, se pravi λ,2 = 2. Dve linearno neodvisni rešitvi sta torej y = x 2 in y 2 = x 2 ln x, splošna rešitev pa y = x 2 (c + c 2 ln x). Zgled.4.7. Pri enačbi x 2 y + 3xy + y = (x > ) pripelje nastavek y = x λ do pogoja λ(λ ) + 3λ + =, od koder dobimo λ = + 3i in λ 2 = λ = 3i. Dve kompleksni rešitvi sta torej y = x +3i = x e 3i ln x = x (cos(3 ln x) + i sin(3 ln x)) in y 2 = ȳ. Realni rešitvi pa sta potem ỹ = 2 (y + ȳ ) = Re y = x cos(3 ln x) in ỹ 2 = Im y = x sin(3 ln x). Naloge. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe y + 6y = sin(4x). 2. Poiščite tisto rešitev diferencialnih enačb (i) y 9y + 2y = e 4x, (ii) y 8y + 6y = e 4x, ki zadošča pogojema y() = in y () =. 3. Rešite enačbo y 2ay + a 2 y = e ax. 4. Poiščite tisto rešitev diferencialne enačbe y 8y + 6y = e αx, ki zadošča pogojema y() = in y () =. (Obravnavajte različni možnosti glede na vrednost parametra α R.) 5. Rešite naslednji enačbi: (i) y 3y + 2y = 7 sin 2x + 8 cos 2x; (ii) y + 4y = 2 cos 2x + 4x 2. (Namig: 6. naloga iz prejšnjega razdelka.) 6. Zapišite splošno rešitev diferencialne enačbe y + a 2 y = sin bx, kjer sta a in b pozitivni konstanti. Če je y = y(x, b) kaka rešitev, ugotovite, kako je z limito z(x) = lim b a y(x, b) in kateri diferencialni enačbi zadošča.

33 .4. ENAČBA S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI IN EULERJEVA ENAČBA Pokažite, da za splošno rešitev enačbe y + py + qy =, kjer sta p in q realni konstanti, velja lim x y = natanko tedaj, ko je p > in q >. 8. Napišite splošno rešitev diferencialne enačbe y + ω 2 y = f(x). kjer je ω pozitivna konstanta, f pa zvezna funkcija na R. Ali je vsaka rešitev nujno periodična, če je f periodična s periodo ω? (Namig: obravnavajte primer f(x) = cos ωx.) 9. Rešite Eulerjeve enačbe: (i) x 2 y + 2xy 2y = ; (ii) x 2 y + 7y + y = ; (iii) x 2 y + 7y + 9y = ; (iv) x 2 y + 8xy + y =, y() = in y () =.. S kakšnim nastavkom bi reševali enačbo kjer so p, q in µ konstante, f pa polinom? x 2 y + pxy + qy = f(ln x)x µ (x > ),. Kdaj imajo vse rešitve enačbe y +py +qy =, kjer sta p in q realni konstanti, neskončno mnogo ničel? Kdaj pa velja to za rešitve Eulerjeve enačbe (.4.8)? 2. S pomočjo substitucije t = x 2 prevedite diferencialno enačbo xy + (4x 2 )y + 8x 3 y = na enačbo s konstantnimi koeficienti in jo rešite. 3.* Pokažite, da je mogoče prevesti diferencialno enačbo y + p(x)y + q(x)y = (kjer sta p in q > zvezni funkciji) na enačbo s konstantnimi koeficienti s substitucijo oblike t = t(x) natanko tedaj, ko je 2pq+q konstanta. q * Označimo z D operator odvajanja, torej Dy = y za vsako odvedljivo funkcijo y na intervalu I. Enačbo (.4.) lahko napišemo kot (.4.9) g(d)y =, kjer je g kvadratni polinom, g(x) = x 2 + px + q. Če g razstavimo na linearna faktorja, g(x) = (x λ )(x λ 2 ), lahko enačbo (.4.9) napišemo kot (.4.) (D λ I)(D λ 2 I)y =, kjer je I identični operator. Če je λ 2 λ, potem iz (.4.) sledi, da se da y izraziti kot y = y + y 2, kjer je (D λ j )y j =. (To je poseben primer znanega dejstva iz linearne algebre, glejte npr. [26, 3.4.8].) Tako enačba (.4.) razpade na dve enačbi prvega reda, namreč na enačbi y j = λ jy j. Če pa je λ 2 = λ = λ, označimo v := (D λi)y; potem se (.4.) glasi (D λi)v = oziroma v = λv. Od tod izračunajte najprej, da je v = ce λx, kjer je c konstanta, nato pa še y iz enačbe (D λi)y = v. To pojasni nastavek za reševanje homogene linearne enačbe 2. reda s konstantnimi koeficienti. Podoben argument velja tudi za enačbe višjih redov. Kaj je npr. splošna rešitev enačbe (D λi) n y =, kjer je n =, 2, 3,...? 5.* Naj bo E µ funkcija na R, definirana z E µ (x) = e µx, kjer je µ konstanta, in bodi f polinom stopnje n. Z oznakami iz prejšnje naloge lahko enačbo (.4.3) zapišemo kot (.4.) g(d)y = fe µ.

34 34. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH (i) Pokažite, da za poljubna polinoma g in F velja g(d)(f E µ ) = g(d + µi)(f )E µ. (Namig: indukcija na število linearni faktorjev, ki nastopajo v razcepu polinoma g.) (ii) Sklepajte iz (i), da nastavek y = F E µ spremeni enačbo (.4.) v (.4.2) g(d + µi)f = f. (iii) Dokažite: če µ ni ničla polinoma g, je operator g(d +µi) na prostoru polinomov stopnje do n injektiven, torej obrnljiv, zato ima tedaj enačba (.4.2) rešitev F, ki je polinom stopnje največ n. (Namig: razcepite g na linearne faktorje in upoštevajte, da je D nilpotenten operator na prostoru polinomov stopnje do n.) (iv) Pokažite, da za vsak k N obstaja tak polinom F stopnje največ n, da je D k F = f, kjer je F (x) = x k F (x). Sklepajte sedaj podobno kot v (iii), da ima enačba (.4.2) rešitev oblike F (x) = x k F (x), če je µ k-kratna ničla polinoma g. 6. (Nihanje) Opazujmo npr. kvader mase m, na vodoravni podlagi, pripet z vzmetjo koeficienta k na navpično steno. Sila vzmeti na kvader je tedaj F = kx, kjer je x odmik težišča kvadra od ravnovesne lege. Iz Newtonovega zakona F = ma sledi, da se diferencialna enačba za odmik x glasi mẍ = kx oziroma k ẍ + ω 2 x =, kjer je ω := m. Pokažite, da lahko splošno rešitev te enačbe zapišemo kot x(t) = c cos ωt+c 2 sin ωt = A cos(ωt ϕ ) za primerni konstanti A (amplituda) in ϕ (faza). Pokažite tudi, da je nihajni čas (to je čas, ki je potreben, da se argument v cos spremeni za 2π) enak 2π ω = 2π m k. Slika.5. Nihanje kvadra 7. (Vsiljeno nihanje) Če na kvader iz prejšnje naloge deluje še dodatna zunanja sila F = F cos ω t (v vodoravni smeri), potem je diferencialna enačba za odmik x težišča od ravnovesne lege ẍ + ω 2 x = F m cos ω t. Napišite rešitev te enačbe pri začetnih pogojih x() = A in ẋ() =. Primer ω = ω obravnavajte posebej in opazite, da tedaj maksimalni odmiki od ravnovesne lege naraščajo s časom. (Ta pojav imenujemo resonanca.)

35 .5. NIČLE REŠITEV HOMOGENIH LINEARNIH ENAČB 2. REDA (Dušeno nihanje) Predpostavimo, da na kvader iz 6. naloge deluje še sila, ki zavira gibanje in je sorazmerna s hitrostjo, torej F = cẋ, kjer je c pozitivna konstanta. Potem je enačba gibanja ẍ + 2bẋ + ω 2 x =, kjer je b = c k 2m in ω = m. Napišite tisto rešitev te enačbe, ki zadošča začetnima pogojema x() = A in ẋ() =. Pokažite, da v primerih b > ω in b = ω ne pride do nihanja, temveč se kvader le vrne v ravnovesno lego. Če pa je b < ω, potem pokažite, da lahko rešitev napišemo v obliki x = A Ω 2 + b 2 e bt cos(ωt ϕ ), kjer je Ω = ω Ω 2 b 2 in ϕ konstanta. Opazite, da maksimalni odmiki od ravnovesne lege padajo eksponentno. 9. Z oznakami iz prejšnjih dveh nalog se diferencialna enačba vsiljenega dušenega nihanja kvadra glasi ẍ + 2bẋ + ω 2 x = F m cos ω t. Pokažite, da je v primeru, ko je ω > b, splošna rešitev te enačbe x = e bt F (c cos Ωt + c 2 sin Ωt) + (k ω 2 m) 2 + ω cos(ω t ϕ 2 ). c2 Sklepajte, da po zelo dolgem času prvi del rešitve izzveni (gre proti, ko t ) in je F zato rešitev približno enaka cos(ω (k ω 2 t ϕ ). Sklepajte, da navsezadnje, m) 2 +ω 2c2 po dolgem času, kvader niha s tako frekvenco, kot jo vsiljuje zunanja sila. Opazite, da je pri šibkem dušenju (tj. c ) amplituda tega nihanja zelo velika, če je ω zelo blizu. (Takrat lahko spet govorimo o resonanci.) k m.5. Ničle rešitev homogenih linearnih enačb 2. reda Splošne homogene enačbe (.2.2) ne moremo vedno rešiti na elementaren način, vseeno pa lahko poskusimo opisati kvalitativne lastnosti rešitev. Zanima nas, kdaj se rešitve ponašajo podobno kot rešitve najpreprostejše med takimi enačbami y +ω 2 y = (torej funkciji cos ωx in sin ωx). Če si mislimo, da pomeni x čas, potem nas zanima, kdaj taka enačba pomeni nihanje, torej, kdaj imajo rešitve neskončno mnogo ničel (tj. prehodov skozi ravnovesno lego). V celotnem razdelku bosta p in q zvezni funkciji na I, kjer bo I realna os ali pa kak poltrak ali interval. Trditev.5.. Ničle netrivialne rešitve y enačbe y + py + qy = ne morejo imeti (končnih) stekališč. Vsaka ničla take rešitve je enostavna: če je y(x ) =, je y (x ). Dokaz. Predpostavimo, da bi bila kaka točka a I stekališče ničel kake netrivialne rešitve y. Torej, da bi obstajalo kako zaporedje (x n ) I ničel, ki bi konvergiralo proti a. Ker je y zvezna funkcija in y(x n ) =, bi bilo y(a) =. Nadalje bi imeli y y(x n ) y(a) (a) = lim =. x n a x n a

36 36. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Toda po izreku.2. iz pogoja y(a) = = y (a) sledi, da je y (saj istemu pogoju zadošča funkcija ), kar je v nasprotju s predpostavko, da je y netrivialna rešitev. Lema.5.2. Če imata rešitvi y in y 2 enačbe (.2.2) kako skupno ničlo x, potem sta linearno odvisni. Dokaz. Če sta rešitvi trivialni, ni kaj dokazovati, zato vzemimo, da npr. y ni trivialna in torej po prejšnji trditvi y (x ). Naj bo c = y 2 (x) y (x). Potem rešitev v := y 2 cy enačbe (.2.2) zadošča pogojema v(x ) = = v (x ), torej mora biti po izreku.2. identično enaka. Tedaj pa je y 2 = cy. Trditev.5.3. Če sta y in y 2 linearno neodvisni rešitvi enačbe (.2.2), je v intervalu (x, x 2 ) med dvema zaporednima ničlama x, x 2 funkcije y natanko ena ničla funkcije y 2. Dokaz. Brez izgube splošnosti lahko privzamemo, da je y (x) > za vse x (x, x 2 ) (sicer bi nadomestili y z y ). Privzemimo, da y 2 nima nobene ničle na (x, x 2 ); spet lahko privzamemo, da je y 2 pozitivna na tem intervalu (sicer jo nadomestimo z y 2 ). Po prejšnji lemi je potem y 2 (x) > za vse x [x, x 2 ]. Ker je y (x ) = in y (x) > za x (x, x 2 ), je y (x ) > (sicer bi bila funkcija v bližini točke x padajoča in zato negativna desno od x ). Torej za determinanto Wronskega funkcij y, y 2 velja W (x ) = y (x )y 2(x ) y (x )y 2 (x ) = y (x )y 2 (x ) <. Podobno lahko sklenemo, da je W (x 2 ) >. Zaradi zveznosti mora potem funkcija W imeti na intervalu (x, x 2 ) vsaj eno ničlo, toda to nasprotuje Liouvillovi formuli (.2.3). Včasih je koristno primerjati rešitve enačbe (.2.2) z rešitvami enačbe y +ay =, kjer je a konstanta. Pri tem nam bo pomagala naslednja trditev. Trditev.5.4. Vsako enačbo y +p(x)y +q(x)y =, kjer je p zvezno odvedljiva, q pa zvezna funkcija, lahko prevedemo na normalno obliko (.5.) u + Q(x)u = in sicer s substitucijo y = uv, kjer je v = e 2 p(x) dx. Pri tem je Q(x) = q(x) p(x) 2 4 p (x) 2. Dokaz. Substitucija y = uv, kjer bo u nova neznanka, v pa primerna funkcija brez ničel, prevede prvotno enačbo v obliko vu + (2v + pv)u + (v + pv + qv)u = oziroma v u + (2 v v + p)u + ( v v + pv + q)u =. v Da bo koeficient pred u v enak, mora biti v = 2 p, torej v(x) = e 2 p(x) dx. Izračunajmo še Q := v v v v +p v +q. Z odvajanjem enakosti v = p v v 2 dobimo v ( v )2 = p v 2, torej je v = p 2 + p2 4 in Q = p 2 p2 4 + q.

37 .5. NIČLE REŠITEV HOMOGENIH LINEARNIH ENAČB 2. REDA 37 Izrek.5.5. (Sturmov primerjalni kriterij) Če je q(x) > r(x) za vsak x I (kjer sta q in r zvezni funkciji na I), je med poljubnima dvema ničlama vsake netrivialne rešitve u enačbe u + ru = vsaj ena ničla katerekoli rešitve y enačbe y + qy =. Dokaz. Bodita x in x 2 zaporedni ničli funkcije u; potem lahko privzamemo, da je u pozitivna na intervalu (x, x 2 ) (sicer jo nadomestimo z u) in zato u (x ) > ter u (x 2 ) < (kot v dokazu trditve.5.3). Če y nima nobene ničle v intervalu (x.x 2 ), lahko privzamemo, da je na tem intervalu pozitivna. Za determinanto Wronskega W := yu y u potem velja W (x ) = y(x )u (x ) in W (x 2 ) = y(x 2 )u (x 2 ), torej W (x 2 ) W (x ). Toda po drugi strani je W (x 2 ) W (x ) = kar je protislovje. x2 x W (x) dx = x2 x (yu y u) dx = x2 x (q r)yu dx >, Posledica.5.6. Če je q(x) < za vsak x I, potem ima netrivialna rešitev y enačbe y + qy = kvečjemu eno ničlo v I. Dokaz. Če bi imela funkcija y dve ničli, bi morala biti po Sturmovem primerjalnem kriteriju med njima vsaj ena ničla katerekoli rešitve u enačbe u =, torej katerekoli linearne funkcije u, kar pa ni mogoče. Če je funkcija q stogo pozitivna, ni nujno, da imajo rešitve enačbe y + qy = neskončno mnogo ničel (naloga ). Zgled.5.7. Naj bo y netrivialna rešitev Besselove enačbe x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y = (x >, ν ). Če je ν [, 2 ), potem vsak interval širine π vsebuje vsaj eno ničlo funkcije y. Če je ν = 2, je razdalja med poljubnima zaporednima ničlama funkcije y natanko π. Če pa je ν > 2, potem vsak interval dolžine π vsebuje kvečjemu eno ničlo funkcije y. Vedno pa ima y neskončno mnogo ničel na poltraku (, ). Dokaz. Po trditvi.5.4 dobimo normalno obliko Besselove enačbe dx x u + ( + 4ν2 4x 2 )u, kjer je y = ue 2 = u x (torej imata y in u iste ničle na (, )). To enačbo bomo sedaj primerjali z enačbo w + w =, katere rešitve so večkratniki funkcije w = sin(x c) za poljubno konstanto c. Če je ν [, 4ν2 2 ), je q(x) := + 4x >, zato mora biti po izreku.5.5 med ničlama c in 2 c + π funkcije w vsaj ena ničla funkcije u. Če je ν = 2, je normalna oblika Besselove

38 38. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH enačbe u + u = in razdalja med zaporednima ničlama poljubne netrivialne rešitve C sin(x c) te enačbe je π. Če pa je ν > 2, je q(x) < za vsak x >, zato mora biti po izreku.5.5 med poljubnima dvema ničlama x, x 2 za u vsaj ena ničla funkcije sin(x c) in sicer za vsak c R. To je mogoče le, če je x 2 x > π (vzamemo npr. c = x ). Ker je q(x) > 2 za vse dovolj velike x, recimo za vse x x >, sledi (iz primerjave z rešitvami enačbe w + 2w = ), da ima y neskončno ničel na poltraku (x, ), torej tudi na poltraku (, ). Naloge. Napišite splošno rešitev Eulerjeve enačbe y + c y = (x > ), x2 kjer je c konstanta, in se prepričajte, da ima le končno mnogo ničel, če je c Dokažite: če zvezna funkcija q zadošča pogoju m 2 < q < M 2, kjer sta m in M pozitivni konstanti, potem lahko razdaljo med zaporednima ničlama katerekoli netrivialne rešitve y enačbe y + qy = ocenimo kot π M < x 2 x < π m. Sklepajte od tod naslednje: če sta a < b realni ničli funkcije y in je n število realnih ničel funkcije y na intervalu (a, b), pote je m π (b a) < n < M π (b a). 3. Pokažite, da ima vsaka netrivialna rešitev enačbe y +(+x 2 )y = neskončno mnogo ekstremov. (Namig: med dvema zaporednima ničlama mora biti ekstrem.) 4.* Naj bo q : [, ) (, ) taka zvezna funkcija, da je q(x) dx =. Dokažite, da ima tedaj vsaka rešitev y enačbe y +qy = neskončno ničel na poltraku (, ). (Rešitev: Privzemimo nasprotno, da obstaja kak tak x, da y nima nobene ničle na poltraku (x, ). Vzeti smemo, da je tedaj y(x) > za vse x > x (sicer bi obravnavali y) in zato y (x) = q(x)y(x) <. To pove, da je y padajoča funkcija na poltraku (x, ). Če pokažemo, da mora biti y (x ) < za kak x > x, potem bo y (x) y (x ) za vse x > x, zato bo moral biti za x > x graf funkcije y pod tangento na graf v točki (x, y(x )) in bo tako moral sekati abscisno os. To bo pomenilo, da ima y ničlo, večjo od x, kar bo protislovje. Za dokaz obstoja točke x opazimo, da funkcija v := y y zadošča enakosti v = y y + ( y y )2 = q + v 2, torej je v(x) v(x ) = x x q(t) dt + x x v(t) 2 dt x x q(t) dt. Ker je po predpostavki q(t) dt =, sledi, da je v(x) > za vse dovolj velike x, torej y (x) <, ker je y(x) >.) 5. Legendreovo diferencialno enačbo (x 2 )y + 2xy n(n + )y = prevedite na obliko u + q(x)u = (s pomočjo substitucije y = uv, kjer je funkcija v primerno izbrana). Koliko ničel imajo netrivialne rešitve te enačbe na poltraku x > 2, končno ali neskončno?

39 .6. SISTEMI LINEARNIH DIFERENCIALNIH ENAČB S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI Sistemi linearnih diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti Sistem linearnih diferencialnih enačb prvega reda n ẋ i = a i,j (t)x j + f i (t) (i =,..., n), j= kjer so a i,j in f i dane zvezne funkcije spremenljivke t, x i pa neznanke, lahko zapišemo kot d (.6.) dt x = A(t) x + f(t), kjer smo vpeljali matrično funkcijo A(t) := [a i,j (t)] ter vektorski funkciji f(t) = (f (t),..., f n (t)) T in x(t) = (x (t),..., x n (t)) T (vektorji so tukaj stolpci). Vse te funkcije so definirane na kakem intervalu (a, b), ki je lahko tudi poltrak ali pa vsa realna os. Kadar je f, imenujemo sistem homogen. V primerih, ko je matrika A konstantna, lahko homogen sistem (.6.2) d x = A x dt rešimo elementarno. Tedaj namreč za matrično funkcijo e ta := n= tn n! An (vrsta konvergira za vsak t R, glejte npr. [26, zgled 4.6.2]) velja enakost d dt (eta ) = n tn A n t n = n! (n )! An A = e ta A = Ae ta. n= n= Zato (in ker je matrika e ta obrnljiva z inverzom e ta ) je enačba (.6.2) ekvivalentna z d dt (e ta x) =. To pove, da je vektorska funkcija t e ta x konstantna, recimo enaka c, torej (.6.3) x = e ta c. Za vsak konstantni vektor c R n je z (.6.3) določena rešitev sistema enačb (.6.2). Za izračun matrike e ta je najbolje najprej poiskati matriki A podobno Jordanovo kanonično formo J [26, razdelka 4.7 in 3.5], to je tako matriko J, ki ima po diagonali lastne vrednosti matrike A, tik nad diagonalo elemente ali, drugod pa ničle, da je A = P JP za kako obrnljivo matriko P. Podrobneje si oglejmo le primer n = 2, kjer bomo opisali postopek, ki se bo izognil računanju Jordanove forme. Za večje n pa je več računanja, ki ga lahko prepustimo računalnikom, saj obstajajo učinkoviti programi za tovrstne naloge. V primeru, ko je matrika A podobna kaki diagonalni matriki D, torej A = P DP za kako obrnljivo matriko P, je A n = P D n P za vsak n N, zato tudi Za diagonalno matriko D = e ta = e P tdp = P e td P. [ ] λ λ 2 je e td = [ e λ t e λ2t ].

40 4. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Po (.6.3) je tedaj splošna rešitev homogenega sistema (.6.2) [ ] [ ] [ (.6.4) x = e ta c = P e td P e λ t d d e c = P e λ2t = P λt d 2 e λ2t d 2 ], kjer smo označili P c = (d, d 2 ) T. Iz linearne algebre vemo, da sta stolpca a in a 2 matrike P lastna vektorja matrike A, torej A a = λ a in A a 2 = λ 2 a 2. Ko pomnožimo matriko P s kakim stolpcem, dobimo stolpec, ki je linearna kombinacija stolpcev matrike P, torej iz (.6.4) sledi, da je x oblike (.6.5) x = e λt a + e λ2t b za kaka lastna vektorja a in b matrike A, ki pripadata lastnima vrednostima λ in λ 2 zaporedoma. Lahko je preveriti, da je vsak x oblike (.6.5) res rešitev sistema (.6.2). Kadar je matrika A realna, ima lahko vseeno kompleksni lastni vrednosti (ki sta si konjugirani). Opisani postopek nam da tedaj kompleksne rešitve, toda realni in imaginarni del teh rešitev so realne rešitve sitema (.6.2). V primeru, ko se 2 2 matrika A ne da diagonalizirati, kar se lahko zgodi le, ko ima eno samo lastno vrednost λ, je podobna matriki n= J = λi + N, kjer je N = [ ], I pa identična matrika. Torej A = P JP za kako obrnljivo matriko P in zato e ta = P e tj P. Ker je N 2 =, je e tj t n = n! (λi + t n [ ] N)n = n! (λn I + nλ n N) = e λt I + te λt N = e λt t. n= Tako dobimo sedaj za rešitev po (.6.3) [ ] [ ] [ ] x = P e tj P c = e λt t d P = e λt d + td P 2 = e λt ( a + t b) d 2 za kaka stolpca a in b. Ko vstavimo izraz x = e λt ( a + t b) v enačbo (.6.2), dobimo e λt [λ( a + t b) + b] = e λt A( a + t b), se pravi A a = λ a + b in A b = λ b. Torej je b lastni, a pa ustrezni korenski vektor matrike A (kar pomeni, da je (A λi) a = b). Tako smo dokazali: Trditev.6.. Naj bo A matrika reda 2 2. Če se da A diagonalizirati in sta λ, λ 2 njeni lastni vrednosti, je splošna rešitev sistema (.6.2) oblike x = e λt a + e λ2t b, kjer sta a in b lastna vektorja matrike A, ki pripadata lastnima vrednostma λ in λ 2 (zaporedoma). Če pa se A ne da diagonalizirati, potem je splošna rešitev sistema (.6.2) oblike x = e λt ( a + t b), kjer je λ lastna vrednost matrike A, b pripadajoči lastni vektor, a pa tak vektor, da je (A λi) a = b. Zgled.6.2. Rešimo sistem ẋ = 4x y, ẏ = x 2y. d 2

41 .6. SISTEMI LINEARNIH DIFERENCIALNIH ENAČB S KONSTANTNIMI KOEFICIENTI 4 Matrika tega sistema je A = [ 4 2 njen karakteristični polinom je ( λ 4)( λ 2) +, edina njegova ničla pa λ = 3. Lahko je izračunati, da so vsi lastni vektorji za edino lastno vrednost λ = 3 oblike [ ] b = β (β R). Poiskati moramo še vse take vektorje a, da bo (A + 3I) a = b, se pravi [ ] [ ] [ ] a β =. a 2 β Če označimo α = a 2, vidimo, da je a = α β in [ ] [ α β a = = α α Torej je rešitev [ ] [ x = e 3t ( a + t y b) = e 3t (α ], ] + β [ ] [ + β ]. ] [ + tβ se pravi x = e 3t ( α β + βt) in y = e 3t (α βt). V rešitvi nastopata dve poljubni konstanti α in β. Nehomogen sistem d (.6.6) dt x = A x + f(t) lahko poskusimo rešiti z variacijo konstant. Ker je rešitev homogenega sistema d dt x = A x oblike x = e ta c (kjer je c konstanten vektor), iščemo rešitev sistema (.6.6) v obliki x = e ta c, kjer je c nova neznana vektorska funkcija. Ko vstavimo ta nastavek v enačbo (.6.6), dobimo za c enačbo torej je c(t) = e ta d dt c = f(t), t a e τa f(τ) dτ + K, kjer je K konstanten vektor, a R pa konstanta. (V tej formuli nastopa integral vektorske funkcije, ki je definiran na očiten način, tj. po komponentah; glejte opombo.7.2.) Naloge. Poiščite realne rešitve naslednjih sistemov enačb: (i) ẋ = x + 2y, ẏ = 3x; (ii) ẋ = x + y, ẏ = x + 3y; (iii) ẋ = 4x 2y, ẏ = 5x + 2y; (iv) ẋ = y, ẏ = x. ] ),

42 42. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH 2. V prvo posodo, v kateri je 2 litrov slane vode, ki vsebuje 2 kg soli, priteka čista voda, in sicer 2 litra na minuto. Iz nje odteka v drugo posodo slana voda, in sicer spet 2 litra na minuto. Iz druge posode, ki vsebuje na zaětku litrov čiste vode, odteka 2 litra tekočine na minuto. Kako se spreminja količina soli v obeh posodah? Kdaj je količina soli v drugi posodi največja? 3. Rešite sistem ẋ = y + sin t, ẏ = x + cos t. 4. Kdaj so vse rešitve homogenega sistema d dt x = A x, kjer je A konstantna realna 2 2 matrika, omejene za t? Kdaj pa so omejene za vse t R? (Namig: pomemben je predznak realnih delov lastnih vrednosti.) 5. Naj ima realna 2 2 matrika A lastni vrednosti λ = a + ib (a, b R) in λ. Pokažite, da lahko vsako realno rešitev sistema d dt x = A x izrazimo kot x = e at ( e cos bt + f sin bt) za kaka vektorja e in f iz R Kdaj natančno so vse rešitve sistema d dt x = A x, kjer je A realna 2 2 matrika, sklenjene krivulje? Kakšne krivulje so to? 7. (Lotka-Volterrov model plenilca in plena) V populaciji plenilcev (npr. lisic) in plena (npr. zajcev) naj bo x količina plena, y pa plenilcev. Predpostavimo, da ima plen neomejeno količino hrane, tako da bi v odsotnosti plenilcev imeli diferencialno enačbo dx dt = ax, kjer je a pozitivna konstanta. Zaradi prisotnosti plenilcev pa se x zmanjšuje premosorazmerno s številom srečanj med plenilci in plenom. Za število srečanj lahko predpostavimo, da je premosorazmerno produktu xy. Torej se diferencialna enačba za x glasi dx dt = ax bxy. Podobno dobimo diferencialno enačbo za y in s tem sistem dx dy (.6.7) = ax bxy, = cy + dxy, dt dt kjer so a, b, c, d pozitivne konstante. Tega sistema se ne da rešiti z elementarnimi funkcijami, lahko pa izračunamo tirnice, to je ravninske krivulje (podane imlicitno), ki predstavljajo rešitev. Če namreč delimo drugo enačbo s prvo, dobimo enačbo dy cy + dxy (.6.8) = dx ax bxy z ločljivima spremenljivkama. (i) Rešite enačbo (.6.8). (Rezultat: x c y a e (dx+by) = C, kjer je C konstanta.) (ii) Skicirajte graf ploskve z = x c y a e (dx+by) in sklepajte iz dejstva, da so rešitve v (i) nivojnice te ploskve, da morajo biti rešitve sklenjene krivulje. (iii) Pokažite, da je (x, y ) = ( c d, a b ) ravnovesna (oziroma stacionarna) točka sistema (.6.7), tj., da je (x, y ) konstantna rešitev sistema (.6.7). Nato z vpeljavo novih spremenljivk ξ = x x in η = y y preoblikujte sistem v dξ dt = bc d η bξη, dη dt = ad b ξ + dξη. Za majhne odmike ξ in η od ravnovesne lege je ta sistem približno linearen: dξ (.6.9) dt = bc d η, dη dt = ad b ξ. Rešite sistem (.6.9) in izračunajte njegove tirnice.

43 .7. OBSTOJ IN ENOLIČNOST REŠITEV 43 Slika.6. Krivulja e.6x+.6y x 2 y 2 = ; le del v prvem kvadrantu je relevanten za problem o plenilcih in plenu..7. Obstoj in enoličnost rešitev Čeprav splošne diferencialne enačbe prvega reda y = f(x, y), kjer je f zvezna funkcija na območju U R 2, ne moremo rešiti z elementarnimi funkcijami, lahko domnevamo, da rešitev obstaja. V vsaki točki (x, y) U si namreč lahko zamislimo zelo kratko daljico s smernim koeficientom f(x, y); tako dobimo polje smeri, ki ga določa f. Iz poljubne začetne točke (x, y ) U lahko po taki daljici pridemo do točke (x, y ) := (x + h, y + f(x, y )h), ki je tudi v U, če je h dovolj majhen. Na enak način imamo daljico med točkama (x, y ) in (x 2, y 2 ) := (x +h, y + f(x, y )h). Ko tako nadaljujemo, dobimo poligonsko črto. Ko zmanjšujemo h proti, bi morda lahko domnevali, da bodo take polinomske črte konvergirale proti odvedljivi funkciji y = y(x), ki zadošča enačbi y = f(x, y) in začetnemu pogoju y(x ) = y. Pravzaprav lahko iz fizikalnega razloga pričakujemo, da bo imel rešitev vsak sistem enačb d dx y = f(x, y), kjer je f zvezna funkcija z vrednostmi v R n, definirana na kakem območju v R n+. Če si namreč zamislimo, da spremenljivka x pomeni čas, f(x, y) pa vektor hitrosti tekočine v točki y v času x, potem enačba d dx y(x) = f(x, y(x)) pri začetnem pogoju y(x ) določa pot delca tekočine, ki je v začetnem trenutku x v točki y. (Matematični dokaz obstoja rešitev pri tako splošni predpostavki je v rešitvi naloge 9.) Vektorsko funkcijo f bomo imenovali tudi vektorsko polje, rešitve diferencialne enačbe d dx y = f(x, y(x)) pa njegove tokovnice. Vendar pa niti v primeru, ko je U = R 2, ne moremo pričakovati, da bo rešitev y = y(x) definirana na celi realni osi. Zgled.7.. Enačba y = y 2 + a 2,

44 44. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Slika.7. Vektorsko polje in tokovnica kjer je a > konstanta, ima ločljivi spremenljivki in njene rešitve so (.7.) y = atg (ax + c), kjer c konstanta. Čeprav je funkcija f(x, y) = y2 +a 2 definirana povsod na R 2, rešitve (.7.) niso definirane povsod; definirane so na intervalih dolžine π a, ki so zelo majhni, če je a zelo velik. Kot kaže zgled..5(ii), zveznost funkcije f še ne zagotavlja enoličnosti rešitve enačbe y = f(x, y) pri danem začetnem pogoju y(x ) = y. Enoličnost bomo lahko dokazali pri pogoju, ki je nekoliko šibkejši od zvezne odvedljivosti funkcije f na spremenljivko y. Ker deluje metoda, ki jo bomo uporabili, na enak način tudi za sisteme diferencialnih enačb, bomo nadaljevali obravnavo kar s sistemi diferencialnih enačb (.7.2) d dx y = f(x, y), kjer je f : I D R n zvezna funkcija, I R interval, D R n pa odprta podmnožica. Pri tem je y neznana funkcija z vrednostmi v D, definirana na kakem podintervalu d J intervala I, na katerem reši enačbo (.7.2), torej dx y(x) = f(x, y(x)) za x J. Preden nadaljujemo z obravnavo diferencialnih enačb, opozorimo na nekaj splošnih pomožnih dejstev. Opomba.7.2. (i) Integral vektorske funkcije g = (g,..., g n ) : [a, b] R n, kjer so g j : (a, b) R skalarne funkcije, je definiran kot b a g(t) dt = ( b a g (t) dt,..., b a g n (t) dt). Lahko pa bi ga definirali tudi kot limito Riemannovih vsot, podobno kot za skalarne funkcije, od koder bi takoj sledila neenakost b a g(t) dt b a g(t) dt (a b). (ii) Normo m n (realne) matrike A = [a i,j ] lahko definiramo kot A = sup A x, x

45 .7. OBSTOJ IN ENOLIČNOST REŠITEV 45 kjer teče supremum po vseh stolpcih x R n z normo pod. Lahko je videti, da je ta supremum končen (je pod i,j a i,j 2 ), da res definira normo in da je za vsak x R n [26, razdelek 4.5]. A x A x Definicija.7.3. Funkcija f : I D R n zadošča Lipschitzovemu pogoju v spremenljivki y, če obstaja taka konstanta L, da velja (.7.3) f(x, y 2 ) f(x, y ) L y 2 y za poljubna y, y 2 D in vsak x I. Trditev.7.4. Naj bo D R n odprta množica, I odprt interval in f : I D R n zvezna funkcija z zveznimi odvodi f y i (i =,..., n). Potem za vsak zaprt omejen interval J I in vsako kompaktno podmnožico K D zožitev funkcije f na J K zadošča Lipschitzovemu pogoju. Dokaz. V primeru, ko je K krogla, lahko katerikoli točki y in y 2 iz K povežemo z daljico v K in za vsak x I izrazimo f(x, y 2 ) f(x, y ) = = d dt f(x, y + t( y 2 y )) dt f y (x, y + t( y 2 y )) ( y 2 y ) dt, kjer smo v zadnji enakosti uporabili posredno odvajanje in označili z f y Jacobijevo matriko preslikave f v spremenljivki y, to je matriko [ fi y j ], pri čemer so f i : I D R komponente preslikave f. Ker so po predpostavki odvodi fi y j zvezni, je zvezna funkcija (x, y) f y na kompaktni množici J K omejena, recimo s konstanto M, in sledi, da je f(x, y 2 ) f(x, y ) f y (x, y + t( y 2 y )) y 2 y dt M y 2 y. V splošnem, ko K ni krogla, pa lahko K pokrijemo s končno mnogo zaprtimi kroglami K k (k =,..., m) na katerih lahko uporabimo sklep iz prejšnjega odstavka. Za vsako od krogel dobimo tako konstanto M k in za M := max k m M k potem velja ocena (.7.4) f(x, y 2 ) f(x, y ) M y 2 y, če sta y in y 2 v isti krogli K k. Če pa y in y 2 nista v isti krogli K k, potem je njuna razdalja y 2 y večja od minimuma r polmerov krogel K k, zato f(x, y 2 ) f(x, y ) y 2 y 2N r, kjer je N = max (x, y) J K f(x, y). Če torej v neenakosti (.7.4) nadomestimo konstanto M z max{m, 2N r }, bo veljala za vse y, y 2 K in x J.

46 46. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Naša osnovna naloga v tem razdelku je dokazati naslednji izrek: Izrek.7.5. (Picardov izrek o eksistenci in enoličnosti) Naj bo I (odprt) interval, D odprta množica v R n, f : I D R n pa zvezna funkcija, ki zadošča Lipschitzovemu pogoju v spremenljivki y D. Potem za vsako točko (x, y ) I D obstaja tak h >, da na intervalu J := (x h, x + h) I obstaja natanko ena rešitev enačbe (.7.5) d dx y = f(x, y), ki zadošča pogoju y(x ) = y. Če je pri tem D = R n (torej, če f zadošča Lipschitzovemu pogoju v spremenljivki y na celotnem prostoru R n ), potem rešitev y obstaja na celotnem intervalu I. Preden se lotimo bistva dokaza izreka.7.5, preformulirajmo problem v integralsko obliko. Lema.7.6. Funkcija y zadošča pogoju (.7.5) natanko tedaj, ko je (.7.6) y(x) = y + za x J. x Dokaz. Iz (.7.5) sledi z integriranjem y(x) y = y(x) y(x ) = x x x f(t, y(t)) dt d x y(t) dt = f(t, y(t)) dt. dt x Še obratno, iz (.7.6) je očitno, da je y(x ) = y, z odvajanjem na x pa dobimo še, da je d dx y(x) = f(x, y(x)). Rešitev enačbe (.7.6) nameravamo poiskati kot negibno točko operatorja, ki funkciji y priredi funkcijo x y + x x f(t, y(t)) dt. Za ta namen pa moramo najprej definirati metrični prostor funkcij, na katerem bo ta operator deloval. Množica X := C(S, R n ) vseh zveznih funkcij y : S R n iz kompaktnega (metričnega) prostora S (ki bo v nadalnjem kak zaprt interval) v R n je vektorski prostor za običajni operaciji. Lahko ga opremimo z normo y := sup y(x). x S (Definicijo norme, normiranih prostorov in povezave z metričnimi prostori lahko najdete npr. v [26].) Trditev.7.7. V tej normi je X poln prostor, kar pomeni, da je vsako Cauchyevo zaporedje ( y n ) v X konvergentno. Dokaz. Za vsak x S je ( y n (x)) Cauchyevo zaporedje v R n, torej konvergentno. Označimo y(x) = lim y n (x). Trdimo, da je y zvezna funkcija iz S v R n in lim y y n =. Da bi to dokazali, naj bo ε > in n N tak, da je y n y m < ε za vse m, n n. Potem je y n (x) y m (x) < ε za vse x S, če je m, n n. Ko pošljemo v tej neenakosti m proti, sledi, da je y n (x) y(x) ε za vse x S in n n.

47 .7. OBSTOJ IN ENOLIČNOST REŠITEV 47 To pomeni, da zaporedje funkcij y n konvergira proti y enakomerno, tj. lim y n y =, zato mora biti y zvezna funkcija (po znanem argumentu iz osnov analize). Trditev.7.8. Za vsako zaprto podmnožico F R n in vsak kompakten (metrični) prostor S je množica Y := C(S, F ) vseh zveznih funkcij iz S v F zaprta v prostoru X = C(S, R n ), torej je Y poln metrični prostor za razdaljo d( y 2, y ) := y 2 y. Dokaz. Ker je znano, da je zaprta podmnožica polnega metričnega prostora poln metrični prostor [26, trditev 5.2.4], moramo dokazati le, da je Y zaprta podmnožica v X. Za ta namen naj bo ( y n ) poljubno zaporedje v Y, ki naj konvergira proti funkciji y X. Pokazati moramo, da je y Y. Ker je F zaprta množica in imajo vse funkcije y n vrednosti v F, je za vsak x S tudi y(x) = lim y n (x) v F. To pa pomeni, da je y Y. Dokaz izreka.7.5. Naj bo I I kompakten interval, ki ima x v svoji notranjosti, K D pa kompaktna množica, ki ima y v svoji notranjosti. Naj bo M = max (x, y) I K f(x, y), L pa taka konstanta, da velja (.7.3) na I K. Izberimo tako majhen h >, da je Lh <, interval [x h, x + h] vsebovan v I, zaprta krogla K( y, Mh) s središčem y in polmerom Mh pa vsebovana v K (če je slučajno M =, je treba M zamenjati npr. z ). Označimo Y = C([x h, x + h], K( y, Mh)), kar je poln metrični prostor po prejšnji trditvi. Preslikava T, definirana s predpisom (T y)(x) := y + x x f(t, y(t)) dt, slika Y v Y, saj za vsako funkcijo y Y in vsak x [x h, x + h] velja (T y)(x) y = x x f(t, y(t)) dt x x f(t, y(t)) dt M x x Mh. Pri tem smo upoštevali, da je y(t) K( y, Mh) (ker je y Y ) in zato f(t, y(t)) M, saj je K( y, Mh) K. Operator T na prostoru Y je skrčitev, saj za poljubni funkciji y, y 2 Y in vsak x [x h, x + h] velja (T y 2 )(x) (T y )(x) x x f(x, y 2 (t)) f(t, y (t)) dt x L y 2 (t) y (t) dt x L y 2 y x x (Lh) y 2 y, torej T y 2 T y (Lh) y 2 y, pri čemer je Lh < po izbiri konstante h. Po Banachovem izreku o skrčitvah [26, 5.4.5] obstaja v Y natanko ena negibna točka y operatorja T, torej T y = y. Ker je

48 48. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH tedaj (T y)(x) = y(x) za vse x (x h, x +h) =: J, zadošča y pogoju (.7.6) in s tem tudi (.7.5). To je edina rešitev problema (.7.5) na intervalu J, saj za vsako funkcijo y, za katero velja (.7.5), velja tudi (.7.6), zato tudi y(x) y M x x Mh za vse x J in je torej y Y. V primeru, ko f zadošča Lipschitzovemu pogoju (.7.3) na I R n, lahko v gornjem sklepanju uporabimo spremenjeno definicijo prostora Y, namreč Y := C([x h, x + h], R n ). Na ta način dobimo enolično rešitev y problema (.7.5) na intervalu [x h, x + h], ki jo bomo sedaj označili z y. Toda na isti način lahko najdemo tudi rešitev iste diferencialne enačbe (.7.5) pri novem začetnem pogoju y(x + h) = y (x + h), ki je definirana na intervalu polmera h okrog x + h, če je ta interval vsebovan v I. (Sedaj, ko ni treba paziti, kje so vrednosti funkcij, je namreč edini drug pogoj za širino h intervala, da je hl < ). Rešitvi na obeh delnih intervalih sestavljata tako rešitev problema (.7.5) na intervalu [x h, x + 2h]. Če tako nadaljujemo, lahko konstruiramo rešitev, ki bo definirana na celotnem intervalu I. Kot poseben primer zadnjega dela izreka.7.5 navedimo naslednjo posledico. Posledica.7.9. Če je A : I M n (R) zvezna funkcija iz intervala I v prostor vseh n n matrik, g : I R n pa zvezna vektorska funkcija, potem ima za vsaka x I in y R n linearni sistem d (.7.7) dx y(x) = A(x) y(x) + g(x) pri pogoju y(x ) = y enolično rešitev in le ta obstaja na celotnem intervalu I. Dokaz. Prepričajmo se, da funkcija f(x, y) := A(x) y+ g(x) izpolnjuje Lipschtzov pogoj (.7.3) na vsakem kompaktnem podintervalu J v I. Za vsak x J in poljubna y, y 2 R n res velja f(x, y 2 ) f(x, y ) = A(x)( y 2 y ) A(x) y 2 y L y 2 y, kjer je L := max x J A(x). Po izreku.7.5 obstaja zato enolična rešitev problema (.7.7) na intervalu J. Ker velja to za vsak kompakten podinterval J v I, obstaja rešitev na celem intervalu I in je ena sama. Diferencialne enačbe višjih redov (in tudi sisteme takih enačb) lahko prevedemo na sisteme enačb prvega reda. Enačba (.7.8) y (n) = f(x, y, y,..., y (n ) ) pri začetnih pogojih y(x ) = v, y (x ) = v,..., y (n ) = v n, kjer so x in v,..., v n dane konstante, je očitno ekvivalentna sistemu enačb prvega reda (.7.9) y = y, y = y 2,..., y n 2 = y n, y n = f(x, y, y,..., y n ), z neznankami y, y,..., y n, pri začetnih pogojih y(x ) = v, y (x ) = v,..., y n 2 (x ) = v n 2, y n (x ) = v n.

49 .7. OBSTOJ IN ENOLIČNOST REŠITEV 49 Zato ne bomo navajali eksistenčnih izrekov za enačbe višjih redov. Omenimo le, da je za linearno enačbo (.7.8) (se pravi, kadar y in vsi odvodi y (k) nastopajo v funkciji f linearno), tudi sistem (.7.9) linearen, zato lahko izpeljemo izrek.2. takoj iz posledice.7.9. Izrek.7.5 je lokalen eksistenčni izrek, ker zagotavlja obstoj rešitve le na kakem dovolj majhnem intervalu okrog začetne točke x = x. Iz njega pa lahko izpeljemo, da obstaja rešitev na maksimalnem možnem intervalu. Izrek.7.. Naj bo U odprta povezana podmnožica v R R n, f : U R n pa zvezna funkcija, ki lokalno zadošča Lipschitzovemu pogoju v spremenljivki y (kar pomeni, da ima vsaka točka (x, y) U kako okolico na kateri f zadošča Lipshitzovemu pogoju v spremenljivki y). Potem za vsako točko (x, u ) U obstaja maksimalen odprt interval I max, ki vsebuje x, na katerem obstaja rešitev enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(x ) = y. Ta rešitev je ena sama. Dokaz. Pokazali bomo naslednjo pomožno trditev: Če sta y I in y J rešitvi enačbe pri istem začentem pogoju, definirani na intervalih I in J (zaporedoma), ki vsebujeta x, potem se na preseku I J rešitvi ujemata. Privzemimo za hip to pomožno trditev in označimo z I max unijo vseh odprtih intervalov I, ki vsebujejo x, in na katerih obstaja rešitev y I enačbe in začetnega pogoja y I (x ) = y. Na I max lahko definiramo funkcijo y s predpisom y(x) = y I (x), če je x I. Ta definicija je nedvoumna, saj je po pomožni trditvi y I (x) = y J (x), če je x v preseku I J dveh takih intervalov. Očitno je tako definirana funkcija y rešitev enačbe in začetnega pogoja, I max pa maksimalni interval, na katerem rešitev obstaja. Po pomožni trditvi se morata katerikoli dve taki rešitvi ujemati na I max I max = I max. Za dokaz pomožne trditve naj bo S = {x I J : y(t) = z(t) t [x, x]} in a = inf S, b = sup S. Pokazati moramo, da sta a in b krajišči intervala I J (ali pa ±, če je I J neskončen interval). To bomo dokazali le za b, saj je dokaz za a podoben. Privzemimo nasprotno, da bi bila točka b notranja v I J. Potem po izreku.7.5 na dovolj majhnem odprtem intervalu K I J okrog b obstaja natanko ena rešitev y enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(b) = y I (b) = y J (b). Toda potem se zaradi enoličnosti rešitvi y I in y J ujemata na [x, b] K, torej je desno krajišče (imenujmo ga b ) intervala K v S, kar pa nasprotuje definiciji števila b (saj je b > b). Naloge. Ugotovite, za katere p R zadošča funkcija f(x, y) = y p Lipschitzovemu pogoju na naslednjih območjih: (i) na R 2 ; (ii) na polravnini y > ; (iii) na pasu a < y < b, kjer sta a in b pozitivni konstanti. 2. Pokažite, da funkcija f(x, y) = x y zadošča Lipschitzovemu pogoju na vsaki omejeni množici v R 2. V katerih točkah ne obstaja f y?

50 5. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH 3. Za katere (x, y ) R 2 je problem rešljiv enolično? dy dx = 3 y y, y(x ) = y 4. Po dokazu Banachovega izreka o skrčitvah [26, 5.4.5] lahko najdemo negibno točko operatorja x T y := y + f(t, y) dt, x ki nastopa v dokazu Picardovega izreka.7.5, kot limito zaporedja Picardovih približkov, definiranih induktivno z y n+ (x) = y + x x f(t, yn (t)) dt. Poiščite nekaj teh približkov za operatorja T, ki pripadata naslednjima problemoma, in jih primerjajte z natančnima rešitvama: (i) y = y, y() = ; (ii) y = y 2, y() =. 5. Naj bo A : I M n (R) zvezna matrična funkcija na intervalu I in x I. Po posledici.7.9 ima za vsak u R n enačba (.7.) d y = A(x) y dx pri pogoju y(x ) = u natanko eno rešitev. Sklepajte od tod (ko vzamete za u zaporedoma bazne vektorje e,..., e n v R n ), da je množica vseh rešitev enačbe (.7.) n-razsežen vektorski podprostor v prostoru C (I, R n ) vseh zvezno odvedljivih funkcij iz I v R n. 6. Determinanta Wronskega funkcij y,..., y n : I R n je funkcija W, katere vrednost v točki x I je determinanta matrike, ki ima za stolpce vektorje y (x),..., y n (x), torej W (x) = det[ y (x),..., y n (x)]. (i) Dokažite (izhajajoč iz definicije determinante) naslednjo formulo za odvod determinante matrične funkcije [f i,j ]: f, (x)... f,n (x) f, (x)... f,n (x) d dx det n f i, (x)... f i,n (x) = det d dx i= f d i,(x)... dx f i,n(x) f n, (x)... f n,n (x) f,n (x)... f n,n (x) d (ii) Naj bodo y,... y n rešitve sistema (.7.), torej dx y j = A(x) y j oziroma po komponentah d dx y i,j = n a i,k (x)y k,j. k=

51 .7. OBSTOJ IN ENOLIČNOST REŠITEV 5 Izpeljite od tod, s pomočjo točke (i), da za determinanto Wronskega W teh funkicj y j velja d W (x) = (sl A(x))W (x), dx kjer je sl A(x) = n k= a k,k(x), sled matrike A(x). x sl A(t) x (iii) Izpeljite iz (ii) Liouvillovo formulo W (x) = W (x )e dt in sklepajte, da je na intervalu funkcija W bodisi brez ničel bodisi identično enaka. 7.* Naj bo U odprta povezana podmnožica v R R n, f : U R n zvezna funkcija, ki naj zadošča Lipschitzovemu pogoju, (x, y ) U in I maksimalni odprt definicijski interval rešitve y enačbe d dx y = f(x, y) pri pogoju y(x ) = y. Dokažite, da množica S := {(x, y(x)) : x I} ni vsebovana v nobeni kompaktni podmnožici v U. (Rešitev: Privzemimo nasprotno, da je S K za kako kompaktno podmnožico K U. Potem mora biti interval I končen, recimo I = (a, b), in obstaja tako zaporedje (x n ) I, ki konvergira proti b, da zaporedje ((x n, y(x n )) konvergira proti kaki točki (b, c) K (utemeljite to). Naj bosta δ in r tako majhna pozitivna, da je (b δ, b + δ ) K( c, r) U. Iz dokaza izreka.7.5 opazite, da obstaja tak δ >, da so vse rešitve enačbe pri začetnih pogojih y(t) = u za t (b δ, b + δ ), u K( c, r) definirane vsaj na intervalu (t δ, t + δ). Nato izberite n tako velik, da je x n (b δ, b + δ) in y(x n ) K( c, r). Rešitev enačbe z pri začetnem pogoju z(x n ) = y(x n ) je potem nadaljevanje rešitve y na odprt interval, ki vsebuje b, kar pa nasprotuje maksimalnosti intervala I. Nekoliko drugačen način je sledeč. Naj bo M = max (x, u) K f(x, u). Za vsaka s, t I iz t d t (.7.) y(t) y(s) = y(x) dx = f(x, y(x)) dx s dx s sledi ocena y(t) y(s) Sklepajte od tod, da obstaja limita c := t s f(x, y(x)) dx M t s. lim y(x) K. x b, x I Definirajte y(b) = c in pokažite s pomočjo zveze (.7.), da je potem funkcija y odvedljiva z leve v točki b in da je odvod z leve v točki b enak f(b, y(b)). Nato uporabite lokalni eksistenčni izrek v točki (b, y(b)), da najdete rešitev enačbe pri istem začetnem pogoju, ki je definirana na intervalu, ki vsebuje I kot pravo podmnožico. To pa nasprotuje maksimalnosti intervala I.) 8.* Naj bo S kompakten metrični prostor (npr. zaprt interval), d pa metrika na njem (npr. d(x, t) = x t, če je S interval). Družino F funkcij f : S R n imenujemo enakozvezna, če za vsak ε > obstaja tak δ >, da za poljubna x, t S, ki zadoščata pogoju d(x, t) < δ, velja f(x) f(t) < ε za vse f F. Družino F imenujemo po točkah omejena, če je za vsak x S množica { f(x) : f F} omejena v R n. Dokažite naslednji izrek (Arzela-Ascoli):

52 52. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Vsako po točkah omejeno enakozvezno zaporedje funkcij f k (k N) iz kompaktnega metričnega prostora S v R n ima kako enakomerno konvergentno podzaporedje. (Rešitev: Naj bo {x j : j N} kaka števna povsod gosta množica v S. Ker je zaporedje ( f k (x )) omejeno v R n, ima konvergentno podzaporedje; imenujmo ga ( f k, (x )). Ker je tudi zaporedje ( f k, (x )) omejeno, ima konvergentno podzaporedje; imenujmo ga ( f k, (x )). Ko tako nadaljujemo, dobimo za vsak m N tako zaporedje ( f k,m ), da so konvergentna vsa zaporedja ( f k,m (x j )) za j m; nadalje je ( f k,m+ ) podzaporedje zaporedja ( f k,m ). Opazimo, da je zaporedje ( f k,k ) podzaporedje vseh zaporedij ( f k,m ), zato je za vsak j zaporedje ( f k,k (x j )) konvergentno v R n. Sedaj pri danem ε > izberimo δ > tako, da je f k (x) f k (t) < ε/3 za vse k, če je le d(x, t) < δ (to je mogoče, ker je prvotno zaporedje enakozvezno). Za poljuben x S izberimo x j tako, da je d(x, x j ) < δ (to je mogoče, ker je množica {x j : j N} gosta v S) in ocenimo, da je za vsaka dovolj velika k, m f k,k (x) f m,m (x) f k,k (x) f k,k (x j ) + f k,k (x j ) f m,m (x j ) + f m,m (x) f m,m (x) ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε. Torej je zaporedje ( f k,k ) enakomerno Cauchyevo in zato enakomerno konvergentno.) 9.* (Peanov eksistenčni izrek) Naj bo f : [x a, x + a] K( y, r) (a >, r > ) zvezna funkcija (ki ne nujno zadošča Lipschitzovemu pogoju). Označimo M = max{ f(x, y) : x [x a, x + a], y K( y, r)} in b := min{a, r M }. Končni cilj v tej nalogi je dokazati, da obstaja na intervalu [x b, x + b] vsaj ena rešitev y = y(x) problema (.7.5), se pravi (po lemi.7.6) problema y(x) = y + x x f(t, y(t)) dt. Brez izgube splošnosti privzemimo, zaradi poenostavitve označevanja, da je x =. (i) Za vsak k =, 2,... definirajmo funkcijo y k : [, b] R n s predpisom { y, x [, b k (.7.2) y k (x) = ]; y + x b k f(t, y k (t)) dt, drugod. Premislite, da so s formulo (.7.2) res enolično določene vrednosti funkcije in sicer najprej na intervalu [, b k ], nato še na intervalu [ b k, 2 b k ], nato še na [2 b k, 3 b k ],..., na koncu še na [(k ) b k, b]. (ii) Sklepajte iz (.7.2), da je y k (x) y b M dt = Mb r, zato ima funkcija y k vrednosti v K( y, r) in je zaporedje funkcij y k po točkah omejeno za x [, b].

53 .8. ODVEDLJIVOST REŠITEV NA ZAČETNE POGOJE IN PARAMETRE * 53 (iii) Ocena y k (x 2 ) y k (x ) x2 b k x b k f(t, y k (t)) dt M x 2 x, (x, x 2 [, b]) pove, da je zaporedje funkcij y k enakozvezno. Sklepajte od tod in iz naloge 8, da obstaja podzaporedje ( y kl ) ki konvergira enakomerno proti neki funkciji y. (iv) Za fiksen x (, b] in vsak tak n l, da je n l < x napišite formulo (.7.2) kot y nl (x) = y + x f(t, y nl (t)) dt x x b n l f(t, ynl (t)) dt in sklepajte od tod (ter iz enakomerne zveznosti funkcije f na [, b] K( y, r)), da y zadošča enačbi y(x) = y + x f(t, y(t)) dt. Ravnajte podobno še na intervalu [ b, ]..8. Odvedljivost rešitev na začetne pogoje in parametre *.8.. Lokalna odvisnost rešitev od začetnih pogojev in parametrov. Rešitev y problema (.7.5) je funkcija spremenljivke x, odvisna pa je tudi od začetnega pogoja. V tem razdelku bomo začetni pogoj pisali kot y(x, u) = u, kjer bo u vektor iz R n. Rešitev y problema (.8.) d dx y(x, u) = f(x, y(x, u)), y(x, u) = u bomo obravnavali kot funkcijo spremenljivk x in u, torej y = y(x, u). Če bi poljubno majhne spremembe začetnega vektorja u lahko povzročile velike spremembe v rešitvi y(x, u), rešitev ne bi bila uporabna, saj v praksi ne moremo poznati začetnega podatka u z absolutno natančnostjo. Na srečo je y zvezna funkcija spremenljivk x in u, če je f zvezna in zadošča Lipschitzovemu pogoju (.7.3). Po dokazu izreka.7.5 je namreč rešitev negibna točka operatorja T, le to pa po dokazu Banachovega izreka o skrčitvah dobimo kot limito zaporedja približkov, za katere ni težko ugotoviti, da so zvezni v argumentu (x, u), zato mora isto veljati za njihovo enakomerno limito. Namesto da bi podrobneje razložili to sklepanje, bomo v naslednji trditvi dokazali nekoliko več. Trditev.8.. Če je f zvezna funkcija in zadošča Lipschitzovemu pogoju (.7.3) na I D, potem za vsako točko (x, u ) I D obstaja tak (odprt, neprazen) interval J I okrog x, taka okolica U D točke u in taka konstanta β, da za poljubna u, v U in vsak x J za rešitvi y(x, u) in y(x, v) enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnih pogojih y(x, u) = u in y(x, v) = v velja (.8.2) y(x, v) y(x, u) β v u. Dokaz. Kot v dokazu izreka.7.5 izberimo najprej I I in K D, nato pa še tak h >, da je J := [x h, x + h] I, Lh < in K( u, 2Mh) K (zadji pogoj je nekoliko ostrejši kot v dokazu izreka.7.5, kjer je namesto 2M h nastopala količina Mh). Naj bo Y = C(J, K( u, 2Mh))

54 54. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH in za vsak u K( u, Mh) definirajmo operator T u : Y Y z (T u y)(x) = u + x x f(t, y(t)) dt. Preverimo, da T u res preslika Y v Y : za vsak y Y je x (T u y)(x) u u u + f(t, y(t)) dt u u + Mh 2Mh. x Kot v dokazu izreka.7.5 pokažemo, da je T u skrčitev, se pravi T u y T u z α u z za poljubna y, z Y, kjer je α := Lh <. Rešitev y(x, u) enačbe d dxf(x, y) pri pogoju y(x, u) = u je negibna točka operatorja T u, torej (po dokazu Banachovega izreka o skrčitvah [26, 5.4.5]) limita zaporedaj pribliǩov y n Y, definiranih induktivno kot y = u, y n+ = T u y n. Rešitev y(x, v) pri pogoju y(x, v) = v pa je limita zaporedja približkov z n Y, definiranih kot z = v, z n+ = T v z n. Zato velja z n+ y n+ = T v z n T u y n v u + sup x x h v u + Lh z n y n = v u + α z n y n. Torej je z y ( + α) v u in nato (z indukcijo) V limiti n sledi od tod, da je x f(t, z n (t)) f(t, y n (t)) dt x z n y n ( + α α n ) v u. sup y(x, v) y(x, u) β v u, x x h kjer je β = +α+α = α. Od tod lahko takoj sklenemo, da je y zvezna funkcija argumenta (x, u) J K( u, Mh), saj lahko za poljubne x, x 2 J = [x h, x + h] in v, u K( u, Mh) ocenimo y(x 2, v) y(x, u) y(x 2, v) y(x, v) + y(x, v) y(x, u) y(x 2, v) y(x, v) + β v u. Ker je y odvedljiva (torej tudi zvezna) v spremenljivki x, sledi iz te ocene zveznost v spremenljivki (x, u). Kasneje bomo pokazali, da je rešitev y problema (.8.) zvezno odvedljiva funkcija argumenta (x, u), če je funkcija f zvezno odvedljiva. Ker je dokaz tega mnogo lažji pri močnejši predpostavki, da je f dvakrat zvezno odvedljiva, obravnavajmo najprej ta primer.

55 .8. ODVEDLJIVOST REŠITEV NA ZAČETNE POGOJE IN PARAMETRE * 55 Trditev.8.2. Če je f dvakrat zvezno odvedljiva funkcija, je rešitev y = y(x, u) sistema (.8.) zvezno odvedljiva funkcija spremenljivke (x, u) na kaki dovolj majhni okolici katerekoli začetne točke (x, u ) v domeni funkcije f. Nadalje matrična funkcija Z(x, u) := D u y(x, u) = [ yi u j (x, u)] zadošča variacijski enačbi d dx Z = (D y f)(x, y)z, Z(x, u) = I, kjer je D y f(x, y) Jacobijeva matrika preslikave f v spremenljivki y (to je matrika [ fi y j ], izračunana v (x, y)), I pa identična matrika. Dokaz. Oglejmo si sistem (.8.3) [ ] [ d y f(x, y) = dx Z (D y f)(x, y)z ] pri začetnem pogoju [ y Z ] [ u (x, u) = I Zaporedje približkov iz dokaza Banachovega izreka o negibni točki in eksistenčnega izreka za ta sistem je (.8.4) [ yn+ Z n+ ] [ (x, u) = u + x x f(t, yn (t, u)) dt I + x x (D y f)(t, yn (t, u))z n (t, u) dt ], [ y Z ]. ] [ u (x, u) = I To zaporedje konvergira (na dovolj majhni okolici poljubne začetne točke (x, u )) enakomerno proti rešitvi ( y, Z) T. Ker je y (x, u) = u, je D u y = I = Z, saj je odvod preslikave u u identiteta I. Če predpostavimo, da je D u y n (x, u) = Z n (t, u) za kak n, potem iz enačb (.8.4) (kjer nadomestimo n + z n) vidimo, da velja tudi (D u y n )(x, u) = I + = I + x x D u f(t, yn (t, u)) dt x x D y f(t, yn (t, u))d u y n (t, u) dt x = I + D y f(t, yn (t, u))z n (t, u) dt x = Z n (x, u). Z indukcijo je torej D u y n (x, u) = Z n (x, u) za vsak n N. Potemtakem zaporedje odvodov D u y n funkcij y n konvergira enakomerno proti Z, zaporedje y n pa proti y. Znan izrek iz osnov analize pove, da je tedaj funkcija y odvedljiva na u in velja D u y(x, u) = Z(x, u). Po trditvi.8. je funkcija (x, u) ( y(x, u), Z(x, u)) T (kot rešitev sistema (.8.3)) zvezna (med drugim je torej y zvezna), zato iz enačbe (.8.)) sedaj sledi, da je zvezen tudi odvod d dx y. Če v diferencialnih enačbah nastopajo tudi parametri, nas zanima, kako so rešitve odvisne od parametrov. Navedimo sedaj splošni izrek o odvedljivosti rešitev sistemov diferencialnih enačb na začetne pogoje in na parametre. ].

56 56. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Izrek.8.3. Naj bo I interval, D R n, Λ R m, r N in f : I D Λ R n funkcija razreda C r (kar pomeni, da ima parcialne odvode reda do r in so le ti zvezni). Potem so tudi rešitve y = y(x, u, λ) sistema (.8.5) d dx y = f(x, y, λ), y(x, u, λ) = u v razredu C r, vsaj na dovolj majhni okolici poljubne začetne točke (x, u, λ ). Za dokaz izreka potrebujemo nekaj priprave. Naslednja lema prevede parametre na začetne pogoje: iz sistema s parametrom λ konstruiramo ekvivalenten sistem (z več neznankami) brez parametra. Lema.8.4. Če so rešitve y = y(x, u) sistema d dx y = f(x, y), y(x, u) = u v razredu C r za vsako funkcijo f C r, potem so tudi rešitve y = y(x, u, λ) sistema d dx y = g(x, y, λ), v razredu C r za vsako funkcijo g C r. y(x, u, λ) = u Dokaz. Opazujmo sistem (z dodatno neznano funkcijo z) [ ] [ ] [ ] [ d y g(x, y, z) y (.8.6) =, (x dx z z, u, u λ) = λ Iz d dx z = in z(x, u, λ) = λ sledi z(x, u, λ) = λ, zato se prva enačba v (.8.6) glasi d dx y = g(x, y, λ), začetni pogoj (njegova prva komponenta) pa y(x, u, λ) = u. V sistemu (.8.6) ni več parametra, zato je po predpostavki rešitev ( y, z) T v razredu C r kot funkcija spremenljivk (x, u, λ), torej mora biti v C r tudi njena komponenta y. Naslednja lema omili predpostavke v trditvi.8.2. Lema.8.5. Če je funkcija f zvezno odvedljiva, so take tudi rešitve y = y(x, u) sistema (.8.), odvod Z(x, u) := (D u y)(x, u) pa zadošča variacijski enačbi d (.8.7) dx Z(x, u) = (D y f)(x, y(x, u))z(x, u), Z(x, u) = I. (Za sedaj zatrjujemo le, da vse to velja lokalno, se pravi na kaki dovolj majhni okolici poljubne začetne točke (x, u ) iz domene funkcije f.) Dokaz. Obravnavajmo najprej poseben primer, ko je u = ter (.8.8) f(x, ) = in (D y f)(x, ) = za vse x na kakem odprtem intervalu J okrog x. Pokazali bomo, da je tedaj Z(x, ) = (D u y)(x, ) = I za vse x J. Rešitev y = y(x, ) sistema d dx y = f(x, ), y(x, ) =, ].

57 .8. ODVEDLJIVOST REŠITEV NA ZAČETNE POGOJE IN PARAMETRE * 57 je konstanta y, ker je f(x, ) =. Variacijska enačba (.8.7) se bo zato v tem primeru v točkah (x, ) reducirala na identiteto d dxi = I. Za dokaz odvedljivosti na u funkcije y(x, u) v točki (x, ) in dejstva, da je ta odvod enak I, upoštevajmo, da je y(x, u) = u + x x f(t, y(t, u)) dt in y(x, ) = = u, pa dobimo (.8.9) y(x, u) y(x, u ) = u + Zaradi (.8.8) lahko izrazimo f(x, y) kot x x f(t, y(t, u)) dt. (.8.) f(x, y) = y o(x, y), kjer je lim o(x, y) = y za vse x iz kakega (po potrebi skrajšanega) intervala J = ( h, h) okrog. (Za dokaz si oglejmo pri fiksnih x in y funkcijo g(s) := f(x, s y). Ker je f(x, ) =, imamo f(x, y) = g() g() = d ds g(s) ds = y o(x, y), kjer je (za y ) o(x, y) := y d g(s) ds = y ds (D y f)(x, s y) y ds in zato o(x, y) sup s [,] (D y f)(x, s y), kar gre proti, ko gre y proti, saj je D y f(x, ) = in D y f zvezna funkcija.) Neenanost (.8.2) se tukaj (ko je v := u = in y(x, u ) = ) glasi (.8.) y(x, u) β u ( u U, x J), kjer je β pozitivna konstanta. Iz (.8.9), (.8.) in (.8.) sedaj sledi y(x, u) y(x, ) I u = x x f(t, y(t, u)) dt β u x x sup t J x x y(t, u) o(t, y(t, u)) dt o(t, y(t, u)) βh u sup t J o(t, y(t, u)). Ta neenakost pove, da odvod (D u y)(x, ) obstaja in je enak I, saj gre količina βh sup t J o(t, y(t, u)) proti, ko gre u proti. Sedaj bomo splošni problem odvedljivosti v poljubni točki (x, u ) prevedli na situacijo, ki smo jo obravnavali v prejšnjem odstavku, in sicer z vpeljavo nove neznanke z (namesto y) s predpisom (.8.2) y(x, u) = A(x) z(x, u) + φ(x), kjer je φ(x) := y(x, u ) in A primerna funkcija (definirana na dovolj majhnem intervalu J okrog x ) z vrednostmi v obrnljivih n n realnih matrikah. Matrično funkcijo A bomo izbrali tako, da bo enačba, ki jo dobimo za z, ko vstavimo izraz (.8.2) v enačbo d dx y = f(x, y) in izrazimo d dx z, torej enačba d (.8.3) dx z = A(x) [ f(x, A(x) z + φ(x)) d φ(x) dx d (A(x)) z] =: g(x, z), dx imela obliko d dx z = g(x, z), kjer bo g(x, ) = in (D z g)(x, ) =. Ko vstavimo z = v funkcijo g, definirano v (.8.3), vidimo, da je g(x, ) = (ker je φ(x) = y(x, u )

58 58. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH rešitev sistema d dx y = f(x, y)). Za (D z g)(x, ) pa izračunamo (D z g)(x, ) = A(x) [(D y f)(x, φ(x))a(x) d dx A(x)]. Naj bo torej A rešitev sistema d (.8.4) dx A(x) = (D y f)(x, φ(x))a(x) in A(x ) = I. Pogoj A(x ) = I zagotavlja (zaradi zveznosti determinante), da je A(x) res obrnljiva matrika, če je x v dovolj majhnem intervalu okrog x. Iz (.8.2) in iz y(x, u) = u, φ(x ) = y(x, u ) = u sledi, da z zadošča začetnemu pogoju z(x, u) = u u. Obravnavajmo torej z kot funkcijo spremenljivk x in v := u u ; z drugimi besedami, vpeljimo funkcijo ζ(x, v) := z(x, u) = z(x, v + u ). Potem ζ zadošča enaki enačbi kot z, se pravi d dx ζ(x, v) = g(x, ζ(x, v)), in začetnemu pogoju ζ(x, ) = z(x, u ) = u u =. Ker je g(x, ) = in (D z g)(x, ) =, je po prvem delu dokaza ζ odvedljiva na v v točkah (x, ) in velja (D v ζ)(x, ) = I. Zato je z(x, u) (= ζ(x, u u )) odvedljiva na u v točkah (x, u ) in velja (D u z)(x, u ) = I. Iz (.8.2) potem sledi, da je tudi y odvedljiva na u v točkah (x, u ) in je (D u y)(x, u ) = A(x). Od tod in iz (.8.4) končno sledi, da (D u y)(x, u ) zadošča variacijski enačbi (.8.7) v točkah (x, u ): ( d dx D u y)(x, u ) = d dx A(x) = (D y f)(x, φ(x))a(x) = (D y f)(x, y(x, u ))(D u y)(x, u ). Zadošča pa tudi začetnemu pogoju (D u y)(x, u ) = A(x ) = I. Dokaz izreka.8.3. Po lemi.8.4 zadošča obravnavati sisteme brez parametrov. Dokaz je z indukcijo na r. Za r = se izrek reducira na že prej dokazano zvezno odvisnost rešitev od začetnega pogoja. Za r = lema.8.5 pove, da D u y obstaja in zadošča variacijski enačbi (.8.7), v kateri u nastopa kot parameter. Po lemi.8.4 (in že prej dokazani zvezni odvisnosti od začetnih pogojev, trditev.8.) je zato D u zvezna funkcija argumenta (x, u). Zveznost odvoda d dx y pa sledi neposredno iz enačbe d dx y = f(x, y). Privzemimo sedaj induktivno, da izrek velja za kak r N za vse sisteme oblike d y = g(x, y), dx y(x, u) = u, kjer je g C r. Opazujmo sistem d dx y = f(x, y), y(x, u) = u, kjer je f C r+. Po Lemi.8.5 zadošča funkcija Z(x, u) := (D u y)(x, u) variacijski enačbi d (.8.5) dx Z = (D y f)(x, y(x, u))z =: g(x, u, Z), Z(x, u) = I. Po indukcijski predpostavki je y C r. Ker je f C r+, je D y f C r in sledi, da je funkcija g (definirana v (.8.5)) prav tako v razredu C r. Po indukcijski predpostavki je zato tudi funkcija Z = D u y v razredu C r. Odvodi funkcije y do reda r + so

59 .8. ODVEDLJIVOST REŠITEV NA ZAČETNE POGOJE IN PARAMETRE * 59 bodisi odvodi funkcije D u y do reda r bodisi odvodi funkcije d dx y do reda r. Toda z odvajanjem zveze d dx y = f(x, y) lahko tudi vse odvode funkcije d dxy do reda r izrazimo z odvodi funkcije y do reda r, torej so zvezni Globalna odvisnost rešitev od začetnih pogojev. Doslej smo preučili zveznost in odvedljivost rešitev diferencialne enačbe pri danem začetnem pogoju le v dovolj majhni okolici začetne točke (x, u). Zanima pa nas, kako je s tem na celotnem definicijskem območju rešitve. Izrek.8.6. Naj bo U R R n odprta povezana množica, f : U R n funkcija razreda C r za kak r N (se pravi r-krat zvezno odvedljiva), x R tak, da je (x, u ) U za kak u R n. Označimo U x = {(x, u) U : x je v maksimalnem odprtem definicijskem intervalu kake rešitve y enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(x, u) = u}. Potem je U x odprta množica in funkcija (x, u) y(x, u) je v razredu C r na U x. Dokaz. Naj bo (x, u ) U x, se pravi, da je x v maksimalnem odprtem definicijskem intervalu I rešitve y enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(x, u ) = u. Pokazati moramo, da obstaja odprt interval J [x, x ] in odprta krogla K( u, r) (r > ), da je funkcija y = y(x, u), ki reši enačbo d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(x, u) = u, v razredu C r na množici J K( u, r). Za ta namen predpostavimo (brez izgube splošnosti), da je x x in si oglejmo množico A, sestoječo iz vseh tistih t I, za katere obstajata kak tak odprt interval J [x, t] in kaka taka odprta krogla K( u, r) (r > ), da za vsak u K( u, r) obstaja rešitev y = y(x, u) enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(x, u) = u, ki je definirana za vse x J in je v razredu C r na množici J K( u, r). Če je množica A navzgor neomejena, potem je funkcija (x, u) y(x, u) v razredu C r na okolici J K( u, r) točke (t, u ) za vsak t I, torej tudi v okolici točke (x, u ) in dokaz je tedaj končan. Predpostaviti smemo torej, da je množica A navzgor omejena; naj bo b = sup A. Dokaz bo končan, če pokažemo, da je b desno krajišče intervala I. Predpostavimo nasprotno, da je b v (notranjosti odprtega intervala) I. Potem obstaja c := y(b, u ). Po izreku.8.3 o lokalni odvedljivosti rešitev obstajata tak odprt interval J b okrog točke b in taka odprta krogla K( c, r), da je rešitev enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(b) = v ( v K( c, r)) v razredu C r na množici J b K( c, r). Označimo te rešitve z β(x, v) (namesto y(x, v); razlog za to začasno spremembo oznake bo jasen nekoliko kasneje). Izberimo sedaj t J b, t < b, tako blizu b, da je β(t, u ) K( c, r 2 ). (To je mogoče, ker je β(b, u ) = u in je β odvedljiva, torej tudi zvezna, funkcija v spremenljivki x I.) Ker je t A, po definiciji množice A obstaja taka krogla K( u, ρ) (ρ > ) in tak odprt interval J [x, t ], da je rešitev enačbe pri začetnem pogoju y(x, u) = u v razredu C r na J K( u, ρ). Označimo to rešitev z α(x, u) (namesto y(x, u)). Ker je funkcija u α(t, u) torej zvezna na K( u, ρ) in α(t, u ) K( c, r 2 ), lahko ρ zmanjšamo tako, da bo α(t, u) K( c, r) za vse u K( u, ρ). Funkcija α je v razredu C r na J K( u, ρ), funkcija β pa na

60 6. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH J b K( c, r). Definirajmo sedaj { α(x, u), (x, u) J K( u, ρ); γ(x, u) = β(x, α(t, u)), x J b K( c, r). Ker sta pri fiksnem u K( u, ρ) funkciji α in β rešitvi iste diferencialne enačbe in po definiciji funkcije β velja α(t, u) = β(t, α(t, u)), se morata ujemati na preseku definicijskih intervalov, torej je α(x, u) = β(x, α(x, u)) za vse x J b J in u K( u, ρ). Ker sta α in β v razredu C r na svojih definicijskih območjih J K( u, ρ) in J b K( c, r) in ker je α({t } K( u, ρ)) K( c, r), je funkcija (x, u) β(x, α(t, u)) v razredu C r na J b K( u, ρ). Ker se ujema z α na preseku (J b J) K( u, ρ) njunih definicijskih območij, sledi, da je tudi γ v razredu C r na uniji (J J b ) K( u, ρ) njunih defininicijskih območij. Toda to pomeni, da je interval J J b vsebovan v množici A. Ker ta interval vsebuje točko b v svoji notranjosti (saj jo vsebuje že J b ), b ne more biti zgornja meja množice A, kar je protislovje. Ustrezna varianta zadnjega izreka velja seveda tudi za sisteme s parametrom, saj lahko take sisteme reduciramo na (večje) sisteme brez parametrov kot v dokazu leme.8.4. Naloge. Napišite variacijsko enačbo (.8.7) za Z = y u in jo rešite. dy dx = x2 + y 2, y() = u pri problemu 2. Najprej uganite tisto rešitev y = y(x, u) diferencialne enačbe y = xy(x + y), ki zadošča pogoju y(x, ) =, nato pa poiščite za zelo majhne u približno rešitev y = y(x, u) enačbe pri začetnem pogoju y(, u) = u. 3. Izračunajte odvod na parameter λ rešitve y(x, λ) problema v točki λ =. dy = y(y λ), y(, λ) = dx 4. Dokažite da so rešitve y(x, τ, u) enačbe d dx y = f(x, y) pri začetnem pogoju y(τ, τ, u) = u v razredu C r, (v kaki okolici poljubne začetne točke) če je funkcija f v razredu C r. (Navodilo: Vpeljite novo neodvisno spremenljivko t in opazujte razširjeni sistem [ ] [ ] [ ] [ ] d y f(x, y) y u = pri začetnem pogoju () =, dt x x τ katerega rešitve so v razredu C r v okolici dane začetne točke po izreku.8.3. Opazite, da je x = t + τ.)

61 .9. TOK VEKTORSKEGA POLJA * 6.9. Tok vektorskega polja * Sedaj bomo v nekoliko bolj geometrijskem jeziku povedali nekaj posledic rezultatov prejšnjega razdelka. Teh posledic v nadaljevanju tega dela sicer ne bomo več omenjali, vendar pa so pomembne drugod. Pozornost bomo preusmerili iz diferencialnih enačb samih, na odvisnost njihovih rešitev od začetnih pogojev. Naj bo U R R n odprta množica. Preslikavo f : U R n si lahko predstavimo tako, da interpretiramo prvo koordinato kot čas t in si za vsak par (t, x) U (t R, x R n ) zamislimo v točki x v času t vektor f(t, x) (z začetkom v x). Zato bomo tako preslikavo f imenovali tudi časovno odvisno vektorsko polje. Časovno neodvisno vektorsko polje na množici D R n je potem preprosto preslikava iz D v R n. Izraz vektorsko polje bo tukaj vedno pomenil časovno neodvisno vektorsko polje. Definicija.9.. Tokovnica ali integralska krivulja zveznega vektorskega polja f : D R n skozi točko u D je rešitev enačbe x := d dt x(t) = f( x(t)) pri začetnem pogoju x(t ) = u za kak t R, definirana na kakem intervalu J okrog t. Predstavljamo si jo kot krivuljo skozi u. Diferencialno enačbo oblike d dt x(t) = f( x(t)) (pri kateri v funkciji f neodvisna spremenljivka t ne nastopa eksplicitno) imenujemo avtonomni sistem. Opomba.9.2. Če je x = x(t) rešitev avtonomnega sistema x = začetnem pogoju x(t ) = x, potem je tudi funkcija f( x) pri y(t) := x(t + t ) rešitev iste enačbe pri začetnem pogoju y() = x. Zato lahko pri tokovnicah (časovno neodvisnih) vektorskih polj vedno privzamemo, da njihov definicijski interval vsebuje in da je začetni pogoj oblike x() = x. Definicija.9.3. Lokalni tok vektorskega polja f : D R n v okolici točke x D je taka preslikava ϕ : I V D, kjer je I kak odprt interval okrog, V pa kaka odprta okolica točke x, da je za vsak x V funkcija t ϕ t ( x) := ϕ(t, x) tokovnica polja f skozi x. Torej velja To lahko napišemo tudi kot (.9.) d dt ϕ t( x) = f( ϕ t ( x)) (t I) in ϕ ( x) = x ( x V ). d dt ϕ(t, x) = f( ϕ(t, x)) (t I) in ϕ(, x) = x ( x V ). Iz izreka.7.5 o eksistenci in enoličnosti in izreka.8.3 o odvedljivosti rešitev takoj sledi naslednja ugotovitev: Izrek.9.4. Če je f : D R n vektorsko polje razreda C r ( r ) na odprti množici D R n, potem za vsako točko x D obstaja odprt interval I okrog, odprta okolica V D točke x in natanko en lokalni tok ϕ : I V D vektorskega polja f. Ta tok je razreda C r.

62 62. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH Definicija.9.5. Tokovnico t ϕ t ( x) vektorskega polja f : D R n skozi točko x D (torej d dt ϕ t( x) = f( ϕ t ( x)) in ϕ (x) = x), definirano na maksimalnem možnem intervalu I x, imenujemo maksimalna tokovnica skozi x. Množico D( f) := {(t, x) R D : t I x } imenujemo domena toka polja f. Tok (natančneje globalni tok) vektorskega polja je preslikava ϕ : D( f) D, ϕ(t, x) := ϕ t ( x), kjer je t ϕ t ( x) maksimalna tokovnica vektorskega polja skozi x za vsak x D. Izrek.8.6 o globalni odvisnosti rešitev od začetnih pogojev lahko za avtonomne sisteme povemo tudi takole: Izrek.9.6. Naj bo f vektorsko polje razreda C r na odprti (povezani) množici D R n. Domena D( f) toka ϕ polja f je odprta množica v R D, ki vsebuje {} D, in ϕ je preslikava razreda C r iz D( f) v D. Izrek.9.7. Naj bo ϕ tok vektorskega polja f : D R n (kjer je D območje v R n ). Za vsak x D in poljubna taka s, t iz definicijskega intervala I x maksimalne tokovnice skozi x, da je tudi s + t I x, velja (.9.2) ϕ(s, ϕ(t, x)) = ϕ(s + t, x) in (.9.3) ϕ(, x) = x. Dokaz. Pri fiksnem t funkciji y(s) := ϕ(s, ϕ(t, x)) in z(s) := ϕ(s + t, x) obe zadoščata diferencialni enačbi d ds v(s) = f( v(s)), saj velja (po prvi enakosti v (.9.), uporabljeni tudi v točki ϕ(t, x) namesto x) d ds z(s) = d ds d ds y(s) = d ds ϕ(s, ϕ(t, x)) = f( ϕ(s, ϕ(t, x))) = f( y(s)) in ϕ(s + t, x) = d(s + t) ds d d(s + t) ϕ(s + t, x) = f( ϕ(s + t, x)). Zadoščata pa tudi istemu začetnemu pogoju y() = ϕ(, ϕ(t, x)) = ϕ(t, x) = z(), kjer smo uporabili drugo enakost v (.9.) v točki ϕ(t, x) (namesto x). Torej mora biti y z, s čimer je dokazana enakost (.9.2). Naj bo y rešitev enačbe d dt y(t) = f( y(t)) pri začetnem pogoju y() = x. Po definiciji je ϕ(, x) = y(), torej je ϕ(, x) = x, kar je ravno enakost (.9.3). Definicija.9.8. Vektorsko polje f : D R n imenujemo polno, če je D( f) = R D, torej, če je vsaka njegova maksimalna tokovnica definirana povsod na R. Posledica.9.9. Tok ϕ polnega vektorskega polja f : D R razreda vsaj C je enoparametrična grupa difeomorfizmov (= obrnljivih zvezno odvedljivih preslikav z zvezno odvedljivimi inverzi) območja D.

63 .9. TOK VEKTORSKEGA POLJA * 63 Dokaz. Za vsak t R je s predpisom ϕ t (x) = ϕ(t, x) definirana preslikava razreda C iz D v D. Po (.9.3) je ϕ identična preslikava I, iz (.9.2) pa potem sledi, da je ϕ t ϕ t = I = ϕ t ϕ t. Torej je ϕ t inverz preslikave ϕ t. Enakost (.9.2) lahko izrazimo kot ϕ s ϕ t = ϕ s+t, kar pomeni, da je preslikava t ϕ t homomorfizem iz aditivne grupe R v grupo vseh difeomorfizmov množice D, zato pravimo, da je ϕ enoparametrična grupa difeomorfizmov območja D. Naloge. Dokažite, da je vsako zvezno odvedljivo vektorsko polje f : R n R n s kompaktnim nosilcem (torej tako, da je f( x) = za vse x izven kake kompaktne množice v R) polno. 2. Dokažite, da je vsaka enoparametrična grupa difeomorfizmov območja D R n (se pravi vsaka zvezno odvedljiva preslikava ϕ : R D D, ki ima lastnosti (.9.2) in (.9.3)) tok natanko določenega vektorskega polja f na D. (Navodilo: Za vsak x D naj bo f( x) = d dt ϕ(t, x) t=. Pokažite, da funkcija t ϕ(t, x) zadošča diferencialni enačbi d dt ϕ(t, x) = f( ϕ(t, x)).) 3. Če za maksimalno tokovnico α kakega (zveznega) vektorskega polja f velja α(b) = α(a) za kaka b a (a, b R), potem je α definirana povsod na R in periodična s periodo ω := b a, torej α(t + ω) = α(t) za vsak t R. (Namig: Funkcija β(t) := α(t + ω) zadošča isti diferencialni enačbi in istemu začetnemu pogoju v a kot α.) 4. Naj bo f : D R n zvezno odvedljivo vektorsko polje in ϕ njegov tok. Zvezno odvedljivo funkcijo g : D R, ki ima konstantno vrednost vzdolž vsake tokovnice polja (torej funkcija t g( ϕ(t, x)) je konstantna za vsak x D) imenujemo prvi integral sistema x = f( x). Dokažite, da za vsako tako točko x D, da je f( x ), obstaja taka odprta okolica V, da na njej obstaja n neodvisnih prvih integralov. Pri tem imenujemo funkcije (prve integrale) g,..., g n na V neodvisne, če ne obstaja taka funkcija h, ki ni identično na nobeni odprti množici v R n, da je h(g ( x),..., g n ( x)) = za vse x V. (Navodilo: Ker je vektor f( x ) različen od, je ena od njegovih komponent različna od, recimo f ( x ). Naj bodo x,j koordinate vektorja x. Za poljuben vektor u = (x,, u 2,..., u n ) D opazujmo rešitev x(t; u 2,..., u n ) enačbe x = f( x) pri začetnem pogoju x() = u. Izračunajte, da je Jacobijeva matrika preslikave (t; u 2,..., u n ) x(t; u 2,..., u n ) v (; u 2,..., u n ) oblike f (x,, u 2,..., u n )

64 64. OSNOVNO O DIFERENCIALNIH ENAČBAH in je torej v točki (; x,2,..., x,n ) obrnljiva, ker je f ( x ). Po izreku o inverzni preslikavi [26, izrek 6.3.5] zato obstaja taka odprta okolica W točke (; x,2,..., x,n ), ki jo x preslika bijektivno na kako odprto okolico V točke x(; x,2,..., x,n ) = x in da je inverzna preslikava zvezno odvedljiva. To pomeni, da iz enačbe x = x(t; u 2,..., u n ) lahko izrazimo t in u 2,..., u n kot zvezno odvedljive funkcije argumenta x V. Te funkcije x u j ( x) ( x V ) so konstantne vzdolž tokovnic polja f. Premislite, da so tudi neodvisne.) 5. Naj bo ϕ : D( f) D tok vektorskega polja f : D R n razreda vsaj C. Dokažite, da za vsak x D obstaja tak δ > in za vsak t ( δ, δ) taka okolica V t D, da je preslikava x ϕ(t, x) bijekcija iz V t na neko odprto podmnožico v D, katere inverz je zvezno odvedljiv. 6. Naj bo M gladka podmnogoterost v R n (npr. implicitno podana hiperploskev M = { x R n : F ( x) = } za kako zvezno odvedljivo funkcijo F z gradientom F ( x) za vsak x M), f pa tako zvezno odvedljivo vektorsko polje, definirano na kaki odprti okolici množice M, da je za vsak x M vektor f( x) tangenten na M v točki x. Dokažite, da vsaka tokovnica polja f, ki ima kako skupno točko z M, leži celotna v M.

65 POGLAVJE 2 Holomorfne funkcije V tem poglavju bomo proučevali odvedljive funkcije kompleksne spremenljivke. Odvod bomo definirali na enak način kot za funkcije realne spremenljivke, vendar bomo spoznali, da imajo kljub temu v kompleksnem smislu odvedljive funkcije presenetljive lastnosti, ki jih funkcije realne spremenljivke nimajo. Kompleksna analiza je učinkovito orodje tudi pri obravnavi problemov realne analize in problemov iz drugih področij matematike. 2.. Poti in območja v kompleksni ravnini Preslikavo γ : [a, b] C lahko zapišemo v obliki γ(t) = γ (t) + iγ 2 (t), kjer sta γ in γ 2 preslikavi iz [a, b] v R. Rekli bomo, da je γ odvedljiva, če sta odvedljivi γ in γ 2 ; tedaj definiarmo odvod γ (t) kot γ (t) = γ (t) + iγ 2(t) (t [a, b]). Namesto γ (t) bomo pisali tudi γ(t). Preslikavo γ bomo imenovali zvezno odvedljiva ali razreda C, če je γ zvezna preslikava (tj. γ in γ 2 sta zvezni funkciji iz [a, b] v R). Če je γ zvezna in se da interval [a, b] razdeliti na končno mnogo zaprtih podintervalov, na katerih je γ zvezno odvedljiva, na krajiščih teh podintervalov pa ima γ končne leve in desne limite, bomo rekli, da je γ odsekoma zvezno odvedljiva. Definicija 2... Naj bo D odprta podmnožica kompleksne ravnine C. Pot v D je odsekoma zvezno odvedljiva preslikava γ : [a, b] D, kjer je [a, b] zaprt interval v R. Točko γ(a) imenujemo začetna, γ(b) pa končna točka poti γ. Množico D imenujemo s potmi povezano, če za vsaki točki z, w D obstaja taka pot γ v D, da je γ(a) = z in γ(b) = w. Opomba (i) Običajno pojem povezanosti s potmi definiramo brez zahteve, da mora biti preslikava γ odsekoma odvedljiva, zadošča le zveznost, vendar se je lahko prepričati, da sta za odprte množice D v ravnini definiciji ekvivalentni. (Vsako zvezno preslikavo γ : [a, b] D namreč lahko poljubno dobro aproksimiramo z odsekoma linearno preslikavo, se pravi s poligonsko krivuljo. Še več, vsako tako pot je mogoče poljubno natančno aproksimirati z zvezno odvedljivo potjo, zato bi se v definiciji povezanosti s potmi za odprte množice lahko omejili na zvezno odvedljive poti.) (ii) Vsaka s potmi povezana množica D je povezana (kar pomeni, da je iz enega kosa) v naslednjem smislu: edini razcep množice D na unijo D = D D 2 dveh disjunktnih odprtih (relativno v D) podmnožic je, ko je ena od množic D i prazna, druga pa enaka D. Za odprte množice v ravnini sta pojma povezanosti in povezanosti s potmi ekvivalentna, tj. D je povezana natanko takrat, ko je s potmi povezana. 65

66 66 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Dokaze teh znanih dejstev je mogoče najti v mnogih knjigah, npr. tudi v [26, trditev 5.5.5]. Definicija Odprto povezano množico v kompleksni ravnini C bomo imenovali območje. Kdaj pa kdaj je koristno kompleksno ravnino razširti s dodatno točko, torej kompaktificirati z eno točko. Definicija Razširjena kompleksna ravnina je Ĉ := C { }. Okolice točke so množice oblike (C \ K) { }, kjer je K kompaktna podmnožica v C. Naloga. (Razširjena kompleksna ravnina kot sfera) Naj bo S sfera v R 3 s središčem v in polmerom ter N njen severni pol, torej točka (,, ). Kompleksno ravnino si zamislimo kot ravnino x, y na običajni način. Naj bo f : S Ĉ preslikava, ki vsaki točki T S \ {N} priredi presečišče premice skozi N in T z ravnino C, in naj bo f(n) =. Izpeljite formulo za f(t) kot funkcijo koordinat (x, y, z) točke T ter pokažite, da je f bijektivna, neskončnokrat odvedljiva preslikava ter da je taka tudi njena inverzna preslikava. Med drugim je torej f homeomorfizem, zato je Ĉ, topološko gledano, sfera. Imenujemo jo Riemannova sfera, preslikavi f pa pravimo stereografska projekcija Odvedljivost v kompleksnem smislu in konformnost Kompleksna odvedljivost. Definicija Naj bo f : D C funkcija, definirana na odprti množici D C. Pravimo, da je f odvedljiva v kompleksnem smislu ali holomorfna v točki z D, če obstaja limita f f(w) f(z) (z) := lim. w z w z To limito imenujemo odvod funkcije f v točki z. z D, rečemo, da je f holomorfna na D. Če je f odvedljiva v vsaki točki Zgled Funkcija f(z) = z ni odvedljiva v nobeni točki z C. Označimo namreč razliko w z z h. Ugotoviti moramo, ali obstaja limita kvocientov f(z + h) f(z) h = h h, ko gre h proti. Ko napišemo h v polarni obliki, h = a h, kjer je a =, vidimo, da je h h = ā a, vrednost tega izraza pa je odvisna od a, torej od argumenta števila h, in ne konvergira nikamor, ko gre h proti. Če npr. h konvergira proti po realnih vrednostih, je kvocient h h h enak. Če pa je h oblike h = ki, kjer je k R, je h =, ne glede na to, kako majhen je k.

67 2.2. ODVEDLJIVOST V KOMPLEKSNEM SMISLU IN KONFORMNOST 67 Enak račun kot pri funkcijah realne spremenljivke pokaže, da so vse potence f n (z) = z n (n N) odvedljive in f n(z) = nz n. Za kompleksen odvod veljajo enaka formalna pravila kot za odvod funkcij realne spremenljivke; tako je npr. (fg) (z) = f (z)g(z) + f(z)g (z) (Leibnizova formula). Ker so dokazi enaki kot pri funkcijah realne spremenljivke, jih bomo tukaj opustili. Racionalne funkcije (npr. polinomi) so torej odvedljive v kompleksnem smislu. Nadaljnji zgledi so funkcije, definirane s potenčnimi vrstami. Potenčna vrsta (2.2.) f(z) = a + a z + a 2 z = a n z n, kjer so a n kompleksna števila, konvergira v notranjosti kroga s središčem in polmerom (2.2.2) R = lim sup n a n, ki ga imenujemo konvergenčni polmer vrste. Zunaj tega kroga pa vrsta (2.2.) divergira. Dokaz tega je enak kot za realne vrste, ki je znan iz osnov analize, kjer namesto kroga nastopa interval. (R je lahko tudi ali pa.) Za točke z iz robne krožnice (torej za z = R) v splošnem ne moremo vnaprej povedati, ali vrsta konvergira. S formalnim odvajanjem vrste (2.2.) dobimo vrsto (2.2.3) na n z n. n= Ker je lim n n n =, preprost račun pove, da je konvergenčni polmer vrste (2.2.3) enak konvergenčnemu polmeru vrste (2.2.), torej R. Na vsakem manjšem krogu z r < R potenčna vrsta (2.2.3) konvergira enakomerno (dokaz je spet enak kot za realne vrste), zato velja naslednja trditev, katere neposreden dokaz (brez sklicevanja na izreke o konvergenci funkcijskih vrst) bomo orisali v nalogi. Trditev Funkcija f, podana s potenčno vrsto (2.2.), je holomorfna na krogu z < R, kjer je njen odvod enak f (z) = g(z) := n= na nz n. Tukaj je R konvergenčni polmer vrste (2.2.). Trditev lahko uporabimo tudi na vrsti (2.2.3), namesto na (2.2.), nato na njenem odvodu itd. Tako (in z vpeljavo nove spremenljivke w = z α) izpeljemo naslednjo posledico: Posledica Če vrsta f(z) = n= a n(z α) n konvergira na krogu z α < R, potem je funkcija f neskončnokrat odvedljiva (v kompleksnem smislu) in f (k) (z) = n=k n(n ) (n k + )a n(z α) n k. Torej je Zgled Eksponentna funkcija e z = a k = f (k) (α). k! n= z n n! (z C) n=

68 68 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE je holomorfna na celotni kompleksni ravnini C, saj njena vrsta konvergira za vsak z C. Isto velja potem tudi za funkcije sin z = 2i (eiz e iz ), cos z = 2 (eiz + e iz ), sh z = i sin(iz) in ch z = cos(iz). Nadalje za poljubna z, w C velja e z e w = = j= n= z j j! n! k= n j= w k k! ( n j = ( n= j+k=n ) z j w n j = z j w k j! k! ) (z + w) n = e z+w. n! Za w = z sledi od tod e z e z =, torej je e z za vsak z C. Za realna x in y velja e x+iy = e x e iy in, ker je e iy = ter e x >, sledi e x+iy = e x. Torej je n= e z = e Re z za vsak z C. Rešitve enačbe e z = so lahko le tisti z = x + iy (x, y R), za katere je e x = e z = in zato e iy = cos y + i sin y =. Torej je x = in y = 2πn (n Z). S tem smo pokazali, da velja e z = z = n2πi (n N). Slika 2.. Konforma preslikava f ohranja kote Konformne preslikave. Naj bo γ : [, ] C kaka zvezno odvedljiva pot, ki naj gre skozi točko z C, torej z = γ(t ) za kak t [, ]. Tangentni vektor v točki z na pot γ je tedaj (gledan kot kompleksno število) enak γ(t ). Nadalje naj bo f funkcija, ki je definirana in holomorfna na kakem območju, ki vsebuje množico [γ] := γ([, ]). Tangentni vektor v točki f(z ) na pot f γ je potem d dt (f γ)(t ) = f (z ) γ(t ). Pri tem privzemimo, da je f (z ). Dolžina tega tangentnega vektorja je torej f (z ) γ(t ), njegov argument pa arg γ(t ) + arg f (z ). Za dve taki, v točki

69 2.2. ODVEDLJIVOST V KOMPLEKSNEM SMISLU IN KONFORMNOST 69 z sekajoči se poti γ, γ 2, je kot med njima (se pravi kot med njunima tangentnima vektorjema γ j (t j ), kjer je γ j (t j ) = z, j =, 2) enak ψ := arg γ 2 (t 2 ) arg γ (t ). Kot med potema f γ in f γ 2 v presečišču f(z ) pa je arg d dt (f γ 2)(t 2 ) arg d dt (f γ )(t ) = (arg f (z ) + arg γ 2 (t 2 )) (arg f (z ) + arg γ (t )) = ψ. Torej preslikava f ohranja kote med krivuljami. Zato imenujemo holomorfne preslikave z neničelnim odvodom tudi konformne preslikave. Več o tem bomo povedali v 6. nalogi. Naloge. Naj bosta f in g kot v trditvi Dokažite z neposrednim računom, da je f(w) f(z) (2.2.4) lim g(z) = w z w z za vsak z iz kroga z < R, kjer je R konvergenčni polmer vrste za f. (Rešitev: Z uporabo identitete w k z k = (w z)(w k + w k 2 z + w k 3 z wz k 2 + z k ), ki velja za vsako naravno število k in jo lahko preverimo z neposrednim računom, lahko zapišemo = = = f(w) f(z) w z g(z) = n= a n [ wn z n w z nz n ] a n [w n + w n 2 z wz n 2 + z n nz n ] n= a n [(w n z n ) + z(w n 2 z n 2 ) + z 2 (w n 3 z n 3 ) z n 2 (w z)] n=2 a n (w z)[(w n 2 +w n 3 z+...+z n 2 )+z(w n 3 +w n 4 z+...+z n 3 )+...+z n 2 ] n=2 = (w z) a n [w n 2 + 2w n 3 z + 3w n 4 z (n )z n 2 ]. n=2 Izberimo r R tako, da bo z < r < R. Potem za vsak w, ki je dovolj blizu z, velja w < r in iz zgornjega računa sledi f(w) f(z) g(z) w z a n [ w n w n 3 z (n ) z n 2 ] w z w z n=2 a n [r n 2 + 2r n (n )r n 2 ] n=2 = w z n(n ) a n r n 2. 2 n=2 Zadnja vsota je končna, saj je konvergenčni polmer vrste n a n n(n ) 2 z n enak = R in je r < R. Zato iz gornje ocene sledi, da res velja (2.2.4).) lim sup n n(n ) 2 a n 2. Določite vse kompleksne ničle funkcij sin, cos, sh in ch. 3. Dokažite identiteto sin(x + iy) 2 = ch 2 y cos 2 x za x, y R.

70 7 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE 4. (i) Naj bo (a n ) padajoče zaporedje pozitivnih števil z limito, (b n ) pa tako zaporedje kompleksnih števil, da so delne vsote s n vrste n= b n omejene, torej, da obstaja taka konstanta M R, da je s n = n j= b j M za vsak n. Dokažite, da tedaj vrsta n= a nb n konvergira. (Nasvet: Po Cauchyevem kriteriju za konvergenco vrst zadošča pokazati, da za vsak ε > velja n j=m a jb j < ε za vsaka dovolj velika m < n. Opazimo, da je n j=m a jb j = n j=m a j(s j s j ) = a m s m + n j=m (a j a j+ )s j + a n s n a m s m + n j=m (a j a j+ ) s j + a n s n M(a m + n j=m (a j a j+ ) + a n ) = 2Ma m.) (ii) Naj bo (a n ) kot v točki (i), (f n ) pa tako zaporedje funkcij f : D C, da je n j= f n(z) M za kako konstanto M (ki je ista za vse n in vse z D). Dokažite, da je potem vrsta n= a nf n enakomerno konvergentna na D. 5. Naj bo (a n ) kot v prejšnji nalogi. Pokažite, da vrsta n= a nz n konvergira enakomerno na množici {z C : z, z ε} za vsak ε >. 6.* Za vsak z C \ {} naj bo A(z) = z z. Naj bo f : D C poljubna preslikava, definirana na ravninskem območju D, in z D poljubna točka. Označimo z D(z, r) := D(, r) \ {z } krog s središčem z in polmerom r >, iz katerega smo izvzeli središče z. Naj bo r dovolj majhen, da je D(z, r) D in privzemimo, da je f(z) f(z ) za vse z D(z, r). Če obstaja limita lim r e iϕ A[f(z + re iϕ ) f(z )] in je neodvisna od ϕ, pravimo, da f ohranja kote v točki z. (Tedaj f ohranja tako velikost kot smer kotov.) Dokažite naslednje: Če je f holomorfna v točki z in je f (z ), potem f ohranja kote v z. Še obratno, če je f (v realnem smislu) diferenciabilna v točki z in je ( f x (z ), f y (z )) ter f ohranja kote v z, potem je f holomorfna v točki z in f (z ). (Rešitev: Zaradi enostavnejšega zapisa bomo, brez izgube splošnosti, vzeli, da je z = in f() =. Če je f holomorfna v točki z = in f (z ), označimo z = re iϕ, in opazimo, da je lim r e iϕ A(f(re iϕ ) f()) = lim e iϕ f(reiϕ ) r f(re iϕ ) = lim z f(z) f() z f(z) f() = f () z f (). Torej tedaj limita obstaja in je neodvisna od ϕ, zato f ohranja kote v z. Če je f v realnem smislu diferenciabilna v točki z = in f() =, pokažite, da za vse dovolj majhne z velja (2.2.5) f(z) = αz + β z + z η(z), kjer sta α in β konstanti, η pa taka funkcija, da je lim z η(z) =. Pri tem je α + β, ker smo privzeli, da je ( f x (z ), f y (z )). Če f ohranja kote v z =, potem mora biti limita lim r e iϕ A(f(re iϕ )) = lim r e iϕ αreiϕ + βre iϕ + rη(re iϕ ) αre iϕ + βre iϕ + rη(re iϕ ) = α + βe 2iϕ α + βe 2iϕ

71 2.3. CAUCHY-RIEMANNOVI ENAKOSTI 7 neodvisna od ϕ, zato mora biti β =. Sedaj pa iz (2.2.5) sledi, da je f holomorfna v točki in f () = α.) 2.3. Cauchy-Riemannovi enakosti Kompleksno funkcijo f : D C lahko razstavimo na realni in imaginarni del, (2.3.) f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Tukaj sta u in v funkciji na odprti množici D, ki ju bomo obravnavali kot funkciji dveh realnih spremenljivk x, y, namesto kompleksne spremenljivke z = x + iy. Če je f holomorfna, je f(z + h) f(z) (2.3.2) lim = f (z) = lim h, h R h h, h R Z upoštevanjem zapisa (2.3.) se relacija (2.3.2) glasi f(z + ih) f(z). ih + h, y) u(x, y) v(x + h, y) v(x, y) lim [u(x + i ] = f (z) h, h R h h = y + h) u(x, y) v(x, y + h) v(x, y) lim [u(x, + i ]. i h, h R h h Od tod sklepamo, da sta u in v odvedljivi funkciji in (2.3.3) u v (x, y) + i x x (x, y) = f (z) = i [ u y (x, y) + i v (x, y)]. y Ko primerjamo realna in imaginarna dela v realiciji (2.3.3), dobimo Cauchy-Riemannovi enakosti u (2.3.4) x = v v in y x = u y. Tako smo delno dokazali naslednji izrek: Izrek Bodita u in v realni funkciji na odprti množici D v ravnini. Če je funkcija f = u + iv holomorfna na D, sta u in v odvedljivi (v realnem smislu) in veljata Cauchy-Riemannovi enakosti (2.3.4). V obratno smer pa velja: če so parcialni odvodi u x, u y, v v x in y zvezni na D in veljata Cauchy-Riemannovi enakosti (2.3.4), potem je f holomorfna na D in f = u x + i v x. Dokaz. Dokazati moramo le še drugi del izreka. h = h + ih 2 tako majhen, da je z + h D. Razliko Naj bo z = x + iy D in (2.3.5) f(z + h) f(z) = u(x + h, y + h 2 ) u(x, y) + i[v(x + h, y + h 2 ) v(x, y)] bomo izrazili s pomočjo diferencialov. Tako je npr. u(x + h, y + h 2 ) u(x, y) = [u(x + h, y + h 2 ) u(x + h, y)] + [u(x + h, y) u(x, y)] = [ u y (x + h, y)h 2 + õ 2 (h 2 )h 2 ] + [ u x (x, y)h + õ (h )h ],

72 72 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE kjer sta õ (h ) in õ 2 (h 2 ) količini, (sicer odvisni tudi od x, y) ki gresta proti, ko gresta h in h 2 proti. Ker je po predpostavki funkcija u u y zvezna, je y (x + h, y) = u y (x, y) + η(h ), kjer je lim h η(h ) =. Zato lahko gornji izraz napišemo kot u(x + h, y + h 2 ) u(x, y) = u y (x, y)h 2 + u x (x, y)h + ho (h), kjer je o (h) = (η(h)+õ2(h2))h2+õ(h)h h. Ker je h h in h 2 h, je lahko videti, da gre o (h) proti, ko gre h proti. Ko na podoben način izrazimo tudi razliko v(x + h, y + h 2 ) v(x, y), lahko izraz (2.3.5) preoblikujemo v f(z + h) f(z) = u x (x, y)h + u y (x, y)h 2 + i[ v x (x, y)h + v y (x, y)h 2] +h(o (h) + io 2 (h)), kjer gresta o (h) in o 2 (h) proti, ko gre h proti. Z upoštevanjem Cauchy-Riemannovih enakosti (2.3.4) (in zveze h = h + ih 2 ) lahko zadnjo enakost preoblikujemo v f(z + h) f(z) = u x (x, y)h v x (x, y)h 2 + i v x (x, y)h + i u x (x, y)h 2 = [ u v (x, y) + i (x, y)]h + ho(h), x x kjer je o(h) = o (h) + o 2 (h). Ker je lim h o(h) =, sledi od tod, da je f(z + h) f(z) lim h h = u x v (x, y) + i (x, y). x Gornji dokaz bi lahko nekoliko skrajšali, če bi uporabili znano dejstvo, da je funkcija z zveznimi parcialnimi odvodi diferenciabilna v realnem smislu. Definicija Dvakrat zvezno odvedljivo funkcijo, definirano na odprti množici D R n, imenujemo harmonična na D, če je n 2 u u := x 2 (x) = (x D). j j= Operator imenujemo Laplaceov operator. Kasneje bomo pokazali, da je vsaka holomorfna funkcija neskončnokrat odvedljiva; isto potem velja tudi za njen realni del u in imaginarni del v. Iz Cauchy- Riemannovih enakosti sledi 2 u x u y 2 = x ( v y ) y ( v x ) =. Tako bo dokazan prvi del naslednje trditve: Trditev Realni in imaginarni del holomorfne funkcije sta harmonični funkciji. Na enostavno povezanem območju je vsaka harmonična funkcija realni del kake holomorfne funkcije.

73 2.4. INTEGRIRANJE KOMPLEKSNIH FUNKCIJ 73 Za odprto množico D C lahko definiramo, da je enostavno povezana, če je njen komplement v razširjeni ravnini Ĉ povezan. (Intuitivno to pomeni, da D nima lukenj.) Na taki množici velja (posledica Greenove formule), da za dani zvezno odvedljivi (realni) funkciji M in N na D obstaja taka funkcija F, da je (M, N) = F = grad F, natanko tedaj, ko je M y = N x. Če je u harmonična funkcija na D, potem funkciji M = u u M y in N = x zadoščata pogoju y = N x, torej obstaja taka funkcija v na D, da je v = (M, N), se pravi v x = u v y in y = u x. To pomeni, da je funkcija f := u + iv holomorfna, saj sta izpolnjeni Cauchy-Riemannovi enakosti. S tem je dokazan zadnji del trditve Naloge. Namesto realnih spremenljivk x in y obravnavajmo z = x + iy in z = x iy kot neodvisni spremenljivki, torej je x = 2 (z + z) in y = 2i (z z) ter (po pravilu za posredno odvajanje) f := f z = f 2 x + f 2i y in f := f z = f 2 x f 2i y. Pokažite, da je sistem Cauchy-Riemannovih enačb za funkcijo f = u + iv ekvivalenten eni sami enačbi f z = in da za holomorfno funkcijo f velja f = f z. 2. Naj bo f = u + iv holomorfna preslikava, kjer sta u in v realni funkciji, in naj bo F preslikava, definirana kot F (x, y) = (u(x, y), v(x, y)). Pokažite, da je Jacobijeva determinanta preslikave F enaka f (z) Prepričajte se, da je funkcija u(x, y) = x 2 y 2 harmonična in poiščite vse holomorfne funkcije, katerih realni del je u Integriranje kompleksnih funkcij Definicija Integral kompleksne funkcije f = u + iv, kjer sta u in v realni integrabilni funkciji na intervalu [a, b], definiramo kot b a f(t) dt = b a u(t) dt + i b a v(t) dt. Funkcijo f = u + iv imenujemo integrabilna, če sta integrabilni funkciji u in v. Integral kompleksnih funkcij ima podobne lastnosti kot integral realnih funkcij, npr. b a (αf + βg) dt = α b a f dt + β za poljubni konstanti α, β C in integrabilni kompleksni funkciji f in g. Integral kompleksne funkcije f na intervalu [a, b] bi lahko ekvivalentno definirali tudi kot limito Riemannovih vsot n j= f(ξ j)(t j t j ) (ξ j [t j, t j ]), ko gre širina max j n (t j t j ) delitve a = t < t <... < t j < t j <... < t n = b intervala [a, b] proti. Iz te definicije bi bila naslednja trditev očitna. Trditev b a f dt b f dt (a b). a b a g dt

74 74 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Dokaz. Brez škode smemo predpostaviti, da je b f dt, sicer ni kaj dokazovati. Naj bo ω kompleksno število z absolutno vrednostjo in argumentom, a nasprotnim argumentu števila b a f dt. Torej je b a ωf dt = ω b a f dt = b f dt realno a število in zato b a f dt = b a ωf dt = Re b a ωf dt = b a Re (ωf) dt Pri tem smo upoštevali, da je Re (ωf) ωf in da je ω =. b a ωf dt = b a f dt. Definicija Če je γ : [a, b] D zvezno odvedljiva, f : D C pa zvezna funkcija, kjer je D C poljubna množica, ki vsebuje γ([a, b]), definiramo krivuljni integral kot b f(z) dz := f(γ(t))γ (t) dt. γ a Če je γ : [a, b] D poljubna pot, (torej le odsekoma zvezno odvedljiva, pa najprej razdelimo [a, b] na podintervale [t j, t j ], na katerih je γ zvezno odvedljiva, in definiramo γ f(z) dz kot vsoto integralov t j t j f(γ(t))γ (t) dt. S pomočjo formule za vpeljavo nove spremenljivke v določeni integral sledi, da je zgoraj definirali krivuljni integral neodvisen od parametrizacije krivulje: Trditev Če je ϕ : [c, d] [a, b] naraščajoča zvezno odvedljiva bijekcija, je γ ϕ f(z) dz = f(z) dz. γ Zgled Formula γ(t) = α+re it (t [, 2π]) predstavlja krožnico s središčem α in polmerom r. Krivuljni integral funkcije f po tej krožnici je 2π f(z) dz = f(α + re it )ire it dt. Za funkcijo f(z) = (z α) izračunamo dz z α = i γ γ 2π dt = 2πi. Ločni element ds na krivulji γ(t) = x(t) + iy(t), t [a, b], kjer sta x in y zvezno odvedljivi funkciji parametra t, je ds = ẋ(t) 2 + ẏ 2 (t) dt = γ (t) dt = dγ. Zato je dolžina te poti L(γ) = b a γ (t) dt. Ocenimo še krivuljni integral poljubne zvezne funkcije f po poti γ : [a, b] C (a b). Trditev γ f(z) dz f(z) ds. γ Dokaz. f(z) dz = γ b a f(γ(t)γ (t) dt b a f(γ(t) γ (t) dt = γ f(z) ds.

75 2.4. INTEGRIRANJE KOMPLEKSNIH FUNKCIJ 75 Definicija Poti γ : [a, b] D nasprotna je pot γ : [a, b] D, γ (t) = γ(a + b t). Ko teče t od a do b, potuje točka γ(t) od γ(a) do γ(b), točka γ (t) pa v nasprotni smeri od γ(b) do γ(a). Dokaz naslednje trditve bomo pustili za vajo. Trditev f(z) dz = f(z) dz. γ γ Za dve taki poti γ j : [a j, b j ] D, da je končna točka prve enaka začetni točki druge, torej γ (b ) = γ 2 (a 2 ), lahko definiramo vsoto γ + γ 2, če najprej reparametriziramo npr. drugo pot kot ter nato postavimo γ 2 : [b, b + b 2 a 2 ] D, γ 2 (t) = γ 2 (a 2 b + t) (γ + γ 2 )(t) := { γ (t), t [a, b ] γ 2 (t), t [b, b + b 2 a 2 ]. Opozoriti moramo, da ta operacija seštevanja poti ni komutativna, saj morda γ 2 + γ sploh ni definirana, čeprav γ + γ 2 je. Lahko pa se je prepričati, da velja Trditev γ +γ 2 f(z) dz = γ f(z) dz + γ 2 f(z) dz. Definicija Pot γ : [a, b] D je sklenjena, če je γ(b) = γ(a). Če imata poti γ in γ 2 isto začetno in isto končno točko, potem je γ +γ2 pot. Od tod in iz trditev in takoj sledi naslednja lema. sklenjena Lema Naj bo f : D C (zvezna) funkcija. Potem je γ f(z) dz = γ 2 f(z) dz za vsaki dve poti γ in γ 2 v D, ki imata isto začetno in isto končno točko, natanko tedaj, ko je f(z) dz = za vsako sklenjeno pot γ v D. γ V naslednji lemi je privzetek, da je F zvezna (torej integrabilna) funkcija, vedno izpolnjen, vendar bomo to spoznali šele kasneje. Lema Za vsako holomorfno funkcijo F : D C z zveznim odvodom in vsako pot γ : [a, b] D je F (z) dz = F (γ(b)) F (γ(a)). b a γ Dokaz. Po definiciji krivuljnega integrala je γ F (z) dz = b a F (γ(t))γ (t) dt = d dtf (γ(t)) dt = F (γ(b)) F (γ(a)). Izrek Naj bo f : D C taka zvezna funkcija na območju D, da je f(z) dz = za vsako sklenjeno pot γ v D. Potem obstaja taka holomorfna funkcija γ F na D, da je f = F.

76 76 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Dokaz. Izberimo točko α D in za vsak z D definirajmo z (2.4.) F (z) = f(w) dw := f(w) dw, α kjer je γ poljubna pot v D z začetno točko α in končno točko z. Iz leme 2.4. sledi, da je F (z) nedvoumno definirana vrednost, saj je integral f(w) dw enak za vse poti γ z začetkom v α in koncem z. Da bi določili F (z), naj bo γ = [z, z +h] daljica od z do z + h. Ker je funkcija f zvezna v točki z, je za poljuben ε >, f(z + h) f(z) < ε, če je le h dovolj majhen. Ker je γ dw = z + h z = h, sledi, za dovolj majhne h, z uporabo trditev 2.4.6, in leme 2.4.2, da velja h (F (z + h) F (z)) f(z) = h γ+γ [ f(w) dw f(w) dw] f(z) dw γ h γ = (f(w) f(z)) dw f(w) f(z) ds ε ds = ε h = ε. h γ h γ h γ h Od tod sklepamo, da je F (z) = lim h h (F (z + h) F (z)) = f(z). γ Naloge. Izračunajte γ esin z cos z dz, kjer je γ: (i) krožnica s središčem α in polmerom r; (ii) daljica od do i. 2. Izračunajte y dz, kjer je γ: γ (i) daljica od do i; (ii) zgornja polovica krožnice z =. 3. Izračunajte z α dz. z = α 4. Pokažite, da je za vsako sklenjeno pot γ in holomorfno funkcijo f na C vrednost integrala γ f(z)f (z) dz čisto imaginarna. 5.* Naj bo f : [a, b] C taka zvezna funkcija, da je b a f(t) dt = b f(t) dt. a Pokažite, da potem obstaja taka konstanta ω C, da je f(t) = ω f(t) za vse t [a, b]. (Rešitev: Napišimo kompleksno število J := b f(t) dt v polarni obliki, J = ω J, kjer a je ω =. Potem je (zaradi ωω = ω 2 = ) (2.4.2) J = ωj = ω b a f(t) dt = b a ωf(t) dt. Ker je leva stran v tej enakosti (nenegativno) realno število, mora biti taka tudi desna stran, torej je (2.4.3) b a ωf(t) dt = Re b a ωf(t) dt = b a Re ( ωf(t)) dt b a ωf(t) dt = b a f(t) dt. Skrajna leva stran v tej relaciji je b a ωf(t) dt = ωj = J = b f(t) dt, kar je po a predpostavki enako b f(t) dt, torej ravno skrajna desna stran v relaciji (2.4.3). Od a

77 2.5. OVOJNO ŠTEVILO 77 tod sledi, da mora neenakost v (2.4.3) biti enakost, torej b a Re ( ωf(t)) dt = b f(t) dt, a kar lahko napišemo kot b a ( f(t) Re ( ωf(t))) dt =. Ker je f(t) Re ( ωf(t)) f(t) ωf(t) = za vse t [a, b] in je integral nenegativne zvezne funkcije (tj. ploščina pod grafom) enak le, ko je funkcija, sledi od tod, da je (2.4.4) Re ( ωf(t)) = f(t) = ωf(t). To pomeni, da mora biti Im ( ωf(t) = (saj bi bilo sicer ωf(t) > Re ( ωf(t))), torej je ωf(t) realno število. Toda potem se prva enakost v (2.4.4) glasi ωf(t) = f(t) za vse t [a, b]. Ker je ω =, to pomeni f(t) = ω f(t).) 6. Predpostavimo, da je f (z) M za vse z na konveksni odprti množici D. (Množico D imenujemo konveksna, če je za vsaki točki z, w D celotna daljica od z do w vsebovana v D.) Pokažite, da je tedaj f(w) f(z) M w z za poljubna z, w D. 7. Naj bo f taka holomorfna funkcija na omejeni odprti množici D, da je funkcija f omejena na D. Pokažite, da je potem tudi funkcija f omejena na D 2.5. Ovojno število Naj bo γ : [a, b] C zvezno odvedljiva sklenjena pot, katere slika [γ] = γ([a, b]) ne vsebuje točke. Potem lahko zapišemo γ(t) v polarni obliki kot (2.5.) γ(t) = r(t)e iϕ(t), kjer je r(t) = γ(t) in je ϕ funkcija spremenljivke t, ki jo lahko določimo tako, da bo ϕ(t) argument kompleksnega števila γ(t) za vse t dovolj blizu a. Vendar pa se ϕ(t) ne bo nujno ujemala z argumentom števila γ(t) za vse t [a, b], če naj bo ϕ zvezna funkcija, saj argument zavzame vrednosti med in 2π, zaradi zveznosti pa bo funkcija ϕ(t) morala zavzeti vrednosti več kot 2π, ko bo točka γ(t) obkrožila točko. Da bi ugotovili, kako se taka funkcija ϕ izraža, za hip privzemimo, da je odvedljiva in odvajajmo enakost (2.5.), da dobimo γ(t) = ṙ(t)e iϕ(t) +ir(t)e iϕ(t) ϕ(t). Ko to enakost delimo z enakostjo (2.5.), dobimo γ(t) γ(t) = ṙ(t) r(t) + i ϕ(t), se pravi (2.5.2) i ϕ(t) = γ(t) γ(t) ṙ(t) r(t). Ker je γ zvezno odvedljiva funkcija in po predpostavki r(t) = γ(t) za vsak t [a, b], je desna stran enakosti (2.5.2) zvezna funkcija in (2.5.2) namiguje, naj definiramo (2.5.3) ϕ(t) = arg γ(a) + i t a [ γ(τ) γ(τ) ṙ(t) r(τ) ] dτ. Tedaj je ϕ res zvezno odvedljiva funkcija in ϕ(t) ϕ(a) pomeni celotno spremembo kota med γ(τ) in pozitivnim poltrakom abscisne osi, ko τ teče od a do t. Če je pot γ sklenjena, torej γ(b) = γ(a), lahko pričakujemo, da je ϕ(b) ϕ(a) večkratnik kota 2π,

78 78 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE torej število I γ () := 2π (ϕ(b) ϕ(a)) celo. Ker je tedaj b ṙ(τ) a r(τ) dτ = ln r(b) ln r(a) =, iz (2.5.3) sledi (2.5.4) I γ () = 2πi b a γ(t) γ(t) dt = dz 2πi γ z. Podobna formula mora veljati za vsako točko α, ki ne leži na poti γ (saj lahko vpeljemo nov koordinatni sistem s sredičem v α). Definicija Za sklenjeno pot γ v C in vsako točko α, ki ne leži na sliki poti γ, je ovojno število (ali indeks) definirano kot I γ (α) = dz 2πi z α. V nalogi je oris računskega dokaza dejstva, da je I γ (α) vedno celo število. Naj γ Slika 2.2. Ovojna števila poti γ bo γ sklenjena pot. Ker je slika [γ] = γ([a, b]) kompaktna podmnožica v C, je njen komplement [γ] c odprta množica, katere komponente povezanosti (to je maksimalne povezane podmnožice) so tudi odprte. Katerikoli dve točki take komponente U lahko povežemo s kako potjo γ. Ker je I γ (α) zvezna funkcija točke α [γ] c in zavzame le cele vrednosti, se vzdolž poti γ ne more spreminjati, zato mora biti konstantna na celotni komponenti U. Bolj formalen dokaz tega dejstva se glasi takole: Naj bo α poljubna točka iz U. Množica V := {w U : I γ (w) = I γ (α)} je odprta (ker je to ravno praslika Iγ (I γ (α), I γ (α) + ) odprtega intervala (I γ (α), I γ (α) + )) in zaprta (ker je enaka tudi prasliki zaprte množice {α}). Ker je U povezana množica, mora biti V = U. Nadalje iz formule za ovojno število takoj sledi, da je lim α I γ (α) =, zato mora biti I γ (α) = za vse točke α iz neomejene komponente množice γ c. Tako smo dokazali naslednjo trditev:

79 2.6. CAUCHY-GREENOVA FORMULA ZA PRAVOKOTNIK 79 Trditev Za vsako sklenjeno pot γ v C in vsako točko α iz komplementa [γ] c slike poti γ je I γ (α) celo število, enako za vse točke v isti komponenti množice [γ] c, enako za točke iz neomejene komponente. Zgled Za točke w izven kroga, omejenega s krožnico γ(t) = α + re it, t [, 2π], je po gornji trditvi I γ (w) =. Za točke w znotraj tega kroga pa je I γ (w) = po zgledu Nalogi. Naj točka α ne leži na sklenjeni poti γ : [a, b] C. Pokažite, da je odvod funkcije F (t) = (γ(t) α)e t γ(τ) a γ(τ) α dτ enak za vsak t [a, b]. Sklepajte od tod, da je F konstanta, torej F (b) = F (a) in zato e b a γ γ α dt =. Potem mora biti b a γ γ α dt oblike n2πi (n Z). 2. Določite γ n= a nz n dz, kjer je γ sklenjena pot, ki ne gre skozi, in vrsta enakomerno konvergentna na sliki poti γ. je 2.6. Cauchy-Greenova formula za pravokotnik Naj bo γ sklenjena pot, f = u + iv pa holomorfna funkcija na območju D. Potem γ f(z) dz = (u + iv)(dx + idy) = γ γ (u dx v dy) + i (v dx + u dy). γ Če so parcialni odvodi funkcij u in v zvezni in γ ne obkroži nobene točke komplementa množice D, lahko po znani Greenovi formuli (ki jo bomo izpeljali v splošnejši obliki v eni od nalog naslednjega razdelka) zadnja dva integrala preoblikujemo v dvojna integrala po množici Ω D, ki jo ograjuje γ, da dobimo f(z) dz = ( v x + u ) dx dy + i ( u y x v )dx dy. y γ Ω Po Cauchy-Riemannovih enakostih sta zadnja dva integrala enaka. dokazali Cauchyev izrek f(z) dz =. γ γ Ω S tem smo Če ga uporabimo na funkciji g(z) := f(z) f(w) z w, kjer je w poljubna izbrana točka iz definicijskega območja funkcije f, vidimo, da je f(z) dz dz f(w) z w z w = g(z) dz =, se pravi (ker je drugi integral enak 2πiI γ (w)) f(w)i γ (w) = 2πi γ γ γ f(z) z w dz, kar je Cauchyeva formula. Upravičenost uporabe Cauchyevega izreka na funkciji g se zdi morda nekoliko vprašljiva, ker ne vemo, če je g odvedljiva v točki w, toda, ker je

80 8 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE g omejena v okolici točke w, to ni resna težava. (Da se jo odpraviti, če integriramo najprej po uniji poti γ in majhne, negativno orientirane krožnice γ ε s središčem v w in polmerom ε. Ker je g omejena v okolici točke w, gredo integrali γ ε g(z) dz proti, ko gre ε proti. Glejte npr. [2]) Pomanjkljivost gornje izpeljave je, da privzame zveznost parcialnih odvodov funkcij u in v, Cauchyev izrek pa bi radi izpeljali brez te predpostavke. Zato bomo v naslednjem razdelku izpeljali splošnejši izrek, ki bo vključeval tudi klasično Greenovo formulo, dokazano pri milejši predpostavki kot pa je zveznost parcialnih odvodov. V tem razdelku se bomo omejili na primer, ko je γ rob pravokotnika. Bralec, ki se prvič srečuje s kompleksno analizo, lahko preskoči nadaljevanje tega razdelka in začetek naslednjega razdeleka do posledice Definicija Funkcija f : D C je realno-diferenciabilna v točki α D, če obstaja taka R-linearna preslikava A : C C in taka funkcija ε : D C, da je (2.6.) f(z) f(α) = A(z α) + ε(z) z α (z D), kjer je lim z α ε(z) =. Opomba Ker je preslikava A linearna nad R (ne pa nujno nad C), je določena s slikama A := A in A 2 := Ai, tako da za z = x + iy in α = a + ib velja A(z α) = A (x a) + A 2 (y b). Zato se gornja definicija diferenciabilnosti ujema z definicijo, ki jo bralec najbrž že srečal pri uvodnem tečaju iz vektorskih funkcij več realnih spremenljivk. Lahko je videti, da mora biti tedaj f parcialno odvedljiva na x in na y v točki α. V. nalogi razdelka 2.3 smo že vpeljali oznaki f := 2 ( f x i f y ) in f = 2 ( f x + i f y ). Iz gornje opombe sledi, da za realno-diferenciabilno funkcijo f odvoda f(α) in f(α) obstajata in velja (2.6.2) f(z) f(α) = ( f)(α)(z a) + ( f)(α)( z ᾱ) + ε(z) z α, lim z α ε(z) =. Od tod in iz definicije kompleksne odvedljivosti takoj sledi: Trditev Realno-diferenciabilna funkcija f je holomorfna v točki α natanko tedaj, ko je f(α) =. Opomba Ker je linearna kombinacija parcialnih odvodov x in y, zadošča pravilu za odvod produkta, tj. (fg) = g f + f g. Če je g holomorfna funkcija, je torej (fg) = g f. Z Q bomo označevali rob, s p(q) pa ploščino ravninske množice Q. Lema Za vsak pravokotnik Q s stranicami. osema, je z dz = 2ip(Q), Q vzorednimi koordinatnima kjer je Q pozitivno orientiran (torej v nasprotni smeri od gibanja urinega kazalca).

81 2.6. CAUCHY-GREENOVA FORMULA ZA PRAVOKOTNIK 8 Slika 2.3. Pozitivno orientiran rob pravokotnika Dokaz. Velja z dz = (x iy)(dx + idy) = Q Q = 2 Q Q d(x 2 + y 2 ) i y dx + i Q (x dx + y dy) i Q x dy. Q (y dx x dy) Ker je integral totalnega diferenciala po sklenjeni poti enak, moramo izračunati le zadnja dva integrala. Naj bodo oglišča pravokotnika podana kot A(c, e), B(c + a, e), C(c+a, e+b) in D(c, e+b), torej sta dolžini stranic enaki a in b. Ker na stranicah AD in BC velja dx =, je Q y dx = AB e dx + CD (e + b) dx = c+a e dx c+a (e + c c b) dx = c+a b dx = ab = p(q). Podobno je x dy = p(q) in rezultat je c Q z dz = 2ip(Q). Q Izrek (Cauchy-Greenov izrek za pravokotnik) Naj bo P zaprt pravokotnik in f funkcija, ki je realno-diferenciabilna na kakem območju D, ki vsebuje P. Če je funkcija f zvezna na P, potem je f(z) dz = 2i f dx dy, P kjer označuje P rob pravokotnika P, usmerjen pozitivno (torej tako, da je pravokotnik na njegovi levi). Dokaz. Koordinatni sistem lahko izberemo tako, da sta osi vzoredni stranicam pravokotnika. Za vsak pravokotnik Q, vsebovan v P, naj bo (2.6.3) m(q) = f(z) dz 2i f dx dy. Q P Q

82 82 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Pokazati moramo, da je c := m(p ) =. Razdelimo P na štiri skladne pravokotnike Slika 2.4. Delitev pravokotnika P (j) (j =, 2, 3, 4) s stranicami, vzorednimi koordinatnima osema. Ker se integrala po vsaki skupni stranici po dveh pravokotnikov izničita (saj sta nasprotno usmerjeni), je c = m(p ) = 4 j= m(p (j) ) 4 j= m(p (j) ). Torej mora biti m(p (j) c 4 za vsaj en j; izberimo tak j in označimo P = P (j). Izvedimo sedaj enak postopek na pravokotniku P namesto P, da dobimo pravokotnik P 2 P, za katerega je m(p 2 ) m(p )/4 c/4 2. Ko tako nadaljujemo, dobimo tako zaporedje zaprtih pravokotnikov P P P 2... P n..., da je (2.6.4) m(p n ) m(p )4 n. Če sta a in b stranici pravokotnika P, sta stranici pravokotnika P n enaki a2 n in b2 n. Ker padajo diametri teh pravokotnikov proti, vsebuje njihov presek n P n eno samo točko, imenujmo jo α; seveda je α P n za vsak n. Ker je f realno-diferenciabilna, velja (2.6.2). Označimo ε n = sup z Pn ε(z). Ker pravokotniki P n konvergirajo proti α, je lim n ε n =. Iz (2.6.3) in (2.6.2) dobimo m(p n ) = f(α) dz + f(α) (z α) dz + f(α) ( z ᾱ) dz P n P n P n 2i f(z) dx dy + ε(z) z α dz. P n P n Ker sta funkciji in z α odvoda holomorfnih funkcij (namreč funkcij z in (z α) 2 /2), sta prva dva integrala v gornji formuli enaka, tretji pa je enak integralu P n z dz =

83 2.6. CAUCHY-GREENOVA FORMULA ZA PRAVOKOTNIK 83 2ip(P n ) po lemi 2.6.5, torej enak 2i P n dx dy. Zato se gornja formula za m(p n ) poenostavi v m(p n ) = 2i ( f(z) f(α)) dx dy + ε(z) z α dz. P n P n Ker je z α (a n ) 2 + (b n ) 2 (= diagonala pravokotnika P n ) za vse z P n, velja ε(z) z α dz ε(z) z α ds ε n (a2 n ) P n P 2 + (b2 n ) 2 ds n P n = 2ε n (a2 n ) 2 + (b2 n ) 2 (a + b)2 n in sledi, da je (2.6.5) m(p n ) 2 f(z) f(a) dx dy + 2ε n (a + b)4 n a 2 + b 2. P n Naj bo δ >. Ker je po predpostavki f zvezna funkcija in gredo diametri pravokotnikov P n proti, velja ocena sup z Pn f(z) f(α) < δ za vse dovolj velike n in iz (2.6.4) in (2.6.5) sledi (ker je p(p n ) = 4 n p(p ) in m(p n ) 4 n m(p )) Torej je 4 n m(p ) m(p n ) 4 n [2δp(P ) + 2ε n a2 + b 2 (a + b)]. m(p ) 2δp(P ) + 2ε n a2 + b 2 (a + b) za vse dovolj velike n. Ker je tukaj pozitivno število δ lahko poljubno majhno in je lim n ε n =, mora biti m(p ) =. Izrek (Cauchy-Greenova formula za pravokotnik) Naj bo f realno-diferenciabilna funkcija na kakem območju, ki vsebuje zaprt pravokotnik P. Če je zožitev f P funkcije f na pravokotnik P zvezna, potem za vsako notranjo točko α pravokotnika P velja f(α) = f(z) 2πi P z α dz f(z) π P z α dp. Dokaz. Spet lahko privzamemo, da so stranice pravokotnika vzporedne koordinatnima osema. Za vsak podpravokotnik Q P naj bo tokrat f(z) f(z) (2.6.6) m(q) = dz 2i z α z α dp. Q Za vsak dovolj majhen δ > je kvadrat P δ s središčem v α in stranicami dolžine δ, vzorednimi koordinatnima osema, vsebovan v notranjosti pravokotnika P. Ko podaljšamo stranice tega kvadrata tako, da sekajo stranice pravokotnika P, s tem razdelimo P na devet pravokotnikov; poleg P δ še osem drugih, ki jih bomo označili s P j (j =,..., 8). Po Cauchy-Greenovem izreku (uporabljenem na funkciji z f(z) z α f(z) namesto f), upoštevajoč, da je po opombi z α = f(z) z α (saj je (z α) = ), je m(p j ) =. Torej je m(p ) = m(p δ ) + 8 j= m(p j) = m(p δ ). Sedaj zadošča dokazati, da je lim δ m(p δ ) = 2πif(α). Q

84 84 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Slika 2.5. K dokazu Cauchy-Greenove formule za pravokotnik Ker je f P zvezna funkcija, je A := sup z P f(z) <. Ker je pravokotnik P δ vsebovan v krogu z α δ, je f(z) (2.6.7) z α dp A z α dp A dp = 2πAδ. z α δ z α P δ P δ Pri tem smo za izračun zadnjega integrala uporabili polarne koordinate s središčem v α (torej z = α + re iϕ, r δ, ϕ 2π, dp = r dr dϕ). Ker je funkcija f realno-diferenciabilna, zanjo velja (2.6.2), od koder sledi (ko upoštevamo, da je z ᾱ z α = ), da je f(z) f(α) f(α) + z α f(α) + ε(z) B ( z P ), kjer je B konstanta (neodvisna od δ). Torej je in zato lim δ P δ P δ f(z) z α dz P δ f(z) dz = lim z α δ P δ f(α) z α dz P δ f(z) f(α) ds 4Bδ z α f(α) dz = f(α) lim z α 2πiI P δ (α) = 2πif(α). δ Od tod in iz (2.6.7) sledi, da je lim δ m(p δ ) = 2πif(α), kot smo želeli dokazati. Definicija Funkcija f, definirana na C, ima kompakten nosilec, če je f(z) = za vse z izven kakega (dovolj velikega) kroga. Nosilec funkcije f, supp f, je zaprtje množice {z : f(z) }. Če uporabimo Cauchy-Greenovo formulo na funkciji f s kompaktnim nosilcem in izberemo pravokotnik P tako velik, da je f P =, dobimo naslednjo posledico:

85 2.7. SPLOŠNA CAUCHY-GREENOVA FORMULA IN NJENE POSLEDICE 85 Posledica Za vsako realno-diferenciabilno funkcijo f : C C s kompktnim nosilcem in zveznim f velja f(α) = f(z) dp za vsak α C. π z α C Naloga. Naj ima funkcija f : C C kompakten nosilec in naj obstajajo parcialni odvodi j+k f vseh redov. Definirajmo j z k z g(w) = f(z) π C z w dp. Pokažite, da ima tedaj tudi g parcialne odvodeh vseh redov in da je g z = f. (Navodilo: vpeljite v integral novo spremenljivko ζ = z w, namesto z, odvajajte nato integral na parameter w in se vrnite spet na staro spremenljivko z.) 2.7. Splošna Cauchy-Greenova formula in njene posledice Da bi dokazali Cauchy-Greenovo formulo za območja, splošnejša od pravokotnikov, bomo potrebovali za vsak par množic K D, kjer je K kompaktna, D pa odprta, tako zvezno odvedljivo funkcijo ϕ, da je ϕ K = in ϕ(z) = za vse z iz komplementa D c množice D. Za konstrukcijo take funkcije se najprej spomnimo iz osnovnega tečaj analize, da je funkcija η : R R, definirana kot { e t, t > ; η(t) =, t. neskončnokrat odvedljiva (ali gladka). (Razlog je v tem, da je lim t e t t n = za vsak n N.) Potem je tudi funkcija τ(t) = η(t) η(t) + η( t) gladka, enaka za vse t, enaka za vse t ter strogo med in za t (, ). Funkcija θ(t) = τ(2 + t)τ(2 t) pa je enaka za t [, ], enaka za t 2 in strogo med in za druge t. Končno definirajmo še funkcijo ψ : C C, ψ(z) = θ( z ). Funkcija ψ je gladka (se pravi neskončnokrat odvedljiva kot funkcija realnih spremenljivk x in y), enaka izven kroga z < 2 in enaka na krogu z. Za vsak r > in α C je torej funkcija z ψ( z α r ) identično enaka izven kroga z α 2r in identično enaka v krogu z α r. Lema Naj bo D odprta, K pa kompaktna podmnožica v C ter K D. Obstaja taka gladka funkcija ϕ : C [, ] s kompaktnim nosilcem, vsebovanim v D, da je ϕ K =.

86 86 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Slika 2.6. Grafi funkcij η, τ in θ. Dokaz. Za vsak z K naj bo D(z, r z ) tak odprt krog s središčem z in polmerom r z >, da je dvakrat večji krog D(z, 2r z ) vsebovan v D. Ker je K kompaktna, lahko iz pokritja {D(z, r z ) : z K} izberemo končno podpokritje {D(z j, r j ) : j =,... n}. Za vsak j naj bo ψ j funkcija, definirana s predpisom ψ j (z) = ψ( z zj r j ), kjer je ψ funkcija, definirana v odstavku pred lemo. Definirajmo funkcijo ϕ s ϕ(z) = ( ψ (z)) ( ψ n (z)). Očitno je ϕ gladka funkcija. Vsak z K je vsaj v enem od krogov D(z j, r j ), na katerem je ψ j enaka, zato je ψ j (z) = in ϕ(z) =. Če pa je z izven množice D, potem z ni v nobenem od krogov D(z j, 2r j ), zato je ψ j (z) = za vse j in posledično ϕ(z) =. Izrek (Cauchy-Greenova formula) Naj bo γ taka sklenjena pot v neprazni odprti množici D C, da je I γ (ζ) = za vsako točko ζ iz komplementa D c := C \ D. Potem za vsako realno-diferenciabilno funkcijo f : D C z zveznim odvodom f velja (2.7.) I γ (w)f(w) = 2πi kjer je [γ] slika poti γ. γ f(z) z w dz I γ (z) f(z) dp(z) za vsak w D \[γ], π D z w Dokaz. Definirajmo množico K takole: naj K vsebuje točko w D \ [γ], pot [γ] in vse tiste komponente množice D \ [γ], na katerih je ovojno število I γ različno od, torej K = {w} [γ] {z D : I γ (z) }. Ker je K kompaktna podmnožica v D (zakaj?), obstaja odprta okolica U množice K s kompaktnim zaprtjem U, vsebovanim v D (utemeljite!). Po lemi 2.7. obstaja taka gladka funkcija ϕ s kompaktnim nosilcem vsebovanim v D, da je ϕ U =. Ker je I γ (z) = za vse z C \ K, lahko v drugem integralu v (2.7.) nadomestimo integracijsko območje D z množico K. Ker je funkcija ϕ enaka na okolici množice K, lahko nato funkcijo f nadomestimo s funkcijo ϕf. Pri tem ostaneta nespremenjena tudi prvi integral in leva stran formule (2.7.), zato lahko privzamemo, da ima kar f

87 2.7. SPLOŠNA CAUCHY-GREENOVA FORMULA IN NJENE POSLEDICE 87 kompakten nosilec, vsebovan v D. Za poljubna ζ, w C lahko potem izrazimo f(ζ) in f(w) po posledici Za ζ w dobimo tako f(ζ) f(w) = ζ w ζ w [ f(z) π D z ζ dp(z) + f(z) π D z w dp(z)] = f(z) π (z ζ)(z w) dp(z). Naj bo sedaj w D \ [γ] in integrirajmo gornjo formulo po ζ [γ], da dobimo f(ζ) ζ w dζ 2πiI f(ζ) f(w) γ(w)f(w) = dζ ζ w = π γ γ D f(z) (z ζ)(z w) dp(z) dζ = π D = π D γ D f(z) z w 2πiI γ(z) dp(z). f(z) z w ( γ dζ z ζ ) dp(z) Ko od tod izrazimo I γ (w)f(w), dobimo formulo (2.7.). Omeniti moramo le še, da je v gornjem računu zamenjava vrstnega reda integriranja po dζ in dp(z) upravičena po Fubinijevem izreku [27, izrek 3.5.8]. Zvezna funkcija f je namreč na kompaktnem nosilcu H funkcije f omejena, recimo s konstanto M, točka w ima od množice [γ] pozitivno razdaljo, recimo δ, množica H pa je vsebona v vseh krogih s središči ζ [γ] ali w in polmerom R, če je le R dovolj velik, zato lahko ocenimo γ D f(z) dp(z) ds(ζ) = z ζ z w M δ [ γ = M δ z ζ R [ γ γ ζ w H f(z) z ζ dp(z) ds(ζ) z w ] dp(z) ds(ζ) + dp(z) ds(ζ) z ζ γ z w R z w ] 2πR ds(ζ) + 2πR ds(ζ) = 4πRM s(γ) <, δ γ kjer je s(γ) dolžina poti γ. Pri tem smo dvojna integrala izračunali s pomočjo polarnih koordinat s srediči v ζ in w. Zelo pomemben poseben primer Cauchy-Greenove formule je: Posledica (Cauchyeva formula) Naj bo γ taka sklenjena pot v neprazni odprti množici D C, da je I γ (ζ) = za vsak ζ iz C\D. Potem za vsako holomorfno funkcijo f : D C velja (2.7.2) I γ (w)f(w) = 2πi γ f(z) z w dz za vsak w D \ [γ]. Če je f holomorfna funkcija na D, je taka tudi funkcija z (z w)f(z) za vsak w C. Ko na njej uporabimo Cauchyevo formulo, dobimo:

88 88 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Posledica (Cauchyev izrek) Naj bo γ taka sklenjena pot v neprazni odprti množici D C, da je I γ (w) = za vsak w iz C \ D. Potem za vsako v kompleksnem smislu odvedljivo funkcijo f : D C velja (2.7.3) f(z) dz =. γ Opomba Če je Γ = (γ j ) n j= končna družina sklenjenih poti, imenovali jo bomo cikel, definiramo I Γ (w) kot I Γ (w) = n j= I γ j (w) za vsak w, ki ne leži na nobeni od poti γ j, ter definiramo integral Γ g(z) dz kot vsoto n j= γ j g(z) dz. Cauchy- Greenova formula velja tudi za cikle, namesto posameznih sklenjenih poti. Kasneje bomo potrebovali predvsem poseben primer, ko je n = 2 in sta poti koncentrični krožnici, ki ga povzema naslednja posledica: Posledica (Cauchyeva formula za kolobar) Naj bo f holomorfna funkcija na kaki okolici kolobarja K := {z C : r z α R} (kjer sta r < R nenegativni konstanti). Potem za vsak w iz notranjosti kolobarja K (tj. r < w α < R) velja (2.7.4) f(w) = 2πi z α =R f(z) z w dz 2πi z α =r f(z) z w dz, kjer sta oba integrala po pozitivno orientiranih krožnicah. (Kolobar leži potem na desni strani notranje krožnice, od tod predznak pred drugim integralom.) Če je torej f holomorfna na kaki okolici kroga z α R, potem je za vsak w v notranjosti tega kroga (2.7.5) f(w) = f(z) 2πi z w dz. z α =R Predznak pred drugim integralom v (2.7.4) izvira iz dejstva, da bi bilo treba notranjo krožnico orientirati negativno, če naj bo skupno ovojno število obeh krožnic okrog vsake točke zunaj kolobarja enako, izbrali pa smo pozitivno orientacijo. Iz Cauchyeve formule za krog (2.7.5) dobimo z odvajanjem integrala na parameter w naslednjo formulo za odvode: Posledica Vsaka holomorfna funkcija na območju D je neskončnokrat odvedljiva. Za vsak n N in vsak zaprt krog D(α, r), vsebovan v D, velja za vsak w D(α, r) enakost (2.7.6) f (n) (w) = n! 2πi z α =r f(z) dz. (z w) n+ Če je torej f omejena, se pravi f(z) M za kak M in vse z D, potem velja Cauchyeva ocena (2.7.7) f (n) (α) Mn! r n. Posledica (Liouvillow izrek) Omejena holomorfna funkcija f na C je konstantna.

89 2.7. SPLOŠNA CAUCHY-GREENOVA FORMULA IN NJENE POSLEDICE 89 Slika 2.7. V Cauchyevi formuli za kolobar integriramo po γ γ 2. Dokaz. Po Cauchyevi oceni (2.7.7) je f (α) M r, kjer lahko vzamemo za r poljubno veliko pozitivno število, saj je f holomorfna na celotni ravnini C. Ko pošljemo r proti, vidimo, da mora biti f (α) = za vse α, torej mora biti f konstantna. Posledica (Osnovni izrek algebre) Vsak nekonstanten kompleksen polinom p(z) = z n + a n z n a (n ) ima vsaj eno kompleksno ničlo. Dokaz. Iz ocene ( p(z) z n a n... a ) z z n vidimo, da je p(z) > 2 za vse dovolj velike z, recimo za z R. Torej je p(z) < 2 za z R. Če polinom p ne bi imel nobene ničle, bi bila funkcija z p(z) holomorfna na C. Potem bi bila funkcija / p zvezna, torej omejena na krogu z R. Ker je tudi izven tega kroga omejena (z 2), bi sledilo, da je /p omejena holomorfna funkcija na C. Po Liouvillovem izreku bi morala biti /p (torej tudi p) konstantna, kar pa nasprotuje predpostavki. Naloge. Izpeljite Cauchyevo oceno (2.7.7) iz formule (2.7.6) v posledici

90 9 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE 2. Dokažite dejtvo (molče uporabljeno v dokazu Liouvillovega izreka), da je holomorfna funkcija na območju D konstantna, če je njen odvod. (Namig: za poljubni točki α, w D velja f(w) f(α) = γ f (z) dz, kjer je γ pot od α do w.) 3. Izračunajte naslednje integrale, kjer je a > in krožnica pozitivno orientirana: (i) z =a z e z dz; (ii) z =a (iii) z =a sin z z cos z z dz; dz. 4. (Morerov izrek) Dokažite: če je f taka zvezna funkcija na območju D, da je f(z) dz = za vsak trikotnik D, potem je f holomorfna na D. 5. Iz Cauchy-Riemannove formule izpeljite klasično Greenovo formulo (M(x, y) dx + N(x, y) dy) = ( N M (x, y) (x, y)) dx dy x y D za zvezno odvedljivi funkciji M, N in omejeno območje D z zvezno odvedljivim pozitivno orientiranim robom D. (Navodilo: V Cauchy-Greenovi formuli naj bo f(z) = (z w)(m(x, y) in(x, y)), kjer je z = x + iy in w kaka notranja točka v D.) 6. Naj bo f holomorfna funkcija v okolici zaprtega kroga D(α, R). (i) Pokažite, da iz Cauchyeve formule sledi (2.7.8) f(α) = 2π 2π D f(α + Re it ) dt. (ii)* Sklepajte iz (i), da mora biti funkcija f konstantna na krožnici z α = R, če je f(α) = max z α R f(z). (Rešitev: Naj bo M = max z D(α,R) f(z). Iz predpostavke in iz (2.7.8) sledi, da je M = f(α) = 2π 2π 2π 2π f(α + Re it ) dt f(α + Re it ) dt 2π 2π M dt = M. Ker sta skrajna leva in desna stran v tej relaciji enaki, morata neenakosti dejansko biti enakosti, torej (2.7.9) in (2.7.) 2π 2π 2π Iz enakosti (2.7.9) sledi 2π f(α + Re it ) dt = 2π f(α + Re it ) dt = 2π 2π 2π 2π (M f(α + Re it ) ) dt = ; M dt f(α + Re it ) dt. ker je pod integralom nenegativna zvezna funkcija, mora biti enaka, torej je f(α + Re it ) = M za vse t [, 2π]. Iz enakosti (2.7.) pa sledi po 5. nalogi razdelka 2.4,

91 2.8. RAZVOJ V LAURENTOVO IN V TAYLORJEVO VRSTO 9 da je f(α + Re it ) = ω f(α + Re it ), kjer je ω konstanta. Torej sta f in f konstantni funkciji na krožnici z α = R.) (iii)* Sklepajte iz točke (ii), da mora biti holomorfna funkcija f konstantna na krogu D(α, R), če je f(α) = max z D(α,R) f(z). (iv)* Sklepajte iz točke (iii), da za nekonstantno holomorfno funkcijo f funkcija f ne more zavzeti maksimalne vrednosti v nobeni točki območja D. (Navodilo: Privzemimo, da bi f dosegla maximum M v točki α D. Ker je f zvezna, je množica Ω := {z D : f(z) = M} zaprta. Iz točke (iii) pa sledi, da je Ω tudi odprta množica. Ker je D povezana, sledi od tod, da mora biti Ω = D. Drugi način: Treba je dokazati, da je f(β) = f(α) za poljubno točko β D. Povežimo α in β s potjo γ. Pokažite s pomočjo točke (iii), da je mogoče množico [γ] pokriti s krogi, na katerih je f konstantna.) 2.8. Razvoj v Laurentovo in v Taylorjevo vrsto Naj bo f holomorfna funkcija na kaki okolici kolobarja K = {z C : r z R. Za vsak w iz notranjosti K kolobarja velja po Cauchyevi formuli (2.7.4) f(w) = f(z) 2πi z =R z w dz f(z) 2πi z =r z w dz = f(z) 2πi z =R z( w z ) dz + f(z) 2πi z =r w( z w ) dz. Za z = R in w K je w < z, torej w z <, zato lahko ( w z ) razvijemo v geometrijsko vrsto ( w ( w ) n z ) =, z ki konvergira enakomerno za vse z na krožnici z = R, zato jo lahko integriramo n= členoma. Podobno za z = r in w K velja z w < in lahko vrsto ( z ( z ) n w ) = w členoma integriramo. Ko upoštevamo to v gornjem izrazu za f(w), dobimo f(w) = f(z) 2πi z n+ dz wn + f(z) 2πi z n dz w n. n= z =R n= n= z =r Enako sklepanje velja tudi za kolobarje okrog poljubne točke α (namesto α = ), saj lahko s premikom za α vpeljemo nov koordinatni sistem s središčem v α. Torej velja: Izrek (Laurentov razvoj) Funkcijo f, holomorfno na kaki okolici kolobarja K = {z C : r z α R}, lahko za vsak w iz notranjosti kolobarja razvijemo v Laurentovo vrsto (2.8.) f(w) = c n (w α) n + c n (w α) n, n= n=

92 92 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE kjer je in c n = f(z) dz, za n 2πi z α =R (z α) n+ c n = 2πi z α =r f(z) dz za n. (z α) n+ Prva vrsta v (2.8.) konvergira za vse w znotraj kroga w α < R, druga pa za vse w zunaj kroga w α r. Vrsti predstavljata holomorfni funkciji na območjih konvergence. Prvo vrsto v (2.8.) bomo imenovali regularni, drugo pa glavni del Laurentovega razvoja funkcije f. Posebej pomemben primer gornjega izreka dobimo, ko je kolobar kar krog. Tedaj v gornji izpeljavi notranja krožnica sploh ne nastopa in zaključimo sledeče: Posledica (Taylorjev razvoj) Funkcijo f, ki je holomorfna na okolici zaprtega kroga D(α, R), lahko razvijemo v Taylorjevo vrsto (2.8.2) f(w) = c n (w α) n ( w α < R), n= kjer je c n = f(z) 2πi z α =R (z α) dz in kjer integriramo po krožnici v pozitivni smeri. n+ Iz posledice sklepamo, da ima holomorfna funkcija f, podana z vrsto (2.8.2) v točki α ničlo natanko takrat, ko je c =. Če je n najmanjši tak indeks, za katerega je c n, lahko vrsto (2.8.2) zapišemo kot (2.8.3) f(z) = (z α) n [c n +c n+ (z α)+c n+2 (z α) ] = (z α) n g(z), (c n ). Pri tem je funkcija g(z) := k=n c k(z α) k n holomorfna na krogu okrog α in g(α). Zaradi zveznosti je potem g(w) za vse w v kakem (dovolj majhnem) krogu okrog α, torej je ničla α izolirana. (To pomeni, da v njeni dovolj majhni okolici ni nobene druge ničle). Število n N v (2.8.3) imenujemo red ali stopnja ničle α. Trditev Ničle holomorfne funkcije f : D C na območju D nimajo stekališč v D, če f ni identično enaka. Dokaz. Predpostavimo, da f ni identično enaka. Naj bo D množica vseh tistih točk z D, ki so vsebovane v kakem odprtem krogu D z D, na katerem ima f kvečjemu eno ničlo. Opazimo, da je D odprta podmnožica v D. Prav tako je odprta tudi podmnožica D 2, ki naj vsebuje vse tiste točke z D, ki so vsebovane v kakem krogu, na katerem je f identično enaka. Očitno je D D 2 = in (ker so ničle izolirane) D D 2 = D. Ker je D povezana množica in D 2 D (saj bi bila sicer f identično na D), mora biti D = D. Iz definicije množice D pa je očitno, da nobena njena točka ne more biti stekališče ničel funkcije f. Ko uporabimo gornjo trditev na razliki dveh holomorfnih funkcij, dobimo naslednjo pomembno posledico: Posledica Če se holomorfni funkciji f in g, definirani na območju D, ujemata na kaki podmnožici S v D, ki ima kako stekališče v D, potem je g = f.

93 2.8. RAZVOJ V LAURENTOVO IN V TAYLORJEVO VRSTO 93 Drugi pomemben poseben primer Laurentovega razvoja (2.8.) dobimo, če vzamemo, da je r =. Tedaj je funkcija f, podana z vrsto (2.8.), holomorfna na krogu w α < R, razen morda v točki α. V tem primeru imenujemo točko α izolirana singularna točka funkcije f. Njen razvoj v Laurentovo vrsto (2.8.) velja tedaj za vse w v krogu w α < R, razen morda v središču w = α. Če so pri tem vsi koeficienti c n enaki za n <, potem je druga vrsta v (2.8.) identično enaka, prva vrsta pa je potenčna in njena vrednost v točki α je c. Če tedaj definiramo, da je f(α) = c, postane f holomorfna tudi v točki α (ker je podana s potenčno vrsto). V tem primeru pravimo, da je α premostljiva ali navidezna ali odpravljiva singularna točka za f. Trditev Naj bo α izolirana singularna točka holomorfne funkcije f. Če je f omejena v kaki okolici točke α, potem je α premostljiva singularna točka. Dokaz. Predpostavimo, da je f(z) M za kako konstanto M in vse z na krogu D(α, R), razen morda v točki α. Za vsak n =, 2,... in r < R je po izreku 2.8. c n = f(z)(z α) n dz M z α n ds = Mr n. 2πi 2π z α =r z α =r Ko pošljemo r proti, vidimo, da je c n =. Torej je v razvoju (2.8.) glavni del enak in zato singularnost α premostljiva. Opomba V gornji trditvi je pomembno, da je f holomorfna povsod na kaki okolici točke α, razen morda v točki α. Funkcija z z, na primer, je sicer omejena v bližini točke, vendar se je ne da definirati kot holomorfne funkcije na okolici točke, zato zanjo ni premostljiva singularna točka. Če je α taka izolirana singularna točka funkcije f, da so za kak n =, 2... vsi koeficienti c k v Laurentovem razvoju (2.8.) enaki za k < n (torej c n =, c n 2 =...) in je c n, pravimo, da je α pol stopnje ali reda n za f. Glavni del v razvoju (2.8.) je tedaj racionalna funkcija. Ko gre w proti α, člen c n (w α) n po velikosti prevlada druge člene in f(w) konvergira proti, ko gre w proti α. Če pa glavni del v (2.8.) ni racionalna funkcija, torej, če je c n za neskončno mnogo indeksov n N, pravimo, da je α bistvena singularna točka za f. Zgled Za funkcijo f(z) = e z = n= n!z n je bistvena singularna točka. Naslednji izrek pravi, da se v vsaki okolici take točke vrednosti f(z) poljubno približajo vsakemu kompleksnemu številu (vrednosti f(z) torej zelo nihajo). Izrek (Casorati-Weierstrass) Če je α bistvena singularna točka funkcije f (ki je sicer holomorfna na kaki okolici te točke, razen v α), potem za vsak w C ter vsaka pozitivna ε in δ obstaja tak z D(α, δ) \ {α}, da je f(z) w < ε. Dokaz. Privzemimo nasprotno, da torej obstaja tak w C in pozitivna ε, δ, da je f(z) w ε za vsak z D(α, δ) \ {α}. Pri tem lahko, če je potrebno, δ zmanjšamo tako, da je f holomorfna na D(α, δ) \ {α}. Tedaj je α izolirana singularna točka za funkcijo g(z) := f(z) w

94 94 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE in g(z) /ε, torej je α premostljiva singularna točka za g po trditvi Z upoštevanjem možnosti, da ima g v α ničlo reda m, lahko torej g razvijemo okrog α v vrsto oblike g(z) = (z α) m [c m + c m+ (z α) + c m+2 (z α) ] = (z α) m h(z), kjer je h holomorfna in h(α) = c m. Toda potem je tudi funkcija z h(z) holomorfna v okolici točke α, zato jo lahko razvijemo v vrsto oblike h(z) = n= b n(z α) n. Za f pa potem dobimo f(z) = w + g(z) = w + (z α) m h(z) = w + b n (z α) n m. Toda v zadnji vrsti je le končno mnogo členov z negativnimi eksponenti n m (le členi, ko je n < m), zato bi to pomenilo, da ima f v točki α pol reda kvečjemu m, ne pa bistvene singularnosti. Naj omenimo, da velja mnogo močnejša varianta gornje trditve, namreč Picardov izrek, ki pravi, da v vsaki okolici bistvene singularnosti holomorfna funkcija zavzame vsako vrednost, z izjemo morda ene. Definicija Točka je izolirana singularna točka funkcije f, če je izolirana singularna točka funkcije z ˆf(z) := f( z ). Pravimo, da je premostljiva singularna točka (pol, bistvena singularnost), če je taka točka za funkcijo ˆf. Če je ˆf(z) = c n z n + n= n= Laurentov razvoj funkcije ˆf okrog točke, potem je (2.8.4) f(z) = ˆf( z ) = c n z n + n= c n z n n= n= c n z n Laurentov razvoj funkcije f okrog točke. Prva vrsta v (2.8.4) je regularni (njeni členi so omejeni, ko gre z proti ), druga pa glavni del tega razvoja okrog. Rekli bomo, da je ničla reda n, če je ničla reda n za funkcijo ˆf; podobno tudi za pole. Definicija Funkcija f je meromorfna na odprti množici D, če obstaja taka podmnožica S D, da S nima nobenega stekališča v D, da je vsaka točka iz S pol funkcije f in da je f holomorfna na D \ S. Zgled Kvocient dveh holomorfnih funkcij na D je meromorfna. (Da se dokazati tudi obratno, kar pa je precej težje.) Vsaka racionalna funkcija, na primer, je meromorfna.

95 2.8. RAZVOJ V LAURENTOVO IN V TAYLORJEVO VRSTO 95 Naloge. (i) Kdaj je ničla in kdaj pol racionalne funkcije f(z) = zm +a m z m +...+a z n +b n z n +...+b in koliko je njena (njegova) stopnja? (ii) Pokažite, da ima na razširjeni ravnini Ĉ vsaka racionalna funkcija enako število ničel in polov, če jih štejemo v skladu z njihovo mnogokratnostjo (torej pol stopnje n štejmo za n polov in podobno za ničle). 2. Pokažite, da racionalna funkcija na Ĉ zavzame vsako vrednost w enakokrat, če štejemo n-krat vsako tako točko α, za katero je α ničla stopnje n funkcije z f(z) w. 3. Dokažite, da je na razširjeni ravnini Ĉ vsaka meromorfna funkcija f racionalna. (Navodilo: Ker je vsak pol izolirana singularna točka, velja to tudi za (če ni regularna), zato so vsi morebitni končni poli vsebovani v kakem dovolj velikem zaprtem krogu D(, R). Ker po definiciji meromorfne funkcije množica polov nima stekališč, krog D(, R) pa je kompakten, ima torej f le končno mnogo polov. Naj bodo α j (j =,..., k) vsi končni poli, n j njihove stopnje in q(z) = (z α ) n (z α k ) n k. Potem je funkcija p(z) := q(z)f(z) holomorfna na C, v pa ima kvečjemu pol, torej je njen razvoj okrog oblike p(z) = b + b z b m z m.) 4. Sklepajte iz 2. in 3. naloge, da je vsaka bijektivna meromorfna preslikava razširjene ravnine vase nujno ulomljena linearna transformacija torej oblike (2.8.5) f(z) = az + b cz + d, kjer so a, b, c, d taka kompleksna števila, da je ad bc. 5. Dokažite, da je množica G vseh ulomljenih linearnih transformacij (tj. preslikav oblike (2.8.5), kjer je ad bc ) grupa za komponiranje preslikav in da je preslikava F : GL(2, C) G, ki vsaki obrnljivi kompleksni 2 2 matriki [ ] a b A := c d priredi ulomljeno linearno transformacijo F (A), podano s formulo (2.8.5), surjektiven homomorfizem grup, katerega jedro sestoji iz vseh neničelnih kompleksnih večkratnikov identične matrike I, torej ker F = {αi : α C, α }. (Definicije grupe, homomorfizma in jedra lahko najdete npr. v [26].) z z3 6. Naj bodo z j (j = 2, 3, 4) različne točke v Ĉ. Potem je z z z 4 ulomljena linearna transformacija, ki preslika z 3 v, z 4 pa v. Ulomljena linearna transformacija (2.8.6) f(z) := z 2 z 4 z 2 z 3 z z 3 z z 4 pa preslika točke z 2, z 3, z 4 zaporedoma v točke,,. Pokažite, da je to edina taka ulomljena linearna transformacija. 7. Dokažite: če ima ulomljena linearna transformacija f tri različne negibne točke z j (tj. f(z j ) = z j ), potem je f identiteta.

96 96 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE 8. Naj bodo z j (j =, 2, 3) različne točke in w j tri prav tako različne točke v Ĉ. Pokažite, da obstaja natanko ena ulomljena linearna transformacija, ki preslika z j v w j za j =, 2, 3. (Navodilo: pomagajte si z nalogami 5, 6 in 7. Najprej preslikajte točke z, z 2, z 3 zaporedoma v,,, nato pa le te v w, w 2, w 3.) 9. Dvorazmerje [z, z 2, z 3, z 4 ] štirih različnih točk iz Ĉ je f(z ), kjer je f ulomljena linearna transformacija, podana z (2.8.6), torej [z, z 2, z 3, z 4 ] := z 2 z 4 z z 3. z 2 z 3 z z 4 Dokažite, da vsaka ulomljena linearna transformacija g ohranja dvorazmerja, torej, da velja [g(z ), g(z 2 ), g(z 3 ), g(z 4 )] = [z, z 2, z 3, z 4 ] za poljubne štiri različne točke z j Ĉ. (Rešitev: Naj bo f podana z (2.8.6), tako da je [z, z 2, z 3, z 4 ] = f(z ). Potem ulomljena linearna transformacija f g preslika točke g(z 2 ), g(z 3 ), g(z 4 ) zaporedoma v,,, torej je po definiciji [g(z ), g(z 2 ), g(z 3 ), g(z 4 )] = (f g )(g(z )) = f(z ) = [z, z 2, z 3, z 4 ].). Dokažite, da je mogoče vsako ulomljeno linearno transformacijo izraziti kot kompozitum naslednjih štirih vrst preslikav: () translacij (tj. preslikav oblike z z + b za kak b C); (2) zasukov (tj. preslikav oblike z az za kak a C, a = ); (3) raztegov (tj. preslikav z az za kak a R, a > ); (4) inverzije (z z ). (Namig: če je c, lahko izrazimo az+b cz+d = e +. Pokažite, da predstavlja enačba A z 2 + Bz + B z + C =, f cz+d, kjer je e = a ad c in f = b c.) kjer je B kompleksna, A in C pa realni konstanti in A, B 2 AC >, krožnico. Če pa je A =, predstavlja taka enačba premico. Pokažite tudi, da lahko vsako krožnico oziroma premico v C predstavimo v taki obliki. (Namig: pomnožite enačbo z α 2 = r 2 s konstanto A in se vprašajte, kdaj se da iz koeficientov A, B, C določiti r >.) 2. Štejmo premice za krožnice z neskončnim polmerom. Dokažite, da ulomljena linearna transformacija preslika krožnice na krožnice. (Navodilo: uporabite nalogi. in.) 3. Dokažite, da je dvorazmerje [z, z 2, z 3, z 4 ] realno število natanko tedaj, ko vse štiri točke z j ležijo na isti krožnici. (Rešitev: Z ulomljeno linearno transformacijo lahko po nalogi 8 preslikamo tri različne točke v tri točke na realni osi, torej se po nalogi 2 cela krožnica preslika na realno os. Ker se pri tem dvorazmerje ohranja (po nalogi 9) in so vse štiri preslikane točke na realni osi, mora biti dvorazmerje realno. Za dokaz v obratno smer predpostavimo, da je [z, z 2, z 3, z 4 ] R. Preslikajmo krožnico skozi z, z 2, z 3 na realno os. Potem lahko privzamemo, da so prve tri preslikane točke realne. Ker je tudi dvorazmerje realno, sledi iz formule za dvorazmerje, da mora biti tedaj tudi četrta točka realna.) 4. Za katere ulomljene linearne transformacije je negibna točka? Opišite vse bijektivne holomorfne preslikave ravnine C vase.

97 2.9. LOGARITEM IN POTENCE Kakšna je povezava med lastnimi vektorji obrnljive kompleksne 2 2 matrike A in negibnimi točkami ustrezne ulomljene linearne transformacije F (A) (definirane v nalogi 5)? Če sta λ in λ 2 lastni vrednosti matrike A in je λ 2 < λ ter je (w, w 2 ) lastni vektor, ki pripada lastni vrednosti λ, pokažite, da je točka w := w w 2 atraktor preslikave F (A), v smislu, da je lim n F (A) n z = w za vsak z ζ ζ 2, kjer je (ζ, ζ 2 ) lastni vektor, ki pripada lastni vrednosti λ 2. z 6. Razvijte funkcijo f(z) = (z )(z+) v Laurantovo vrsto na naslednjih območjih: (i) na preluknjanem krogu < z < 2; (ii) na krogu z < ; (iii) izven kroga z Razvijte v Laurentovo vrsto na kolobarju < z 2 < 2 funkcijo f(z) = z 2 z(z 3). 8. Kakšna singularna točka je za funkcijo f(z) = z sin z? Kako se glasi v tem primeru Laurentov razvoj? 9.* Dokažite, da je zaloga vrednosti nekonstantne funkcije f, ki je holomorfna povsod na C, gosta v C. 2.* Naj bo f meromorfna funkcija na C. Kakšna mora biti f, da bo tudi funkcija sin f meromorfna na C? 2. Določite prve tri člene v Laurentovem razvoju funcije f(z) = in okrog točke π Logaritem in potence cos z okrog točke Kompleksno število w lahko enolično zapišemo v polarni obliki w = w e iϕ, π < ϕ π, zato se zdi smiselno definirati naravni logaritem na naslednji način: Definicija ln w = ln w + iϕ = ln w + i arg w, (w C \ (, ], π < ϕ < π). Pri tem smo poltrak (, ] izvzeli iz ravnine, da bi bila funkcija ln zvezna na preostanku. Za točke w blizu negativne realne osi je namreč arg w lahko blizu π ali pa π, zato v teh točkah gornja formula za ln ne da zvezne funkcije na C \ {}. Na območju C \ (, ] pa je tako definirana funkcija ln holomorfna saj velja naslednja trditev: Trditev Izberimo poljubno točko w D := C \ (, ]. Za vsak w D je w dz ln w ln w = w z := dz γ z, kjer je γ poljubna zvezno odvedljiva pot v D z začetno točko w in končno točko w. Zato je ln w = w.

98 98 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Ta trditev je le poseben primer splošnejše trditve 2.9.3, zato je ne bomo dokazovali posebej. Za pozitivne w se zgoraj definirani ln w ujema z logaritmom, poznanim iz elementarne analize. Funkcija z ln( + z), definirana na območju Ω := C \ (, ], je holomorfna, z odvodom +z. Območje Ω vsebuje odprt krog D(, ), na katerem lahko ln( + z) razvijemo v Taylorjevo vrsto okrog točke. To vrsto lahko dobimo kar z integriranjem geometrijske vrste ( + z) = z + z 2..., torej ln( + z) = ( ) n zn+ n +. n= (Tu smo upoštevali, da je integracijska konstanta, saj imata funkciji na levi in desni strani gornje enakosti enako vrednost v točki.) Ker velja enakost e ln z = z za vse pozitivne z in sta funkciji z z in z e ln z holomorfni na območju C \ (, ], se morata ujemati povsod na tem območju po posledici Gornjo definicijo logaritma bi lahko prilagodili tako, da bi, namesto negativne realne osi, iz ravnine izrezali kak drug poltrak p z začetkom v. Tako bi dobili drugo vejo logaritma, se pravi novo funkcijo L, ki bi na območju C \ p zadoščala enakosti e L(z) = z. Pravzaprav lahko definiramo logaritem na splošnejših območjih, kar pove naslednja trditev: Trditev Naj bo D tako ravninsko območje, da je I γ (α) = za vsako sklenjeno pot γ v D in vsako točko α C \ D. Potem za vsako holomorfno funkcijo f : D C, ki nima ničle na D, obstaja g = ln f, se pravi taka holomorfna funkcija g : D C, da je e g(w) = f(w) za vsak w D. Poljubni dve taki holomorfni funkciji se razlikujeta za n2πi (n Z). Kasneje bomo dokazali, da pogoju o ovojnem številu v trditvi zadoščajo ravno enostavno povezana območja. Dokaz trditve. Izberimo poljubno točko w D in tak z C, da je e z = f(w ). Za vsak w D definirajmo f (z) g(w) = z + f(z) dz, kjer je λ poljubna pot v D z začetkom w in koncem w. Če sta λ in λ 2 taki poti, potem je γ := λ + λ 2 sklenjena pot v D, zato po predpostavki I γ(α) = za vsako točko α C \ D. Ker f nima ničel na D, je funkcija f holomorfna na D, zato je λ f (z) f(z) dz =. Torej je f (z) λ f(z) dz = λ 2 po Cauchyevem izreku γ funkcije g zato nedvoumna. Ker je g (w) = f (w) f(w) f f (z) f(z) dz in definicija (zakaj?), je (e g(w) f(w)) = za vsak w D. Torej e g(w) f(w) konstanta, enaka e g(w) f(w ) = e z f(w ) =, zato e g(w) = f(w). Če je h kaka druga funkcija na D, ki zadošča pogoju e h(w) = f(w), potem je e h(w) g(w) =, torej h(w) g(w) = n(w)2πi, kjer je n(w) Z. Ker je pri tem funkcija w n(w) zvezna in D povezana množica, mora biti n(w) konstanta.

99 2.. IZREK O RESIDUIH IN NJEGOVA UPORABA PRI RAČUNANJU INTEGRALOV 99 S pomočjo logaritma lahko definiramo potenco s kompleksnim eksponentom. Definicija Za vsak α C in z C \ (, ] naj bo z α = e α ln z. Tako definirana funkcija z z α je holomorfna na C\(, ], saj je kompozitum holomorfnih funkcij. Za z = z e iϕ ( π < ϕ < π) je njena vrednost e α(ln z +iϕ). Zgled Naj bo n N \ {}. Potem je z n = n z e ϕ n. Za vsak n-ti koren ω enote je seveda tudi funkcija z ωz n holomorfna na C \ (, ] in zadošča enačbi (ωz n ) n = z, tako da ima identična funkcija z z na tem območju n-holomorfnih n- tih korenov. Točko imenujemo razvejišče funkcije z n z in tudi funkcije z ln z. Naloge. Določite lim y +[ln(x + iy) ln(x iy)], kjer x, y R \ {}. 2. Kam preslika funkcija f(z) = e z navpično premico x = a (= konstanta)? Kam pa polravnino x > a? Ali holomorfna preslikava vedno preslika enostavno povezano množico na enostavno povezano množico? dz 3. Izračunajte lim b γ z, kjer je a, b R, a in γ daljica [a ib, a + ib]. 4. Na katerem maksimalnem območju D v ravnini obstaja taka holomorfna funkcija f, da je f (z) = z 2 4 za vsak z D? 5. Izračunajte integral γ z n dz, kjer je n N \ {} in γ krožnica s središčem v in polmerom a. 2.. Izrek o residuih in njegova uporaba pri računanju integralov Definicija 2... Koeficient c v Laurentovem razvoju (2..) f(z) = c n (z α) n holomorfne funkcije f okrog izolirane singularne točke α imenujemo residuum funkcije f v točki α in označimo z Res (f; α). Za pozitivno orientirano krožnico ali kako drugo sklenjeno pot γ, ki enkrat obkroži točko α, vsebovano v kakem krogu na katerem je f holomorfna, razen morda v α, velja (2..2) f(z) dz = c I γ (α) = c, 2πi γ saj so za n vse funkcije (z α) n odvodi holomorfnih funkcij, zato njihovi integrali po sklenjeni poti enaki. Bistvo izreka o residuih je v formuli (2..2). Spodnja formulacija izreka o residuih morda zveni nekoliko zapleteno, ker je napisana v vsej splošnosti. V praksi pa je običajno množica S, ki v njem nastopa, končna, sklenjena pot γ pa taka, da vsako točko α S obkroži kvečjemu enkrat (tj. I γ (α) {, }). Tedaj sta izrek in njegov dokaz enostavnejša. Za funkcijo f, ki je holomorfna na območju D, razen v izoliranih singularnih točkah, in sklenjeno pot γ v D, ki ne obkroži nobene točke iz C \ D, vsako singularno točko pa kvečjemu enkrat in sicer v pozitivnem smislu, izrek pove, da je γ f(z) dz = 2πi n j= Res (f; α j), kjer so α j

100 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE (j =,..., n) vse tiste singularne točke, ki jih pot γ obkroži (tj. I γ (α j ) = ). Bralec lahko pri prvem branju izreka in njegovega dokaza misli na ta poseben primer. Izrek (Izrek o residuih) Naj bo S podmnožica območja D C, ki naj nima nobenega stekališča v D, f holomorfna funkcija na D \ S in γ taka sklenjena pot (ali pa cikel) v D \ S, da je I γ (α) = za vsak α C \ D. Potem je (2..3) 2πi γ f(z) dz = α S Res (f; α)i γ (α). Dokaz. Najprej pokažimo, da je množica T := {α S : I γ (α) } končna, tako da je potem tudi vsota na desni strani formule (2..3) končna. Ker je ovojno število I γ (α) konstantno na povezanih množicah in po predpostavki enako za α D c, mora biti enako na vsaki taki komponenti V množice [γ] c, ki seka D c. Vsaka druga komponenta U množice [γ] c je vsebovana v D (ker ne seka D c ). Unija K vseh takih komponent U in množice [γ] je zaprta (saj so vse robne točke množice [γ] c vsebovane v [γ]) in omejena. (Vsebovana je namreč v komplementu neomejene komponente U množice [γ] c, U pa je odprta okolica točke, torej vsebuje komplement dovolj velikega kroga D(, R), zato je U c D(, R)). Torej je K kompaktna. Ker po predpostavki S nima stekališč v D, je lahko v K le končno mnogo elementov množice S, kar pomeni, da je množica T končna. Naj bodo α j (j =,..., n) vsi elementi množice T, Q j glavni del Laurentove vrste za f okrog točke α j in g := f (Q Q n ). Funkcija g ima v točkah α j premostljive singularnosti, zato jo imamo lahko za holomorfno na množici D := D \(S \T ). Ker je I γ (α) = za vsak α D c = D c (S \T ), Cauchyev izrek pove, da je g(z) dz =, torej je γ f(z) dz = n Q j (z) dz 2πi 2πi γ = j= γ n Res (Q j ; α j )I γ (α j ) = j= n Res (f; α j )I γ (α j ). Izrek o residuih omogoča računanje nekaterih integralov, ki bi bili sicer težko izračunljivi, če sploh Integrali oblike 2π R(cos ϕ, sin ϕ) dϕ, kjer je R racionalna funkcija dveh spremenljivk, ki je zvezna na enotski krožnici. Z vpeljavo nove spremnljivke z = e iϕ, dz = ie iϕ dϕ (torej dϕ = dz iz ), in Eulerjevih formul cos ϕ = 2 (eiϕ + e iϕ ) = 2 (z + z ) ter sin ϕ = 2i (z z ) lahko take integrale problikujemo v integrale po pozitivno orientirani krožnici: 2π R(cos ϕ, sin ϕ) dϕ = i z = j= R ( ( 2 (z + z ), 2i (z z ) ) dz z.

101 2.. IZREK O RESIDUIH IN NJEGOVA UPORABA PRI RAČUNANJU INTEGRALOV Sedaj je treba izračunati le še vsoto residuov racionalne funkcije, ki nastopa v integralu, v vseh polih znotraj kroga z <. (Ker je po predpostavki funkcija ϕ R(cos ϕ, sin ϕ) zvezna, je integral na levi strani gornje formule končen, zato mora veljati isto tudi za integral na desni, od koder sledi, da racionalna funkcija v njem nima polov na enotski krožnici.) Zgled Naj bo a >. Ker je cos soda funkcija, je π dϕ I := a + cos ϕ = 2π dϕ 2 a + cos ϕ = i z dz 2 z = a + 2 (z + z ) dz = i z 2 + 2az + = i dz (z α )(z α 2 ), z = z = kjer je α = a a 2 in α 2 = a + a 2. Ker je a >, je α > in α 2 je edini pol funkcije f(z) := (z α )(z α 2) v krogu z <. Iz razcepa na parcialne ulomke f(z) = ( ) α 2 α z α 2 z α vidimo, da je Res (f; α 2 ) = α 2 α = 2. Po izreku o residuih je torej I = a 2 i2πires (f; α 2 ) = π. a Integrali R(x) dx. Tukaj naj bo R holomorfna funkcija, ki ima le končno mnogo singularnih točk v zgornji polravnini, nobene na realni osi, v pa ničlo stopnje vsaj 2. Za primer je R lahko racionalna funkcija, R(z) = p(z) q(z), kjer je stopnja polinoma p vsaj za 2 manjša od stopnje polinoma q in q nima nobene ničle na realni osi. Potem integral A I := R(x) dx = lim R(x) dx A A konvergira. Izrek o residuih bomo uporabili za sklenjeno pot, sestavljeno iz daljice [ A, A] na abscisni osi in polkrožnice γ A s polmerom A, začetkom v točki (A, ) in koncem v ( A, ), torej γ A (ϕ) = Ae iϕ, ϕ π. Ker ima R v ničlo stopnje vsaj 2, je funkcija z R(z) z 2 za vse dovolj velike z omejena (saj obstaja lim z z 2 R(z)), recimo z M, zato je π M R(z) dz R(z) ds γ A γ A A 2 A dϕ = πm A. A Za dovolj velike A opisana sklenjena pot ogradi območje, ki zajame vse pole funkcije R v zgornji polravnini, zato sledi iz izreka o residuih, da je A I = lim [ R(x) dx + R(z) dz] = 2πi Res (R; α). A A γ A Im α> Zgled Naj bo a >. Ker je ia edini pol funkcije R(z) = z 2 (z 2 +a 2 ) 2 v zgornji polravnini, je I := x 2 dx (x 2 + a 2 ) 2 = 2 x 2 dx (x 2 + a 2 = πires (R; ia). ) 2

102 2 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Slika 2.8. Integracijska pot Da bi izračunali residuum, razstavimo funkcijo R na delne ulomke: (2..4) R(z) = z 2 (z + ai) 2 (z ai) 2 = A z ai + B (z ai) 2 + C z + ai + D (z + ai) 2. Tedaj je Res (R; ai) = A, toda za izračun konstante A potrebujemo najprej konstanto B. Iz (2..4) vidimo, da je A = lim z ai B = [(z ai) 2 R(z)] z=ai = Iz (2..4) sedaj sledi tudi, da je ( R(z) Torej je B (z ai) 2 ) (z ai) = lim z ai z 2 (z + ai) 2 z=ai = (ai)2 (2ai) 2 = 4. [ z 2 ] (z + ai) 2 (z ai) 4(z ai) 4z 2 (z + ai) 2 = lim z ai 4(z + ai) 2 (z ai) = lim (z ai)(3z + ai) z ai 4(z + ai) 2 (z ai) = i 4a. I = πi( i 4a ) = π 4a Integrali R(x)eix dx. Spet naj bo R holomorfna funkcija, ki naj ima le končno singularnih točk v zgornji polravnini, nobene na realni osi in ničlo v. Tokrat pa bo zadoščalo, da je ničla reda za R; če je torej R racionalna funkcija, zadošča, da je števec vsaj za nižje stopnje od imenovalca. Če je v ničla stopnje le za R, ocena iz prejšnjega podrazdelka, da gre integral po polkrožnici γ A proti, ko gre A proti, ne velja več. Zato poskusimo integrirati raje po pravokotniku z oglišči ( A, ), (A, ), (A, B), ( A, B), kjer sta A in B dovolj veliki pozitivni konstanti. Tokrat je funkcija R(z)z za vse dovolj velike z omejena z neko konstanto M, zato lahko integral po desni stranici [A, A + ib] pravokotnika ocenimo kot R(z)e iz M B M dz z e y ds A e y dy M A. [A,A+iB] [A,A+iB]

103 2.. IZREK O RESIDUIH IN NJEGOVA UPORABA PRI RAČUNANJU INTEGRALOV 3 Slika 2.9. Integracijska pot Na enak način pokažemo, da je tudi integral po levi stranici [ A, A + ib] omejen z. Integral po zgornji stranici [ A + ib, A + ib] pa lahko ocenimo kot M A [ A+iB,A+iB] R(z)e iz dz [ A+iB,A+iB] M A M z e B ds A B e B dx = 2AM Be B. Ko gresta A in B proti na primeren način (npr. B = A), gredo v teh ocenah desne strani proti, zato je po izreku o residuih R(x)e ix dx = Zgled Integral I := Im α> e ix 2 x dx := lim 2 ( δ,δ> Res (R; α). sin x x dx = sin x 2 x dx lahko izrazimo kot δ + δ ) eix x dx, saj je ( δ + δ ) cos x cos x x dx =, ker je funkcija x x liha. Racionalna funkcija v tem integralu, R(z) = z, pa ima pol v točki, zato bomo integracijsko pot spremenili tako, da bomo del roba zgoraj opisanega pravokotnika v bližini točke nadomestili z majhno polkrožnico γ δ s središčem v in polmerom δ, γ δ (ϕ) = δe iϕ, π ϕ 2π. Z razvojem funkcije e iz v vrsto vidimo, da je eiz z = z + g(z), kjer je g holomorfna (torej tudi zvezna) funkcija, zato je e lim δ γδ iz dz dz = lim z δ z + lim dz 2π g(z) dz = lim δ γ δ δ z = lim i dϕ = πi. δ π γ δ Iz izreka o residuih in ocen, ki smo jih spoznali pred tem zgledom, sedaj sledi, da je lim ( A,δ δ A + A δ ) eix x dx + πi = 2πiRes ( ; ) = 2πi, z γ δ

104 4 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Slika 2.. Integracijska pot torej in končno (2..5) lim ( δ δ + δ ) eix x dx = πi sin x x dx = 2 Im (πi) = π Mellinova transformacija. Mellinova transformacija funkcije f je integral oblike I(t) = f(x)x t dx (t > ). Privzeli bomo, da je f holomorfna na C, razen morda v končno mnogo točkah, ki ne ležijo na poltraku [, ), ter da (pri fiksnem t) obstajata taki konstanti a < t < b, da je funkcija f(z)z b omejena za vse dovolj velike z (torej f(z) C za kako z b konstanto C in vse dovolj velike z ), funkcija f(z)z a pa omejena v kaki okolici točke (torej f(z) D z za kak D in vse dovolj majhne z ). a Integracijska pot γ bo tokrat sestavljena iz: negativno usmerjenega krožnega loka γ δ z enačbo z = δe iϕ, θ ϕ 2π θ (za kaka dovolj majhna δ >, θ > ); daljice γ δ,r od δe iθ do Re iψ za kak dovolj velik R, kjer je ψ tak, da je daljica vzporedna z abscisno osjo; pozitivno usmerjenega krožnega loka γ R z enačbo z = Re iϕ, ψ ϕ 2π ψ, ter daljice γ R,δ od Re i(2π ψ) do δe i(2π θ). Za z = z e iϕ, < ϕ < 2π, naj bo z t = z t e itϕ ; funkcija z z t je tedaj holomorfna na območju C \ [, ), po katerem poteka integracijska pot γ. Ker je f(z) za vse dovolj velike z, velja na krožnem loku γ R (za dovolj C z b velik R) ocena f(z)z t C, torej je R b t+ f(z)z t C 2πC dz 2πR = γ R Rb t+. R b t R

105 2.. IZREK O RESIDUIH IN NJEGOVA UPORABA PRI RAČUNANJU INTEGRALOV 5 Slika 2.. Integracijska pot pri Mellinovi transformaciji Podobno velja na krožnem loku γ δ (za vsak dovolj majhen δ) ocena f(z)z t D δ, torej a t+ f(z)z t dz D γ δ δ a t+ 2πδ = 2πDδt a δ. Ko gre θ proti, gre tudi ψ proti in obe daljici γ δ,r in γ R,δ se približujeta pozitivnemu poltraku abscisne osi. Ker je f zvezna v okolici tega poltraka, je R lim f(z)z t dz = f(x)x t dx, θ γ δ,r torej lim lim f(z)z t dz = δ,r θ γ δ,r δ f(x)x t dx. Na spodnji daljici γ R,δ pa se z t = z t e i(t )ϕ približuje vrednosti x t e i(t )2π = x t e 2πit, ker gre ϕ proti 2π in z proti x = Re z. Zato (in ker je v limiti spodnja daljica usmerjena v negativno stran abscisne osi) je lim lim f(z)z t dz = e 2πit f(x)x t dx. δ,r θ γ R,δ Iz zgornjih ocen in enakosti sledi sedaj po izreku o residuih, da je ( e 2πit ) f(x)x t dx = 2πi α Res (f(z)z t ; α). Ker je e 2πit = e πit (e πit e πit ) = 2ie πit sin πt, dobimo od tod (2..6) f(x)x t dx = πe πit Res (f(z)z t ; α), če je t (a, b) \ Z. sin πt α

106 6 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Zgled Naj bo s (, ). V integral B(s, s) := u s ( u) s du = vpeljimo novo spremenljivko x = u, da dobimo B(s, s) = ( + x) x s dx = ( u ) s du u + x x( s) dx. Tukaj je t := s (, ) in (ker je + z 2 z za velike z ) je lahko videti, da so izpolnjeni pogoji za uporabo formule (2..6). Ker je edini pol funkcije f(z) = ( + z) v točki in je v residuum funkcije z ( + z) z s enak ( ) s = e πis, dobimo B(s, s) = πe πi( s) sin π( s) ( ) s = π sin πs. Za konec razdelka omenimo še preprosto trditev, ki smo jo pravzaprav deloma že uporabili v gornjih računih, njen dokaz pa bomo pustili bralcem za vajo. Trditev Če ima funkcija g v točki α ničlo reda, funkcija f pa je holomorfna na kaki okolici točke α, potem je Res (f/g; α) = f(α)/g (α).. Izračunajte Naloge e cx +e x dx, kjer je c (, ). (Navodilo: integracijska pot naj bo sestavljena iz daljic [ R, R], [R, R + 2πi], [R + 2πi, R + 2πi] in [ R + 2πi, R]; R.) 2. Izračunajte naslednje integrale, kjer je a : (i) dx a 4 +x ; 4 (ii) (iii) dx (x 2 +a 2 ) ; 3 dx a n +x n (n N). (Navodilo: integrirajte po poti, sestavljeni iz daljice [, R] na abscisni osi, krožnega loka Re iϕ, ϕ 2π n, in daljice od Rei2π/n do ; pošljite R.) 3. Naj bo f holomorfna funkcija na polravnini y > in zvezna na zaprti polravnini y. Prepostavimo, da je funkcija z z 2 f(z) omejena. Pokažite, da je potem f(z) = 2πi f(x) dx, če je Im z >. 4. Izračunajte integral 2π cos 2 ϕ 2r cos ϕ+r 2 dϕ (r R). π 2 = sin x 2 dx. (Navodilo: integrirajte 5.* Pokažite, da je cos x 2 dx = 2 holomorfno funkcijo z e z2 po sklenjeni poti, sestavljeni iz daljice [, R] na abscisni osi, krožnega loka z(ϕ) = Re iϕ, ϕ π 4 in daljice od Rei π 4 do, ter nato pošljite R proti.) 6.* Pokažite, da je 2π ln e iϕ dϕ =. (Navodilo: Za z na polravnini Re z <, je z in lahko definiramo primerno vejo naravnega logaritma, torej take holomorfne funkcije L, da je e L( z) = z in Re L( z) = ln z, zato zadošča pokazati, da je dz L( z) z = z =. Za sklenjeno pot γ, sestavljeno iz krožnega

107 2.. IZREK O RESIDUIH IN NJEGOVA UPORABA PRI RAČUNANJU INTEGRALOV 7 Slika 2.2. Integracijska pot v nalogi 2(iii) Slika 2.3. Integracijska pot v nalogi 6 loka z = e iϕ, δ ϕ 2π δ (kjer je δ > dovolj majhen) in dela γ δ krožnce z = e iδ od točke e i(2π δ) do e iδ, je po Cauchyevem izreku dz L( z) γ z =, saj je funkcija z L( z) z holomorfna v okolici območja, ki ga ograjuje γ (singularnost v je namreč premostljiva, ker je L() = ). Opazite, da konvergirata integrala po γ δ in po loku z = e iϕ, δ ϕ δ, proti, ko gre δ proti.) 7. Določite Res (f; α), če je α enkratna ničla funkcije f, ki je holomorfna v okolici točke α. (Rezultat: /f (α).)

108 8 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE 2.. Odprtost holomorfnih preslikav in njene posledice Preslikavo f : D C imenujemo odprta, če je f(u) odprta množica za vsako odprto podmnožico U D. V tem razdelku bomo pokazali, da so holomorfne preslikave odprte in izpeljali nekaj posledic te ugotovitve. Lema 2... Naj bo f meromorfna funkcija na območju Ω in D tak zaprt krog, da f nima nobene ničle niti pola na njegovem robu D. Naj bo N število ničel, P pa število polov funkcije f v odprtem krogu D, kjer štejemo ničle in pole v skladu z njihovimi mnogokratnostmi. Potem je 2πi D kjer je v integralu rob D pozitivno orientiran. f (z) dz = N P, f(z) Dokaz. Naj bodo α,..., α k vse ničle, β,..., β l pa vsi poli funkcije f na D ter označimo z m,..., m k in n,..., n l njihove mnogokratnosti. Tedaj je (2..) f(z) = (z α ) m (z α k ) m k (z β ) n (z β l ) n l g(z), kjer je g holomorfna funkcija, definirana na kaki okolici zaprtega kroga D, ki nima nobene ničle (niti pola) na D. Ko iz (2..) izrazimo f (z) f(z) in integriramo, dobimo f (z) D f(z) dz = m m k dz dz D z α D z α k n n l dz... dz z β z β l D D = 2πi(m m k n... n l ) = 2πi(N P). Izrek Naj bo f holomorfna funkcija na kaki odprti okolici D točke α in naj bo β = f(α). Torej ima funkcija z f(z) β v točki α ničlo; naj bo n njena stopnja. Obstajata taka odprta kroga D(α, δ) D in D(β, ε), da ima za vsak w D(β, ε) \ {β} enačba f(z) = w natanko n različnih rešitev v krogu D(α, δ). (To pomeni, da se natanko n različnih točk iz D(α, δ) preslika v w.) Dokaz. Naj bo δ > tako majhen, da je funkcija f holomorfna v okolici kroga D(α, δ). Označimo z γ sklenjeno pot t f(α + δe it ), t 2π (torej je [γ] = f( D(α, δ))). Ker so ničle holomorfne funkcije izolirane, lahko pri tem izberemo δ tako majhen, da funkcija z f(z) β nima nobene ničle v preluknjanem krogu D(α, δ) \ {α}. Označimo z N (w) število ničel funkcije z f(z) w v krogu D(α, δ). Ker funkcija z f(z) β nima ničle na D(α, δ), je njen minimum tam pozitiven, zato tudi funkcija z f(z) w nima nobene ničle na D(α, δ), če je le w dovolj blizu β. Tedaj velja (2..2) I γ (w) = 2πi γ dζ ζ w = 2πi D(α,δ) f (z) dz = N (w). f(z) w Pri tem druga enakost sledi z vpeljavo nove spremenljivke ζ = f(z), tretja enakost pa po lemi 2... Naj bo ε > tako majhen, da krog D(β, ε) ves leži v isti komponenti

109 2.. ODPRTOST HOLOMORFNIH PRESLIKAV IN NJENE POSLEDICE 9 Slika 2.4. K dokazu odprtosti holomorfnih preslikav množice C \ [γ]. Tedaj je I γ (w) = I γ (β) za vse w D(β, ε), torej iz (2..2) sledi, da je N (w) = N (β) = n. Ker je n, to pomeni, med drugim, da f preslika krog D(α, δ) surjektivno na krog D(β, ε). Torej je vsaka točka β = f(α) notranja točka zaloge vrednosti preslikave f (zožene na katerokoli odprto množico, ki vsebuje α) in f je zato odprta preslikava. Če sedaj δ po potrebi še zmanjšamo, lahko dosežemo, da tudi odvod f nima v preluknjanem krogu D(α, δ) \ {α} nobene ničle. Potem so vse ničle funkcije z f(z) w na D(α, δ)\{α} enostavne (saj bi bila vsaka večkratna ničla tudi ničla odvoda (f w) = f ). Torej tedaj funkcija f vsako vrednost w D(β, ε) \ {β} zavzame na krogu D(α, δ) v natanko n različnih točkah. V dokazu Izreka 2..2 smo že opazili naslednjo posledico: Posledica Vsaka holomorfna preslikava je odprta. Velja pa tudi naslednja inačica izreka o inverzni preslikavi: Posledica Če je f taka holomorfna funkcija v okolici točke α, da je f (α), potem obstaja taka odprta okolica U točke α, da f preslika U bijektivno na odprto množico f(u), inverzna preslikava f : f(u) U pa je tudi holomorfna. Dokaz. Po izreku 2..2 obstaja taka odprta okolica U točke α, da je f U odprta bijektivna preslikava (torej preslikava f : f(u) U zvezna). To okolico lahko zmanjšamo, tako da je f (z) za vse z U. Pokazati moramo le še, da je f holomorfna v vsaki točki w f(u). Za ta namen pa zadošča dokazati, da je [ f (w) f ] (w ) lim w w w w f (f =, (w ))

110 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE saj je potem (f ) (w ) = f (f (w. Naj bo z )) = f (w ) in z = f (w) za w f(u). Ker je funkcija f zvezna, lahko gornjo limito napišemo kot lim z z [ z z f(z) f(z ) f (z ) od koder je očitno, da je enaka, saj je f odvedljiva v točki z in f (z ). Ker je pri nekonstantni holomorfni preslikavi f po izreku 2..2 slika f(d) odprte množice D odprta, je za vsak w f(d) kak dovolj majhen krog D(w, r) (r > ) vsebovan v f(d). Ker krog D(w, r) vsebuje tudi točke, ki so od izhodišča bolj ], Slika 2.5. Princip maksima: f(z) > w oddaljene kot w, je sup z D f(z) > w, torej velja: Izrek (Princip maxima) Če je f nekonstantna holomorfna preslikava na odprti množici D, potem funkcija f ne more doseči maksima v nobeni točki iz D. Minimum pa lahko doseže le v ničlah funkcije f. Posledica Če je f nekonstantna holomorfna funkcija v okolici kake kompaktne množice K C, zavzame funkcija f K svoj maksimum le v (nekaterih) robnih točkah množice K, minimum pa je tudi le na robu ali pa v ničlah funkcije f. Naslednji izrek je mnogo pomembnejši kot pa morda izgleda na prvi pogled. Izrek (Schwarzova lema). Naj bo f : D(, R) D(, r) holomorfna preslikava (r, R > ) in f() =. Potem je bodisi f(z) < r R z za vsak z D(, R) \ {} in f () < r R bodisi za kak ω C, ω =. f(z) = r R ωz ( z D(, R))

111 2.. ODPRTOST HOLOMORFNIH PRESLIKAV IN NJENE POSLEDICE Dokaz. Privzeti smemo, da je R = = r, sicer nadomestimo f s funkcijo f : D(, ) D(, ), definirano z f(z) = f(rz) r. Ker je f() =, je funkcija g(z) := f(z) z holomorfna tudi v točki (to vidimo iz razvoja funkcije f v Taylorjevo vrsto okrog ). Za vsak ρ (, ) je po principu maksima za funkcijo g na krogu D(, ρ) g(z) max ζ ρ g(ζ) = ρ max ζ ρ f(ζ) ρ ( z < ρ). Ko pošljemo v tej oceni ρ proti, vidimo, da je g(z) za vsak z D(, ). Torej je f(z) z in tudi f () = g(). Če velja v kaki od teh ocen enakost, npr. f(z ) = z za kak z D(, ), potem je g(z ) = in po principu maksima mora biti g konstantna, g(z) = ω. Potem je f(z) = ωz in ω = g(z ) =. Schwarzova lema omogoča opisati vse bijektivne holomorfne preslikave kroga vase, katerih inverz je tudi holomorfen. Take preslikave bomo imenovali biholomorfizmi kroga. Za vsak α D(, ) naj bo f α (z) = z α ᾱz. Funkcija f α je holomorfna, razen v polu ᾱ, ki pa leži izven kroga D(, ), ker je ᾱ >. Robno krožnico D(, ) preslika preslikava f α samo vase, ker za vsak z D(, ) (torej z = in zato z = z ) velja z α z α = ᾱz α z = z α α z z α = z =. z α Po principu maksima sedaj sledi, da mora f α preslikati krog D(, ) sam vase. Lahko je izračunati, da je f α = f α, torej je f α biholomorfizem kroga D(, ). Trditev Vsak biholomorfizem f kroga D(, ) je oblike f(z) = ωf α (z) za kak α D(, ) in kak ω C z absolutno vrednostjo ω =. Dokaz. Obravnavajmo najprej primer, ko je f() =. Če bi bilo f(z) < z za kak z D(, ), bi uporabili Schwarzovo lemo na funkciji g := f in tako dobili z = g(f(z)) f(z) < z, kar bi bilo protislovje. Torej mora biti f(z) = z in zato po Schwarzovi lemi f(z) = ωz za vse z D(, ), kjer je ω konstanta in ω =. V splošnem pa označimo β = f(). Ker biholomorfizem h := f β f preslika v, je po prejšnjem odstavku oblike h(z) = ωz. Od tod sledi, da je f = f β h = f β h, torej kjer je α = ωβ. f(z) = ωz + β z + ωβ = ω + βωz + βωz = ωf α(z),

112 2 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Naloge. Dokažite osnovni izrek algebre s pomočjo principa minima (izrek 2..5). (Navodilo: opazujte funkcijo p(z) = z n + α n z n α na kakem dovolj velikem krogu D(, R). Za z iz roba kroga je p(z) veliko število, če je R velik, zato mora funkcija p D(, R) doseči svoj minimum v kaki notranji točki kroga.) 2.* Naj bo α <, β < in f : D(, ) D(, ) taka holomorfna (ne nujno bijektivna) preslikava, da je f(α) = β. Koliko največ je lahko tedaj f (α)? (Navodilo: uporabite Schwarzovo lemo na funkciji f β f f α, kjer je f α kot v trditvi 2..8.) 3.* (i) Naj bo p polinom stopnje manjše od n. Za vsak r > označimo M(r) = max z =r p(z). Dokažite, da je funkcija r M(r) r padajoča na (, ). (Namig: n uporabite princip maksima na holomorfni funkciji z p(z) z na kolobarju r z R n za kak dovolj velik R.) (ii) Pokažite, da je sup z = p(z) za vsak polinom z vodilnim koeficientom. (Namig: nova spremenljivka ζ = z, nato princip maksima na enotskem krogu.) (iii) Sklepajte s pomočjo točke (ii), da ugotovitev v (i) velja tudi za polinome stopnje n. 4.* Pokažite, da za vsako končno podmnožico {α,..., α n } krožnice z α = R obstaja taka točka β na tej krožnici, da je n j= β α j = R n. 5.* (Phragmen-Lindelöf) Naj bo f holomorfna funkcija na pasu s < Re z < t in zvezna na zaprtju tega pasu. Predpostavimo, da je na robu pasu funkcija f omejena s kako konstanto M in da znotraj pasu velja (2..3) f(z) e Aea z za kaki konstanti A > in a (, ). Pokažite, da je potem f M povsod na pasu. f(cz+d) (Navodilo: Če nadomestimo f s funkcijo z M za primerni konstanti c, d, lahko privzamemo, da je M = ter s = π 2, t = π 2. Izberimo b (a, ) in za vsak ε > opazujmo funkcijo f ε (z) := f(z)e 2ε cos(bz). Pokažite, da gre f ε (z) proti, ko gre z proti in je z na pasu. Nato uporabite princip maksima na funkciji f ε na vseh dovolj velikih pravokotnikih [ π 2, π 2 ] [ R, R] in na koncu pošljite ε proti.) 6. Pokažite, da je funkcija f(z) := e eiz omejena na robovih pasu π 2 < Re z < π 2, a vseeno ni omejena na tem pasu. (Torej pogoj (2..3) v prejšnji nalogi ni odveč.) 7.* (Hadamardov izrek o treh premicah) Naj bo f holomorfna funkcija na pasu a < Re z < b, zvezna na zaprtju tega pasu ter omejena na robu. Za vsak x [a, b] označimo M(x) = sup y R f(x+iy). Pokažite, da je x ln M(x) konveksna funkcija, torej, da je M(x) b a M(a) b x M(b) x a (x [a, b]). (Navodilo: Če je M(b) = M(a), je izrek le poseben primer Phragmen-Lindelöfovega izreka (naloga 5). V splošnem pa uporabite ta izrek na funkciji g(z) := M(a) z b b a f(z)m(b) a z b a.)

113 2.2. ZAPOREDJA HOLOMORFNIH FUNKCIJ 3 8. Naj bo f injektivna holomorfna preslikava v okolici točke α. Pokažite, da je f (α). (Rešitev: če je f (α) =, ima funkcija z f(z) f(α) v točki α ničlo stopnje vsaj 2, zato tedaj po izreku 2..2 (ki ga uporabimo na vsaki odprti okolici točke α) f ne more biti injektivna v nobeni okolici točke α.) 9.* Naj bo α ničla reda m holomorfne funkcije f. Dokažite, da na kaki dovolj majhni okolici D točke α obstaja taka holomorfna funkcija h, da je f(z) = h(z) m za vse z D. (Namig: Iz razvoja funkcije f v vrsto okrog α vidimo, da je f(z) = a(z α) m ( + g(z)), kjer je a konstanta, g holomorfna funkcija na kaki okolici točke α in g(α) =. Za z v dovolj majhni okolici točke α je g(z) <, zato lahko h (z) := m + g(z) razvijemo v binomsko vrsto h (z) := ( ) m k= k g(z) k, kar pove, da je + g(z) = h (z) m.) 2.2. Zaporedja holomorfnih funkcij Definicija H(D) naj označuje množico vseh holomorfnih funkcij na odprti množici D. Zaporedje funkcij f n H(D) konvergira proti funkciji f enakomerno na kompaktnih množicah, če je lim f n f K = n za vsako kompaktno podmnožico K D, kjer pomeni g K := sup z K g(z) za vsako funkcijo g : D C. Izrek Če zaporedje (f n) H(D) konvergira proti f enakomerno na kompaktnih množicah, velja: (i) f H(D); (ii) zaporedje (f n) konvergira proti f enakomerno na kompaktnih množicah; (iii) če je množica D povezana in nobena funkcija f n nima ničle na D, je nima niti f ali pa je f identično enaka na D; (iv) če je D povezana, f ni konstantna na D in so vse funkcije f n injektivne, potem je tudi f injektivna. Dokaz. (i) Naj bo z D in r > tak, da je zaprt krog D(z, r) vsebovan v D. Po Cauchyevi formuli je za vsak w D(z, r) (2.2.) f n (w) = f n (ζ) 2πi ζ w dζ, D(z,r) kjer je D(z, r) pozitivno orientirana robna krožnica. Ker je D(z, r) kompaktna podmnožica v D, zaporedje (f n ) konvergira proti f enakomerno na D(z, r) in tudi v točki w, zato iz (2.2.) sledi, da je f(w) = f(ζ) 2πi ζ w dζ. D(z,r) Od tod vidimo, da je f odvedljiva (saj lahko integral odvajamo na parameter w) in da je (2.2.2) f n(w) f (w) = f n (ζ) f(ζ) 2πi (ζ w) 2 dζ (w D(z, r). D(z,r)

114 4 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE je (ii) Za vsak w D(z, r 2 ) in ζ D(z, r) je ζ w r 2, zato iz (2.2.2) sledi, da (2.2.3) f n(w) f (w) 2π D(z,r) f n (ζ) f(ζ) ( r 2 )2 dζ (w D(z, r 2 )). Naj bo sedaj K kompaktna podmnožica v D in ε >. Potem obstaja tak r >, da je mogoče K pokriti s končno mnogo takimi krogi D(z j, r 2 ) (j =,..., n), da je D(z j, r) D. Ker zaporedje (f n ) konvergira proti f enakomerno na kompaktni množici K := n j= D(zj, r), je f n (ζ) f(ζ) < ε za vse dovolj velike n in vse ζ K. Tedaj iz (2.2.3) sledi f n(w) f (w) 4ε r (w K). Ker velja ta ocena za vsak ε >, to pove, da zaporedje (f n) konvergira proti f enakomerno na K. (iii) Predpostavimo sedaj, da funkcije f n nimajo ničel in da f ni identično enaka na D. Izberimo poljubno točko α D ter tak r >, da je D(α, r) D in da na D(α, r) ni nobene ničle funkcije f, razen morda α. (To je mogoče, ker so ničle holomorfne funkcije f izolirane.) Ker zaporedji (f n ) in (f n) konvergirata proti f in f enakomerno na kompaktnih množicah, zaporedje (f n/f n ) konvergira proti f /f enakomerno na D(α, r), zato velja lim n 2πi D(α,r) f n(z) f n (z) dz = 2πi D(α,r) f (z) f(z) dz. Po lemi 2.. je leva stran te enakosti enaka in tedaj tudi f ne more imeti ničle v α. Ker velja to za vsak α D, to pomeni, da f nima ničle v D. (iv) Predpostavimo, da sta α in β različni točki iz D in f(β) = f(α). Zaporedje funkcij g n (z) := f n (z) f n (α) konvergira proti funkciji g(z) := f(z) f(α) enakomerno na kompaktnih množicah in g n (α) = = g(α) = g(β). Ker so funkcije f n injektivne, so take tudi g n, torej ne morejo imeti nobene druge ničle na D, razen α. Ker po hipotezi f ni konstantna, g ne more biti povsod na D, torej je β izolirana ničla za g. Izberimo tako majhen krog D(β, r), da je g povsod na D(β, r) \ {β}; torej α / D(β, r). Ker so vse funkcije g n povsod na tem krogu različne od, mora po točki (iii) (uporabljeni na krogu D(β, r), namesto na D) isto veljati tudi za g. Toda potem bi moralo biti g(β), kar je protislovje. Definicija Naj bo S H(D). Pravimo, da je množica S omejena na kompaktnih množicah, če je sup f S f K < za vsako kompaktno množico K D. S je enakozvezna na kompaktni množici K, če za vsak ε > obstaja tak δ >, da je f(z) f(w) < ε za vsaka z, w K, za katera je z w < δ. S je relativno kompaktna, če za vsako zaporedje (f n ) S obstaja kako podzaporedje, ki konvergira enakomerno na kompaktnih množicah proti kaki funkciji f (ki ni nujno v S). Izrek Vsaka, na kompaktnih množicah omejena, družina S H(D) je enakozvezna na kompaktnih množicah in relativno kompaktna.

115 2.2. ZAPOREDJA HOLOMORFNIH FUNKCIJ 5 Dokaz. Naj bo K kompaktna podmnožica v D in r > tako majhen, da je D(z, 2r) D za vsak z K. Po Cauchyevi formuli za w D(z, 2r) velja f(w) f(z) = [ f(ζ) 2πi ζ w f(ζ) ζ z ] dζ = w z f(ζ) 2πi (ζ w)(ζ z) dζ, D(z,2r) D(z,2r) torej za w D(z, r) velja (ker je ζ w r za ζ D(z, 2r)) w z f f(w) f(z) K w z ds = f 2π r 2r r K, D(z,2r) kjer je K (kompaktna) množica vseh tistih točk z D, ki so od K oddaljene za največ 2r. Ker velja zadnja neenakost za vse z, w K, pri pogoju w z < r, in je po hipotezi sup f S f K <, sledi, da je družina S enakozvezna na K, saj je desna stran v zornji oceni poljubno majhna, če sta si le z in w dovolj blizu. Pokazati moramo še, da za vsako zaporedje (f n ) S obstaja podzaporedje, ki konvergira enakomerno na vseh kompaktnih podmnožicah v D. Najprej bomo dokazali, da obstaja podzaporedje, ki konvergira enakomerno na fiksni kompaktni podmnožici K v D. Naj bo (z j ) j= kaka števna gosta podmnožica v K (njeno zaprtje je torej K). Ker je zaporedje (f n (z )) omejeno, ima vsaj eno stekališče, torej obstaja konvergentno podzaporedje (f n, (z )). Ker je tudi zaporedje (f n, (z 2 )) omejeno, ima konvergentno podzaporedje (f n,2 (z 2 )). Prav tako ima zaporedje (f n,2 (z 3 )) konvergentno podzaporedje. Ko tako nadaljujemo, dobimo družino zaporedij (f n,k ), tako da je (f n,k+ ) podzaporedje v (f n,k ) in da je zaporedje (f n,k (z k )) konvergentno za vsak k. Diagonalno zaporedje (f n,n ) n= je potem podzaporedje vsakega zaporedja (f n,k ), torej je zaporedje (f n,n (z j )) konvergentno za vsak z j. Pokazati nameravamo, da je zaporedje funkcij f n,n enakomerno Cauchyevo (torej enakomerno konvergentno) na K. Naj bo ε >. Ker je po že dokazanem družina S enakozvezna na K, obstaja tak δ >, da je f(w) f(z) < ε/3 za vse f S (torej tudi za vse funkcije f n,n ), če je w z < δ in z, w K. Ker je množica (z j ) gosta v K, za vsak w K obstaja tak z j, da je w z j < δ/2. Za vsak z D(w, δ 2 ) je tedaj z z j < δ, zato (2.2.4) f n,n (z) f n,n (z j ) < ε 3 za vse n. Ker je zaporedje (f n,n (z j )) konvergentno (torej Cauchyevo), za vse dovolj velike m in n, recimo za m, n n(z j ), velja (2.2.5) f n,n (z j ) f m,m (z j ) < ε 3. Za vse m, n n(z j ) sledi potem iz (2.2.4) in (2.2.5) f n,n (z) f m,m (z) f n,n (z) f n,n (z j ) + f n,n (z j ) f m,m (z j ) + f m,m (z j ) f m,m (z) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. Ta ocena velja za vse točke z iz kroga D(w, δ 2 ). Ker lahko pokrijemo K s končno mnogo takimi krogi, recimo s krogi D(w k, δ 2 ) (k =,..., q), sledi, da je f n,n(z) f m,m (z) < ε za vse z K in vse dovolj velike m, n. To dokazuje, da je zaporedje (f n,n ) enakomerno

116 6 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Cauchyevo na K in iz osnov analize je znano, da je zato enakomerno konvergentno na K. Sedaj D izrazimo kot unijo narščajočega zaporedja kompaktnih podmnožic K n in Kn+ množice K n+ za vsak n (glejte. sicer takih, da je K n vsebovana v notranjosti nalogo). Po že dokazanem lahko izberemo podzaporedje (g n, ) prvotnega zaporedja (f n ), ki konvergira enakomerno na K. Nato iz tega podzaporedja lahko izberemo podzaporedje (g n,2 ), ki konvergira enakomerno na K 2 itd. Diagonalno podzaporedje (g n,n ) potem konvergira enakomerno na vseh množicah K n. Ker notranjosti teh množic pokrivajo D, je vsaka kompaktna podmnožica K v D vsebovana v kaki množici K n, zato zaporedje (g n,n ) konvergira enakomerno na K. Naloge. Pokažite, da je mogoče vsako odprto množico D C izraziti kot D = n=k n, kjer so K n take kompaktne množice, da je K n Kn+ za vsak n. (Namig: naj bo K n presek kroga D(, n) in množice vseh tistih točk z D, ki so od C \ D oddaljene vsaj za n.) 2. Naj bo S H(D) taka družina funkcij, da je sup f S f K < za vsako kompaktno množico K D. Pokažite, da je S enakozvezna na kompaktnih množicah. 3. Ugotovite, katere od naslednjih družin funkcij f, izraženih s potenčno vrsto f(z) = n= a nz n, so omejene na kompaktnih podmnožicah enotskega kroga D(, ) (torej enakozvezne na kompaktnih množicah v D(, ) in relativno kompaktne po izreku 2.2.4): (i) družina vseh tistih f, za katere je sup n a n < ; a (ii) družina vseh tistih f, za katere je sup n n n < ; a (iii) družina vseh tistih f, za katere je sup n n n! <. 4. Pokažite, da je vsaka družina S H(D), ki je enakozvezna na kompaktnih množicah in po točkah omejena (v smislu, da je sup f S f(z) < za vsak z D), omejena na kompaktnih množicah. 5. Če je S H(D) na kompaktnih množicah omejena družina funkcij, pokažite, da je taka tudi družina {f : f S}. Ali velja tudi obratno? 6.* (i) Pokažite, da je s predpisom d K (f, g) := g f K + g f K definirana metrika na prostoru vseh zveznih (kompleksnih) funkcij na kompaktni množici K. (ii) Naj bo območje D unija kompaktnih podmnožic K n kot v. nalogi, d Kn pa metrika, definirana kot v (i). Pokažite, da potem predpis d(f, g) = n= 2 n d K n (f, g) definira metriko na prostoru H(D). (iii) Dokažite, da je zaporedje (f n ) H(D) enakomerno konvergentno na kompaktnih podmnožicah v D natanko tedaj, ko je konvergentno v metriki d, definirani v točki (ii).

117 2.3. HOMOTOPIJA KRIVULJ 7 (iv) Dokažite, da je družina S H(D) relativno kompaktna v smislu definicije natanko tedaj, ko je njeno zaprtje v metriki d kompaktna množica. (Namig: v metričnem prostoru je množica M kompaktna natanko tedaj, ko ima vsako zaporedje njenih elementov stekališče v M, torej konvergentno podzaporedje z limito v M.) 2.3. Homotopija krivulj Krivulja naj pomeni zvezno preslikavo γ : [a, b] C za kak interval [a, b] R. Vsako krivuljo je mogoče reparametrizirati tako, da je njen definicijski interval [, ]. Če je namreč γ definirana na [a, b], potem preslikava λ : [, ] C, definirana z λ(t) = γ(a + (b a)t), opiše isto množico v C kot γ. Zato ne bo nobene izgube splošnosti, ko bomo v tem razdelku odslej obravnavali le krivulje, definirane na intervalu [, ]. Sedaj bi radi definirali ovojno število sklenjene krivulje γ (tj. take, da je γ() = γ()) okrog poljubne točke α, ki ne leži na krivulji. Za odsekoma zvezno odvedljive krivulje, torej poti, smo to storili v razdelku 2.5, za splošne krivulje γ (ko γ ne obstaja), si bomo pomagali z aproksimacijo s potmi. Lema Za vsako (sklenjeno) krivuljo γ : [, ] D in vsak ε > obstaja taka (sklenjena) pot λ : [, ] D, da je (2.3.) γ(t) λ(t) ε za vse t [, ]. Dokaz. Krivuljo γ lahko aproksimiramo s primerno odsekoma linearno funkcijo (tako, da aproksimiramo posebej Re γ in Im γ). Druga možnost pa je, da uporabimo znani Weierstrassov izrek (ki ga bomo dokazali kasneje), po katerem za vsako zvezno funkcijo γ : [, ] D obstaja tak polinom p, da je p(t) γ(t) < ε/3 za vse t [, ]. Ker je razdalja d krivulje [γ] do množice C \ D pozitivna in smemo brez škode privzeti, da je ε < d, pot t p(t) (t [, ]) leži v D. (Tu bi zadoščalo zahtevati, da je ε < 3d; strožjo zahtevo bomo potrebovali kasneje.) Vendar pa ta pot ni nujno sklenjena, saj je morda p() p(). Ker pa je p() γ() < ε/3, p() γ() < ε/3 in γ() = γ() (če je γ sklenjena), je p() p() < 2ε/3. Če sedaj definiramo λ(t) := p(t) + t(p() p()), je λ : [, ] C sklenjena pot, vsebovana v D, ker je λ(t) γ(t) γ(t) p(t) + t p() p() < ε za vse t [, ]. Naslednja lema pove, da imajo vse bližnje sklenjene poti enako ovojno število okrog dane točke. Lema Naj bo α C in γ, γ 2 : [, ] C taki sklenjeni poti, da je (2.3.2) γ 2 (t) γ (t) < γ (t) α za vse t [, ]. Potem je I γ (α) = I γ2 (α). Dokaz. Iz neenakosti (2.3.2) sledi, da je njena desna stran pozitivna za vse t [, ], torej točka α ne more ležati na [γ ]. Prav tako α ne more ležati na [γ 2 ], saj bi v tem primeru za kak t imeli α = γ 2 (t) in bi se tedaj neenakost (2.3.2) glasila α γ (t) < γ (t) α, kar bi bilo protislovje. Obe ovojni števili sta zato definirani. Pot γ, definirana z γ(t) = γ 2(t) α, (t [, ]), γ (t) α

118 8 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE poteka v celoti znotraj kroga D(, ), saj je po (2.3.2) γ(t) = γ 2(t) γ (t) γ (t) α <. Torej je točka v neomejeni komponenti množice C \ [γ], zato I γ () =. Iz ( γ2 (t) 2πi(I γ2 (α) I γ (α)) = γ 2 (t) α γ ) (t) dt γ (t) α sedaj sledi, da je I γ2 (α) = I γ (α). = γ(t) γ(t) dt = I γ() = Posledica Naj bo γ : [, ] C sklenjena krivulja, α C pa točka s pozitivno razdaljo δ := inf t [,] γ(t) α do [γ]. Tedaj za vsaki sklenjeni poti γ j : [, ] C (j =, 2), ki zadoščata pogoju max t [,] γ j (t) γ(t) < δ/3, velja I γ2 (α) = I γ (α). Dokaz. Za vsak t [, ] in j =, 2 je in γ j (t) α = (γ j (t) γ(t)) + (γ(t) α) γ(t) α γ j (t) γ(t) δ δ 3 = 2δ 3 γ 2 (t) γ (t) γ 2 (t) γ(t) + γ(t) γ (t) < 2δ 3, torej je γ 2 (t) γ (t) < γ (t) α. Sedaj lema pove, da je I γ2 (α) = I γ (α). Ta posledica nam omogoča definirati ovojno število krivulje. Definicija Naj bo δ razdalja točke α od sklenjene krivulje [γ] in privzemimo, da je δ >. Ovojno število ali indeks krivulje γ okrog točke α je definirano kot I γ (α) := I λ (α), kjer je λ poljubna sklenjena zvezno odvedljiva krivulja (torej pot), ki zadošča pogoju max t [,] λ(t) γ(t) < δ/3. Dve krivulji γ in γ v območju D C bomo imenovali homotopni v D, če je mogoče eno krivuljo zvezno preoblikovati v drugo z vmesnimi krivuljami, ki potekajo po D. Natančneje: obstajati mora taka družina krivulj Γ s : [, ] D (s [, ]), da je Γ = γ, Γ = γ in da se krivulji Γ s in Γ s2 le malo razlikujeta, če je razlika s 2 s majhna. (Torej mora za vsak ε > obstajati tak δ >, da je max t [,] Γ s2 (t) Γ s (t) < ε, kakor hitro je s 2 s < δ in s, s 2 [, ].) Če imata krivulji γ in γ isto začetno in isto končno točko, bomo to zahtevali tudi od vseh vmesnih krivulj Γ s. Kadar pa bosta začetni krivulji sklenjeni, naj bodo take tudi vse krivulje Γ s. Če pišemo Γ(t, s) namesto Γ s (t), lahko definicijo homotopnosti povemo takole:

119 2.3. HOMOTOPIJA KRIVULJ 9 Slika 2.6. Sklenjeno krivuljo γ lahko v območju D zvezno preoblikujemo v γ (prek vmesnih krivulj Γ s ), ne pa v λ, ker γ obkroži komponento D c komplementa množice D, λ pa je ne obkroži. Definicija Krivulji γ, γ : [, ] D z isto začetno točko α = γ () = γ () in isto končno točko β = γ () = γ () sta homotopni v D (natančneje, γ je homotopna γ ) s homotopijo, ki ohranja začetno in končno točko, če obstaja taka zvezna funkcija Γ : [, ] [, ] D, da je (2.3.3) Γ(t, ) = γ (t), Γ(t, ) = γ (t) ter Γ(, s) = α in Γ(, s) = β za vse s [, ]. Dve sklenjeni krivulji γ, γ : [, ] D (torej γ j () = γ j ()) pa imenujemo homotopni v D, če obstaja taka zvezna funkcija Γ : [, ] [, ] D (imenovana homotopija), da velja (2.3.3) in Γ(, s) = Γ(, s). (Vse krivulje t Γ(t, s) (s [, ]) so torej sklenjene.) Zgled Naj bo D konveksno območje, α D poljubna točka, γ : [, ] D pa poljubna sklenjena krivulja. Potem je preslikava Γ : [, ] [, ] D, Γ(t, s) = sα + ( s)γ(t), homotopija krivulje γ v konstantno krivuljo [, ] t α. Izrek Če sta γ in γ homotopni sklenjeni krivulji v D, potem je I γ (α) = I γ (α) za vsako točko α C \ D.

120 2 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Dokaz. Naj bo Γ : [, ] [, ] D homotopija od γ do γ in δ razdalja točke α do (kompaktne) množice Γ([, ] [, ]). Ker je preslikava Γ enakomerno zvezna, obstaja tako velik n N, da je max t [,] Γ(t, s 2) Γ(t, s ) < δ 3, če je s 2 s < n. Za vsak j =,,..., n naj bo λ j : [, ] D sklenjena krivulja, definirana z λ j (t) = Γ(t, j n ). Opazimo, da je λ j+(t) λ j (t) < δ 3 3 λ j(t) α za vse t [, ], zato iz definicije ovojnega števila krivulje in posledice sledi, da je I λj+ (α) = I λj (α) za vse j. Ker je λ = γ in λ n = γ, mora biti I γ (α) = I γ (α). Posledica Za vsaki homotopni sklenjeni poti γ j (j =, ) v območju D in vsako holomorfno funkcijo f : D C velja f(z) dz = f(z) dz. γ γ Če je torej sklenjena pot γ v D homotopna konstanti v D, je I γ (w) = za vsak w C \ D in f(z) dz =. γ Dokaz. Po izreku ima cikel {γ, γ } ovojno število okrog vsake točke α C \ D, zato sledi po Cauchyevem izreku (glejte opombo 2.7.5), da je γ f(z) dz = γ f(z) dz. Naloge. Pokažite, da je homotopnost krivulj ekvivalenčna relacija. 2. Pokažite, da je za vsako krivuljo γ : [, ] D, sklenjena krivulja λ := γ + γ (kjer je γ (t) := γ( t)) homotopna konstantni krivulji c(t) := γ() (t [, ]). (Namig: opazujte družino sklenjenih krivulj λ s := γ s + γ s, kjer je γ s (t) := γ(st), t, s [, ].) Sklepajte od tod in iz naloge naslednje: če sta γ in λ homotopni krivulji z isto začetno in isto končno točko, potem je sklenjena krivulja γ + λ homotopna konstanti. 3. Pokažite (s pomočjo prejšnje naloge in posledice 2.3.8), da je γ f(z) dz = γ f(z) dz za vsako holomorfno funkcijo f : D C in v D homotopni poti z isto začetno in isto končno točko. 4. (Rouchejev izrek) Če sta f in g taki holomorfni funkciji na D, da je g(z) f(z) < f(z) za vsako točko z [γ], kjer je γ enostavna sklenjena pot v D (tj. taka, da ima množica C \ [γ] le dve komponenti), homotopna v D konstanti, potem γ obkroži enako število ničel funkcij f in g. (Navodilo: S podobnim sklepanjem kot v dokazu leme 2.. ugotovimo, da je število ničel funkcije f znotraj območja, ki ga obkroži γ, enako f (z) 2πi γ f(z) dz = I f γ(). Nato lahko uporabimo lemo za sklenjeni poti f γ in g γ.) 5. Koliko ničel ima polinom g(z) = z 7 7z 5 + z 3 v krogu z <? (Namig: uporabite Rouchejev izrek (tj. prejšnjo nalogo), kjer naj bo f(z) = 7z 5.)

121 2.4. KONFORMNA EKVIVALENTNOST ENOSTAVNO POVEZANIH OBMOČIJ 2 6. Dokažite, da funkcija f n (z) = n j= zj j! ne more imeti nobene ničle v krogu z <. (Namig: za n 2 uporabite Roucheyev izrek za f(z) = e z in g(z) = f n (z) ter oceno k=3 k! 6 ( ( 4 )2 +...) = 2 9.) 7.* Koliko rešitev ima enačba e iz = z n znotraj enotskega kroga z <? (Navodilo: Če je n 2, je za vsak dovolj majhen δ > na krožnici z = + δ veljavna ocena e iz = e Im z e δ < ( + δ) n = z n, zato ima po Rouchejevem izreku (glejte 4. nalogo) na krogu z < + δ enačba z n e iz = toliko rešitev kot z n =, se pravi n, če jih štejemo v skladu z njihovo mnogokratnostjo. Ker velja to za vsak dovolj majhen δ >, imata obe enačbi n rešitev na krogu z. Treba je torej ugotoviti le še, koliko od teh rešitev leži na krožnici z =. To pa ni težko, če upoštevamo, da e iz = pomeni, da je Im z =. Če je n =, je mogoče vse rešitve enačbe zlahka izračunati. Če pa je n =, napišemo enačbo kot sistem e y cos x = x in e y sin x = y. Iz tega sistema dobimo najprej y = xtg x, nato še e xtg x cos x = x. Funkcija na levi strani zadnje enačbe je soda ter na intervalu [, π 2 ) pozitivna in padajoča, v točki π 2 pa enaka, zato njen graf seka premico y = x na tem intervalu v eni točki (x, x ). Treba je ugotoviti še, ali je x 2 + x 2 tg 2 x <. Opazimo, da je vrednost funkcije f(x) := e xtg x cos x x v točki enaka e >, v točki π/6 pa e π π/6 < (ker je 3 3 < πe < πe + π 6 3 ), zato mora f imeti ničlo x med in π/6. Torej je x 2 + x 2 tg 2 x < (π/6) (π/6)2 <.) 2.4. Konformna ekvivalentnost enostavno povezanih območij Bijektivno holomorfno preslikavo f : D D 2 med ravninskima območjema D in D 2 imenujemo tudi biholomorfizem ali konformna ekvivalenca. (V razdelku 2. smo že obravnavali take preslikave v posebnem primeru, ko sta D in D 2 enotski krog.) Inverzna preslikava je tedaj tudi holomorfna. Pokazali bomo Riemannov izrek, ki pravi, da je vsako, od C različno, enostavno povezano območje v C konformno ekvivalentno krogu D(, ). Pri tem bomo potrebovali naslednjo lemo. Lema Če je D C, D C, tako območje, da je I γ (α) = za vsako sklenjeno pot γ v D in vsako točko α C \ D, potem obstaja injektivna holomorfna preslikava f : D D(, ), ki izbrano točko z D preslika v. Dokaz. Izberimo α C \ D. Po trditvi obstaja taka holomorfna funkcija g : D C, da je e g(z) = z α za vse z D. Ker je funkcija z z α injektivna, mora biti injektivna tudi g. (Iz g(z 2 ) = g(z ) namreč sledi z 2 α = e g(z2) = e g(z) = z α, torej z 2 = z.) Trdimo naslednje: za vsak β iz zaloge vrednosti funkcije g, torej β = g(z ) za kak z D, obstaja okrog točke β := β + 2πi krog D(β, δ), ki ne seka zaloge vrednosti funkcije g, torej (2.4.) g(z) β δ za vsak z D. Če to ne bi bilo res, bi obstajalo tako zaporedje (ζ n ) D, da bi zaporedje (g(ζ n )) konvergiralo proti β. Potem bi zaporedje točk ζ n α = e g(ζn) konvergiralo proti e β = e β = z α, torej bi zaporedje (ζ n ) konvergiralo proti z. Toda potem mora zaporedje (g(ζ n )) konvergirati proti g(z ) = β, saj je g zvezna funkcija. To je protislovje, saj zaporedje (g(ζ n )) ne more imeti dveh limit β in β.

122 22 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Naj bo torej D(β, r) krog, ki ne seka zaloge vrednosti preslikave g. Potem iz (2.4.) sledi, da je zaloga vrednosti preslikave z h(z) := g(z) β vsebovana v krogu D(, δ ) in, ker je g injektivna, je taka tudi h. Ko pomnožimo h z dovolj majhno konstanto, dobimo injektivno holomorfno preslikavo iz D v krog D(, 2 ); imenujmo jo f. Preslikava z f(z) f(z ) je tudi injektivna in preslika D v enotski krog D(, ) ter točko z v. Izrek (Riemannov izrek o konformni ekvivalentnosti) Naj bo D C tako območje, različno od C, da je I γ (α) = za vsako sklenjeno pot γ v D in vsako točko α C \ D. Potem je D konformno ekvivalentno krogu D(, ). Torej so za vsako ravninsko območje D ekvivalentni naslednji pogoji: (i) D je enostavno povezano (tj. Ĉ \ D je povezana množica); (ii) vsaka sklenjena krivulja v D je v D homotopna konstanti; (iii) I γ (α) = za vsako sklenjeno pot γ v D in vsak α C \ D. Dokaz. Naj bo D C. Po lemi 2.4. smemo privzeti, da je D D(, ) in D. Naj bo S družina vseh tistih injektivnih holomorfnih funkcij f : D D(, ), za katere je f() =. Družina S ni prazna, saj vsebuje inkluzijo z z množice D v D(, ). Ker je S očitno omejena, je po izreku relativno kompaktna. Naj bo M = sup f (). f S Iz Cauchyeve formule za odvod vidimo, da je M <. Za vsak n =, 2,... obstaja taka funkcija f n S, da je f n() > M n. Ker je S relativno kompaktna, ima zaporedje (f n ) stekališče f, ki je holomorfna funkcija na D in ima zalogo vrednosti vsebovano v D(, ). Po principu maksima mora biti zaloga vrednosti f(d(, )) vsebovana v D(, ). Poleg tega je f() = in (po izreku 2.2.2(ii), uporabljenem na ustreznem konvergentnem podzaporedju) f () = M. Trdimo, da je ta preslikava f surjektivna. Predpostavimo nasprotno, da obstaja α D(, ) \ f(d). Naj bo f α holomorfna bijekcija diska D(, ) nase kot v trditvi 2..8, torej f α (z) = z α ᾱz. Ker je f α(α) =, α / f(d) in f α bijekcija kroga D(, ) nase, / f α (f(d)), torej f α f nima ničle v D. Ker je f α f holomorfna funkcija, po trditvi obstaja ln(f α f) (natančneje, taka holomorfna funkcija g na D, da je e g = f α f), torej obstaja tudi holomorfna funkcija h = f α f (namreč h = e 2 g ). Označimo β = h() = α in si oglejmo kompozitum F := f β h, kjer ima f β enak pomen kot v trditvi 2..8, le da je α zamenjan z β. Preslikava F je injektivna in holomorfna iz D v D(, ) ter F () =. Če pokažemo, da je F () > f (), bo to v protislovju z maksimalno lastnostjo odvoda f (), s čimer bo dokazano, da mora biti f surjektivna. Iz F = f β f α f lahko izrazimo f kot f = f α (f β F ) 2 = f α κ f β F = G F, kjer je κ kvadriranje (tj. κ(z) = z 2 za vsak z D(, )) in G := f α κ f β. Pri tem je F () = in G() = f α (β 2 ) = f α ( α) =. Preslikava G ni injektivna, saj κ ni injektivna in sta f α ter f β bijekciji kroga D(, ) nase. Po Schwarzovi lemi je zato

123 2.4. KONFORMNA EKVIVALENTNOST ENOSTAVNO POVEZANIH OBMOČIJ 23 G () <. Iz f = G F (in ker je F () = = G()) pa dobimo f () = G ()F (), torej je f () < F (). Če je D C tako območje v C, da je Ĉ \ D povezana množica ali pa, da je vsaka sklenjena krivulja v D homotopna konstanti v D, potem je I γ (α) = za vsako sklenjeno pot γ v D in vsako točko α C \ D po trditvi oziroma po posledici Zato je tako območje po že dokazanem konformno ekvivalentno krogu D(, ). Ker krog očitno zadošča vsem trem pogojem (i)-(iii) v izreku (zgled in trditev 2.5.2), so za taka območja D vsi ti trije pogoji ekvivalentni. Ker so tudi za D = C izpolnjeni vsi pogoji (i)-(iii), je dokaz izreka končan. Zgled Preslikavo f : Ĉ Ĉ, podano z f(z) = z i z + i, imenujemo Caylejeva transformacija. (To je zgled ulomljene linearne transformacije, ki jih v splošnem obravnavajo nekatere naloge razdelka 2.8.) Inverzna preslikava je dana z f (z) = i z + z. Poglejmo, katere točke preslika f v enotsko krožnico S = {z C : z = }. Pogoj f(z) = lahko napišemo kot z i 2 = z + i 2 oziroma (z i)( z + i) = (z + i)( z i), kar poenostavimo v z = z oziroma z R. Torej se na S preslika natanko realna os R, se pravi f(r) = S. Ker je zgornja polravnina H := {z C : Im z > } povezana množica in zvezna preslikava preslika povezane množice v povezane, je f(h) povezana množica. Ker je f(i) =, je f(h) D(, ). Ker f(h) ne more sekati krožnice S (saj je f bijekcija in je S že slika realne osi), je f(h) unija odprtih množic f(h) D(, ) in f(h) (C \ D(, )). Ker je f(h) povezana množica, mora zato biti f(h) = D(, ). Torej f preslika zgornjo polravnino na notranjost, spodnjo polravnino pa potem (zaradi bijektivnosti) na zunanjost kroga D(, ). Naloge. Pokažite, da je konformna ekvivalenca f : D D(, ) enolično določena z zahtevama, da za dano točko z D velja f(z ) = in f (z ) >. (Namig: če sta f in f 2 taki ekvivalenci, lahko za preslikavo f 2 f uporabimo Schwarzovo lemo ali pa trditev 2..8.) 2. Poiščite holomorfno bijekcijo, ki preslika prvi kvadrant {z C : Re z >, Im z > } na krog D(, ). 3. Poiščite kako holomorfno bijekcijo pasu {z C : a < Im z < b} na krog D(, ). (Namig: nalogo lahko reduciramo na iskanje holomorfne bijekcije pasu {z C : < Im z < π} na zgornjo polravnino H; poskusite s preslikavo f(z) = e z.) 4.* Kam preslika preslikava z w := z + z tisti del zunanjosti kroga D(, ), ki leži v zgornji polravnini? (Navodilo: Izrazite z + z v običajnih realnih spremenljivkah x, y in pokažite, da je slika vsebovana v zgornji polravnini. Za dokaz, da je slika vsa zgornja polravnina, pa opazite, da ena od dveh rešitev z j enačbe z 2 wz + =

124 24 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE zadošča pogoju z j >, ker je z z 2 = in enačba nima dvojne ničle, če je w 2, 2. Nato iz izraza za Im w sklepajte, da mora biti Im z j >, če je z j > in Im w >.) 2.5. Predstavitev holomorfnih funkcij z neskončnimi produkti Številski produkti. Definicija Neskončni produkt (2.5.) ( + z j ), kjer so z j kompleksna števila, imenujemo konvergenten, če obstaja limita n P := lim ( + z j ) j= n j= in je bodisi P bodisi z j = za kak j in je v zadnjem primeru za kak m limita n lim ( + z j ) n j=m različna od. Produkt (2.5.) imenujemo absolutno konvergenten, če je konvergenten produkt ( + z j ). j= Opomba Po gornji definiciji npr. produkt j= ( j+ ) ni konvergenten, ker je lim n j= n ( j + ) = lim [ 2 3 n n n n n + ] = lim n n + = in so vsi faktorji različni od. Razlog, da je gornja definicija morda nekoliko nepričakovana, je, da bomo imeli lepšo povezavo med konvergenco produktov in vrst. V dokazu naslednjega izreka bomo uporabili elementarno neenakost (2.5.2) + x < e x (x > ), ki sledi takoj iz razvoja funkcije x e x v potenčno vrsto. Izrek Produkt P = j= (+z j) je absolutno konvergenten natanko tedaj, ko je absolutno konvergentna vrsta j= z j. Absolutno konvergenten produkt je konvergenten in njegova vrednost P je neodvisna od vrstnega reda faktorjev. Dokaz. Zaporedje delnih produktov n A n := ( + z j ) j=

125 2.5. PREDSTAVITEV HOLOMORFNIH FUNKCIJ Z NESKONČNIMI PRODUKTI 25 je očitni naraščajoče. Če je vrsta j= z j konvergentna, potem sledi iz neenakosti (2.5.2) ocena A n n j= e zj e j= zj, ki pove, da je zaporedje (A n ) tudi omejeno, torej konvergentno. To pove, da je produkt absolutno konvergenten (saj je lim n A n, ker je + z j za vsak j). Predpostavimo sedaj, da je produkt absolutno konvergenten. Potem je zaporedje (A n ) konvergentno; naj bo A njegova limita (in s tem tudi zgornja meja, ker je zaporedje naraščajoče). Neenakost n n z j ( + z j ) A, j= j= ki jo lahko dokažemo z indukcijo, pove, da je tedaj vrsta j= z j konvergentna. Dokažimo še, da je absolutno konvergenten produkt konvergenten. Ker je vrsta j= z j (absolutno) konvergentna, morajo njeni členi z j konvergirati proti, torej jih je lahko le končno mnogo enakih. Če izpustimo končno mnogo faktorjev, lahko torej privzamemo, da so vsi faktorji + z j različni od. Pokažimo, da je zaporedje delnih produktov P n = n j= ( + z j) Cauchyevo (torej konvergentno). Z uporabo neenakosti (2.5.3) ( + α ) ( + α k ) ( + α ) ( + α k ) (α k C) (ki postane očitna, ko si zamislimo faktorje zmnožene in upoštevamo trikotniško neenakost) vidimo, da za poljubna indeksa n > m velja P n P m = P m ( + z m+ ) ( + z n ) P m [( + z m+ ) ( + z n ) ] A m [( + z m+ ) ( + z n ) ] = A n A m. Ker je produkt absolutno konvergenten, gre A n A m proti, ko m, n, zato gornja ocena pove, da je zaporedje (P n ) res Cauchyevo; naj bo P njegova limita. Če bi bil P =, bi iz prve neenakosti v gornjem ocenjevanju dobili (ko bi n poslali proti ) P m P m [( + z m+ )( + z m+2 ) ], torej ( + z m+ )( + z m+2 ) = A. A m Toda, ko gre m proti, gre A m proti A, zato gre desna stran v zadnji neenakosti proti in neenakost je tedaj protislovna. Dokaz, da je vrednost absolutno konvergentnega produkta neodvisna od vrstega reda faktorjev, je zelo podoben dokazu ustreznega dejstva za vrste, ki ga bralec najbrž dobro pozna, zato ga bomo pustili za vajo.

126 26 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Funkcijski produkti. Definicija Produkt funkcij j= ( + f n) konvergira enakomerno na množici K, če za vsak z K konvergira številski produkt P (z) := j= ( + f j(z)) (torej je P (z) = le ko je f j (z) = za kak j) in konvergirajo delni produkti P n := n j= ( + f j) enakomerno proti P. Izrek Če konvergira vrsta j= f j omejenih funkcij f j enakomerno na množici K, potem konvergira enakomerno na K tudi produkt j= ( + f j). Dokaz. Pokazati zadošča, da je zaporedje delnih produktov P n enakomerno Cauchyevo. Za vsak z K in n > m imamo z uporabo neenakosti (2.5.3) in (2.5.2) m n P n (z) P m (z) = + f j (z) ( + f j (z)) j= j=m+ e n j= fj(z) ( + f j (z) ) e M e Mm,n, j=m+ kjer je M := sup z K j= f n j(z) in M m,n := sup z K j=m+ f j(z). Ker so funkcije f n po predpostavki omejene in je vrsta j= f j enakomerno konvergentna, je M < in lim m,n M m,n =, zato gornja ocena pove, da je zaporedje (P n ) enakomerno Cauchyevo. Naj bo sedaj (z j ) proti konvergirajoče zaporedje kompleksnih števil. Radi bi pokazali, da obstaja holomorfna funkcija na C, ki ima ničle natanko v točkah z j. Najprej se domislimo produkta j= ( z z j ), ki pa v splošnem ne konvergira, zato ga bomo morali popraviti z dodatnimi faktorji brez ničel. Potrebovali bomo naslednjo lemo, za katero bomo navedli dokaz, ki se ga je najlažje spomniti. V 5. nalogi pa bo bralec lemo in njen dokaz lahko izboljšal. Tedaj je Lema Označimo E (z) = z in za vsak n N \ {}, E n (z) = ( z)e z+ z zn n. (2.5.4) E n (z) = + f n (z), kjer je f n (z) 4 z n+, če je z 2. Dokaz. Izraz v eksponentu formule za E n (z) je ravno vsota prvih n členov Taylorjeve vrste za ln( z), zato za z < velja E n (z) = e ln( z)+z+ z zn n = e ( zn+ n+ + zn+2 n ). Pri tem lahko eksponent, označimo ga z F n (z), ocenimo kot F n (z) = zn+ n + + zn+2 n z n+ n + [ + n + n + 2 z + n + n + 3 z z n+ [ + z + z ]. ]

127 2.5. PREDSTAVITEV HOLOMORFNIH FUNKCIJ Z NESKONČNIMI PRODUKTI 27 Za z 2 je torej F n(z) 2 z n+ in zato v razvoju E n (z) = e Fn(z) = + k! F n(z) k k= funkcija f n (z) := k= k! F n(z) k zadošča oceni f n (z) 2 k z k(n+) = 2 z n+ (2 z z n ) k k= 2 z n+ k= k= ( z n ) k 2 z n+ k= ( 2 )n(k ) 4 z n+. Izrek (Weierstrassov izrek) Za vsako zaporedje (ne nujno različnih) kompleksnih števil z j, ki konvergira proti, obstaja holomorfna funkcija na C, ki ima ničle natanko v točkah z j. (Pri tem je v z j ničla reda n j, če je natanko n j členov zaporedja enakih z j.) Dokaz. Privzeti smemo, da smo člene zaporedja poimenovali tako, da je z z 2 z in da so vsi z j različni od, saj na koncu dobljeno funkcijo lahko pomnožimo s funkcijo z z k, če želimo dobiti funkcijo, ki bo imela v ničlo reda k. Ker zaporedje z j konvergira proti, nima končnih stekališč, zato je v vsakem krogu D(, 2R) le končno mnogo elementov z n. Za vsak z D(, R) je torej neenakost z < 2 z j izpolnjena za vse, razen morda za končno mnogo j. (Izpolnjena je namreč vsaj za vse tiste j, za katere je z j zunaj kroga D(, 2R)). Za vse take j in vsak n =, 2,... je tedaj po lemi (2.5.5) E n ( z z j ) = + f n ( z z j ), kjer je f n ( z z j ) 4 z z j n+ 4( 2 )n+. Torej obstajajo taki n j N, da vrsta j= f n j ( z z j ) konvergira enakomerno na krogu D(, R). (Vzamemo namreč lahko kar n j = j, saj je j f j( z z j ) 4 j ( 2 )j+. V obravnavi praktičnih primerov pa je ponavadi najbolje izbrati čim manjše n j.) Potem po izreku konvergira enakomerno na krogu D(, R) tudi produkt (2.5.6) P (z) := E nj ( z ) = ( z )e z z + j 2 ( z z ) j n ( z j z ) n j j. z j z j j= j= Ker je vsaka kompaktna ravninska množica vsebovana v kakem dovolj velikem krogu D(, R), je konvergenca enakomerna na kompaktnih množicah. Po izreku je zato P holomorfna funkcija na C. Iz definicije konvergence produkta sledi, da so ničle funkcije P natanko v točkah z j. Opomba Dokaz izreka pove, da Weierstrassov produkt (2.5.6) konvergira enakomerno na kompaktnih množicah, čim vrsta j z z j nj+ (in s tem tudi vrsta j f n j po prvi neenakosti v (2.5.5)) konvergira enakomerno na kompaktnih množicah).

128 28 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Oglejmo si sedaj zelo pomemben zgled. Zgled Preden se lotimo produktov, dokažimo, da je (2.5.7) (z n) 2 = π2 sin 2 πz. n Z Funkcija f(z) := (z n) 2 π2 sin 2 πz n Z je periodična, namreč f(z + ) = f(z). (Da vrsta konvergira ni težko videti, sledi pa tudi iz ocen, ki jih bomo navedli nekoliko nižje.) Iz razvoja funkcije sin v Taylorjevo vrsto okrog točke lahko sklepamo, da se razvoj funkcije z π2 sin 2 πz v Laurentovo vrsto okrog točke glasi z +regularni del, torej ima funkcija f v točki le premostljivo 2 singularnost. Zaradi periodičnosti mora biti tako v vseh točkah n Z, torej imamo f lahko za holomorfno funkcijo na C. Če pokažemo, da gre f(z) proti, ko gre z proti, bo f omejena in s tem po Liouvillovem izreku konstantna, torej identično enaka. S tem bo enakost (2.5.7) dokazana. Ker je f periodična s periodo, zadošča pokazati, da je lim y f(x + iy) = za vse x [, ]. Za vse z v pasu x je, z n 2 (n ), če je n 2, in 2 z n 2 (n+), če je n 2. Naj bo ε (, ). Ker je vrsta 2 n= n konvergentna, 2 je za vsak dovolj velik n(ε) N vsota n n(ε) n < ε. Tedaj je tudi (če vzamemo, da 2 je n(ε) 2) n n(ε) (z n) < ε. Ker gredo vsi členi v končni vsoti 2 n <n(ε) (z n) 2 proti, ko gre z proti, velja isto za končno vsoto. Od tod sledi, da je (2.5.8) lim z (z n) 2 =. n Z Neposreden račun (izhajajoč iz Eulerjeve formule sin πz = 2i (eiπz e iπz )) pokaže, da je za z = x + iy (x, y R) sin πz 2 = (ch 2πy cos 2πx), 2 torej lim y ± sin πz 2 = za vse x [, ]. Od tod in iz (2.5.8) pa sledi, da je res lim z f(z) =. Pokažimo sedaj še, da iz (2.5.7) sledi (2.5.9) πctg πz = z + ( z n + n ). n Z,n Vrsta na desni konvergira enakomerno na kompaktnih množicah, ker lahko njen splošni z člen izrazimo kot n(z n) in jo torej lahko primerjamo s konvergentno vrsto n 2 (podobno kot smo to že storili zgoraj za vrsto (2.5.8)). Naj bo g(z) razlika med levo in desno stranjo v formuli (2.5.9). Ker ima funkcija z sin πz enostavne ničle v točkah cos πz n Z in nima drugih ničel, ima funkcija z πctg πz = π sin πz same enostavne pole v z n točkah n. Residui v teh polih so π lim z n sin πz cos πz = π( )n lim z n π cos πz =. (Uporabili smo trditev 2..7.) Iz razvoja funkcije z πctg πz v Laurentovo vrsto okrog točke n sedaj vidimo, da ima g v točki n le premostljivo singularnost (ker se

129 2.5. PREDSTAVITEV HOLOMORFNIH FUNKCIJ Z NESKONČNIMI PRODUKTI 29 pola leve in desne strani v (2.5.9) izničita), torej jo bomo obravnavali kot holomorfno funkcijo na C. Ker je g = f in smo zgoraj že pokazali, da je f identično enaka, mora biti g konstantna. Ker pa je lim z (πctg πz z ) = (kar najhitreje vidimo, če razvijemo funkciji cos in sin v Taylorjevo vrsto okrog ), sledi, da je g() =. Torej je g identično enaka in s tem formula (2.5.9) dokazana. Oglejmo si sedaj funkcijo (2.5.) s(z) := πz ( z n )e z n. n Z,n Ker je vrsta ( z n )2 enakomerno konvergentna na kompaktnih podmnožicah v C, sledi iz opombe 2.5.8, da je produkt v (2.5.) enakomerno konvergenten na kompaktnih množicah. Po Weierstrassovem izreku je zato s holomorfna funkcija na C, ki ima ničle natanko v točkah n Z. Ker ima tudi funkcija z sin πz iste ničle (in so vse prav tako enkratne), je funkcija h(z) := sin πz s(z) holomorfna na C in brez ničel. Velja sin πz = h(z)s(z) in naš cilj je dokazati, da je h konstanta. Delni produkti P N (z) := h(z)πz N n= N ( z n )e z n konvergirajo enakomerno na kompaktnih množicah proti h(z)s(z) = sin πz, ko N, po izreku zato njihovi odvodi na isti način konvergirajo proti π cos πz. Tedaj pa kvocienti konvergirajo proti π P N (z) P N (z) = h (z) h(z) + z + cos πz sin πz, torej je πctg πz = h (z) h(z) + z + N n= N,n n Z,n ( z n + n ) ( z n + n ). Iz te enakosti in iz (2.5.9) sedaj sledi, da je h (z) h(z) = za vse z C, torej je h povsod in zato h konstanta. To konstanto h lahko določimo, če zvezo sin πz = h(z)s(z) napišemo kot sin πz πz = h(z) n Z,n ( z n )e z n in pošljemo z proti. Dobimo h =. Tako smo dokazali formulo (2.5.) sin πz = πz n Z,n ( z n )e z n = πz ( z2 n 2 ). n= Naloge

130 3 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE. Pokažite, da za števila z j (, ) velja n s n ( z j ) + s n j= za vsak n, kjer je s n = n j= z j. Sklepajte od tod (s pomočjo Cauchyevega kriterija za konvergenco), da je za števila z j (, ) produkt j= ( z j) konvergenten natanko tedaj, ko je konvergentna vrsta j= z j. 2. (i) Za kompleksni števili z in w ne velja vedno ln(zw) = ln z + ln w; pokažite, da ta enakost velja, če je arg z < π 2 in arg w < π 2. (ii) Pokažite, da za x (, ) velja arcsin x < πx 2. (iii) Če je z C in z < ε <, pokažite, da je arg z < arcsin ε. (Namig: narišite trikotnik z oglišči, in z in uporabite sinusni izrek.) 3. (i) Če je vrsta j= ln( + z j) konvergentna in je njena vsota S, pokažite, da je konvergenten tudi produkt j= ( + z j) in je njegova vrednost e S. (ii) Ali velja tudi obrat trditve v točki (i)? (Rešitev: Za vsaka n > m označimo n n P m,n = ( + z j ), P m = P,m, P = lim P m in S m,n = ln( + z j ). m j=m+ j=m+ Predpostavimo, da je produkt konvergenten. Če nobeden od faktorjev + z j ni na poltraku (, ] (tedaj je vrednost ln( + z j ) definirana z glavno vejo logaritma), potem so vsi faktorji +z j različni od. Ker je po definiciji konvergentnosti produkta tedaj P, za vsak ε (, ) obstaja tak n(ε), da je (2.5.2) P m,n = (P n P m )/P m < ε za vse n > m n(ε). Iz 2. naloge sledi, da tedaj za vse p > n > m velja (2.5.3) arg P m,n < πε 2 < π 2 in arg P n,p < πε 2 < π 2 ter zato tudi ln(p m,n P n,p ) = ln P m,n +ln P n,p. Od tod sledi induktivno, da je ln P m,n = S m,n in zato tudi (2.5.4) S m,n = ln P m,n = ln P m,n + i arg P m,n. Ker iz (2.5.2) sledi tudi P m,n ( ε, + ε), torej ln P m,n < max{ln( + ε), ln( ε) } = ln( ε) < ε ε, sklepamo sedaj od tod ter iz (2.5.3) in (2.5.4), da je S m,n < ε ε + πε 2, kar pomeni, da vrsta j ln(+z j) zadošča Cauchyevemu pogoju za konvergenco. Vendar pa se njena vsota lahko razlikuje od ln P za l2πi (l Z).) 4.* Ali iz konvergentnosti produkta j= α j vedno sledi konvergentnost produkta j= α j? (Namig: oglejte si produkt j= ( i j ). Pomagate si lahko tudi z nalogo 3 in oceno x ln x C x 2 za x < 2, kjer je C konstanta.)

131 2.5. PREDSTAVITEV HOLOMORFNIH FUNKCIJ Z NESKONČNIMI PRODUKTI 3 5. Dokažite, da za z velja E n (z) z n+, kjer so E n (z) kot v lemi (Navodilo: Iz E n (z) = [,z] E n(ζ) dζ (kjer označuje [, z] daljico od do z) in iz E n(z) = z n e z+ z zn n sledi, da je ničla reda n + za funkcijo E n in da so vsi koeficienti v Taylorjevem razvoju funkcije g(z) := En(z) z okrog točke n+ nenegativni. Zato je g(z) g() za vse z.) 6. Za katere z in kam konvergira produkt j= ( + z2j )? (Namig: pomnožite z ( z)( + z).) 7. (i) Preoblikujte formulo (2.5.9) v z 2 πzctg πz = + 2 z 2 n 2 = 2z2 n= (ii) Pokažite, da ima razvoj funkcije f(t) := točke obliko f(t) = t e t + 2 e t = + n= m= t e t + t 2 k=2 B k t k k!, z 2m, ( z < ). n2m+2 v Taylorjevo vrsto okrog torej, da je f() = in f () =. (Koeficiente B k v tem razvoju imenujemo Bernoullijeva števila.) (iii) Vstavite v funkcijo f iz točke (ii) t = 2πiz in izpeljite formulo πzctg πz = + k=2 (2πiz) k B k. k! (iv) Iz (i) in (iii) zaključite, da je B k =, če je k liho število; če pa je k sodo, k = 2m, je B 2m = ( ) m (2m)! 2 2m π 2m n 2m. (v)* Izračunajte B 2 iz razvoja v točki (ii) in nato sklepajte iz točke (iv), da je n= n = π (i) Dokažite, da vrsta ζ(z) := n z konvergira absolutno in enakomerno na vsaki kompaktni podmnožici polravnine n= Re z > in torej tam definira holomorfno funkcijo, imenovano Riemannova zeta funkcija. (ii) Dokažite, da je ζ(z) = p ( p z ) (če je Re z > ), kjer teče produkt po vseh praštevilih p. (Namig: ( p z ) = k= p kz ; vsako naravno število n se da izraziti enolično kot produkt praštevil.) n= 9.* Dokažite, da je vrsta p praštevilo p divergentna..* (Mittag-Lefflerjev izrek) Naj bo (α n ) zaporedje kompleksnih števil, ki naj nima nobenega končnega stekališča. Za vsak n naj bo P n poljuben polinom brez konstantnega člena. Dokažite, da obstaja meromorfna funkcija f na C, ki ima pole

132 32 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE natanko v točkah α n in glavne dele v teh polih eanake P n ( z α n ). (To je poseben primer Mittag-Lefflerjevega izreka [3, izrek 3.]. Navodilo: V vsakem krogu D(, R) je le končno mnogo členov α n. S pomočjo Taylorjevega razvoja funkcij z α j poiščite αn polinome p n, ki tako dobro aproksimirajo funkcije P n ( z α n ) na krogih D(, 2 ), da vrsta n (P n( z α n ) p n (z)) konvergira enakomerno na vsakem krogu D(, R).) 2.6. Eulerjeva funkcija Γ Definicija, holomorfnost in rekurzivna formula. Definicija Na polravnini Re z > je funkcija Γ definirana z (2.6.) Γ(z) = t z e t dt. Najprej želimo dokazati, da je integral v (2.6.) konvergenten in da definira holomorfno funkcijo na polravnini Re z >. Za vsak n =, 2,... naj bo (2.6.2) F n (z) = n n t z e t dt. Integral v (2.6.2) je integral s parametrom z in tako integrand kot njegov odvod z (tz e t ) sta zvezni funkciji na [ n, n] C. Ker je integracijski interval končen, pove elementaren argument (enak tistemu iz osnov integralov s parametri), da je funkcija F n odvedljiva v kompleksnem smislu. Če pokažemo, da zaporedje (F n (z)) konvergira proti integralu v (2.6.) enakomerno za z na vsaki kompaktni podmnožici K polravnine Re z >, bo po izreku funkcija Γ holomorfna na tej polravnini. Pokazati torej zadošča, da je [ ] n (2.6.3) lim t z e t dt + t z e t dt = n enakomerno za z K. Upoštevali bomo, da je t z = e (z ) ln t = e (Re z ) ln t = t Re z = t x. Ker je K kompaktna in vsebovana v polravnini Re z >, je δ := inf{re z : z K} > in M := sup{re z : z K} <, zato veljata oceni n n t z e t dt t z e t dt n n n t δ e t dt t M e t dt = n n n t δ dt = δn δ in (t M e t/2 )e t/2 dt Ce t/2 dt = 2Ce n/2, kjer je C := sup t t M e t/2 t. (Da je C <, sledi iz lim M t = in dejstva, da e t/2 so na kompaktnih množicah zvezne funkcije omejene.) Iz teh ocen je relacija (2.6.3) evidentna. S tem smo dokazali naslednjo trditev: Trditev S formulo (2.6.) definirana funkcija Γ je holomorfna na polravnini Re z >.

133 2.6. EULERJEVA FUNKCIJA Γ 33 Preden razširimo njeno definicijsko območje, si oglejmo pomembno lastnost funkcije Γ. Trditev (Rekurzivna formula) Γ(z + ) = zγ(z) (Re z > ). Dokaz. Z integriranjem per partes imamo Γ(z + ) = t z e t dt = t z e t + z t z e t dt = zγ(z). Ker neposredno iz formule (2.6.) sledi, da je Γ() =, z indukcijo dokažemo naslednjo posledico: Posledica Γ(n + ) = n! za vsak n N. To nam namiguje, naj definiramo z! := Γ(z + ) za vse z v polravnini Re z >. Rekurzivna formula nam omogoča, da razširimo definicijsko območje funkcije Γ. Če je namreč Re z (, ), je Re (z + ) (, ), zato je vrednost Γ(z + ) že definirana in lahko postavimo (2.6.4) Γ(z) := S ponavljanjem rekurzivne formule dobimo (2.6.5) Γ(z) = Γ(z + ). z Γ(z + n) z(z + ) (z + n ). Za vsak z C, ki ni negativno celo število ali, lahko izberemo tak najmanjši naraven n, da je Re (z + n) > ; tedaj je vrednost Γ(z + n) že definirana in lahko Γ(z) definiramo s formulo (2.6.5). Tako je sedaj Γ holomorfna funkcija na C, razen v točkah,, 2,..., kjer ima pole (kot sledi iz (2.6.5)). Za pozitivne z je integrand v (2.6.) pozitivna funkcija, zato je Γ(x) >, če je x >. Ker je Γ() = vidimo iz (2.6.4), da gre Γ(x) proti, ko gre x proti po pozitivnih vrednostih. Enakost Γ(n + ) = n! pa nakazuje, da je tudi lim x Γ(x) =, česar ni težko dokazati neposredno iz formule (2.6.). Ker je Γ() = = Γ(2), zavzame Γ na intervalu [, 2] neko najmanjšo pozitivno vrednost. Kako se ponaša Γ(x) za negativne x, pa sledi iz definicije, se pravi z zaporedno uporabo rekurzivne formule Γ(x) = Γ(x+) x. Naj omenimo še, da je na poltraku x > funkcija Γ konveksna (dokaz naj bo za vajo). Tako lahko sedaj že skiciramo graf funkcije Γ za realne x. Za boljše razumevanje funkcije Γ pa moramo sedaj vpeljati še novo funkcijo dveh realnih spremenljivk.

134 34 2. HOLOMORFNE FUNKCIJE Eulerjeva funkcija beta. Slika 2.7. Graf funkcije Γ Definicija Funkcija beta je definirana kot (2.6.6) B(x, y) = t x ( t) y dt, (x >, y > ). Lahko se je prepričati, da je integral v (2.6.6) konvergenten, če je x > in y >. (Pravzaprav lahko definiramo na isti način B kot funkcijo dveh kompleksnih spremenljivk pri pogoju Re x > in Re y >, vendar tega ne bomo potrebovali.) Z vpeljavo Slika 2.8. Funkcija B nove integracijske spremenljivke t = sin 2 ϕ lahko definicijo funkije B zapišemo tudi