Matematika A3a 2008/9. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Laurent-sorfejtés)
(Komplex sorok)
 
(egy szerkesztő 7 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
 +
 +
==Komplex hatványsorok==
 +
 +
'''Definíció''' – ''Hatványsor'' – Legyen (''a''<sub>n</sub>) komplex számsorozat és ''z''<sub>0</sub> &isin; '''C'''. Ekkor az  &sum;(''a''<sub>n(</sub>id<sub>'''C'''</sub>-z<sub>0</sub>)<sup>n</sup>) függvénysort hatványsornak nevezzük és összegét, az
 +
:<math>z\mapsto \sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n</math>
 +
hozzárendelési utasítással értelmezett, a {''z'' &isin; | &sum;(''a''<sub>n</sub>(z-''z''<sub>0</sub>)<sup>n</sup>) konvergál } halmazon értelmezett függvényt a hatványsor '''összegének''' nevezzük. Középpontja ''z''<sub>0</sub>, együtthatósorozata (''a''<sub>n</sub>).
 +
 +
A továbbiakban csak a  &sum;(''a''<sub>n</sub>z<sup>n</sup>) alakú, azaz a 0 körüli hatványsorokkal foglalkozunk (ezzel nem csorbítjuk az általánosságot, mert eltolással megkaphatjuk a többit is).
 +
 +
'''Tétel''' – ''Cauchy–Hadamard-tétel'' – Ha (''a''<sub>n</sub>) komplex számsorozat, <math>c= \limsup\limits_{n}\sqrt[n]{|a_n|}</math> és
 +
:<math>R=\left\{
 +
\begin{matrix}
 +
0,& \mathrm{ha} &c=+\infty\\
 +
+\infty,& \mathrm{ha} & c=0\\
 +
\frac{1}{c},& \mathrm{ha} & 0<c<+\infty
 +
\end{matrix}
 +
 +
\right.</math>
 +
akkor  &sum;(''a''<sub>n</sub>z<sup>n</sup>) abszolút konvergens a B<sub>R</sub>(0) gömbön és divergens a  B<sub>1/R</sub>(&infin;) gömbön.
 +
 +
A tétel minden részletre kiterjedő bizonyítását nem végezzük el, csak utalunk rá, hogy nyilvánvaló, hogy a Cauchy-féle gyökkritériumot kell benne használni. A tételbeli ''R'' sugarat a hatványsor ''konvergenciasugarának'' nevezzük. ''R''-et másként is kiszámíthajuk. Ha azt tudjuk, a hányadoskritérium alapján, hogy 
 +
:<math>\exists\lim\limits_{n\to \infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}</math>
 +
akkor létezik és ezzel egyenlő az n-edik gyökök sorozata is: 
 +
:<math>\exists\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\,''\,\frac{1}{R}\,''</math>
 +
ahol az idézőjel azt jelzi, hogy a konvergenciasugár lehet végtelen vagy 0 is.
 +
 +
 +
'''7. Feladat.''' Mi az alábbi hatványsorok konvergenciaköre és -sugara?
 +
#<math>\sum\left((2i)^nn^3(z-i)^n\right)</math>
 +
#<math>\sum\left(\mathrm{arc\,sin}\left(\frac{1}{n}\right)(z+1+i)^n\right)</math>
 +
#<math>\sum\left(\frac{in^{2008}}{n!}z^n\right)</math>
 +
 +
 +
'''Analitikus'''nak nevezünk egy ''f'' komplex függvényt, a ''z''<sub>0</sub> pontban, ha van olyan &delta; sugarú környezet és &sum;(''a''<sub>n</sub>(z-z<sub>0</sub>)<sup>n</sup>) hatványsor, hogy minden ''z'' &isin; B<sub>&delta;</sub>(''z''<sub>0</sub>)-ra ''f'' érelmezett, &sum;(''a''<sub>n</sub>(z-z<sub>0</sub>)<sup>n</sup>) konvergens és
 +
:<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n</math>
 +
Ezt úgy jelöljük, hogy ''f'' &isin; C<sup>&omega;</sup>(''z''<sub>0</sub>).
 +
 +
'''8. Feladat'''
 +
# Van-e olyan <math>\sum\limits_{(0)}(a_n(z-2))</math> hatványsor, mely konvergál a 0-ban, de divergál a 3-ban. Konvergál 2-ben, de divergál az 2,000001-ben?
 +
# Igazoljuk, hogy az alábbi függvény analitikus a nullában. Mi sorfejtés a konvergenciaköre?
 +
#:<math>f(z) = \frac{1}{4+z^2} \,</math>
 +
 +
===Hatványsorok összegfüggvényének folytonossága és differenciálhatósága===
 +
 +
'''Tétel''' – Ha (''a''<sub>n</sub>) komplex számsorozat, akkor az  &sum;(''a''<sub>n</sub>z<sup>n</sup>) hatványsor összegfüggvénye folytonos a konvergenciakör belsejében. Sőt, reguláris is ott.
 +
 +
Emlékeztetünk arra, hogy egy függvény reguláris egy pontban, ha a pont egy környezetében mindenütt értelmezett és komplex deriválható. A tétel szerint tehát analitikus függvény reguláris. A döbbenetes azonban, hogymint később kiderül: reguláris függvény analitikus: ''f'' &isin; C<sup>&omega;</sup>(''z''<sub>0</sub>) akkor és csak akkr, ha ''f'' &isin; Reg(''z''<sub>0</sub>).
 +
 +
''Bizonyítás.'' Legyen ''z'' a konvergenciakör egy belső pontja és &Delta;''z'' olyan, hogy még ''z'' + &Delta;''z'' is a konvergenciakör belsejébe esik. Ekkor:
 +
: <math>\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z+\Delta z)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n=
 +
\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n((z+\Delta z)^n-z^n)=</math>
 +
mert mindkét sor konvergens, ekkor algebrai azonosságokkal:
 +
:<math>=\Delta z\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=0}^{n-1}\Delta z^{k}z^{n-1-k}</math>
 +
vagy ha tetszik nemnulla &Delta;''z''-vel:
 +
:<math>\frac{\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z+\Delta z)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n}{\Delta z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=0}^{n-1}\Delta z^{k}z^{n-1-k}</math>
 +
a jobb oldalon álló sor konvergenciáját a gyökkritériummal láthatjuk be:
 +
:<math>\left|a_n\sum\limits_{k=0}^{n-1}\Delta z^{k}z^{n-1-k}\right|\leq|a_n|\cdot n r^n</math>
 +
ahol r olyan pozitív szám, hogy | ''z'' + &Delta;''z'' | < r < R (ez  utóbbi a hatványsor konvergenciasugára). És
 +
:<math>\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|\cdot n r^n}=\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}\cdot 1 \cdot r\leq\frac{1}{R}r<1\,</math>
 +
Így azt kaptuk, hogy minden olyan  &Delta;''z''-re, melyre | ''z'' + &Delta;''z'' | < r, teljesül és |&Delta;''z''| <&epsilon;/(1+&sum;<sub>n</sub>|a<sub>n</sub>|nr<sup>n</sup>)=:&delta;
 +
:<math>\left|\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z+\Delta z)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n\right|\leq|\Delta z|\cdot \sum\limits_{n=0}^\infty|a_n|nr^n<\varepsilon.</math>
 +
 +
Hosszadalmasabb számolásokkal, de lényegében ugyanígy kimutatható, hogy a hatványsor összegfüggvénye komplex differenciálható is a konvergenciakör belsejében és deriváltja a formális tagonkénti deriválásal kapott sor összegfüggvényével egyenlő, tehát:
 +
:<math>\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n\right)'=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n n z^{n-1}</math>
 +
 +
 +
==Elemi függvények==
 +
 +
===Hatványfüggvények===
 +
A
 +
:<math>w=z^n\,</math>
 +
típusú függvények komplex hatványfüggvények. ''n'' &isin; '''Z''' esetén, komplex deriváltjuk kiszámítható, ''n'' &ne; -1 esetben komplex primitív függvényük is van a következő értelemben:
 +
 +
Mivel
 +
:<math>(z^n)'=nz^{n-1}\,</math>
 +
ezért ''n'' &ne; -1  esetén az az ''F''(''z'') függvény, melyre <math> \scriptstyle{F'(z)=z^n}</math> nem más, mint
 +
:<math>F(z)=\frac{z^{n+1}}{n+1}+C\,</math>
 +
ahol C komplex konstans. ''n'' &ne; -1-re nincs primitív függvénye, mert a logaritmus nem egyértékű a komplex számok között. 
 +
 +
Komplex vonalintegrál értelmezhető a G: [a,b] <math>\to</math> '''C''' folytonos függvény, mint görbe esetén azzal a különlegességgel, hogy a szorzás a komplex szorzás:
 +
:<math>\int\limits_{G}f(z)\,\mathrm{d}z\,=_{\mathrm{def}}\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{i=1}^nf(z_i)\cdot\Delta z_i</math>
 +
Feltéve persze, hogy létezik és véges. Itt ''z''<sub>i</sub> mindig a G görbe valamely pontját jelöli, amit az [a,b] egy felosztásának osztópontjainak G általi képeiből kapunk.
 +
 +
Ekkor fennáll a komplex Newton-Leibniz-formula. Ha a G görbe olyan nyílt halmazban halad, melyben az ''f''-nek van primitív függvénye (egyértékű függvénye!) és ''f'' komplex integrálható, akkor ''z''<sub>1</sub> és ''z''<sub>2</sub> a végpontok esetén (''a'' és ''b'' képe), a komplex integrál kiszámítható így:
 +
:<math>F(z_2)-F(z_1)=\int\limits_{G}f(z)\,\mathrm{d}z\,</math>
 +
 +
Ha a görbe belép az ''f'' értelmezési tartományának olyan részére, melyben a függvénynek nincs egyértelmű primitív függvénye, akkor az integrál értéke függhet a G úttól.
 +
 +
'''1. Feladat.''' Legyen G a 3 középpontú, 1 sugarú kör felső félköre (pozitív irányítással). Számítsuk ki a
 +
:<math>\int\limits_{G}3z^2+1\,\mathrm{d}z\,</math>
 +
integrált.
 +
 +
'''2. Feladat.''' Legyen G az origó körüli 2 sugarú kör vonal. Mennyi az
 +
:a) <math>\int\limits_{G}\frac{1}{z^2}\,\mathrm{d}z\,</math> és a b) <math>\int\limits_{G}\frac{z+1}{z}\,\mathrm{d}z\,</math>
 +
integrál.
 +
 +
A hatványfüggvények inverzei szintén nem egyértékű függvények.
 +
 +
===Exponenciális függvény===
 +
:<math>
 +
e^z=_{\mathrm{def}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}\,</math>
 +
Ebbőkkiderül az exponenciális függvény sok tulajdonsága. Például, ha z = x + iy, akkor
 +
:<math>e^{x+iy}=e^x\cdot e^{iy}=e^x\cdot (\cos y + i\sin y)\,</math>
 +
Ebből rögtön következik, hogy komplex exponenciális függvény periodikus, periódusa a p = 2&pi;i:
 +
:<math>e^{z+2\pi i}=e^z\cdot e^{2\pi i}=e^z\cdot e^0\cdot (\cos 2\pi + i\sin 2\pi)=e^z(1+0i)\,</math>
 +
'''3. Feladat.''' Oldjuk meg az
 +
:<math>e^z=1+i\;</math>
 +
egyenletet!
 +
 +
Írjuk át 1+i-t exponenciális alakba:
 +
:<math>1+i=e^{\ln \sqrt{2}}\cdot e^{i\frac{\pi}{4}}\,
 +
</math>
 +
így
 +
:<math>z=\ln\sqrt{2} +i\frac{\pi}{4}+2\pi i\,</math>
 +
 +
'''4. Feladat.''' Oldjuk meg az
 +
:<math>e^{iz}+ie^{-4iz}=0\,</math>
 +
egyenletet!
 +
 +
===Komplex logaritmus és a reciprok integrálja===
 +
 +
Tekintsük a
 +
:<math>w=e^z\,</math>
 +
hozzárendelést! Ha w-t exponenciális alakban írjuk, megfeleltethetjük egymásnak a z algebrai alakját w trigonometrikus alakjával:
 +
:<math>w=re^{i\varphi}=e^{x+iy}=e^x\cdot e^{iy}\,</math>
 +
azaz
 +
:<math>r=e^x\,</math> és <math>\varphi= y\,</math>
 +
Ebből is látható, hogy a fordított leképezés végtelen sok értkű, hiszen ha y<sub>1</sub> = 2&pi; + y, akkor w(x+iy)= w(x+iy<sub>1</sub> ). Ekkor a Riemann-felület egy végtelen sok Riemann-levélből áll.
 +
 +
'''Feladat.''' Számítsuk ki az alábbi integrálokat:
 +
:<math>\int\limits_{G_1}\frac{1}{z}\,\mathrm{d}x</math>
 +
:<math>\int\limits_{G_2}\frac{1}{z}\,\mathrm{d}x</math>
 +
ahol G<sub>1</sub> az egységkör a + irányban i-től -i-ig, G<sub>2</sub> az egységkör a - irányban i-től -i-ig.
 +
 +
:<math>\int\limits_{i,\,(G_1)}^{-i}\frac{1}{z}\mathrm{d}z=[\mathrm{Log}(z)]_{i}^-i=\mathrm{Log}(e^{i\frac{3}{2}\pi})-\mathrm{Log}(e^{\frac{1}{2}\pi})=i\pi\,</math>
 +
 +
ahol Log a logaritmus főrésze, hisz a görbe a egy Rieman-levélen belül marad, míg
 +
 +
:<math>\int\limits_{i,\,(G_2)}^{-i}\frac{1}{z}\mathrm{d}z=[\mathrm{Log}(z)]_{i}^-i=\mathrm{Log}(e^{-i\frac{1}{2}\pi})-\mathrm{Log}(e^{\frac{1}{2}\pi})=-i\pi\,</math>
 +
 +
mivel itt áthalad a görbe a következő Riemann-levélre.
 +
 +
Más számítással:
 +
 +
:<math>\int\limits_{i,\,(G_1)}^{-i}\frac{1}{z}\mathrm{d}z=\int\limits_{t=\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{1}{z(t)}\cdot\frac{\mathrm{d}z(t)}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t=\int\limits_{t=\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}e^{-it}ie^{it}\mathrm{d}t=[it]_{t=\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}</math>
 +
 +
===Trigonometikus függvények===
 +
 +
:<math>\sin z=_{\mathrm{def}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}\,</math>
 +
:<math>\cos z=_{\mathrm{def}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n}}{(2n)!}\,</math>
 +
 +
Világos, hogy valós &phi;-re:
 +
:<math>e^{i\varphi}=\cos(\varphi)+i\sin(\varphi)\,</math>
 +
 +
A hiperbolikus függvényekhez hasonlóan a trigonometrikus függvények is előállnak de a komplex exponenciális segítségével:
 +
 +
:<math>\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}</math>
 +
:<math>\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} </math>
 +
 +
'''5. Feladat.''' Igazoljuk, hogy fennáll
 +
:<math>\sin^2 z+ \cos^2z = 1\,</math>
 +
 +
'''6. Feladat.''' Oldjuk meg az
 +
:<math>\sin 4z=0\,</math>
 +
egyenletet!
 +
 +
===Hiperbolikus függvények===
 +
 +
:<math>\mathrm{sh}\, z=\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}</math>
 +
:<math>\mathrm{ch}\, z=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2} </math>
 +
 +
'''7. Feladat.''' Határozzuk meg az w = sh(iz) függvény valós és képzetes részét!
 +
 +
Mo. 
 +
:<math>\mathrm{sh}\, iz=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}</math>
 +
 +
'''8. Feladat.''' G az egységkör. Számítsuk ki
 +
:<math>\int\limits_{(G)}\frac{e^z}{z}\mathrm{d}z\,</math>
 +
:<math>\int\limits_{(G)}\frac{\sin(z)}{z^4}\mathrm{d}z\,</math>
 +
Mo.
 +
:<math>\int\limits_{(G)}\frac{1}{z}+1+\frac{1}{2}z+...\mathrm{d}z\,=2\pi i</math>
 +
:<math>\int\limits_{(G)}\frac{1}{z^3}-\frac{1}{2z}+\frac{1}{4!}z+...\mathrm{d}z\,=-\pi i</math>
 +
 +
 +
 +
==Taylor-sor==
 +
 +
A Cauchy-féle integrálformula következménye a következő tétel, mely a komplex differenciálelmélet egyik megjellegzetesebb eredménye:
 +
 +
'''Tétel.''' Ha az ''f'': '''C''' <math>\supset\!\to</math> '''C''' függvény az értelmezési tartománya egy <math>z_0</math> pontjában és ennek egy nyílt környezetében komplex differenciálható (azaz <math>z_0</math>-ban ''reguláris''), akkor ''f'' a  <math>z_0</math> pont egy ''V'' = B<sub>&delta;</sub>(z<sub>0</sub>) környezetén mindenhol végtelenszer differenciálható, ''V'' minden pontjában az ''f'' <math>z_0</math>-beli Taylor-sora konvergens és ennek határfüggvénye ''V''-n előállítja ''f''-et:
 +
:<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n</math>
 +
(azaz ''f'' ''analitikus'' <math>z_0</math>-ban).
 +
 +
A tétel tehét azt mondja ki, hogy "reguláris függvény analitikus".
 +
 +
 +
'''Megjegyezzük,''' hogy 1. mint minden nemnegatív egész hatványokat tartalmazó hatványsor, a Taylor-sor is egy körlap belsején abszolút konvergens, mely körlap sugara a konvergenciasugára, mely
 +
:<math>R=\frac{1}{\limsup\limits_{n}\sqrt[n]{|a_n|}}\,</math>
 +
ahol a sor a &sum;a<sub>n</sub>(z-<math>z_0</math>)<sup>n</sup>, a körlap középpontja <math>z_0</math>, és ahol a reciprok kivételesen úgy értendő, hogy 1/0 = &infin;, 1/&infin; = 0.
 +
 +
'''2.''' A legyakrabban használt Taylor-sorok a következők:
 +
 +
:<math>|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n\,</math>
 +
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad e^z=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}z^n\,</math>
 +
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \sin(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,</math>
 +
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \cos(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}z^{2n}\,</math>
 +
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{sh}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,</math>
 +
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ch}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n)!}z^{2n}\,</math>
 +
:<math>|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ln}(1+z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}z^n\,</math>
 +
természetesen az utolsónál a z=1 pont 1 sugarú nyílt környezetében értelmezett logaritmusról van szó.
 +
 +
'''3. ''' Mint minden hatványsor ez is egyenletesen konvergál az összegfüggvényéhez, így tagonként deriválható és integrálható.
 +
 +
 
==Egész kitevőjű hatványsorok, Laurent-sor==
 
==Egész kitevőjű hatványsorok, Laurent-sor==
  
16. sor: 230. sor:
 
''Megoldás.''  
 
''Megoldás.''  
  
1) z &ne; 0-ra reguláris, így minden <math>z_0</math> &ne; 0-ra Taylor-sorba fejthető. Ez a sor:
+
1) z &ne; 0-ra reguláris, így minden <math>z_0</math> &ne; 0-ra Taylor-sorba fejthető legalább is a <math>z_0</math> egy olyan környzetében, mely a 0-t mint szingularitást nem tartalmazza (hisz tudjuk: hatványsor konvergenciatartománya körlap). Ez a sor:
  
 
:<math>\frac{1}{z-z_0+z_0}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{z-z_0+1}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{1-(-1)(z-z_0)}=</math>
 
:<math>\frac{1}{z-z_0+z_0}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{z-z_0+1}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{1-(-1)(z-z_0)}=</math>
22. sor: 236. sor:
 
A sugara 1, hisz |(-1)||z-<math>z_0</math>|<1 kell, ami ugyanaz, mint |z-<math>z_0</math>|<1. Persze, ha |<math>z_0</math>| < 1, akkor a sugár, maga a  |<math>z_0</math>|, hisz a 0-t nem állítja elő a sor.
 
A sugara 1, hisz |(-1)||z-<math>z_0</math>|<1 kell, ami ugyanaz, mint |z-<math>z_0</math>|<1. Persze, ha |<math>z_0</math>| < 1, akkor a sugár, maga a  |<math>z_0</math>|, hisz a 0-t nem állítja elő a sor.
  
2) <math>z_0</math> &ne; 0-ra a Laurent-sora:
+
2) <math>z_0</math> &ne; 0-ra a Laurent-sora. Most a <math>z-z_0</math>-nak a mértani sorrá alakítás után a nevezőbe kell kerülnie:
 +
:<math>\frac{1}{z-z_0+z_0}=\frac{1}{z-z_0}\cdot\frac{1}{1+\frac{z_0}{z-z_0}}=\frac{1}{z-z_0}\cdot\frac{1}{1-\frac{-z_0}{z-z_0}}=</math>
 +
::<math> =\frac{1}{z_0}\cdot\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nz_0^n}{(z-z_0)^n}=\sum\limits_{n=0}^{-\infty}(-1)^{-n}z_0^{-n}(z-z_0)^n</math>
 +
Ennek a sorfejtésnek akkor van jelentőssége, amikor olyan pont körüli sorral akarunk egy ''z'' számot előállítani, melynek minden ''z''-t tartalmazó gömbi környzete tartalmazza a 0-t is.
 +
 
 +
Konvergenciaköre a
 +
:<math>|z-z_0|>|z_0|\;</math>
 +
egyenlőtlenségnek eleget tévő ''z''-k.
  
 
3) z = 0-ban is van Laurent-sora, éspedig önmaga:
 
3) z = 0-ban is van Laurent-sora, éspedig önmaga:
34. sor: 255. sor:
 
:<math>R_-=\limsup\limits_{n<0}\sqrt[n]{|c_n|}\,</math>
 
:<math>R_-=\limsup\limits_{n<0}\sqrt[n]{|c_n|}\,</math>
  
Ez a kijelentés könnyen igazolható a Cauchy-féle gyökkritériummal, sőt a Cauchy--Hadamard-tétel  bizonyítását feldézve szinte magától értetődik.
+
Ez a kijelentés könnyen igazolható a Cauchy-féle gyökkritériummal, sőt a Cauchy--Hadamard-tétel  bizonyítását felidézve szinte magától értetődik.
  
 
===Reguláris- és főrész ===
 
===Reguláris- és főrész ===
80. sor: 301. sor:
  
 
:<math>\frac{1}{w-z}=\frac{1}{(w-a)+(a-z)}=\frac{1}{w-a}\cdot\frac{1}{1-\frac{z-a}{w-a}}</math>
 
:<math>\frac{1}{w-z}=\frac{1}{(w-a)+(a-z)}=\frac{1}{w-a}\cdot\frac{1}{1-\frac{z-a}{w-a}}</math>
Ez a sor valóban akkor konvergens, ha |w-a| > |z-a|. Ezzel az előző pomt számolását elvégezve az f(z)-t előállító Laurent-sor reguláris részét kapjuk.
+
Ez a sor valóban akkor konvergens, ha |w-a| > |z-a|. Ezzel az előző pomt számolását elvégezve az f(z)-t előállító Laurent-sor reguláris részét kapjuk. QED
 +
 
 +
 
 +
'''Példa.''' Adjuk meg az
 +
:<math>f(z)=\frac{z^2}{z+2i}\,</math>
 +
függvény azon  0 körüli Laurent-sorát, mely előállítja az 1-et! Azt is adjuk meg, mely a -3-t állítja elő!
 +
 
 +
''Megoldás.'' -2i szinguláris hely. Ha a=0, akkor a z=1-et a 0 körüli Taylor-sor állítja elő, mert |0-1| < |0 - (-2i)|. Persze ezt is a m.s-ral adjuk meg:
 +
:<math>f(z)=\frac{z^2}{z+2i}=z^2\frac{1}{2i}\frac{1}{\frac{z}{2i}+1}=\frac{z^2}{2i}\frac{1}{1-\frac{iz}{2}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{i^{n-1}}{2^{n+1}}z^{n+2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{i^{n-3}}{2^{n-1}}z^n</math>
 +
 
 +
 
  
 
[[Kategória:Matematika A3]]
 
[[Kategória:Matematika A3]]

A lap jelenlegi, 2016. március 21., 09:24-kori változata

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

Komplex hatványsorok

DefinícióHatványsor – Legyen (an) komplex számsorozat és z0C. Ekkor az ∑(an(idC-z0)n) függvénysort hatványsornak nevezzük és összegét, az

z\mapsto \sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n

hozzárendelési utasítással értelmezett, a {z ∈ | ∑(an(z-z0)n) konvergál } halmazon értelmezett függvényt a hatványsor összegének nevezzük. Középpontja z0, együtthatósorozata (an).

A továbbiakban csak a ∑(anzn) alakú, azaz a 0 körüli hatványsorokkal foglalkozunk (ezzel nem csorbítjuk az általánosságot, mert eltolással megkaphatjuk a többit is).

TételCauchy–Hadamard-tétel – Ha (an) komplex számsorozat, c= \limsup\limits_{n}\sqrt[n]{|a_n|} és

R=\left\{
\begin{matrix}
0,& \mathrm{ha} &c=+\infty\\
+\infty,& \mathrm{ha} & c=0\\
\frac{1}{c},& \mathrm{ha} & 0<c<+\infty
\end{matrix}

\right.

akkor ∑(anzn) abszolút konvergens a BR(0) gömbön és divergens a B1/R(∞) gömbön.

A tétel minden részletre kiterjedő bizonyítását nem végezzük el, csak utalunk rá, hogy nyilvánvaló, hogy a Cauchy-féle gyökkritériumot kell benne használni. A tételbeli R sugarat a hatványsor konvergenciasugarának nevezzük. R-et másként is kiszámíthajuk. Ha azt tudjuk, a hányadoskritérium alapján, hogy

\exists\lim\limits_{n\to \infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}

akkor létezik és ezzel egyenlő az n-edik gyökök sorozata is:

\exists\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\,''\,\frac{1}{R}\,''

ahol az idézőjel azt jelzi, hogy a konvergenciasugár lehet végtelen vagy 0 is.


7. Feladat. Mi az alábbi hatványsorok konvergenciaköre és -sugara?

  1. \sum\left((2i)^nn^3(z-i)^n\right)
  2. \sum\left(\mathrm{arc\,sin}\left(\frac{1}{n}\right)(z+1+i)^n\right)
  3. \sum\left(\frac{in^{2008}}{n!}z^n\right)


Analitikusnak nevezünk egy f komplex függvényt, a z0 pontban, ha van olyan δ sugarú környezet és ∑(an(z-z0)n) hatványsor, hogy minden z ∈ Bδ(z0)-ra f érelmezett, ∑(an(z-z0)n) konvergens és

f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n

Ezt úgy jelöljük, hogy f ∈ Cω(z0).

8. Feladat

  1. Van-e olyan \sum\limits_{(0)}(a_n(z-2)) hatványsor, mely konvergál a 0-ban, de divergál a 3-ban. Konvergál 2-ben, de divergál az 2,000001-ben?
  2. Igazoljuk, hogy az alábbi függvény analitikus a nullában. Mi sorfejtés a konvergenciaköre?
    f(z) = \frac{1}{4+z^2} \,

Hatványsorok összegfüggvényének folytonossága és differenciálhatósága

Tétel – Ha (an) komplex számsorozat, akkor az ∑(anzn) hatványsor összegfüggvénye folytonos a konvergenciakör belsejében. Sőt, reguláris is ott.

Emlékeztetünk arra, hogy egy függvény reguláris egy pontban, ha a pont egy környezetében mindenütt értelmezett és komplex deriválható. A tétel szerint tehát analitikus függvény reguláris. A döbbenetes azonban, hogymint később kiderül: reguláris függvény analitikus: f ∈ Cω(z0) akkor és csak akkr, ha f ∈ Reg(z0).

Bizonyítás. Legyen z a konvergenciakör egy belső pontja és Δz olyan, hogy még z + Δz is a konvergenciakör belsejébe esik. Ekkor:

\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z+\Delta z)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n=
\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n((z+\Delta z)^n-z^n)=

mert mindkét sor konvergens, ekkor algebrai azonosságokkal:

=\Delta z\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=0}^{n-1}\Delta z^{k}z^{n-1-k}

vagy ha tetszik nemnulla Δz-vel:

\frac{\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z+\Delta z)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n}{\Delta z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=0}^{n-1}\Delta z^{k}z^{n-1-k}

a jobb oldalon álló sor konvergenciáját a gyökkritériummal láthatjuk be:

\left|a_n\sum\limits_{k=0}^{n-1}\Delta z^{k}z^{n-1-k}\right|\leq|a_n|\cdot n r^n

ahol r olyan pozitív szám, hogy | z + Δz | < r < R (ez utóbbi a hatványsor konvergenciasugára). És

\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|\cdot n r^n}=\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}\cdot 1 \cdot r\leq\frac{1}{R}r<1\,

Így azt kaptuk, hogy minden olyan Δz-re, melyre | z + Δz | < r, teljesül és |Δz| <ε/(1+∑n|an|nrn)=:δ

\left|\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z+\Delta z)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n\right|\leq|\Delta z|\cdot \sum\limits_{n=0}^\infty|a_n|nr^n<\varepsilon.

Hosszadalmasabb számolásokkal, de lényegében ugyanígy kimutatható, hogy a hatványsor összegfüggvénye komplex differenciálható is a konvergenciakör belsejében és deriváltja a formális tagonkénti deriválásal kapott sor összegfüggvényével egyenlő, tehát:

\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n\right)'=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n n z^{n-1}


Elemi függvények

Hatványfüggvények

A

w=z^n\,

típusú függvények komplex hatványfüggvények. nZ esetén, komplex deriváltjuk kiszámítható, n ≠ -1 esetben komplex primitív függvényük is van a következő értelemben:

Mivel

(z^n)'=nz^{n-1}\,

ezért n ≠ -1 esetén az az F(z) függvény, melyre  \scriptstyle{F'(z)=z^n} nem más, mint

F(z)=\frac{z^{n+1}}{n+1}+C\,

ahol C komplex konstans. n ≠ -1-re nincs primitív függvénye, mert a logaritmus nem egyértékű a komplex számok között.

Komplex vonalintegrál értelmezhető a G: [a,b] \to C folytonos függvény, mint görbe esetén azzal a különlegességgel, hogy a szorzás a komplex szorzás:

\int\limits_{G}f(z)\,\mathrm{d}z\,=_{\mathrm{def}}\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{i=1}^nf(z_i)\cdot\Delta z_i

Feltéve persze, hogy létezik és véges. Itt zi mindig a G görbe valamely pontját jelöli, amit az [a,b] egy felosztásának osztópontjainak G általi képeiből kapunk.

Ekkor fennáll a komplex Newton-Leibniz-formula. Ha a G görbe olyan nyílt halmazban halad, melyben az f-nek van primitív függvénye (egyértékű függvénye!) és f komplex integrálható, akkor z1 és z2 a végpontok esetén (a és b képe), a komplex integrál kiszámítható így:

F(z_2)-F(z_1)=\int\limits_{G}f(z)\,\mathrm{d}z\,

Ha a görbe belép az f értelmezési tartományának olyan részére, melyben a függvénynek nincs egyértelmű primitív függvénye, akkor az integrál értéke függhet a G úttól.

1. Feladat. Legyen G a 3 középpontú, 1 sugarú kör felső félköre (pozitív irányítással). Számítsuk ki a

\int\limits_{G}3z^2+1\,\mathrm{d}z\,

integrált.

2. Feladat. Legyen G az origó körüli 2 sugarú kör vonal. Mennyi az

a) \int\limits_{G}\frac{1}{z^2}\,\mathrm{d}z\, és a b) \int\limits_{G}\frac{z+1}{z}\,\mathrm{d}z\,

integrál.

A hatványfüggvények inverzei szintén nem egyértékű függvények.

Exponenciális függvény


e^z=_{\mathrm{def}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}\,

Ebbőkkiderül az exponenciális függvény sok tulajdonsága. Például, ha z = x + iy, akkor

e^{x+iy}=e^x\cdot e^{iy}=e^x\cdot (\cos y + i\sin y)\,

Ebből rögtön következik, hogy komplex exponenciális függvény periodikus, periódusa a p = 2πi:

e^{z+2\pi i}=e^z\cdot e^{2\pi i}=e^z\cdot e^0\cdot (\cos 2\pi + i\sin 2\pi)=e^z(1+0i)\,

3. Feladat. Oldjuk meg az

e^z=1+i\;

egyenletet!

Írjuk át 1+i-t exponenciális alakba:

1+i=e^{\ln \sqrt{2}}\cdot e^{i\frac{\pi}{4}}\,

így

z=\ln\sqrt{2} +i\frac{\pi}{4}+2\pi i\,

4. Feladat. Oldjuk meg az

e^{iz}+ie^{-4iz}=0\,

egyenletet!

Komplex logaritmus és a reciprok integrálja

Tekintsük a

w=e^z\,

hozzárendelést! Ha w-t exponenciális alakban írjuk, megfeleltethetjük egymásnak a z algebrai alakját w trigonometrikus alakjával:

w=re^{i\varphi}=e^{x+iy}=e^x\cdot e^{iy}\,

azaz

r=e^x\, és \varphi= y\,

Ebből is látható, hogy a fordított leképezés végtelen sok értkű, hiszen ha y1 = 2π + y, akkor w(x+iy)= w(x+iy1 ). Ekkor a Riemann-felület egy végtelen sok Riemann-levélből áll.

Feladat. Számítsuk ki az alábbi integrálokat:

\int\limits_{G_1}\frac{1}{z}\,\mathrm{d}x
\int\limits_{G_2}\frac{1}{z}\,\mathrm{d}x

ahol G1 az egységkör a + irányban i-től -i-ig, G2 az egységkör a - irányban i-től -i-ig.

\int\limits_{i,\,(G_1)}^{-i}\frac{1}{z}\mathrm{d}z=[\mathrm{Log}(z)]_{i}^-i=\mathrm{Log}(e^{i\frac{3}{2}\pi})-\mathrm{Log}(e^{\frac{1}{2}\pi})=i\pi\,

ahol Log a logaritmus főrésze, hisz a görbe a egy Rieman-levélen belül marad, míg

\int\limits_{i,\,(G_2)}^{-i}\frac{1}{z}\mathrm{d}z=[\mathrm{Log}(z)]_{i}^-i=\mathrm{Log}(e^{-i\frac{1}{2}\pi})-\mathrm{Log}(e^{\frac{1}{2}\pi})=-i\pi\,

mivel itt áthalad a görbe a következő Riemann-levélre.

Más számítással:

\int\limits_{i,\,(G_1)}^{-i}\frac{1}{z}\mathrm{d}z=\int\limits_{t=\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{1}{z(t)}\cdot\frac{\mathrm{d}z(t)}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t=\int\limits_{t=\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}e^{-it}ie^{it}\mathrm{d}t=[it]_{t=\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}

Trigonometikus függvények

\sin z=_{\mathrm{def}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}\,
\cos z=_{\mathrm{def}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n}}{(2n)!}\,

Világos, hogy valós φ-re:

e^{i\varphi}=\cos(\varphi)+i\sin(\varphi)\,

A hiperbolikus függvényekhez hasonlóan a trigonometrikus függvények is előállnak de a komplex exponenciális segítségével:

\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}
\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}

5. Feladat. Igazoljuk, hogy fennáll

\sin^2 z+ \cos^2z = 1\,

6. Feladat. Oldjuk meg az

\sin 4z=0\,

egyenletet!

Hiperbolikus függvények

\mathrm{sh}\, z=\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}
\mathrm{ch}\, z=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}

7. Feladat. Határozzuk meg az w = sh(iz) függvény valós és képzetes részét!

Mo.

\mathrm{sh}\, iz=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}

8. Feladat. G az egységkör. Számítsuk ki

\int\limits_{(G)}\frac{e^z}{z}\mathrm{d}z\,
\int\limits_{(G)}\frac{\sin(z)}{z^4}\mathrm{d}z\,

Mo.

\int\limits_{(G)}\frac{1}{z}+1+\frac{1}{2}z+...\mathrm{d}z\,=2\pi i
\int\limits_{(G)}\frac{1}{z^3}-\frac{1}{2z}+\frac{1}{4!}z+...\mathrm{d}z\,=-\pi i


Taylor-sor

A Cauchy-féle integrálformula következménye a következő tétel, mely a komplex differenciálelmélet egyik megjellegzetesebb eredménye:

Tétel. Ha az f: C \supset\!\to C függvény az értelmezési tartománya egy z0 pontjában és ennek egy nyílt környezetében komplex differenciálható (azaz z0-ban reguláris), akkor f a z0 pont egy V = Bδ(z0) környezetén mindenhol végtelenszer differenciálható, V minden pontjában az f z0-beli Taylor-sora konvergens és ennek határfüggvénye V-n előállítja f-et:

f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n

(azaz f analitikus z0-ban).

A tétel tehét azt mondja ki, hogy "reguláris függvény analitikus".


Megjegyezzük, hogy 1. mint minden nemnegatív egész hatványokat tartalmazó hatványsor, a Taylor-sor is egy körlap belsején abszolút konvergens, mely körlap sugara a konvergenciasugára, mely

R=\frac{1}{\limsup\limits_{n}\sqrt[n]{|a_n|}}\,

ahol a sor a ∑an(z-z0)n, a körlap középpontja z0, és ahol a reciprok kivételesen úgy értendő, hogy 1/0 = ∞, 1/∞ = 0.

2. A legyakrabban használt Taylor-sorok a következők:

|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad e^z=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}z^n\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \sin(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \cos(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}z^{2n}\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{sh}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ch}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n)!}z^{2n}\,
|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ln}(1+z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}z^n\,

természetesen az utolsónál a z=1 pont 1 sugarú nyílt környezetében értelmezett logaritmusról van szó.

3. Mint minden hatványsor ez is egyenletesen konvergál az összegfüggvényéhez, így tagonként deriválható és integrálható.


Egész kitevőjű hatványsorok, Laurent-sor

Definíció. Ha adott a számra és (cn)n∈Z komplex számok komplex számokra a

\sum\limits_{(-\infty)}(c_n(id-a)^n)

függvénysort egész kitevőjű hatványsornak, vagy Laurent-sornak nevezzük. Egy ilyen sor összegfüggvénye:

\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-a)^n

Ugyanúgy, ahogy minden nemnegatív kitevőjű hatványsor egyenlő a saját Taylor-sorával, így az ilyen sorokat egyszerűen csak Laurent-sornak hívjuk, függetelenül attól, hogy a Laurent-sor együtthatóit egy függvény értékeiből számoljuk ki.

Ahogy a Taylor-sorfejtésben nagyon hasznos a mértani sor összegképlete (és konvergenciafeltétele), úgy ez a Laurent-soroknál is jól alkalmazható:

Példa. Mely pontok körül fejthető egész kötevőjű hatványsorba a

f(z)=\frac{1}{z} \,

függvény és mik a konvergenciatartományok? Megoldás.

1) z ≠ 0-ra reguláris, így minden z0 ≠ 0-ra Taylor-sorba fejthető legalább is a z0 egy olyan környzetében, mely a 0-t mint szingularitást nem tartalmazza (hisz tudjuk: hatványsor konvergenciatartománya körlap). Ez a sor:

\frac{1}{z-z_0+z_0}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{z-z_0+1}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{1-(-1)(z-z_0)}=
 =\frac{1}{z_0}\cdot\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n(z-z_0)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{z_0}(z-z_0)^n

A sugara 1, hisz |(-1)||z-z0|<1 kell, ami ugyanaz, mint |z-z0|<1. Persze, ha |z0| < 1, akkor a sugár, maga a |z0|, hisz a 0-t nem állítja elő a sor.

2) z0 ≠ 0-ra a Laurent-sora. Most a zz0-nak a mértani sorrá alakítás után a nevezőbe kell kerülnie:

\frac{1}{z-z_0+z_0}=\frac{1}{z-z_0}\cdot\frac{1}{1+\frac{z_0}{z-z_0}}=\frac{1}{z-z_0}\cdot\frac{1}{1-\frac{-z_0}{z-z_0}}=
 =\frac{1}{z_0}\cdot\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nz_0^n}{(z-z_0)^n}=\sum\limits_{n=0}^{-\infty}(-1)^{-n}z_0^{-n}(z-z_0)^n

Ennek a sorfejtésnek akkor van jelentőssége, amikor olyan pont körüli sorral akarunk egy z számot előállítani, melynek minden z-t tartalmazó gömbi környzete tartalmazza a 0-t is.

Konvergenciaköre a

|z-z_0|>|z_0|\;

egyenlőtlenségnek eleget tévő z-k.

3) z = 0-ban is van Laurent-sora, éspedig önmaga:

f(z)=...+0+\frac{1}{z}+0+... \,

Ennek a sugarai R-=0, mert a (...0,0,1) sorozat n-edik gyökeinek limszupja 0, és R-=+∞, mert a (0,0,0,0,0,...) sorozat n-edik gyökeinek limszupja 0 és "reciproka" + végtelen. (Ez egyben a ∞ körüli Laurent-sor, melynek csak reguláris része van.)

Konvergenciatartomány

Laurent-sornál a konvergenciatartomány egy körgyűrű, melynek sugarait az együtthatókból a Cauchy--Hadamard-tételhez hasonló módon számolható, éspedig:

R_+=\frac{1}{\limsup\limits_{n>0}\sqrt[n]{|c_n|}}\,
R_-=\limsup\limits_{n<0}\sqrt[n]{|c_n|}\,

Ez a kijelentés könnyen igazolható a Cauchy-féle gyökkritériummal, sőt a Cauchy--Hadamard-tétel bizonyítását felidézve szinte magától értetődik.

Reguláris- és főrész

A Laurent-sor

\sum\limits_{n=1}^{+\infty}c_{-n}\frac{1}{(z-z_0)^n}\,

részét a sor főrészének, a

\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_{n}(z-z_0)^n\,

részét a sor reguláris részének nevezzük.

Laurent-sorfejtés

Tétel. -- A Laurent-sor tétele -- Ha az f: C \supset\!\to C és aC szám és 0 ≤ r < R ≤ +∞ olyan sugarak, hogy f az

T=\{z\in \mathbf{C}\mid r<|z-a|<R\,\}

nyílt körgyűrűben reguláris, akkor egyértelműen léteznek olyan (cn)n∈Z komplex számok, éspedig tetszőleges a T-ben haladó az a-t egyszer pozitív irányban körbehurkoló G görbére:

c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}\mathrm{d}w,\quad\quad n\in\mathbf{Z}

hogy a

\sum\limits_{(-\infty)}(c_n(id-a)^n)

függvénysor konvergens T-ben és minden zT számra:

f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-a)^n

Bizonyítás. f-et most nem tudjuk előállítani a Cauchy-integrálformulával, mint a Taylor-sor esetén, mert az a pontban esetleg a függvény nem reguláris. De előállíthatjuk két hasonló formula különbségeként.

Rögzítsük egy tetszőlegesen választott zT-t. Legyenek k1 és k2 két a középpontú, T-ben haladó, pozitívan irányított kör, úgy, hogy z a k1 és k2 körök közötti nyílt tartományba essen. Ezekből a körökből és az őket elválasztó gyűrűt sugárirányban befelé átmetsző s szakaszból elkészítünk egy olyan zárt görbét, melyre már alkalmazható az integrálformula. Tekintsük úgy, hogy k1 kezdő és végpontja az s kezdőpontja, k2 kezdő és végpontja pedig az s végpontja. Legyen

\Gamma=k_1^\frown s^\frown (-k_2)^\frown(-s)

itt (-s) az s-sel ellenkező irányítású szakaszt jelzi. Ekkor Γ a z-t egy reguláris tartományban hurkolja egyszer, pozitívan körbe, így a Cauchy-integrálformulával:

f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{\Gamma}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w

Node, ebben az integálban az s íven kétszer oda-vissza végezzük el az integrálást, így az erre vett integrál eltűnik. Másrészt a (-k2)-n vett integrál ellenkezője a 'k2-vettének, így végülis:

f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_1}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w-\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w

Hangsúlyozzuk, hogy z és a most konstansok, így a

w\mapsto\frac{1}{w-z}\,

az értelmezési tartományán analitikus függvény. Ennek -- szikásos módon a mértani sor összegére vonatkozó képlet segítségével -- elvégezhetjük az a középpontú, valamilyen körön belüli hatványsorba fejtését. Természetesen a |w-a| < |z-a| feltételt meg kell követelnünk, hiszen hatványsor konvergenciakörében nem lehet benne a z szakadási pont. Tegyük fel tehát, hogy |w-a| < |z-a|. Ekkor:

\frac{1}{w-z}=\frac{1}{(w-a)+(a-z)}=\frac{1}{a-z}\cdot\frac{1}{\frac{w-a}{a-z}+1}=-\frac{1}{z-a}\cdot\frac{1}{1-\frac{w-a}{z-a}}

Ezzel megvan a sorfejtés minden együtthatója, ugyanis q=\frac{w-a}{z-a}-ra kell alkalmazni a mértani sor formuláját:

\frac{1}{w-z}=-\frac{1}{z-a}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z-a)^n}\cdot(w-a)^n

1) Világos, hogy ezt a sorfejtést csak a k2-re vonatkozó integrálban használhatjuk fel, mert ott lesz a q < 1 (ill. a w mindig közelebb a-hoz mint z-hez). Ezt az integrált tehát:

-\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}f(w)\frac{1}{z-a}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z-a)^n}\cdot(w-a)^n\mathrm{d}w=

az integrál felcserélhető a szummával és a w-től független tagok kihozhatók az integrál elé, ezért

=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\oint\limits_{k_2}f(w)\frac{1}{(z-a)^{n+1}}\cdot(w-a)^n\mathrm{d}w=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z-a)^{n+1}}\oint\limits_{k_2}f(w)\cdot(w-a)^n\mathrm{d}w

Ekkor egy konvergens, negatív kitevőjű hatványsort kaptunk, melynek csak főrésze van, de érdekes módon nem a középponttal és w-re, hanem a középponttal és z-ra. Ez pont a kívánt sorfejtés, melyet érdemes átindexelni úgy, hogy a szummázás -1-től induljon és -∞-ig menjen:

-\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=-1}^{-\infty}\left(\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}\mathrm{d}w\right)(z-a)^{n}

Már csak azt kell megmagyaráznunk, hogy a k2 helyére most már minden olyan G görbére felírható, mely az a-t pozitívan öleli körbe egyszer és a regularitási tartományban halad. Valóban, a képletbeli integrál már független az 1/(w-z) sorfejtési szituációjától és minden olyan G görbére áttranszformálható melyek folytonosan áttranszformálható k2-be. Ez a T körgyűrű összes a tételi állításban megadott görbéjére áll.

2) Most már az előző számolásból sejthető, hogy a Laurent-sor reguláris része akkor jön ki, ha az 1/(w-z) reciprokfüggvényt a az a körül nem pozitív, hanem negatív kitevőjű hatványsorba, fejtjük -- mint az első példában. Ezt a |w-a| > |z-a| feltétellel tehetjük csak meg, hisz ilyen sor konvergenciatartománya körgyűrű és a z szinguláris pontot nem tartalmazhatja:

\frac{1}{w-z}=\frac{1}{(w-a)+(a-z)}=\frac{1}{w-a}\cdot\frac{1}{1-\frac{z-a}{w-a}}

Ez a sor valóban akkor konvergens, ha |w-a| > |z-a|. Ezzel az előző pomt számolását elvégezve az f(z)-t előállító Laurent-sor reguláris részét kapjuk. QED


Példa. Adjuk meg az

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

függvény azon 0 körüli Laurent-sorát, mely előállítja az 1-et! Azt is adjuk meg, mely a -3-t állítja elő!

Megoldás. -2i szinguláris hely. Ha a=0, akkor a z=1-et a 0 körüli Taylor-sor állítja elő, mert |0-1| < |0 - (-2i)|. Persze ezt is a m.s-ral adjuk meg:

f(z)=\frac{z^2}{z+2i}=z^2\frac{1}{2i}\frac{1}{\frac{z}{2i}+1}=\frac{z^2}{2i}\frac{1}{1-\frac{iz}{2}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{i^{n-1}}{2^{n+1}}z^{n+2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{i^{n-3}}{2^{n-1}}z^n
Személyes eszközök