Szerkesztő:Mozo/ A3 bizonyítások

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(→A tétel)
(→A tétel)
89. sor: 89. sor:
 
De akkor a különbségi hányados minusz a majdani derivált abszolút eltérése felülbecsülhető egy nullához tartó szor korlátos függvénnyel, azaz P deriválató ''z''-ben és a deriváltja a formális tagonkénti deriválással kapott sor.
 
De akkor a különbségi hányados minusz a majdani derivált abszolút eltérése felülbecsülhető egy nullához tartó szor korlátos függvénnyel, azaz P deriválató ''z''-ben és a deriváltja a formális tagonkénti deriválással kapott sor.
  
−
De! Ez is egy hatványsor, ami ugyanilyen módon és ugyanazon a halmazon deriválhaó, azaz végül azt kaptuk, hogy a hatványsor nemcsak egyszer, de végtelenszer differenciálható. Azt, hogy a Taylor-sora saját maga, a Taylor-sor létezési és egyértelműségi tételéből fog következni és mivel P előállítja saját magát, ezért persze analitikus (bár a hatványsor-előálíthatóság ezesetben a nyilvánvalónál is triviálisabb).
+
De! Ez is egy hatványsor, ami ugyanilyen módon és ugyanazon a halmazon deriválható, azaz végül azt kaptuk, hogy a hatványsor nemcsak egyszer, de végtelenszer is differenciálható. Azt, hogy a Taylor-sora saját maga, a Taylor-sor létezési és egyértelműségi tételéből fog következni és mivel P előállítja saját magát, ezért persze analitikus (bár a hatványsor-előállíthatóság ezesetben a nyilvánvalónál is triviálisabb).
  
 
==Cauchy-féle integrálformulák==
 
==Cauchy-féle integrálformulák==

A lap 2008. december 12., 21:07-kori változata

Tartalomjegyzék

Lineáris differenciálegyenletek

Geometriai tenzorok

Stokes-tétel

Analitikus függvény reguláris

Komplex nemnegatív kitevőjű hatványsorok

Definíció – Legyen (an) komplex számsorozat és z0 ∈ C. Ekkor a

∑(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).

Tétel – Cauchy–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.

Bizonyítás. Nyilvánvaló, hogy a Cauchy-féle gyökkritériumot kell használni a valós értékű abszolútérték-sorozatokra. Komplex sor konvergens, ha abszolút konvergens, mert igaz, hogy minden Cauchy-sorzat konvergál C-ben.

Megjegyzés. 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.

Példa. Az alábbi mértani sor konvergens, ha |z|<1 és összege a szokásos:

\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^n=\frac{1}{1-z}

Példa.Minden z ∈ C-re konvergens az

\exp(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}z^n\,

sor, mert konvergenciasugara ∞. Ezt legegyszerűbben a hányadoskritéruimmal és a fenti megjegyzéssel állapíthatjuk meg:

\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n!}{(n+1)!}\to 0

A tétel

Reguláris egy függvény, ha egy nyílt halmazon komplex differenciálható. A hatványsorok ilyenek.

Tétel – Ha (an) komplex számsorozat, akkor az ∑(anzn) hatványsor összegfüggvénye komplex differenciálható a konvergenciakör belsejében.


Másként fogalmazva:

Analitikus függvény reguláris. Hiszen, ha f analitikus, akkor lokálisan hatványsor.

Bizonyítás. Ha R a konvergenciasugár, akkor legyen

z\in \mathrm{B}_{R}(0)\,

és Δz olyan, hogy

z+\Delta z\in \mathrm{B}_{R}(0)\,

A következő függvény z-beli komplex differenciálhatóságát kell belátni:

P(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n z^n\,

Nem árulunk zsákbamacskát, formális tagonkénti deriválással megkapható az a sor, mely ennek a függvénynek a jövendőbeli deriváltja lesz:

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

Világos, hogy ez utóbbi sor is konvergens a konvergenciakör belsejében. Erről a Cauchy--Hadamard-tétellel győződhetünk meg, ha |z|< r < R, akkor a konvergenciasugara:

\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_{n}|\cdot n }=\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_{n}|}\cdot 1=\frac{1}{R}\,

Képezzük a különbségi hányadost és vonjuk le belőle ezt a kifejezést!

\left|\frac{P(z+\Delta z)-P(z)}{\Delta z}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n} nz^{n-1}\right|=
=\left|\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=1}^{\infty}a_{n}n z^{n-1}\right|=
=\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\left(\frac{(z+\Delta z)^n-z^n}{\Delta z}-n z^{n-1}\right)\right|=

ekkor a kéttagú összeg négyzetére vonatkozó

(A+B)^n=\sum\limits_{k=0}^{n}A^kB^{n-k}\,

algebrai azonossággal alakÍtjuk át a hatványt, majd amivel lehet leosztunl és amit lehet kiemelünk:

=\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\frac{(z+\Delta z)^n-z^n-n z^{n-1}(\Delta z)}{\Delta z}\right|=
=\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\frac{-z^n-n z^{n-1}(\Delta z)+\sum\limits_{k=0}^{n}(\Delta z)^kz^{n-k}}{\Delta z}\right|=\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\frac{\sum\limits_{k=2}^{n}(\Delta z)^kz^{n-k}}{\Delta z}\right|=
=\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=2}^{n}(\Delta z)^{k-1}z^{n-k}\right|=|\Delta z|\cdot\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=2}^{n}(\Delta z)^{k-2}z^{n-k}\right|

Azt kell ellenőrizni, hogy az abszolútértékbeli sor konvergens. Ezt a gyökkritériummal látjuk be. Legyen r olyan pozitív szám, hogy | z|, |Δz | < r < R. Ilyet találunk, mert a BR(0) nyílt. Ekkor

\left|a_n\sum\limits_{k=2}^{n}\Delta z^{k-2}z^{n-k}\right|\leq|a_n|\cdot (n-1) r^{n-2}

ahol (ez utóbbi a hatványsor konvergenciasugára). És

\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{|a_n|\cdot (n-1) r^n}{r^2}}=\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}\cdot \frac{1}{1} \cdot r\leq\frac{1}{R}r<1\,

De akkor a különbségi hányados minusz a majdani derivált abszolút eltérése felülbecsülhető egy nullához tartó szor korlátos függvénnyel, azaz P deriválató z-ben és a deriváltja a formális tagonkénti deriválással kapott sor.

De! Ez is egy hatványsor, ami ugyanilyen módon és ugyanazon a halmazon deriválható, azaz végül azt kaptuk, hogy a hatványsor nemcsak egyszer, de végtelenszer is differenciálható. Azt, hogy a Taylor-sora saját maga, a Taylor-sor létezési és egyértelműségi tételéből fog következni és mivel P előállítja saját magát, ezért persze analitikus (bár a hatványsor-előállíthatóság ezesetben a nyilvánvalónál is triviálisabb).

Cauchy-féle integrálformulák

Laurent-sorba fejtés

Tétel. -- A Laurent-sor tétele -- Ha az f: C \supset\!\to C és a ∈ C 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 z ∈ T 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 z ∈ T-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

A lap eredeti címe: „http://wiki.math.bme.hu/index.php?title=Szerkeszt%C5%91:Mozo/_A3_bizony%C3%ADt%C3%A1sok&oldid=4855”
Személyes eszközök