Mat 4 zapiski

Matematika 4
Zapiski s predavanj prof. Petra Legiˇse
ˇ cula
Miha Canˇ
9. julij 2010
Kazalo
1 Variacijski raˇ
cun
1.1 Osnovni variacijski problem
1.2 Parametriˇcna reˇsitev . . . .
1.3 Viˇsji odvodi . . . . . . . . .
1.4 Veˇc spremenljivk . . . . . .
1.5 Izoperimetriˇcni problem . .
1.6 Vezani ekstrem . . . . . . .
1.7 Geodetke . . . . . . . . . .
1.8 Integrali s spremenljivo mejo
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
. 3
. 6
. 6
. 7
. 7
. 10
. 11
. 11
2 Holomorfne funkcije
2.1 Potenˇcne vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Integrali v C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Logaritem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Sploˇsna Cauchyjeva formula . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Niˇcle analitiˇcne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Laurentova vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Residuum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Konformne preslikave . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8.1 Stereografska projekcija . . . . . . . . . . . .
2.8.2 Linearne lomljene (M¨obiusove) transformacije
2.9 Zveze s harmoniˇcnimi funkcijami . . . . . . . . . . .
2.10 Dirichletov problem za krog . . . . . . . . . . . . . .
2.11 Funkcija Γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
13
13
15
26
27
27
30
33
40
41
42
45
47
47
3 Diferencialne enaˇ
cbe
3.1 Frobeniusova metoda . . . . . . . . . .
3.2 Besselova enaˇcba . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Integralska reprezentacija za Jn
3.2.2 Neumannova funkcija . . . . . .
3.2.3 Hanklovi funkciji . . . . . . . .
3.3 Enaˇcba za neskonˇcno struno . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
49
49
51
54
56
57
58
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4 Linearni diferencialni operatorji drugega reda
4.1 Lastne vrednosti in lastne funkcije simetriˇcnega operatorja
4.2 Besselov diferencialni operator . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Enaˇcba za lastne funkcije . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Nihanje proˇzne opne . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Hermitov diferencialni operator . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Specialne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 Linearno neodvisna zaporedja polinomov
5.1 Sploˇsna teorija ortogonalnih polinomov . .
5.2 Legendrovi polinomi . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Rodriguova formula . . . . . . . . .
5.2.2 Rodovna funkcija . . . . . . . . . .
5.3 Hermitovi polinomi . . . . . . . . . . . . .
5.4 Prirejene Legendrove funkcije . . . . . . .
5.5 Sferne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
59
61
62
62
63
65
65
.
.
.
.
.
.
.
65
66
67
67
71
73
73
74
6 Linearne PDE drugega reda za funkcijo 2 spremenljivk
78
6.1 Klasifikacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2
1
Variacijski raˇ
cun
Motivacija: Problem brahistohrone
Imamo dve toˇcki v navpiˇcni ravnini, ki ne leˇzita ena nad drugo. Po kakˇsni krivulji v tej
ravnini se mora gibati toˇckasta masa, da bo pod vplivom teˇze za prehod od zgornje do
spodnje toˇcke potrebovala najmanj ˇcasa? ]
p
p
1 + (y 0 )2 dx
mv 2
ds
= mgy ⇒ v(y) = 2gy =
=
2
dt
dt
p
1 + (y 0 )2
√
dx
⇒ dt =
2gy
ˆ x1 s
1
1 + (y 0 )2
t= √
dx
y
2g 0
Naloga je poiskati y = y(x), definirano na [0, x] z y(x1 ) = 0, y(0) = y2 , da bo
ˆ x1 s
1 + (y 0 )2
dx
y
0
minimalen.
1.1
Osnovni variacijski problem
´b
Imamo predpis: y 7→ Φ(y) = a f (x, y, y 0 ) dx. Φ je funkcional (funkciji f priredi ˇstevilo). Tu
mora biti y definiran na [a, b]. Pogosto so predpisane vrednosti y(a) = y1 in y(b) = y2 .
Iˇsˇcemo ekstrem funkcionala Φ (tiste y(x),qza katere je integral minimalen ali maksimalen).
0 )2
.
V primeru brahistohrone je f (x, y, y 0 ) = 1+(y
y
Razmislek
• Denimo, da je ekstrem doseˇzen pri y, vzemimo da je maksimum.
ˇ y spremenim (malo) v y + δy (variiram), je Φ(y + δy) ≤ Φ(y).
• Ce
Naj bo h funkcija na [a, b] in δy = t · h, t blizu 0.
Φ(y + th) = gh (t) ≤ Φ(y) = gh (0).
⇒ gh ima v 0 ekstrem za vsak h.
⇒ ˇce je gh odvedljiva, je gh0 (0) = 0 ∀h.
Ekstrem funkcionala smo prevedli na ekstrem funkcije.
ˇ so vrednosti za y na robu predpisane (y(a) = y1 ), je (y + th)(a) = y(a) + th(a) = y1 za t
Ce
blizu 0, torej je h(a) = 0. Enako velja za vsako toˇcko, kjer je y predpisan.
ˆ b
ˆ b
0
gh (t) = Φ(y + th) =
f (x, y + th, (y + th) ) dx =
f (x, y + th, y 0 + th0 ) dx
d
d
gh (t) =
dt
dt
ˆ
a
ˆ
b
f (x, y + th, y 0 + th0 ) dx =
a
a
3
a
b
∂
f (x, y + th, y 0 + th0 ) dx =
∂t
ˆ
b
[fy · h + fy0 · h0 ] dx
=
ˆ
a
ˆ
b
b
∂
fy0 dx
∂x
a
a
ˆ b
∂
b
0
fy −
⇒ gh (t) = fy0 h|a +
fy0 h dx
∂x
a
2.del :
0
fy0 h dx = fy0 ·
h|ba
−
h
ˇ ima y predpisane vrednosti v a, b, je h(a) = h(b) = 0 ⇒ fy0 h = 0
Ce
gh0 (0)
ˆ b
∂
=
fy −
fy0 h dx = 0
∂x
a
je ekstrem, velja za vse h, pri katerih je h(a) = h(b) = 0. Videli bomo, da je
Za y, v∂ katerem
fy − ∂x fy0 = 0.
Eulerjeva enaˇ
cba
fy −
d
fy 0 = 0
dx
Eulerjeva ali Euler-Lagrangeva enaˇcba, je DE 2. reda.
Tudi ˇce y nima predpisanih vrednosti v a in b, ta enaˇcba ˇse vedno velja (ekstrem v sploˇsnem
ˇ vedno bo moralo drˇzati fy0 · h|b = 0∀h. Denimo, da
je tudi ekstrem pri fiksnih koncih). Se
a
y ni predpisan v a. Vzamem h s h(b) = 0, h(a) poljuben. Dobim dinamiˇ
cni robni pogoj
fy0 (a) = 0. Podobno, ˇce y ni predpisan v b, velja fy0 (b) = 0.
Lema: Osnovna lema VR
´
ˇ je b G(x)h(x) dx = 0 za vsako funkcijo h ∈ C 1 [a, b] s
Naj bo G zvezna na [a, b]. Ce
a
h(a) = h0 (a) = h(b) = h0 (b) = 0, je G ≡ 0 na [a, b] oz. G(x) = 0∀x ∈ [a, b].
Dokaz
Denimo G(z) 6= 0, z ∈ [a, b], privzemimo G(z) > 0. Zaradi zveznosti obstaja > 0, da
je G(x) > 0 na [z − , z + ] ∩ [a, b]. Obstajata x1 in x2 , da je x1 < x2 in [x1 , x2 ] ⊂
[z − , z + ] ∩ [a, b] in z ∈ [x1 , x2 ]. Tako je G na [x1 , x2 ] pozitivna.
Vzamemo
(x − x1 )2 (x − x2 )2 ; x1 ≤ x ≤ x2
h(x) =
0;
sicer
h(x) > 0 na (x1 , x2 ), zadoˇsˇca naˇsim pogojem.
ˆ
ˆ
b
x2
G(x)h(x) dx =
a
G(x)h(x) dx > 0
x1
Protislovje s pogojem, da je integral enak 0 za vsak h.
4
Trditev
ˇ
Ce je f = f (y, y 0 ), iz Eulerjeve DE sledi
f − y 0 fy 0 = C
Torej enaˇcba prvega reda.
Dokaz
d
d
d
d
(f − y 0 fy0 ) =
f − y 00 fy0 − y 0 fy0 = fy y 0 + yy0 y 00 − yy0 y 00 − y 0 fy0 =
dx
dx
dx
dx
d
0
0 d
0
= fy y − y
fy 0 = y fy − fy 0
dx
dx
Izraz v [. . . ] je 0 po Eulerjevi enaˇcbi.
Tak primer je brahistohrona.
s
1 + (y 0 )2
f (y, y 0 ) =
y
1
1
y0
fy = √ p
2y 0 = √ p
y 2 1 + (y 0 )2
y 1 + (y 0 )2
s
(y 0 )2
1 + (y 0 )2 − (y 0 )2
1
1 + (y 0 )2
−√ p
= √ p
=√ p
=C
y
y 1 + (y 0 )2
y 1 + (y 0 )2
y 1 + (y 0 )2
y 1 + (y 0 )2 = D ≥ 0
Reˇsimo DE. Reˇsitve so le za 0 ≤ y ≤ D, torej lahko zapiˇsemo y = D sin2 ϕ(t).
1 + (y 0 )2 =
D
1
=
= 1 + cot2 ϕ
2
y
sin ϕ
y 0 = ± cot ϕ, vzemimo y 0 = cot ϕ
cos ϕ
dx
2D sin ϕ cos ϕ dϕ
y0 =
=
=
sin ϕ
dy
dx
dx = 2D sin2 ϕ dϕ = 2y dϕ = D(1 − cos 2ϕ) dϕ
sin 2ϕ
D
x = D(ϕ −
) + E = (2ϕ − sin 2ϕ) + E
2
2
D
y = (1 − cos 2ϕ)
2
u = 2ϕ ⇒ x = A(u − sin u) + E; y = A(u − cos u) cikloida
ˇ robni pogoji:
Se
x(0) = E = x1 ; y(0) = 0
A izraˇcunamo iz drugega pogoja, je teˇzje.
5
1.2
Parametriˇ
cna reˇ
sitev
x = x(t), y = y(t), y 0 = xy˙˙
y˙
0
f (x, y, y ) = f x(t), y(t),
x˙
y˙
x(t)
˙
F (t) = f x(t), y(t),
x˙
ˆ β
Φ(y) =
F (t) dt
α
V ekstremu velja:
Fx −
d
d
Fx˙ = Fy − Fy˙ = 0
dt
dt
Dovolj je ˇze ena izmed teh enaˇcb.
Problem
Najdi ekstrem za Φ(y) =
´ π/4
0
(y 2 + (y 0 )2 ) dx, y(0) = 1
Reˇ
sitev
En dinamiˇcni robni pogoj: fy0 (π/4) = 0.
fy0 = −2y 0 ⇒ y 0 (π/4) = 0
d 0
d
fy = −2 y 0 = −2y 00
dx
dt
00
y = y ⇒ y = A cos x + B sin x
2y = fy =
Upoˇstevamo robna pogoja:
y(0) = A = 1
√
2
=0 ⇒ B=A=1
2
⇒ Ekstremala je y = cos x + sin x
0
y (π/4)(−A + B)
1.3
ˇ imamo viˇ
Ce
sje odvode
ˆ
b
f (x, y, y 0 , y 00 ) dx
Φ(y) =
a
Podobno kot za 1 odvod izpeljujemo do Euler-Poissonove enaˇ
cbe :
fy −
d
d2
fy0 + 2 fy00 = 0
dx
dx
6
1.4
Veˇ
c spremenljivk
¨
Φ(z) =
f (x, y, z,
D
p=
∂z ∂z
, ) dx dy; D ⊂ R2
∂x ∂y
∂z
∂z
; q=
∂x
∂y
Uporabimo Greenovo formulo, dobimo
fz =
1.5
∂
∂
fp +
fq
∂x
∂y
Izoperimetriˇ
cni problem
Problem
Iˇsˇcemo y :[a,b]→ R, ki zadoˇsˇca Ψ(y) =
´b
a
g(x, y, y 0 ) dx = l, l je podan, za katero funkcional
ˆ
b
f (x, y, y 0 ) dx
Φ(y) =
a
doseˇze ekstrem. y ∈ C 1 , f, g ∈ C 2 , y(a) = c, y(b) = d.
7
Reˇ
sitev
Denimo, da je ekstrem pri nekem u. δy = th + sk; t, s blizu 0; h, k : [a, b] → R.
h(a) = h(b) = k(a) = k(b) = 0
ˆ
b
g(x, u + th + sk, u0 + th0 + sk 0 ) dx = G(t, s) = l
Ψ(u + δy) =
a
ˆ
b
f (x, u + th + sk, u0 + th0 + sk 0 ) dx = F (t, s)
Φ(u + δy) =
a
F (t, s) ima ekstrem v t = s = 0 ⇒ F ima ekstrem v (0, 0) pri pogoju G(t, s) − l = 0, to
je navaden vezani ekstrem ⇒ grad(F − λG)(0, 0) = 0.
ˆ
b
Ft =
a
ˆ
∂
f (x, u + th + sk, u0 + th0 + sk 0 ) dx =
∂t
b
Gt =
ˆ
a
∂
g(x, u + th + sk, u0 + th0 + sk 0 ) dx =
∂t
b
((fy − λgy )h + (fy0 − λgy0 )h0 ) = 0
⇒
a
Drugi del integriramo per partes:
ˆ b
d
⇒
(fy − λgy ) + (fy0 − λgy0 ) = 0
dx
a
Po OLVR sledi
(f − λg)y +
d
(f − λg)y0 = 0
dx
Dobili smo Eulerjevo enaˇcbo za f − λg oz. Φ − λΨ
8
ˆ
b
(fy h + fy0 h0 ) dx
a
ˆ
b
(gy h + gy0 h0 ) dx
a
Problem: Didonin problem
Dana je dolˇzina l > 2a. Iˇsˇcemo y(x), da bo ploˇsˇcina maksimalna.
Reˇ
sitev
Reˇsujemo v parametriˇcni obliki: x = x(t), y = y(t), t ∈ [0, 1]. x(0) = −a, x(1) = a,
y(0) = y(1) = 0.
ˆ 1p
l=
x˙ 2 + y˙ 2 dt = Ψ(x,
˙ y)
˙ konstanten
0
ˆ
ˆ
a
1
y x˙ dt = Φ(y, x)
˙ maknimalen
y dx =
S=
−a
0
ˆ
(Φ − λΨ)(y, x,
˙ y)
˙ =
1
ˆ
p
2
2
y x˙ − λ x˙ + y˙ dt =
0
1
w(y, x,
˙ y)
˙ dt
0
Eulerjevi enaˇcbi:
0 = wx =
d
d
wx˙ ; wy = wx˙
dt
dt
2x˙
d
wx˙ = y − λ p
= C; x˙ = wy˙ ⇒ x − wy˙ = D
dt
2 x˙ 2 + y˙ 2
ˆ
y y˙ + xx˙ = C y˙ + Dx˙ /2
y 2 + x2 = 2Cy + 2Dx + E
Reˇsitev je kroˇzni lok, srediˇsce ima na osi y ⇒ D = 0.
x2 + (y − q)2 = r2
q in r doloˇcimo iz a in l.
9
Problem
Krivulja, ki veˇze toˇcki T1 in T2 in ima pri dani dolˇzini najniˇzje teˇziˇsˇce.
Reˇ
sitev
p
´
myT = K y dm, dm = σds = σ 1 + (y 0 )2 dx, m = σl.
ˆ
ˆ
1 b p
1 b p
0
2
yT =
σy 1 + (y ) dx =
y 1 + (y 0 )2 dx
σl a
l a
ˆ bp
1 + (y 0 )2 dx = Ψ(y)
l=
a
´b p
Minimiziramo funkcional lyT = a σy 1 + (y 0 )2 dx = Φ(y). Minimum za Φ pri pogoju
Ψ = l ⇒ Eulerjeva enaˇcba za (Φ − λΨ):
ˆ
b
p
(y − λ) 1 + (y 0 )2 dx
(Φ − λΨ)(y) =
a
Nova spremenljivka z = y − λ, z 0 = y 0 ⇒
ˆ b−λ p
(Φ − λΨ)(y) =
z 1 + (z 0 )2 dx = ∆(z)
a−λ
Iˇsˇcemo ekstrem za ∆: 2π∆(z) je povrˇ
sina rotacijske ploskve,
ko graf zavrtimo okrog osi x.
x−A
x−A
⇒ y = λ + C cosh C
To pa poznamo: z = C cosh C
1.6
Vezani ekstrem
Imamo ekstrem funkcionala
ˆ b
f (t, ~r(t)) dt
Φ(~r) =
a
na razredu vseh funkcij, ki zadoˇsˇcajo
g1 (t, ~r(t)) = 0
..
.
gm (t, ~r(t)) = 0
(1)
Za ekstremalo ~r(t) veljajo Eulerjeve enaˇcbe za funkcijo:
h=f+
m
X
λj (t)gj
j=1
Torej:
d ∂h
∂h
=
∂xi
dt ∂ x˙i
10
za i = 1, 2, . . .
1.7
Geodetke
Krivulje na dani ploskvi z najmanjˇso dolˇzino. Ploskev podana implicitno:
g(x, y, z) = g(~r) = 0
´b
⇒ vez g(~r(t)) = 0, minimiziramo K(~r) =
p
h = x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 + λ(t)g(x, y, z)
a
|~r(t)|
Eulerjeva enaˇcba:
∂h
d ∂h
=
∂x
dt ∂ x˙
#
"
d x˙
∂g
d
x˙
d
x˙
p
=
λ(t)
=
=
∂x
dt
dt s˙
dt |r(t)|
˙
x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2
∂g
y˙
∂g
d
z˙
Enako za y in z, λ(t) ∂y
= dtd |r(t)|
=
in
λ(t)
.
˙
∂z
dt |r(t)|
˙
λ(t)
∂g ∂g ∂g
, ,
∂x ∂y ∂z
d
=
dt
(x,
˙ y,
˙ z)
˙
|r(t)|
˙
=
d ~r˙
d
= ξ~
˙
dt |~r|
dt
d~
d ds
ξ = ξ~ = ξ 0 s˙
dt
ds dt
Gradient g, ki leˇzi na normali ploskve, je vzporeden glavni normali geodetke.
λ(t)∇g =
Primer
Ploskev je sfera.
Normala kaˇze vedno iz srediˇsˇca ⇒ pritisnjena ravnina geodetke vsebuje srediˇsˇce sfere
⇒ najkrajˇsa pot je lok s srediˇsˇcem v srediˇsˇcu sfere (lok na glavni kroˇznici).
1.8
Integrali s spremenljivo mejo
Imamo funkcional
ˆ z
Φ(y, z) =
f (x, y, y 0 ) dx
a
Tu je y(a) = c fiksiran, z in y(z) pa se spreminjata. Naredili bomo malo bolj po domaˇce.
Recimo, da je ekstrem pri y.
Φ(y + δy, z + δz) − Φ(y, z) = δΦ =
ˆ z+δz
ˆ
0
0
=
f (x, y + δy, y + δy ) dx −
a
z
f (x, y, y 0 ) dx =
a
11
ˆ
ˆ
z
0
z+δz
0
[f (x, y + δy, y + δy ) − f (x, y, y )] dx +
≈
a
z
ˆ z
0
[fy δy + fy0 δy 0 ] dx
≈ f (x, y, y )δz +
a
ˆ z
ˆ z
ˆ z
d 0
d
z
0
0
0
0
[fy δy ] dx = fy δy|a −
fy δy dx = fy (z)δy(z) −
(fy0 δy) dx
a dx
a
a dx
ˆ z
d
0
fy − fy0 δy dx + fy0 (z)δy(z)
⇒ δΦ ≈ f (x, y, y )δz +
dx
a
=
ˇ ima Φ ekstrem pri y, z, ga ima tudi pri konstantnem z. ⇒ EE
Ce
d
fy − fy 0 = 0
dx
δw = δy(z) + y 0 (z)δz
δΦ ≈ f (x, y, y 0 )δz + fy0 (z)(δw − y 0 (z)δz) ≈ [f − y 0 fy0 ] δz + fy0 δw
ˇ je y ekstremala, ima δΦ konstanten predznak.
Ce
ˇ ni dodatnega pogoja, vzamemo δz = 0 ⇒ fy0 = r, δw je lahko poljuben. Da bo vse
• Ce
konstantnega predznaka, je tudi f − y 0 fy0 = 0
• Vzemimo, da toˇcka (z, w) leˇzi na krivulji w = ϕ(z), δw = ϕ0 (z)δz.
⇒ δΦ = [f − y 0 fy0 + fy0 ϕ0 ] δz = [f − fy0 (y 0 + ϕ0 )] δz
To je konstantnega predznaka ⇒ [. . . ] = 0.
f + (ϕ0 − y 0 )fy0 = 0
To je transverzalnostni pogoj .
Vsi ti pogoji veljajo za konˇcno toˇcko.
Primer
p
´z
Naj bo Φ(y, z) = a u(x, y) 1 + (y 0 )2 dx in y(z) = ϕ(z) v konˇcni toˇcki, ϕ, u dani.
0
Transverzalnostni pogoj: fy0 = u √ y 0 2 .
1+(y )
p
y0
0 = f + (ϕ0 − y 0 )fy0 = u 1 + (y 0 )2 + (ϕ0 − y 0 )u p
=
1 + (y 0 )2
u
=p
1 + (y 0 )2 + ϕ0 y 0 − (y 0 )2
1 + (y 0 )2
⇒ 1 + ϕ0 y 0 = 0 ⇒ ϕ0 (z)y 0 (z) = −1 Tangenti na ϕ in y sta pravokotni ⇒ y seka krivuljo
ϕ pravokotno.
Primer
Poseben primer: u(x, y) ≡ 1, Φ je dolˇzina krivulje.
⇒ Najkrajˇsa pot do krivulje je pravokotna na konˇcno krivuljo.
12
2
Holomorfne funkcije
Definicija
odp
Naj bo D ⊂ C in f : D → C.
Pravimo, da je f v z0 odvedljiva v smislu C (ima kompleksni odvod), ˇce obstaja limita
lim
z→z0
f (z) − f (z0 )
= f 0 (z0 )
z − z0
Definicija
ˇ je f odvedljiva v vsaki toˇcki obmoˇcja D, je f holomorfna na D.
Ce
ˇ
Ce je f holomorfna na C, je cela (entire)
Primer
Konstanta je cela.
f (z) = z je cela (f’(z) = 1).
Vsak polinom je cela funkcija.
Za odvajanje veljajo obiˇcajna pravila
2.1
Potenˇ
cne vrste
P∞
an (z − z0 )n ima konvergenˇcni polmer R ∈ [0, ∞).
Vrsta konvergira za |z − z0 | < R in divergira za |z − z0 | > R.
⇒ Konvergenˇcno obmoˇcje je vedno krog.
n=0
13
Primer
P
1
n
• 1 + z + z2 + · · · = ∞
n=0 z = 1−z
konvergira za |z| < 1 ⇒ R = 1.
divergira za |z| ≥ 1.
P∞ z n
•
n=1 n2
zn+1 n2 n2
Kvocientni kriterij: (n+1)2 zn = |z| (n+1)
2 → |z|
⇒ Vrsta konvergira za |z| < 1
⇒ R = 1, divergira za |z| > 1
Kaj pa rob?
P
1
π2
|z| = 1 ⇒ majoranta je ∞
n=1 n2 = 6
Konvergira za |z| ≤ 1.
P
zn
• ez = 1 + z + z 2 + · · · = ∞
n=0 n! ima R = ∞.
Konvergira za vse z.
Enako velja za sin z in cos z.
P∞ n
•
n=1 z · n! konvergira
le za z= 0.
z n+1 Kvocientni kriterij: (n+1)!
= |z|(n + 1)
n!
zn Za |z| > 0 to ni omejeno, za |z| = 0 pa je to 0 ⇒ R = 0.
Izrek
P
n
cni polmer R > 0.
Naj bo f (z) = ∞
n=0 an (z − z0 ) , kjer ima vrsta na desni konvergenˇ
Znotraj konvergenˇcnega kroga je f zvezna in odvedljiva in velja
0
f (z) =
∞
X
nan (z − z0 )n−1
n=0
za |z − z0 | < R. Konv. polmer za f 0 (z) je tudi R.
ˇ je w ∈ C, w 6= 0, obstaja limita
Naj bo f v z0 odvedljiva, f : D → C. Ce
f (z0 + tw) − f (z0 )
= f 0 (z0 )
t→0, t∈R
tw
lim
(2)
f (z) = f˜(x, y) = u(x, y) + iv(x, y)
v (2) vzamem w = 1:
f (z0 + t) − f (z0 )
∂ f˜
=
= ux + ivx
t→0
t
∂x
f 0 (z0 ) = lim
v (2) vzamem w = i:
f 0 (z0 ) =
1 ∂ f˜
= −i[uy + ivy ] = vy − iuy
i ∂y
14
⇒ ux + ivy = vy − iuy ⇒ ux = vy , vx = −uy
Izrek: Cauchy-Riemannov sistem
ˇ je f = u + iv odvedljiva v z, tam velja
Ce
ux = vy
in
uy = −vx
Trditev
ˇ sta u, v diferenciabilni in velja CRS, je u + iv holomorfna
Ce
2.2
Integrali v C
Naj bo f : D → C zvezna in K orientirana gladka pot v D.
z = ϕ(t), t ∈ [α, β], ϕ ∈ C 1 .
Definicija
ˆ
def
ˆ
β
f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt
f (z) dz =
K
α
Ima obiˇcajne lastnosti.
Primer
Kroˇznica: ϕ(t) = z0 + ρeit , t ∈ [0, 2π]
0
it
ϕ
⇒
´ (t) = ´ρie
2π
f = 0 f (z0 + ρeit )ρieit dt
K
Pomemben:
ˆ
ˆ 2π
ˆ 2π
dz
ρieit
=
dt = i
dt = 2πi
ρeit
K z − z0
0
0
Obmoˇcje = odprta, SPP mnoˇzica.
Definicija
F je nedoloˇ
ceni ´integral za f na obmoˇcju D, ˇce je F 0 = f .
V tem primeru je K f (z)dz = F (b) − F (a), kjer sta a in b zaˇcetna in konˇcna toˇcka K.
ˇ je K sklenjena, je
Ce
´
K
F 0 (x) dx = 0.
15
ˇ je K sklenjena in ne gre skozi z0 , je za m 6= −1
⇒ Ce
ˆ
(z − z0 )m dz = 0
K
ker ima (z − z0 )m nedoloˇceni integral.
Trditev
ˇ
Ce je f omejena na K, |f (z)| ≤ M ∀z ∈ K, je
ˆ
f (z)dz ≤ M · l
K
kjer je l dolˇzina K.
Trditev
Naj bo f holomorfna na D in ∆ trikotnik v D. Potem je
ˆ
f (z) dz = 0
∂∆
∆1
∆
∆3
∆2
16
Dokaz
´
Oznaˇcimo A = ∂∆ f (z) dz, trikotniku razpolovim stranice in dobim 4 skladne trikotnike.
ˇ trikotnike orientiram enako kot
Ti trikotniki so podobni ∆. Oznaˇcimo jih ∆1 do ∆4 . Ce
∆, je
ˆ
ˆ
A=
f (z) dz + · · · +
f (z) dz
∂∆1
∂∆4
Za vsaj enega velja:
ˆ
A
≥ f
(z)
dz
4
∂∆i
Tega oznaˇcim ∆1 in ga spet razdelim na 4 dele.
ˆ
A
f (z) dz ≥ 4
∂∆1
Spet obstaja en ∆1i = ∆2 , da je
ˆ
A
f (z) dz ≥ 16
∂∆2
Dobim zaporedje vloˇzenih trikotnikov ∆∆1 ∆2 . . . . Obstaja natanko ena toˇcka z0 , ki je
i
v preseku vseh teh trikotnikov (z0 ∈ ∩∞
i=0 ∆ ). Po predpostavki je f odvedljiva v z0 ⇒
f (z)−f (z−z0 )
− f 0 (z0 ) = η(z) → 0.
z−z0
f (z) = f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) + η(z)(z − z0 )
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
0
f (z0 )(z − z0 ) dz +
f (z0 )dz +
f (z) dz =
∂∆n
∂∆n
∂∆n
η(z)(z − z0 ) dz =
∂∆n
Prva dva ˇclena imata nedoloˇceni integral ⇒ sta enaka 0.
ˆ
≤ max |η(z)| · max |(z − z0 )|∆n · obseg(∆n ) ≤
η(z)(z
−
z
)
dz
0
n
∂∆
max |(z − z0 )|∆ obseg(∆)
≤ max |η(z)| ·
·
2n
2n
ˆ
max η(z)o(∆)r(∆)
|A| ≤
≤
f
(z)
dz
4n
4n
∂∆2
|A| ≤ o(∆)r(∆)| max(η(z)|)
max(η(z)) ≥
|A|
=C≥0
o(∆)r(∆)
n→∞
max(η(z)) −−−→ 0 ⇒ |A| = 0
17
Definicija
Mnoˇzica D ⊂ C je zvezdasta , ˇce obstaja toˇcka z0 ∈ D, da za vsako toˇcko z ∈ D daljica
od z0 do z leˇzi v D.
Torej: Obstaja taka toˇcka, da ˇce vanjo postavim luˇc, bo cela mnoˇzica osvetljena.
Primer
• Vsaka konveksna mnoˇzica je zvezdasta.
Trditev
Naj bo D zvezdasto obmoˇcje, f : D → C zvezna in za vsak trikotnik ∆ ⊂ D naj bo
ˆ
f (z) dz = 0
∂∆
Tedaj ima f nedoloˇceni integral na D.
Dokaz
Lz je daljica od´ z do z0 .
Ideja: F (z) = Lz f (t) dt, F (z0 ) = 0.
∃ krog s polmerom ε > 0 okrog z, vsebovan v D, h < . Kh je daljica od z do z + h.
Imamo trikotnik z0 , z, z + h.
ˆ
ˆ
ˆ
f (z) dz +
f (z) dz −
f (z) dz = 0
Lz
Kh
z+h
ˆ
F (z + h) − F (z) =
f (v) dv
Kh
Naj bo η > 0 Ker je f zvezna, obstaja 0 < 0 < , da je f (w) − f (v) < 0 za |w − v| < η
ˆ
ˆ
ˆ
f (z)dw +
(f (z) − f (w)) dw = f (z)h + o
f (w) dw =
Kh
Kh
Kh
Vzemimo |h| < 0 ⇒ ho < η
F (z + h) − F (z)
o
= f (z) + → f (z)
h
h
18
Posledica
Naj bo D odprta zvezdasta mnoˇzica in f holomorfna na D. Za vsako sklenjeno krivuljo
K v D je
ˆ
f (z) dz = 0
K
Dokaz
Kombinacija prejˇsnjih dveh trditev, f ima nedoloˇceni integral.
Trditev: Cauchyjeva formula
Naj bo f holomorfna na obmoˇcju D in ∆ = {z; |z − z0 | ≤ ρ} ∈ D zaprt krog. Potem je
za vsak a v notranjosti ∆
ˆ
f (z) dz
1
f (a) =
2πi ∂∆ z − a
ˇ poznam vrednosti holomorfne funkcije na robu, jo
Tu je ∂∆ orientiran pozitivno. Ce
poznam na celem krogu.
Dokaz
D je odprt ⇒ obstaja ε1 > 0, da je tudi krog |z − z0 | ≤ ρ + ε1 vsebovan v D. Nariˇsem
majhen krog K okrog toˇcke a, da je K ∈ ∆. Zveˇzem z0 in a, podaljsam in naredim
pravokotnico v a. Dobim 4 sklenjene krivulje, ki gredo od roba kroga K do roba ∆ in po
obeh robovih, integral po vseh 4 je 0. Po vsaki zveznici integriram po enkrat v vsako smer,
zato so tudi ti integrali 0.
⇒ integral po ∂∆ = integral po ∂K.
K je poljubno majhen, f je zvezna v a ∀ε > 0 ∃δ > 0, da iz |z−a| < δ sledi |f (z)−f (a)| < ε.
⇒
ˆ
ˆ
dz
f (z) dz
→ f (a)
= f (a) · 2πi
∂K z − a
∂K z − a
Posledica
Naj bo f holomorfna na odprti mnoˇzici D in a ∈ D. Potem lahko f razvijemo v potenˇcno
vrsto okrog a in ta vrsta konvergira v vsakem krogu s srediˇsˇcem v a, vsebovanem v D.
19
Dokaz
K = {|w − a| = ρ}.
ˆ
1
f (w) dw
f (z) =
2πi K w − z
∞
1
1
1
1
1
1 X (z − a)n
=
=
=
=
z−a
w−z
(w − a) − (z − a)
w−a1−q
w − a n=0 (w − a)n
(w − a) 1 − w−a
ˆ
∞
1 X (z − a)n f (w)
1
dw
f (z) =
2πi K w − a n=0 (w − a)n
P∞ (z−a)n f (w)
f je zvezna na K, zato je omejena, |f (z)| ≤ M .
ima za enakomerno
n=0 (w−a)n
P∞
M
n
majoranto ρ
⇒ lahko zamenjam integral in vsoto.
n=0 |q|
f (z) =
∞
X
(z − a)
n=0
n
1
2πi
ˆ
K
f (w) dw
(w − a)n+1
=
∞
X
cn (z − a)n
n=0
Notranji integral ni odvisen od z ⇒ je konstanta cn . To velja za vse z z notranjosti kroga.
To vrsto lahko odvajam neskonˇcnokrat, pa se konvergenca ne spremeni.
Posledica
ˇ je f holomorfna na D, je neskonˇcnokrat odvedljiva na D.
Ce
Definicija
Naj bo D ⊂ C. Funkcija f : D → C je analitiˇ
cna , ˇce je
odp
1. D ⊂ C
2. za vsako toˇcko z0 ∈ D obstaja potenˇcna vrsta
na neki okolici toˇcke z0
P∞
n=0
an (z − z0 )n , ki konvergira k f
odp
f analitiˇcna na D ⊂ C ⇔ f se da na neki okolici vsake toˇcke razviti v konvergetno potenˇcno
ˇ je f holomorfna, je analitiˇcna. Ce
ˇ je f analitiˇcna, je holomorfna.
vrsto. Ce
⇒ f je holomorfna ⇔ je analitiˇcna ⇔ je neskonˇcnokrat odvedljiva.
Posledica
• Vsota, produkt analitiˇcnih funkcij sta analitiˇcni.
• Kvocient analitiˇcnih funkcij je analitiˇcen povsod, kjer je imenovalec od 0 razliˇcen.
• Cela funkcija je analitiˇcna na vsej ravnini.
20
Posledica
Naj bo f = u + iv analitiˇcna. Potem sta u in v harmoniˇ
cni funkciji, se pravi v C 2 in
∆u = ∆v = 0.
Dokaz
u, v ∈ C ∞ , ker je f neskonˇcnokrat odvedljiva. Velja CRS: ux = vy , uy = −vx .
uxx = vyx ; uyy = −vxy ⇒ uxx + uyy = vyx − vxy = 0
uxy = vyy ; uyx = −vxx ⇒ vxx + vyy = uxy − uyx = 0
Primer
1
Razvijmo f (z) = 2+z
v potenˇcno vrsto okrog z = 0. f je holomorfna povsod razen v
z = −2 ⇒ R = 2.
∞
f (z) =
∞
1
1 X z n X (−1)n n
=
−
z
=
n+1
2 n=0
2
2
2 1 + z2
n=0
Primer
z−1
. Analitiˇcna je povsod razen v z = −1, razvijam
Razvijmo okrog z = 1 funkcijo f (z) = 1+z
okrog 1P⇒ R = 2, vrsta konvergira za |z − 1| < 2.
n
f (z) = ∞
n=0 cn (z − 1) , uvedemo substitucijo z − 1 = w
∞
∞
X
w
1
(−1)n wn X (−1)n
f (z) =
=w
=w
=
(z − 1)n+1
n+1
n+1
w+2
2+w
2
2
n=0
n=0
Izrek
odp
ˇ fn enakomerno konvergira k
Naj bo D ⊂ C in fn zaporedje analitiˇcnih funkcij na D. Ce
f na vsaki omejeni kroˇzni ploˇsˇci K ∈ D, je f analitiˇcna.
21
Dokaz
Naj bo K krog, K ⊂ D. Za z v notranjosti K je po Cauchyjevi formuli
ˆ
1
fn (w) dw
fn (z) =
2πi ∂K w − z
1
w−z
je omejeno na robu K ⇒
limito in integral.
ˆ
f (w) dw
1
f (z) =
2πi ∂K w − z
fn (w)
w−z
konvergira enakomerno k
f (w)
,
w−z
zato lahko zamenjamo
Izrek: Morerov izrek
odp
Naj bo D ⊂ C in f : D → C zvezna. Za vsak trikotnik ∆ ∈ C naj bo
ˆ
f (z) dz = 0
∂∆
Potem je f analitiˇcna na D
Dokaz
Za vsak z0 ∈ D obstaja odprt krog O okrog z0 , vsebovan v D. Dovolj je videti, da je f
analitiˇcna na O. Ker je O zvezdasto obmoˇcje, smo dokazali, da ima f nedoloˇceni integral
F , F 0 = f . Torej je F holomorfna, zato je neskonˇcnokrat odvedljiva, zato je tudi f
holomorfna.
Definicija
Obmoˇcje D je enostavno povezano (simply connected), ˇce vsako sklenjeno pot v D
lahko zvezno deformiramo v toˇcko v D.
Primer
• Konveksna mnoˇzica je enostavno povezana.
• Zvezdasta mnoˇzica je enostavno povezana.
• Kolobar v C ali v R2 ni enostavno povezan.
• R2 r {~a} ni enostavno povezan.
• R3 r {~a} je enostavno povezan.
• Torus ni enostavno povezan.
22
Posledica
~ vektorsko polje razreda C 1 in rot A
~ = 0.
Naj bo D EP obmoˇcje v R3 , A
~
Potem je A na D potencialno
Dokaz
ˇ je rot A
~ = 0, se
Naj bo K sklenjena pot v D. K lahko zvezno stisnemo v toˇcko v D. Ce
integral po K pri tem ne spremeni. Dobimo integral po toˇcki, ki je enak 0. ⇒ Integral
~ je potencialno.
po vsaki sklenjeni krivulji je 0 ⇒ A
Primer
~ okrog ˇzice p.
Magnetno polje B
~ = 0, ampak R3 p ni EP. V tem primeru polje ni potencialno.
Zunaj ˇzice je rot B
Posledica
Naj bo f holomorfna na EP obmoˇcju D.
Potem je za vsako sklenjeno pot K ⊂ D
ˆ
f (z)dz = 0
K
in f ima nedoloˇcen integral na D
Dokaz
f = u + iv, obravnavamo vektorsko polje (u, −v, 0). To polje je brezvrtinˇcno (rot = 0).
rot (u, −v, 0) = (0, 0, −vx − uy ) = (0, 0, 0)
Zadnja enakost je po CRS. ⇒ (u, −v, 0) ima potencial U = U (x, y), ker je Uz = 0. Enako je
polje (v, u, 0) je brezvrtinˇcno in ima potencial V = V (x, y). Ux = u = Vy , Uy = −v = −Vy
⇒ CRS za F = U + iV . F 0 = Ux + iVx = u + iv = f ⇒ f ima nedoloˇcen integral.
23
Primer
Za b > 0 izracunajmo
ˆ ∞
2
e−x cos(2bx) dx
0
´
2
2
Naredimo sklenjeno zanko Γ s toˇckami 0, n, n + ib, ib in raˇcunamo integral Γ e−z dz. e−z
´
2
je cela, R2 je EP, zato ima nedoloˇcen integral ⇒ Γ e−z dz = 0. Razbijemo na 4 dele:
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
2
−z 2
e dz =
+
+
+
e−z dz
Γ
Γ1
ˆ
ˆ
e
−z 2
Γ2
n
Γ3
Γ4
2
e−x dx
=
0
Γ1
ˆ
ˆ
e
−z 2
ˆ
b
−(n+it)2
=i
Γ2
e
dt = ie
−n2
0
ˆ
ˆ
−
e
−z 2
=
Γ3
dx = e
ˆ
ˆ
e
−z 2
Γ4
n
b
0
ˆ
−
e
−(x2 +2ib−b2 )
2
et e−2nit dt
0
n
b
[cos(2bx) − i sin(2bx)] dx
0
b
2
et dt
=i
0
´
´
´
´
Skupni integral je 0 ⇒ Γ1 + Γ2 = − Γ3 − Γ4 . Poˇsljemo n → ∞ in gledamo samo realni
del:
ˆ ∞
ˆ ∞
2
−x2
b2
e
dx = e
e−x cos(2bx) dx
0
0
Za prvi integral substitucija t = x2 , dx =
1
Γ( 12 )
2
√
=
ˆ
dt
2x
=
dt
√
2 t
⇒
´∞
0
2
e−x dx =
´∞
0
e−t t−1/2 dt =
π
.
2
√
∞
e
−x2
cos(2bx) dx =
0
π −b2
e
2
Izrek
ˇ lahko Γ v obmoˇcju D zvezno
Naj bo f analitiˇcna na obmoˇcju D, Γ sklenjena pot v D. Ce
deformiramo v sklenjeno pot K, je
ˆ
ˆ
f (z) dz =
f (z) dz
Γ
K
24
Dokaz
ˆ
ˆ
f (z) dz =
ˆ
(u dx − v dy) +
(u + iv)(dx + idy) =
Γ
Γ
Γ
ˆ
ˆ
(u, −v) d~r + i
=
ˆ
Γ
ˆ
ˆ
(u, −v) d~r + i
(v, u) d~r =
Γ
(v dx + u dy) =
Γ
Γ
ˆ
(v, u) d~r =
Γ
f (z) dz
K
To je res, ker sta (u, −v) in (v, u) brezvrtinˇcni.
Definicija
Naj bo X metriˇcni prostor, A ⊂ X. Druˇzina {Oi ; i ∈ I} odprtih mnoˇzic je odprto
pokritje za A, ˇce je A ⊂ ∪i Oi .
Mnoˇzice Oi1 , . . . , Oin so konˇ
cno podpokritje , ˇce je A ⊂ Oi1 ∪ · · · ∪ Oin
Izrek
V metriˇcnem prostoru X imamo mnoˇzico A. Te trditve so ekvivalantne:
1. Vsako odprto pokritje mnoˇzice A ima konˇcno podpokritje.
2. Vsaka neskonˇcna podmnoˇzica v A ima stekaliˇsˇce v A.
3. Vsako zaporedje v A ima podzaporedje, ki konvergira k toˇcki v A.
Definicija
ˇ
Ce veljajo lastnosti v izreku, je A kompaktna
Primer
Premica ni kompaktna
• Pokrijemo jo z intervali (n − 1, n + 1) za vse n ∈ Z. To je odprto pokritje, nima
konˇcnega podpokritja.
• Zaporedje 1, 2, 3 . . . nima stekaliˇsˇca.
• Zaporedje 1, 2, 3 . . . nima konvergetnega podzaporedja.
ˇ ima f na D nedoloˇcen integral F , je za vsako pot Γ od a do b
Ce
ˆ b
ˆ
f (z) dz = f (z) dz = F (b) − F (a)
a
Γ
25
Primer
ˆ
i
cos z dz = sin z|iπ = sin i − sin
π
2
2.3
2
π
= i sinh 1 − 1 = −1 + i sinh 1
2
Logaritem
´z
Funkcija f (z) = z1 je analitiˇcna na C r {0}, to ni EP obmoˇcje. Integral 1 dζζ je odvisen od poti
(z 6= 0).
ˆ z
ˆ |z|
ˆ ϕ
dζ
dx
|z|eit i dt
=
+
= ln |z| + iϕ
ζ
x
|z|eit
1
1
0
´
Izraˇcunajmo Γ dζζ , kjer je Γ sklenjena pot okrog 0, ki ne gre skozi 0. Lahko jo deformiram v
´
ˇ gre veckrat, je integral 2nπi. Ce
ˇ gre v
kroˇznico ⇒ Γ dζζ = 2πi, ˇce gre enkrat okrog 0. Ce
negativni smeri, je integral −2πi.
Definicija
Naj bo a ∈ C in Γ sklenjena pot, ki ne gre skozi a.
ˆ
1
dz
= I(Γ, a)
2πi Γ z − a
je indeks ali ovojno ˇ
stevilo poti Γ glede na toˇcko a. To je celo ˇstevilo in nam pove,
kolikokrat Γ obkroˇzi a (obhodi v negativno smer se ˇstejejo negativno).
ˆ
z
1
dζ
= ln |z| + i arg z
ζ
Definicija
log z = ln |z| + i arg z + n · 2πi
n = I(Γ, 0). Vidimo, da to ni prava funkcija, ker ni enoliˇcno doloˇcena.
ˇ reˇsujemo enaˇcbo ez = w: z = x + iy, w = |w|eiα .
Ce
ez = ex eix = |w|eiα
Vzamem absolutno vrednost: ex = |w| ⇒ x = ln |w|.
Pa kotni del: eiy = eiα ⇒ y = α + 2nπ, n ∈ Z.
Enaˇcba ez = w, kjer je w = |w|eiα 6= 0 ima neskonˇcno reˇsitev z = ln |z| + iα + 2nπi = log z.
V C vzamemo enostavno povezano obmoˇcje D, ki ne vsebuje 0. Potem ima funkcija z1 na D
nedoloˇcen integral F. Najveˇckrat iz C izvzamemo negativni del realne osi in toˇcko 0. Na ta
naˇcin dobimo EPO.
26
Definicija
ˆ
F (z) =
1
z
dζ
= ln |z| + i arg z; −π < arg z < π
ζ
To je glavna vrednost (glavna veja) logaritma.
To je analitiˇcna funkcija na tej prerezani ravnini.
2.4
Sploˇ
sna Cauchyjeva formula
Izrek
ˇ je Γ sklenjena pot pa D in a ∈
Naj bo f analitiˇcna na EPO D. Ce
/ Γ, je
ˆ
1
f (z) dz
I(Γ, a)f (a) =
2πi Γ z − a
Dokaz
Poglejmo si g(z) =
f (z)−f (a)
.
z−a
f analitiˇcna ⇒ lahko jo razvijemo v potenˇcno vrsto okrog a.
f (z) = c0 + c1 (z − a) + c2 (z − a)2 + . . . ; f (a) = c0
f (z) − f (a) = c1 (z − a) + c2 (z − a)2 + · · · = (z − a) [c1 + c2 (z − a) + . . . ] = (z − a)h(z)
(a)
h(a) = c1 , h je analitiˇcna, h(z) = f (z)−f
= g(z) za z 6= a.
z−a
ˇ
Ce definiram dodatno g(a) = c1 , je´ g analitiˇcna na D (ker je h analitiˇcna). Ker je D EPO,
ima g nedoloˇcen integral, zato je Γ g(z) dz = 0.
ˆ
ˆ
f (a) dz
=0
Γ
Γ z −a
ˆ
ˆ
f (z) dz
dz
= f (a)
= f (a)2πiI(Γ, a)
Γ z −a
Γ z −a
2.5
f (z) dz
−
z−a
Niˇ
cle analitiˇ
cne funkcije
Naj bo f analitiˇcna na odprti mnoˇzici D, a ∈ D.
27
Definicija
Toˇcka a je niˇ
cla stopnje n za f , ˇce je
f (a) = f 0 (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0, f (n) (a) 6= 0
V tem primeru razvijemo f okrog a. Dobim
f (z) = c0 + c1 (z − a) + c2 (z − a)2 + · · · + cn−1 (z − a)n−1 + cn (z − a)n + . . .
Vemo pa: f (a) = c0 = 0, f 0 (a) = c1 = 0, . . . , f n−1 (a) = (n − 1)!cn−1 = 0. Ostanejo le ˇcleni od
n naprej.
f (z) = cn (z − a)n + cn+1 (z − a)n+1 + · · · = (z − a)n [cn + cn+1 (z − a) + . . . ]
To konvergira na neki okolici toˇcke a, isti kot vrsta za f .
(a)
Definiram g(z) = f (z)−f
za z 6= a in g(a) = cn , g je analitiˇcna na D.
z−a
Posledica
Toˇcka a je niˇcla stopnje n za analitiˇcno funkcijo f ≡ f (z) = (z − a)n g(z), kjer je g(a) 6= 0
in g analitiˇcna tam, kjer je analitiˇcna f .
Ali ima f lahko niˇclo neskonˇcne stopnje? f (n) = 0 ∀n ∈ N. f razvijemo v vrsto, vsi cleni
morajo biti enaki 0 ⇒ f (z) = 0 na vsakem krogu v D s srediˇsˇcem v a.
Privzemimo, da je D obmoˇcje. Potem je f = 0. Vzamem poljubno toˇcko b v D, obstaja pot
od a do b. f = 0 na delu poti, ki lezi v krogu. Tudi na robu kroga je f = 0, jo tam razvijem v
vrsto, ki konvergira no nekem novem krogu. Po tej poti pridem v b ali poljubno toˇcko v D.
Povzetek
• Naj bo f analitiˇcna in ne identiˇ
cno enaka 0 . Potem so niˇcle funkcije f izolirane
toˇ
cke , se pravi da za vsako niˇclo obstaja okolica, na kateri je f 6= 0 razen v toˇcki a.
ˇ je a niˇcla stopnje n, je f (z) = (z − a)n g(z),
• Vsaka niˇcla ima konˇcno stopnjo n. Ce
kjer je g analitiˇcna na D in g(a) 6= 0.
g je zvezna, ni enaka 0 v a ⇒ f 6= 0 na neki okolici a, tam pa tudi (z − a) 6= 0 ⇒ niˇcla a je
izolirana.
Primer
f (z) = ez − 1, f (0) = e0 − 1 = 0. Stopnja te niˇcle? f 0 (z) = ez , f 0 (0) = 1 ⇒ 0 je niˇcla
prve stopnje.
f (z) = ez − 1 = zq(z), q cela, q(0) 6= 0.
Primer
g(z) = 1 − cos z, g(0) = 1 − cos 0 = 0
g 0 (z) = sin z, g 0 (0) = 0
g 00 (z) = cos z, g 00 (0) = 1 ⇒ 0 je niˇcla druge stopnje. g(z) = 1 − cos z = z 2 h(z), kjer je h
cela, h(0) 6= 0.
28
Posledica
ˇ
Ce sta f, g analitiˇcni na obmoˇcju D in se ujemata na mnoˇzici toˇck, ki ima vsaj eno stekaliˇsˇce
v D, sta enaki (f = g).
Dokaz
h = f − g, a stekaliˇsˇce mnoˇzice toˇck A, na katerih se f in g ujemata.
Vzamem ε-okolico a, v tej okolici je neskonˇcno toˇck iz A. V vsaki okolici a obstaja niˇcla
za h ⇒ h(a) = 0. a je niˇcla, ampak ni izolirana, torej je h ≡ 0 oz. f ≡ g na D.
ˇ poznamo vrednost analitiˇcne funkcije na konvergentem zaporedju, je doloˇcena povsod.
Ce
Primer
f (z) = sin(z + w), g(z) = sin z cos w + cos z sin w. f in g se ujemata za z, w ∈ R. Obe sta
celi funkciji, R ima stekaliˇsˇce (vsaka toˇcka je stekaliˇsˇce) ⇒ ujemata se za z ∈ C, w ∈ R.
Zdaj pa ju obravnavamo kot funkciji w: Ujemata se na z ∈ C, w ∈ R ⇒ Ujemata se na
z, w ∈ C.
Adicijski izrek velja na celi C ravnini, enako za cos(z + w).
Izrek: Liouvillov izrek
Cela omejena funkcija je konstanta.
Dokaz
Naj bo f analitiˇcna na vsej ravnini, |f (z)| ≤ M za vse z ∈ C. Razvijem f v potenˇcno
vrsto okrog 0, ta vrsta bo imela neskonˇcen konvergenˇcni polmer R = ∞.
f (z) = c0 + c1 z + c2 z 2 + . . .
ˇ f ni konstanta, je vsaj en koeficient razen c0 razliˇcen od 0. Cleni
ˇ
Ce
z neniˇcelnim koeficientom pa niso omejeni ⇒ f ni omejena.
(Pri tem in naslednjem dokazu imam le idejo in ne raˇcunov)
Posledica: Osnovni izrek algebre
Naj bo p(z) = an z n + · · · + a0 polinom stopnje n > 1, an , . . . , a0 ∈ C. Potem ima p v C
vsaj eno niˇclo.
Dokaz
1
ˇ p nima niˇcle, je f definirana povsod in cela (ker je p cela). Ker
Vzemimo f (z) = p(z)
. Ce
1
je p polinom, gre ob z → ∞ tudi |p(z)| → ∞, zato gre |f (z)| = |p(z)|
→ 0. Torej je f
omejena in cela ⇒ je konstanta. To pa je protislovje, ker je p polinom stopnje vsaj 1 in
ni konstanten.
29
2.6
Laurentova vrsta
V obmoˇcju D imamo otok, na katerem f ni analitiˇcna. Vzamemo toˇcko a, okoli nje nariˇsemo
2 koncentriˇcna kroga (K1 in K2 , K1 je zunanji, robova sta orientirana enako), tako da je f
analitiˇcna na kolobarju med njima. Toˇcka z je v kolobarju. L1 in L2 sta poti, vsaka po polovici
vsakega kroga in po obeh zveznicah med njima. L1 gre okrog z, L2 pa ne. Po sploˇsni Cauchyjevi
formuli je
ˆ
1
f (ζ) dζ
= I(L1 , z)f (z) = f (z)
2πi L1 ζ − z
ˆ
1
f (ζ) dζ
= I(L2 , z)f (z) = 0
2πi L2 ζ − z
´
´
´
´
Seˇstejem, velja L1 + L2 = K1 + K2
1
f (z) =
2πi
ˆ
K1
f (ζ) dζ
−
ζ −z
ˆ
K2
f (ζ) dζ
ζ −z
Za ζ ∈ K1 piˇsem
1
1
1
=
=
ζ −z
ζ − a − (z − a)
(ζ − a) 1 −
1
2πi
ˆ
∞
K1
f (ζ) dζ
1 X
=
(z − a)n
ζ −z
2πi n=0
ˆ
K1
∞
X
(z − a)n
=
z−a
(ζ − a)n+1
n=0
ζ−a
∞
X
f (z) dζ
=
cn (z − a)n
(ζ − a)n+1
n=0
Drugega integral se lotimo podobno, za ζ ∈ K2 , tokrat izpostavimo drugi ˇclen.
1
1
−1
=
=
ζ −z
(z − a) − (ζ − a)
(z − a) 1 −
1
−
2πi
ˆ
f (z) =
∞
∞
X
X
(ζ − a)n
(ζ − a)n−1
=
=
ζ−a
(z − a)n+1
(z − a)n
z−a
n=0
n=1
∞
K2
f (ζ) dζ X c−n
=
ζ −z
(z − a)n
n=1
∞
X
n=0
cn (z − a)n + c−n (z − a)−n =
∞
X
cn (z − a)n
n=−∞
To velja za vse z v notranjosti kolobarja.
Prva vrsta je potenˇcna, torej je njeno konvergenˇcno obmoˇcje vedno krog. Konvergenˇcni polmer
je vsaj polmerPK1 , zato konvergira povsod znotraj K1 .
cn
1
Druga vrsta, ∞
n=1 (z−a)n pa konvergira zunaj nekega kroga. Pisemo ζ = z−a , ta vrsta postane
P∞
1
n
cni polmer je vsaj
n=1 cn ζ , konvergira kjer je |ζ| < R , torej kjer je |z − a| > R. Konverginˇ
polmer K2 ⇒ konvergira povsod zunaj K2 .
Obe vrsti pa konvergirata znotraj kolobarja.
30
Trditev
P
n
ˇ
Ce je vrsta ∞
ckah odprtega kolobarja s srediˇsˇcem v
n=−∞ cn (z − a) konvergira v vseh toˇ
a in njeno vsoto oznaˇcimo z f (z), je to enoliˇcno doloˇceni razvoj f v Laurentovo vrsto v
tem kolobarju
Primer
1
, razvijamo okrog 0. Analitiˇcna je povsod, razen v 1 in 2. Iˇsˇcem ˇcim veˇcje
f (z) = (z−1)(z−2)
kolobarje, na katerem bo f analitiˇcna.
• r1 = 0, r2 = 1, potenˇcna vrsta okrog 0, R = 1. Razstavimo na parcialne ulomke,
znamo razviti.
1
−
• r1 = 1, r2 = 2. f (z) = − z−1
1
.
2−z
∞
X zn
1
1
=
=
2−z
2n+1
2 1 − z2
n=0
∞
X 1
1
1
=
=
z−1
z n+1
z 1 − z1
n=0
∞
∞ X
−1 X
1
f (z) =
+
− n+1
2zn n=0
z
n=0
To velja za 1 < |z| < 2.
• r1 = 2, r2 = ∞ oz. |z| > 2.
1
z−1
je enako kot prej.
∞
X 2n
1
1
=
=
z−2
z(1 − z2 ) n=0 z n+1
V tem primeru dobimo vsoto dveh asimptoskih vrst.
f (z) =
∞
X
k=1
1
2k−1 − 1 k za |z| > 2
z
Dobili smo tri razliˇcne vrste za tri razliˇcne kolobarje.
Definicija
Toˇcka a je za f izoliana singularna toˇ
cka , ˇce obstaja okolica U toˇcke a, da je f na
U \ a analitiˇcna, ni pa definirana ali analitiˇcna v a.
Razvijmo f v Laurentovo vrsto okrog a. Ta vrsta konvergira na tej punktirani okolici U \ a.
Mali krog lahko skrˇcimo v toˇcko a ⇒ asimptotska vrsta (drugi del) konvergira povsod razen
morda v a. Temu delu reˇcem glavni del (G( z1 ))razvoja okrog a, prvi del (potenˇcni) pa je
regularni del in je analitiˇcen na tem krogu s toˇcko a vred. Imamo tri moˇznosti:
31
1. Glavni del ≡ 0.
ˇ je c−n = 0 za n ≥ 1, je glavni del enak niˇc in je vrsta potenˇcna. Pravimo: Toˇcka a je
Ce
odpravljiva singularnost za funkcijo f .
ˇ dodatno definiramo f (a) = c0 , je f analitiˇcna na U .
Ce
Primer
f (z) = sinz z je definirana povsod, razen v 0 ⇒ 0 je izoliana (celo edina) singularnost za f .
3
5
Vemo sin z = z − z3! + z5! − . . . za z 6= 0.
sin z
z2 z4
=1−
+
− . . . za z 6= 0
z
3!
5!
ˇ
To je Laurentova vrsta, ima samo regularni del ⇒ toˇcka 0 je odpravljiva singularnost. Ce
dodatno definiramo f (0) = 1, je f cela.
2. c−n 6= 0 in c−m = 0 za m > n
∞
X
c−n
c−1
cn (z − a)n
f (z) =
+
·
·
·
+
+
n
(z − a)
(z − a) n=0
V tem primeru je a pol stopnje n za f .
Primer
f (z) = − z15 ima v 0 edino singularnost. Vrsta za f je kar − z15 ⇒ 0 je pol stopnje 5 za f .
g(z) = − z15 + z2 − sin z ima tudi v 0 pol stopnje 5. Sinus se razvije v regularni del, glavni
del pa sta ostala dva ˇclena.
g(z)
}|
{
z
g(z)
n
1
f (z) = (z−a)
[c
+
c
(z
−
a)
+
.
.
.
+
c
(z
−
a)
+
.
.
.]
= (z−a)
−n
−n+1
0
n
n , pri tem je g anaˇ ima f pol stopnje n v
litiˇcna povsod, kjer je f , in v toˇcki a in velja g(a) = c−n 6= 0. Ce
g(z)
ˇ se bliˇzamo polu, gre |f (z)| → ∞. Lahko
a, lahko zapiˇsemo f (z) = (z−a)n , g(a) 6= 0. Ce
piˇsemo f (pol) = ∞.
lim |f (z)| = ∞
z→a
3. Neskonˇcno mnogo c−n je od 0 razliˇcnih
Potem je a bistvena singularnost (essential singularity) za f . V tem primeru je glavni
del neskonˇcna vrsta.
Primer
P
wn
f (z) = exp( z12 ). ew = ∞
n=0 n! .
f (z) =
∞
X
n=0
1
w2n n!
=1+
1
1
1
+ 4 + 6
2
z
z 2! z 3!
Ima le glavni del, ki pa je neskonˇcen (vsak sodi ˇclen je neniˇcelen)
singularnost za f .
32
⇒ 0 je bistvena
Izrek: Veliki Picardov izrek
ˇ je U r a punktirana okolica za a, f na U r a
Naj bo a bistvena singularna toˇcka za f . Ce
zavzame vse vrednosti neskonˇcnokrat, s kveˇcjemu eno izjemo.
Primer
f (z) = exp( z12 ) ne more biti 0.
ˇ je ε > 0 poljuben, ima enaˇcba f (z) = w, w 6= 0 neskonˇcno mnogo reˇsitev z, da je
Ce
|z| < ε.
Dokaz
Le za ta konkreten primer:
exp(
1
)=w
z2
1
= ln |w| + i arg w + 2kπi
z2
1
z2 =
ln |w| + i arg w + 2kπi
1
z = ±p
ln |w| + i arg w + 2kπi
Moramo najti take w, da bo
|z| < ε ⇒ | ln |w| + i arg w + 2kπi| >
1
ε2
Za velike k bo to poljubno veliko, celo za neskonˇcno k-jev je to poljubno veliko. ⇒ Obstaja
neskonˇcno k-jev, za katere je to res. 2.7
Residuum
Naj bo a izolirana singularna toˇcka za analitiˇcno funkcijo f . Razvijmo f v Laurentovo vrsto
okrog a.
f (z) =
∞
X
n=0
n
cn (z − a) +
∞
X
n=1
c−n
(z − a)n
Koeficient c−1 je residuum funkcije f v a. Piˇsemo c−1 = Resf (z).
z=a
33
Pravilo
ˇ je f (z) =
Ce
g(z)
,
h(z)
g, h analitiˇcni, kjer ima h enostavno niˇclo (prve stopnje) v a, je
g(a)
g(z)
= 0
z=a h(z)
h (a)
Res
Dokaz
Enostavna niˇcla ⇒ h(a) = 0, h0 (a) 6= 0 in h(z) = (z − a)k(z), k(a) 6= 0.
g(z)
f (z) = (z−a)k(z)
, k(z) =
6 0 na neki okolici toˇcke a, kjer je tudi g analitiˇcna. Na tej okolici
je
g(z)
k(z)
analitiˇcna.
g(z)
= d0 + d1 (z − a) + d2 (z − a)2 + . . .
k(z)
f (z) =
d0
+ d1 + d2 (z − a) + . . .
z−a
d0 je residuum, d0 =
g(a)
.
k(a)
h0 (z) = k(z) + (z − a)k 0 (z), h0 (a) = k(a) ⇒ d0 =
g(a)
h0 (a)
Primer
f (z) =
1
1
=
2
1+z
(z − i)(z + i)
1
z+i
Singularnosti v i in −i, sta izolirani. V i: f (z) = z−i
=
prve stopnje. Podobno za −i, je tudi prve stopnje.
g(z)
,
z−i
g(i) =
1
2i
= − 2i . ⇒ i je pol
Primer
f (z) =
z−
eiz
π 2
4
+ a2
, a>0
2
Singularnosti: z − π4 + a2 = 0, z −
stopnje. Residuum v π4 + ai?
π
4
= ±ai. z =
π
4
± ai, sta oˇcitno oba pola prve
√
√
π
iπ
ei( 4 +ai)
1
1
2
2
−a
−a
Res
f (z) =
= (−i)e 4 e = (−i)
(1 + i)e =
(1 − i)e−a
π
(z= 4 +ai)
2ai
2a
2a
2
4a
34
Primer
f (z) =
1
1
c−2
c−1
+ c0 + . . .
=
=
+
2
2
2
2
2
(1 + z )
(z + i) (z − i)
(z − i)
z−i
Singularnosti v ±i, sta pola druge stopnje ⇒ ne moremo uporabiti prejˇsnjega pravila.
1
= c−2 + c−1 (z − i) + c0 (z − i)2 + . . .
2
(z + i)
ˇ
Clen
c−1 dobimo z odvajanjem:
−2
= c−1 + 2c0 (z − i) + . . .
(z + i)3
Postavimo z = i ⇒
Resf (z) = −
z=i
−2
(2i)3
= c−1 = − 14 i−3 = − 4i .
i
4
Podobno za z = −i:
1
= c−2 + c−1 (z + i) + c0 (z + i)2 + . . .
(z − i)2
−2
= c−1 + 2c0 (z + i) + . . .
(z − i)3
i
−2
= c−1 = = Res f (z)
3
(−2i)
4 z=−i
Izrek: Izrek o residuih
Naj bo D EPO in f analitiˇcna povsod na D razen v konˇcno mnogo izoliranih singularnih
ˇ je Γ sklenjena pot v D, ki ne gre skozi nobeno singularno toˇcko,
toˇckah a1 , . . . , am ∈ D. Ce
je
!
ˆ
m
X
f (z) dz = 2πi
I(Γ, ak )Resf (z)
Γ
k=1
ak
35
Dokaz
1
) glavni del Laurentove vrste za f , razvite okrog ak .
Naj bo G( z−a
k
g(z) = f (z) −
m
X
G
k=1
1
z − ak
g je analitiˇcna na D r {ak }. V ak ima Laurentov razvoj za g samo regularni del, saj se
glavna dela odstejeta ⇒ ak so odpravljive singularnosti za g. Torej lahko g popravimo
(definiramo g(ak )) tako, da bo analitiˇcna. ⇒
#
ˆ
ˆ "
m
X
1
dz
g(z) dz = 0 =
f (z) −
G
z
−
a
k
Γ
Γ
k=1
ˆ
f (z) dz =
m ˆ
X
Γ
k=1
G
1
z − ak
=
Γ
G
1
z − ak
dz
c−2
c−1
+
+ ...
z − ak (z − ak )2
Vsi ˇcleni razen c−1 imajo nedoloˇceni integral, zato se po sklenjeni krivulji (ki ne gre skozi
noben ak ) integrirajo v 0, ˇclen z c−1 pa v 2πiI(Γ, ak )c−1 = 2πiI(Γ, ak )Resf (z) ⇒
ak
ˆ
G
Γ
1
z − ak
= 2πiI(Γ, ak )Resf (z)
ak
Primer
Naj bo K kroˇznica s polmerom 2 okrog 0, orientirana pozitivno. Izraˇcunajmo
ˆ
1
dz
2 2
K (1 + z )
z = 2eit , t ∈ [0, 2π].
ˆ
ˆ 2π
1
2ieit dt
dz
=
2 2
(1 + 4eit )2
K (1 + z )
0
Lahko pa uporabimo izrek o residuih. Singularnosti sta ±i, oba indeksa sta 1, residua pa
poznamo iz prejˇsnjega primera.
ˆ
1
−i i
dz = 2πi I(K, i)Resf (z) + I(K, −i)Res f (z) = 2πi
+
=0
2 2
z=i
z=−i
4
4
K (1 + z )
36
Primer
ˆ
∞
−∞
dx
= lim
(1 + x2 )2 R→∞
ˆ
R
−R
dx
(1 + x2 )2
37
Primer
Za a > 0 izraˇcunaj
ˆ ∞
ˆ
ˆ R
ˆ R
x sin x
x sin x
xeix
1 ∞ x sin x
1
1
lim
lim
=
dx
=
dx
=
dx
=
dx
2
2
x 2 + a2
2 −∞ x2 + a2
2 R→∞ −R x2 + a2
2 R→∞
0
−R x + a
K
ai
0
−ai
−R
R
Je analitiˇcna povsod razen v x = ±ai, integriramo po K.
je:
ˆ
f (z)dz = 2πi 1 · Resf (z) + 0 · Res f (z)
z=ai
K
z=−ai
Residuum pa lahko izraˇcunamo: Resf (z) =
z=ai
ˆ
ˆ
ˆ
R
π
f (x) dx +
f (z) dz =
−R
K
|0
2
=
e−a
.
2
it
Reit eiRe
Rieit dt
R2 e2it + a2
{z
}
QR
Drugi del lahko omejimo:
ˆ
ˆ π
Re−R sin t
R dt ≤ 2
|QR | ≤
R2
0
aiei·ai
2ai
π
e−R sin t dt
0
2
sin t ≥ π2 t ⇒ −R sin t ≤ −R π2 t ⇒ e−R sin t ≤ e−R π t
ˆ
|QR | ≤ 2
π
e
0
− 2R
t
π
0
2R
π
e− π t →0
dt = 2 2R ≤
π
R
π
2
ˆ R
ˆ ∞
e−a
x sin x
x sin x
a
2πi
= πie =
dx →
dx
2
2
2
2
2
−R x + a
−∞ x + a
ˆ ∞
x sin x
1
πe−a
−a
dx
=
=πie
=
x 2 + a2
2
2
0
38
Po izreku o residuih
Primer
ˆ
∞
0
sin x
π
dx =
x
2
Primer
ˆ
|z|=2
(z 4
dz
+ 1)2
Ta funkcija je analitiˇcna povsod razen v z 4 = −1, torej ak = exp(i π+2kπ
), k ∈ {0, 1, 2, 3}
4
1
k
√
oz. ak = 2 (1 + i)i . Vse singularnosti so poli druge stopnje.
K
a0
a1
0
a2
ˆ
|z|=2
a3
X
dz
=
2πi
Res f (z)
z=ak
(z 4 + 1)2
Ne ljubi se nam raˇcunati vseh 4 residuov, upostevamo da je to enako za vsako kroˇznico s
srediˇsˇcem v 0 in z radijem R > 1, saj zaobjame iste singularnosti. ⇒ vzamemo R → ∞.
ˆ
ˆ 2π
ˆ 2π Rieit dt dz
Rieit dt =
≤
(R4 e4it + 1)2 4 + 1)2 4 e4it + 1)2 (z
(R
|z|=R
0
0
Ocena: |R4 e4it + 1| ≥ R4 − 1 ≥
ˆ
0
2π
ˆ
Rieit dt (R4 e4it + 1)2 ≤
R4
2
2π
0
za dovolj velike R.
ˆ 2π
4Rieit dt 4R dt
→0
R8 ≤
R8
0
z n = en log z = en ln |z|+ni arg z+2knπi
1
1
1
i arg z
2kπi
z n = e n log z = · · · = |z| n e n e n
ˇ je m ∈ Q, ima z m konˇcno vej. Ce
ˇ je m ∈
To ima n vej ⇒ Ce
/ Q, m ∈ R, ima z m neskonˇcno vej.
1
Te veje so enakomerno razporejene po kroˇznici z radijem R = z n . Glavna veja je preslikana
prerezana ravnina (C ravnina brez negativnega dela R osi), skrˇcena na kot 2π
.
n
39
2.8
Konformne preslikave
Naj bo D obmoˇcje v C, f : D → C analitiˇcna, z0 ∈ D, f 0 (z0 ) 6= 0.
Naj bo w = ϕ(t) gladka krivulja v D, z0 = ϕ(t0 ). t 7→ f (ϕ(t)) je gladka krivulja v D.
Vektor na tangenti na preslikano krivuljo:
d
f (ϕ(t)) = f 0 (ϕ(t))ϕ0 (t)
dt
Pri t = t0 je to enako f 0 (z0 )ϕ0 (t0 ).
|f 0 (z0 )ϕ0 (t0 )| = |f 0 (z0 )| · |ϕ0 (t0 )|
Vemo, da je na krivulji ds = |ϕ0 (t)| dt, ds je na originalni krivulji, dˇ
s pa na preslikani.
dˇ
s=
d
(f (ϕ(t))) dt = |f 0 (z0 )| ds
dt
⇒ velikost vektorja na tangenti se pomnoˇzi s |f 0 (z0 )|, torej neodvisno od krivulje ⇒ vse
razdalje v bliˇzini (v limiti) z0 pomnoˇzi z istim faktorjem.
Velja tudi: arg dtd f (ϕ(t))t=t0 = arg f 0 (z0 ) + arg ϕ0 (t0 ) + 2kπ. ⇒ Vsem smerem na krivulji pri preslikavi priˇstejemo arg f 0 (z0 ), zato se koti med krivuljami ohranjajo ⇒ ohranja se
orientacija .
Izrek
Naj bo f : D → C analitiˇcna. V toˇckah, kjer je f 0 (z) 6= 0, je preslikava f lokalno bijektivna
in lokalno konformna , se pravi ohranja kote, orientacijo in upodovitveno razmerje.
Dokaz
f = u + iv = (u, v), f 0 = ux + ivx , |f 0 (z)|2 = ux · ux + vx · vx . Velja CRS:
ux uy 0
2
= J(x, y) 6= 0
|f (z)| = ux · vy − vx · uy = vx vy Po izreku o inverzni funkciji je f lokalno bijektivna ⇒ lokalno obstaja f −1 , je odvedljiva
v kompleksnem smislu in zato analitiˇcna. Funkcija f infinitezimalno majhen trikotnik (ali
drug lik) okrog toˇcke z preslika na podoben infinitezimalno majhen lik.
Primer
f (z) = z 2 , f 0 (z) = 2z je razliˇcno od 0 razen v toˇcki 0: f 0 (0) = 0 ⇒ v toˇcki 0 f ni
konformna, ne ohranja kotov. f pozitivni poltrak realne osi preslika nase, pozitivni del
imaginarne os pa na negativni del realne. Torej se kot med njima v toˇcki 0 ne ohranja.
Definicija
ˇ
Ce je analitiˇcna funkcija f : D → f (D) ⊂ C bijektivna in je f 0 (z) 6= 0 za vse z ∈ D
pravimo, da f preslika D konformno na f (D).
40
Primer
D naj bo {x + iy; x, y > 0}, f (z) = z 2 . f je na D injektivna, torej preslika D na zgornjo
(odprto) polravnino {x + iy; y > 0} konformno.
Kako najdemo f (D): z = aeiϕ , 0 < ϕ < π2 ⇒ z 2 = a2 e2iϕ ; 0 < 2ϕ < π
Primer
f (z) = z n , D = {z; z 6= 0; | arg z| < πn }. Raˇcunamo kot prej, f (D) je prerezana ravnina
(brez negativne realne osi in 0).
Primer
D = {z; |=z| < π}, f (z) = ez . f 0 (z) = ez 6= 0, torej je lokalno konformna. Na celi ravnini
f ni bijektivna, na tem pasu pa je, torej pas D preslika konformno na isto prerezano
ravnino. Torej obstaja inverz, ki je tudi bijektivna preslikava, v tem primeru je to glavna
veja logaritma.
2.8.1
Stereografska projekcija
Filmˇcek: http://www.youtube.com/watch?v=6JgGKViQzbc
Vzemimo sfero, ki se dotika kompleksne ravnine v izhodiˇsˇcu. Dotikaliˇsˇce naj bo juˇzni pol S
sfere, diametralna toˇcka pa severni pol N . Vzamem toˇcko z ∈ C, jo poveˇzem z N in drugo
preseˇciˇsˇce zveznice s sfero je stereografska projekcija toˇcke z na dano sfero. Tako lahko celo
ravnino projeciram na omejeno sfero, le severni pol ni pokrit. Projekcija C preslika bijektivno
na sfero brez N .
Tej sferi reˇcemo Riemannova sfera .
V bliˇzini juˇznega pola se ploskev malo deformira, stran od izhodiˇsˇca pa dosti bolj. Po dogovoru
N odgovarja toˇcki ∞ na razˇsirjeni kompleksi ravnini C = C ∪ {∞}, torej imamo bijekcijo iz C
na Riemannovo sfero. V smislu te bijekcije lahko vpeljem metriko in topologijo na C.
• Mala kroˇznica na sferi okrog severnega pola (s srediˇsˇcem v N ) je slika velike kroˇznice s
srediˇsˇcem v 0, notranjost male kroˇznice pa slike zunanjosti velike ⇒ okolice toˇcke ∞ so
kroˇznice s srediˇsˇcem v 0 v C
• Premica p na ravnini se preslika na kroˇznico na sferi, ki gre skozi N .
• Kroˇznica v C se preslika na kroˇznico, ki pa ne gre skozi N ⇒ premica je kroˇznica skozi
toˇcko ∞.
Izrek
Preslikava z analitiˇcno nekonstantno funkcijo je odprta , se pravi vsako odprto mnoˇzico
preslika na odprto mnoˇzico.
41
Posledica
ˇ
Ce je D obmoˇcje v C in f analitiˇcna nekonstantna, je f (D) obmoˇcje.
Dokaz
Odprta je po prejˇsnjem izreku, s potmi povezana pa je, ker je f zvezna.
Izrek: Princip maksimuma
Absolutna vrednost nekonstantne analitiˇcne funkcije v notranjosti definicijskega obmoˇcja
nima lokalnega maksimuma. (Prav tako tam nima lokalnega minimuma, razen v 0.)
Dokaz
f : D → C Denimo, da ima |f | lokalni maksimum v notranji toˇcki z0 . Tedaj obstaja
odp
U ⊂ D, z0 ∈ U , da je |f (z)| ≤ |f (z0 )|. f (U ) leˇzi v zaprtem krogu okoli 0 z radijem
|f (z0 )|, torej f (U ) ⊂ {w; |w| ≤ |f (z0 )|}. Po izreku pa je f (U ) odprta okolica za f (z0 ),
torej vsebuje majhen odprt krog okrog f (z0 ). Vsak tak majhen krog pa deloma leˇzi izven
{w; |w| ≤ |f (z0 )|} ⇒ protislovje.
2.8.2
Linearne lomljene (M¨
obiusove) transformacije
Filmˇcek: http://www.youtube.com/watch?v=JX3VmDgiFnY
f (z) =
az+b
,
cz+d
a, b, c, d konstante, f nekonstantna.
f 0 (z) =
a(cz + d) − (az + b)c
ad − bc
=
2
(cz + d)
(cz + d)2
Ker f ni konstantna, privzamemo ad 6= bc. Vsaka taka funkcija f je konformna. Odvod je
oˇcitno povsod razliˇcen od 0, videti moramo ˇse, ˇce je bijektivna.
dw−b
⇒ az + b = cwz + dw ⇒ z = a−cw
. Reˇsitev je najveˇc ena,
Reˇsimo enaˇcbo f (z) = w = az+b
cz+d
torej je f injektivna.
Definicijsko obmoˇcje za f :
1. c = 0, a 6= 0: f (z) = ad z +
bijektivna, preslika C na C
b
d
je linearna transformacija , definirana je povsod. Je
2. c 6= 0: definirana je povsod, razen tam, kjer je cz + d = 0 oz. z∞ = − dc . Definirana je na
C r {z∞ }. Zaloga vrednosti je C r { ac }
z→z
z∞ je pol prve stopnje za f ⇒ |f (z)| →∞ ∞ oz f (z∞ ) = ∞. Ravno tako je ac pol prve
stopnje za f −1 ⇒ f −1 ( ac ) = ∞, torej je f (∞) = ac .
ˇ je c 6= 0, f konformno preslika C na C in C r {z∞ } na C r { a }. Tudi f −1 je M¨obiusova
Ce
c
transformacija.
42
Izrek
Kompozitum M¨obiusovih transformacij je M¨obiusova transformacija
Dokaz
z+b1
, f2 (z) =
f1 (z) = ac11z+d
1
a2 z+b2
,
c2 z+d2
a1 d1 6= b1 c1 in a2 d2 6= b2 c2 .
f (z) = (f1 ◦ f2 )(z) = f1 (f2 (z)) =
z+b2
a1 ac22z+d
+ b1
2
z+b2
c1 ac22z+d
2
+ d1
=
a1 a2 z + a1 b2 + b1 c2 z + b1 d2
az + b
=
c 1 a2 z + c 1 b 2 + d 1 c 2 z + d 1 d 2
cz + d
Funkcija f1 ◦ f2 je prave oblike za Mobiusovo, s konstantami
a = a1 a2 + b 1 c 2 ; b = a1 b 2 + b 1 d 2 ; c = c 1 a2 + d 1 c 2 ; d = c 1 b 2 + d 1 d 2
Preveriti moramo se nekonstantnost oz ad − bc 6= 0:
ad − bc = (a1 a2 + b1 c2 )(c1 b2 + d1 d2 ) − (a1 b2 + b1 d2 )(c1 a2 + d1 c2 ) =
a1 c1 (a2 b2 − b2 a2 ) + a1 d1 (a2 d2 − b2 c2 ) + b1 c1 (c2 b2 − a2 d2 ) + b1 d1 (c2 d2 − d2 c2 ) =
0 + (a1 d1 − b1 c1 )(a2 d2 − b2 c2 ) + 0 =
6 0
Primer
• f (z) = z + b, b ∈ C je vzporedni premik (translacija) za b.
• f (z) = zeiϕ , ϕ ∈ R je zasuk (rotacija) okrog izhodiˇsˇca za kot ϕ.
• f (z) = az, a > 0 je razteg (homotetija) okrog izhodiˇsˇca za faktor a.
• z 7→ az + b = |a|eiϕ z + b je podobnostna transformacija , ki vse razdalje pomnoˇzi
z |a|, lik preslika na podoben lik.
Transformacija f (z) = z1 , f (0) = ∞.
Kroˇznice in premice v C lahko opiˇsemo z enaˇcbo
Azz + Bz + Bz + C = 0; A, C ∈ R
(3)
A(x2 + y 2 ) + 2b1 x + 2b2 y + C = 0
ˇ je A = 0 in B 6= 0, je to premica. Naj bo L kroˇznica ali premica v C z enaˇcbo Azz + Bz +
Ce
Bz + C = 0. z ∈ L, w = f (z) = z1 ∈ f (L). Potem je f −1 (w) = w1 = z ∈ L ⇒ w1 zadoˇsˇca enaˇcbi
(3).
A + Bw + Bw + Cww = 0
Enaka enaˇcba, f (L) je spet kroˇznica (ˇce C 6= 0) ali premica.
ˇ L vsebuje 0, je C = 0 in je f (L) premica. To se sklada s tem, da je premica kroˇznica skozi
Ce
∞.
ˇ imamo poljubno LLT f (z) = az+b , c 6= 0:
Ce
cz+d
a
(cz+d)+b− ad
c
cz+d
f (z) = c
f3 ◦ f2 ◦ f1 .
=
a
c
+
b− ad
c
,
cz+d
f1 (z) = cz + d, f2 (z) = z1 , f3 (z) =
43
a
c
+ (b −
ad
)z
c
⇒ f =
Izrek
LLT je konformna preslikava na C r z∞ , ki ohranja unijo kroˇznic in premic.
Primer
f (z) =
1−z
1+z
f (−1) = ∞, f (∞) = −1
i
0 = f (1)
1
−i = f (i)
K
Naj bo K enotska kroˇznica. f (K) je premica, saj gre K skozi z∞ .
2
2
f (1) = 0, f (i) = 1−i
= (1−i)
= 1−2i+i
= −i ⇒ f (K) gre skozi 0 in −i, torej je f (K)
1+i
2
2
imaginarna os.
Kaj pa notranjost? ∆ = {z; |z| < 1}, f (0) = 1. Po izreku od odprti preslikavi je f (∆)
odprta, s potmi povezana mnoˇzica, ki vsebuje 1.
U = {z; |z| > 1}, tudi f (U ) je odprta in SPP. Vemo, da je f (C r {−1}) = C r {−1},
torej f (U ), imaginarna os in f (∆) sestavljajo C r {−1} in se ne sekajo. Torej mora biti
f (∆) desna polravnina, in f (U ) leva polravnina brez −1.
Torej f preslika notranjost enotskaga kroga konformno na desno polravnino.
Ker je f = f −1 , preslika imaginarno os na enotsko kroˇznico, desno polravnino pa na njeno
notranjost.
1−z
Kako bi jo pa konformno preslikali na zgornjo polravnino? Zavrtimo: g(z) = if (z) = i 1+z
.
44
Izrek
Naj bo |a| < 1. Transformacija
f (z) = eiα
z−a
1 − az
ohranja enotski krog (in enotsko kroˇznico) in f (a) = 0.
Dokaz
Naj bo |z| = 1 ⇒ |1 − az| = |z||1 − az| = |z − azz| = |z − a| = |z − a|, torej je
|z−a|
|f (z)| = |z−a|
=1
⇒ enotska kroˇznica se preslika na enotsko kroˇznico.
Ker je notranjost povezana, f bijektivna, a v notranjosti (|a| < 1) in f (a) = 0, se notranjost
preslika v notranjost, zunanjost pa v zunanjost brez ene toˇcke.
2.9
Zveze s harmoniˇ
cnimi funkcijami
Izrek
Naj bo D EPO v C, u ∈ C 2 (C) in u harmoniˇcna (∆u = 0). Potem obstaja analitiˇcna
funkcija f na D, da je <f = u.
Dokaz
Konstruiramo tako funkcijo v, da je f = u + iv analitiˇcna, reˇcemo v je konjugirana
harmoniˇ
cna funkcija k u.
CRS: ux = vy , uy = −vx ⇒ grad v = (vx , vx ) = (−uy , ux ) ⇒ v je potencial za (−uy , ux , 0).
Potreben pogoj za eksistenco polja v: rot (−uy , ux , 0) = 0.
rot (−uy , ux , 0) = (0, 0, uxx + uyy ) = (0, 0, ∆u) = 0
Ker je D EPO, je to zadosten pogoj.
Posledica
Harmoniˇcna funkcija je neskonˇcnokrat odvedljiva
Izrek
ˇ je u harmoniˇcna na
Analitiˇcna funkcija f naj obmoˇcje D preslika konformno na D0 . Ce
D, je u ◦ f −1 harmoniˇcna na D0 .
45
Izrek
Vrednost harmoniˇcne funkcije v srediˇsˇcu kroga je povpreˇcje vrednosti na robu kroga.
(Ves krog mora leˇzati v obmoˇcju, na katerem je funkcija harmoniˇcna)
Dokaz
Naj bo to krog K s srediˇsˇcem v a, harmoniˇcna funkcija je u. Harmoniˇcna je tudi na malo
veˇcjem odprtem krogu, ki je EPO, zato je u = <f , f analitiˇcna. Za f pa velja Cauchyjeva
formula:
ˆ
1
f (z) dz
f (a) =
2πi K z − a
Krog lahko parametriziram: z = a + Reit ⇒
ˆ 2π
ˆ 2π
1
f (a + Reit )Rieit dt
1
f (a) =
f (a + Reit ) dt
=
it
2πi 0
Re
2π 0
ˆ 2π
1
u(a) =
u(a + Reit ) dt
2π 0
Izrek
Nekonstantna harmoniˇcna funkcija na D v notranjosti mnoˇzice D nima lokalnih ektremov.
Dokaz
ˇ bi bil v a lokalni maksimum, bi obstajala taka okolica U , da je f (a) ≥ f (z) za z ∈ U .
Ce
Nariˇsem kroˇznico v U , po prejˇsnjem izreku je f (a) povpreˇcje f (z) na tej kroˇznici ⇒ f (a)
je hkrati maksimum in povpreˇcje ⇒ f je konstantna na tej kroˇznici.
Posledica
Naj bo f harmoniˇcna na obmoˇcju D in zvezna na D, D kompaktna. Potem f na D
zavzame maksimum in minimum, ki sta oba na robu mnoˇzice D.
V tem primeru je f povsem doloˇcena z vrednostmi na robu mnoˇzice D.
Dokaz
Recimo, da je u|∂D = u1 |∂D . Tedaj je u − u1 harmoniˇcna in zvezna, (u − u1 )|∂D = 0. Ker
zavzame maksimum in minimum na robu, je povsod 0 ⇒ u = u1 .
46
2.10
Dirichletov problem za krog
Naj bo u harmoniˇcna na enotskem krogu.
g(z) =
w+a
z−a
, g −1 (w) =
1 − az
1 + aw
Vemo, da je u ◦ g −1 = U harmoniˇcna.
ˆ 2π
ˆ 2π
ˆ 2π
1
1
1
eit + a
it
−1
−1 it
) dt
U (0) =
U (e )dt = u(g (0)) = u(a) =
u(g (e ))dt =
u(
it
2πi 0
2π 0
2π 0
1
−
ae
| {z }
eiϑ
eiϑ = g −1 (eit ) ⇒ eit = g(eiϑ ) =
ieit dt =
eiϑ − a
1 − aeiϑ
ieiϑ (1 − aeiϑ ) − (eiϑ − a)(−iaeiϑ )
ieiϑ − iaaeiϑ
i(1 − aa)
dϑ
dϑ
=
dϑ = −iϑ
iϑ
2
iϑ
2
(1 − ae )
(1 − ae )
(e − a)(1 − aeiϑ )
a = reiϕ ⇒ a = re−iϕ , aa = r2
⇒ dt =
(1 − r2 ) dϑ
(1 − r2 ) dϑ
=
1 − reiϕ e−iϑ − re−iϕ eiϑ + r2
1 − r cos(ϕ − ϑ) + r2
Formula: Poissonova formula za enotski krog
1
u(re ) =
2π
ˆ
2π
iϕ
u(eiϑ )
0
1 − r2
dϑ
1 − r cos(ϕ − ϑ) + r2
Podobno lahko izpeljujemo tudi za krog s poljubnim polmerom in srediˇsˇcem v 0, tako da ga
najprej preslikamo na enotskega s preslikavo h(z) = Rz , in je Φ = (u ◦ h−1 ) harmoniˇcna na
enotski kroˇznici.
Formula: Poissonova formula za krog s polmerom R
1
u(re ) =
2π
ˆ
iϕ
2.11
2π
u(Reiϑ )
0
R2 − r 2
1 − Rr cos(ϕ − ϑ) +
r2
R2
dϑ
Funkcija Γ
Za <z > 0 definiramo:
Definicija
ˆ
∞
tz−1 e−t dt
Γ(z) =
0
tz−1 = e(z−1) ln t ⇒ |tz−1 | = |e(z−1) ln t | = e<(z−1) ln t = t<z−1 . Ker
47
´∞
0
t<z−1 e−t dt konvergira,
´∞
konvergira tudi 0 tz−1 e−t dt, torej je definicija v redu. Lahko dokaˇzemo, da obstaja Γ0 , torej
je Γ analitiˇcna na polravnini <z > 0.
Lahko jo ˇse razˇsirimo:
ˆ ∞
ˆ 1
z−1 −t
tz−1 e−t dt
t e dt +
Γ(z) =
0
|1
{z
}
cela funkcija
Drugi del je cela funkcija, prvega pa lahko izraˇcunamo:
ˆ 1
ˆ 1
t2 t3
z−1 −t
z−1
1 − t + − + . . . dt =
t e dt =
t
2! 3!
0
0
ˆ 1
ˆ 1
ˆ
1 1 z+1
z
z−1
t dt +
t dt −
t dt − . . .
=
2! 0
0
0
1
1
1
1 z 1 z+1 1 1 z+2 = t −
t +
t z 0 z+1
2! z + 2
0
0
1
1
1
1
= −
+
−
+ ...
z z + 1 2!(z + 2) 3!(z + 3)
Izvzamem iz C 0 in negativna cela ˇstevila. Na D = C r {0, −1, −2, . . . } nam
ˆ ∞
1
1
1
1
tz−1 e−t dt
−
+
−
+ ··· +
z z + 1 2!(z + 2) 3!(z + 3)
1
definira analitiˇcno funkcijo Γ(z).
Naj bo K zaprta kroˇzna ploˇsˇca v D. Na tej ploˇsˇci vrsta konvergira, enako vrsta odvajanih
ˇclenov ⇒ Γ je analitiˇcna na D.
(−1)n
Vsaka toˇcka −n, n ∈ N ∪ {0}, je pol prve stopnje za Γ, glavni del LV v −n je n!(z+n)
⇒
Res Γ(z) =
z=−n
(−1)n
.
n!
Oglejmo si Γ(z + 1) in zΓ(z). Sta identiˇcni na D, ujemata se na mnoˇzici s stekaliˇsˇcem ⇒ sta
enaki.
Γ(z)Γ(1 − z) =
π
sin(πz)
Primer
3
3
1
− Γ −
=Γ −
2
2
2
√
1
1
1
− Γ −
=Γ
= π
2
2
2
3
4√
Γ −
=
π
2
3
48
3
3.1
Diferencialne enaˇ
cbe
Frobeniusova metoda
Reˇsevanje linearnih diferencialnih enaˇcb drugega reda.
Homogena LDE:
Ly = P (z)y” + Q(z)y 0 + R(z)y = 0
Tu je y(z) funkcija kompleksne spremenljivke, ki zadoˇsˇca zaˇcetnim pogojem y(a) = c0 , y 0 (a) =
c1 .
Izrek
Naj bosta funkciji Q
in PR analitiˇcni na krogu s srediˇsˇcem v a in s polmerom r. Potem
P
obstaja reˇsitev enaˇcbe in je analitiˇcna v tem krogu.
49
Primer
z(2 − z)y 00 − 6(z − 1)y 0 − 4y = 0
y(1) = 1; y 0 (1) = 0
y 00 −
4
6(z − 1) 0
y −
y=0
z(2 − z)
z(2 − z)
Analitiˇcna sta povsod, razen v 0 in 2, razvijamo pa okrog 1.
Reˇsitev zapiˇsemo kot potenˇcno vrsto, razvito okrog a. V naˇsem primeru je a = 1, zapiˇsemo
z − 1 = w, z − 1 = w, z = w + 1, 2 − z = 1 − w.
y(z) =
∞
X
0
n
cn (z − 1) ; y (z) =
∞
X
n=0
00
y (z) =
ncn (z − 1)
n−1
=
n=1
∞
X
n(n − 1)cn (z − 1)
n−2
=
n=2
∞
X
ncn (w)n−1
n=1
∞
X
n(n − 1)cn (w)n−2
n=2
y(1) = c0 = 1, y 0 (1) = 1c1 = 0 ⇒ dva koeficienta ˇze imamo.
2
(1 − w )
∞
X
n(n − 1)cn w
n−2
+ 6w
n−1
ncn (z − 1)
−4
n(n − 1)cn w
n−2
−
n=2
∞
X
∞
X
n(n − 1)cn (z − 1)n−2 = 0
n=2
n=1
n=2
∞
X
∞
X
n
n(n − 1)cn w + 6
n=2
∞
X
n
ncn (w) − 4
∞
X
n=1
cn w n = 0
n=0
n
Spremenimo vse vsote, da bodo ˇcleni w :
∞
X
n
(n + 2)(n + 1)cn+2 w −
∞
X
n
n(n − 1)cn w + 6
n
ncn w − 4
n=1
n=2
n=0
∞
X
∞
X
cn w n = 0
n=0
ˇ
Clene
z w in konstantne poberem ven, dobim
2c2 − 4c0 + w(6c3 − 10c1 ) +
∞
X
wn [(n + 1)(n + 2)cn+2 − n(n − 1)cn − 6ncn − 4cn ] = 0
n=2
Potenˇcna vrsta, ki je identiˇcno enaka 0 ⇒ vsi koeficienti so 0, lahko iz tega izraˇcunamo cn :
n+4
n+2
∞
X
=
(n + 1)(z − 1)2n
c2 = 2, c3 = 0, cn+2 = cn
y(z) =
∞
X
c2n (z − 1)2n
n=0
n=0
2
Se da ˇse polepˇsati: (z − 1) = ω,
y(z) =
z 2 (z
P∞
n=0 (n
+ 1)ω n =
1
− 2)2
50
d
dω
P∞
0=0
ωn =
d 1
.
dω 1−ω
Izrek
Imamo enako enaˇcbo kot prej. Funkciji Q
in PR naj imata izolirano singularnost v toˇcki a,
P
in (z − a)2 PR odpravljivo singularnost v a. Torej lahko ti
in sicer tako, da imata (z − a) Q
P
dve funkciji razvijemo v konvergentno potenˇcno vrsto s srediˇsˇcem v a in s polmerom R.
Enaˇcba ima vsaj eno reˇsitev:
r
y(z) = (z − a)
∞
X
dn (z − a)n
n=0
kjer je d0 6= 0.
3.2
Besselova enaˇ
cba
Za ν > 0 je
z 2 y 00 + zy 0 + (z 2 − ν 2 )y = 0
ν2
1
y 00 + y 0 + (1 − 2 )y
z
z
Oba pogoja prejˇsnjega izreka sta izpolnjena ⇒ Obstaja reˇsitev oblike
y=z
y0 =
r
∞
X
n
cn z =
n=0
∞
X
∞
X
cn z n+r
n=0
(n + r)cn z n+r−1
n=0
y 00 =
∞
X
(n + r)(n + r − 1)cn z n+r−2
n=0
z 2 y 00 =
zy 0 =
∞
X
n=0
∞
X
(n + r)(n + r − 1)cn z n+r
(n + r)cn z n+r
n=0
2
2
(z − ν )y =
∞
X
cn z
n+r+2
−
n=0
∞
X
2
ν cn z
n+r
=
n=0
∞
X
n=2
cn−2 z
n+r
−
∞
X
ν 2 cn z n+r
n=0
To seˇstejem, raˇcunam po ˇclenih:
r(r − 1)c0 z r + rc0 z r − ν 2 c0 z r + (r + 1)rc1 z r+1 + (r + 1)c1 z r+1 − ν 2 c1 z r+1 +
+
∞
X
(n + r)(n + r − 1)cn + (n + r)cn + cn−2 − ν 2 cn z n+r = 0
n=2
51
z r izpostavim, to mora biti res za vsak z ⇒ vsi koeficienti so enaki 0.
(r2 − ν 2 )c0 = 0
[(r + 1)2 − ν 2 ]c1 = 0
[(n + r)2 − ν 2 ]cn + cn−2 = 0
Privzamemo c0 6= 0 ⇒ r = ±ν. Potem (r + 1)2 − ν 2 6= 0 in je c1 = 0. (n + r)2 − ν 2 =
(n + r)2 − r2 = n2 + 2nr = n(n + 2r), n(n + 2r)cn = −cn−2 . Torej je cn = 0 za lihe n, za sode
pa lahko rekurzivno izraˇcunamo. Ostanejo le sodi n, zato lahko piˇsemo n = 2m, vzamemo ˇse
r = ν. 2m(2m + 2r)c2m = −c2m−2
4m(m + ν)c2m = −c2(m−1)
c2m = −
1
22 m(m
+ ν)
c2m−2
Besselova enaˇcba je homogena in linearna. Vzamem c0 =
1
1
, c6 = − 2ν+6 3!Γ(ν+4)
. Z indukcijo pokaˇzemo
2ν+4 2Γ(ν+3)
c2m = (−1)m
1
,
Γ(ν+1)2ν
c2 = − 2ν+21Γν+2 , c4 =
1
2ν+2m m!Γ(ν + m + 1)
Ena reˇsitev Besselove enaˇcbe je
Jν (z) = z
ν
∞
X
c2m z
2m
=z
m=0
=
∞
z ν X
2
ν
∞
X
(−1)m
m=0
(−1)m
m=0
1
2ν+2m m!Γ(ν
+ m + 1)
z 2m =
z 2m
1
m!Γ(ν + m + 1) 2
To je Besselova funkcija prve vrste. Definirana je na C brez negativnega dela realne osi in niˇcle
ν
ˇ je ν ∈ N ∪ {0}, pa je funkcija cela.
(vrsta je cela, problem je z2 ). Ce
Jν ima neskonˇcno niˇcel, razdalja med zaporednima niˇclama gre proti π, ko so oddaljujemo od
izhodiˇsˇca.
Za cele n je
Jn (z) =
∞
z n X
2
(−1)m
m=0
z 2m
1
m!(m + n)! 2
ˇ pa ν ∈
Ce
/ Z, imamo ˇse funkcijo za r = −ν:
J−ν =
∞
z −ν X
2
(−1)m
m=0
z 2m
1
m!Γ(−ν
| +{zm + 1}) 2
∈Z
/
V tem primeru sta Jν in J−ν linearno neodvisni in je sploˇsna reˇsitev BE
y = AJν (z) + BJ−ν (z)
52
Za negativna cela ˇstevila: v formulo postavim ν = −n, so vsi ˇcleni do cn enaki 0.
J−n (z) =
∞
z −n X
(−1)m z 2m
m!(m − n)! 2
m=n
2
Razvijmo:
e
1
zt
2
− 21
e
n X
∞
∞
X
zn n
1 zt
=
t
=
n k!
n!
2
2
n=0
n=0
z
t
=
∞
X
(−1)n z n
2n k!
n=0
t−n
Obe sta enakomerno konvergentni, lahko ju mnoˇzim in seˇstevam.
z
1
f (t) = e 2 (t− t ) =
∞
X
cn (z)tn
n=−∞
To je produkt zgornjih dveh vrst. Za n ≥ 0 je
∞
X
k k
z n+k
n+k (−1) z −k
t
t
n+k (n + k)!
k k!
2
2
k=0
∞
z n X
(−1)k z 2k
= Jn (z)
cn (z) =
2 k=0 k!(k + m)! 2
cn (z)tn =
Podobno je za n > 0
c−n (z) = J−n (z)
f (t) = e
z
(t− 1t )
2
=
∞
X
Jn (z)tn
n=−∞
To je rodovna funkcija za Besselove funkcije Jn .
1
f (− ) = f (t)
t
∞
∞
X
X
(−1)n Jn (z)t−n =
Jn (z)tn
n=−∞
n=−∞
n
J−n (z) = (−1) Jn (z)
53
3.2.1
Integralska reprezentacija za Jn
Vzamem x ∈ R+ , t = eiϑ ,
1
t
= e−iϑ , t −
x
∞
X
1
e 2 (t− t ) =
eix sin ϑ =
1
t
n=−∞
∞
X
= 2i sin ϑ
Jn (x)tn
Jn (x)einϑ
n=−∞
cos(x sin ϑ) + i sin(x sin ϑ) = J0 (x) +
∞
X
[Jn (x)einϑ + (−1)n Jn e−inϑ ]
n=1
= J0 (x) +
∞
X
Jn (x)[einϑ + (−1)n e−inϑ ]
n=1
Desni del je enak (ˇce je n = 2m):
J2m (x)[2 cos(2mϑ)]
ˇ pa je n = 2m + 1, pa je desni del:
Ce
J2m+1 (x)[2i sin((2m + 1)ϑ)]
Izenaˇcim realne in imaginarne dele:
cos(x sin ϑ) = J0 (x) + 2
∞
X
J2m (x) cos(2mϑ)
m=1
sin(x sin ϑ) = 2
∞
X
J2m+1 (x) sin((2m + 1)ϑ)
m=0
To sta Foureirova razvoja na intervalu [−π, π].
ˆ
2 π
2J2m (x) =
cos(x sin ϑ) cos(2mϑ) dϑ
π 0
ˆ
2 π
2J2m+1 (x) =
sin(x sin ϑ) sin((2m + 1)ϑ) dϑ
π 0
ˆ
2 π
0=
sin(x sin ϑ) sin(2mϑ) dϑ
π 0
ˆ π
2
0=
cos(x sin ϑ) cos((2m + 1)ϑ) dϑ
π 0
Za sode ˇclene sestejem enaˇcbi (4) in (6), za lihe pa (5) in (7). Upoˇstevamo, da je
cos(nϑ − x sin ϑ) = cos(nϑ) cos(x sin ϑ) + sin(nϑ) sin(x sin ϑ).
ˆ
1 π
Jn (x) =
cos(nϑ − x sin ϑ) dϑ; n = 0, 1, 2, . . .
π 0
54
(4)
(5)
(6)
(7)
Rekurzivni formuli
d ν
(z Jν (z)) = z ν Jν−1 (z)
dz
d −ν
(z Jν (z)) = −z −ν Jν+1 (z)
dz
(8)
(9)
Dokaz
Dokaˇzimo (9), za (8) je podobno.
z
−ν
Jν (z) = z
−ν
∞
z n X
2
k=0
(−1)k z 2k
=
k!(k + m)! 2
n X
∞
(−1)k z 2k
1
2
k!(k + m)! 2
k=0
To odvajamo po ˇclenih, vstavimo v formulo, in vidimo da so vsi koeficienti enaki.
Iz rekurzivnih formul sledi
Formule
2ν
Jν (z)
z
Jν−1 − Jν+1 = 2Jν0 (z)
J00 (z) = −J1 (z)
Jν−1 + Jν+1 =
J1/2 (z) =
∞
z 1/2 X
2
z 2m
(−1)m
m!Γ( 12 + m + 1) 2
m=0
√
π
z }| {
1
1
1
1
1
1 1
Γ( + m + 1) = ( + m)Γ( + m) = · · · = ( + m)( + m − 1) · · · Γ( ) =
2
2
2
2
2 √
2 2
(2m + 1) (2m − 1)
1√
(2m + 1)! π
=
···
π=
2
2
2
22m+1 m!
r
∞
z 1 X (−1)m 22m+1 m! z 2m+1
√
=
J1/2 (z) = 2
2 z m=0 m!(2m + 1)! π 22m+1
r
r
∞
2 X (−1)m 2m+1
2
=
z
=
sin z
πz m=0 (2m + 1)!
πz
55
Po rekurzivni formuli je
√
d √
( zJ1/2 (z)) = zJ−1/2 (z)
dz r
√
d
2
(
sin z) = zJ−1/2 (z)
dz
π
r
√
2
cos z = zJ−1/2 (z)
π
ˇ ν∈
Ce
/ Z, je sploˇsna reˇsitev Besselove enaˇcbe
y = AJν (z) + BJ−ν (z)
3.2.2
Neumannova funkcija
Definicija
Nν (z) = Yν (z) =
Jν cos νπ − J−ν
za ν ∈
/Z
sin νπ
Za n ∈ Z pa definiramo
Nn (z) = lim Nν (z)
ν→n
Izkaˇze se, da ta limita vedno obstaja. Lahko jo izraˇcunamo po L’Hospitalu:
∂
J (z) cos νπ
∂ν ν
− Jν (z)π sin νπ −
ν→n
π cos(νπ)
1
∂
n ∂
= lim
Jν (z) + (−1)
J−ν (z)
π ν→n ∂ν
∂ν
Nn (z) = lim
∂
J (z)
∂ν −ν
=
Trditev
Nn zadoˇsˇca Besselovi enaˇcbi
Ly = z 2 y 00 + zy 0 + (z 2 − ν 2 )y = 0
(10)
56
Dokaz
Vemo, da je LJν = 0 in LJ−ν = 0. Naj bo y enak Jν ali J−ν ,
odvajamo parcialno na ν.
∂y
∂ν
= u. Enaˇcbo (10)
z 2 u00 + zu − 2νy + (z 2 − ν 2 )u = 0
Lu − 2νy = 0
∂y
L
= 2νy ∀ν
∂ν
∂
1
1 ∂
n+1
Jν (z)
+ (−1)
J−ν (z)
Nn (z) =
π ∂ν
π
∂ν
ν=n
ν=n
2n
2n
[Jn (z) + (−1)n+1 J−n (z)] =
[Jn (z) + (−1)n+1 (−1)n Jn (z)] = 0
LNn =
π
π
"
#
∞
X
2
z
(−1)m−1 hm 2m
N0 (z) =
z
J0 (z)(ln ) + γ +
2m (m!)2
π
2
2
m=1
γ = −Γ0 (1) ≈ 0.5772167 . . . je Euler-Mascheronijeva konstanta, hm = 1 + 12 + 13 + · · · +
imajo singularnost v 0 in v bliˇ
zini niˇ
cle niso omejene .
Sploˇ
sna reˇ
sitev Besselove enaˇ
cbe
1
.
m
Nn
y = AJν (z) + BNν (z)
je sploˇsna reˇsitev za vse ν, tudi cele.
3.2.3
Hanklovi funkciji
Definicija
Hν(1) (z) = Jν (z) + iNν (z)
(11)
Hν(2) (z)
(12)
= Jν (z) − iNν (z)
57
Asimptotski formuli
r
1
2 i(z−αν )
e
[1 + O( )]
πz
z
r
2 −i(z−αν )
1
Hν(2) (z) =
e
[1 + O( )]
πz
z
Hν(1) (z) =
Pri tem je αν = (2ν + 1) π4 ,
O( z1 )
1
z
(13)
(14)
je omejeno, ko gre z → ∞.
Domaˇ
ca Naloga
Preverite asimptotski formuli za ν = 12 .
V vseh rekurzivnih formulah lahko ν zamenjamo z −ν, J pa N = Y ali s H.
Primer
d −ν
(z J−ν (z)) = z −ν J−ν−1 (z)
dz
2n
Nn+1 (z) + Nn−1 (z) =
Nn (z)
z
3.3
(15)
(16)
Enaˇ
cba za neskonˇ
cno struno
utt = c2 uxx
Vpeljemo spremenljivke ξ = x − ct, η = x + ct.
u(x, t) = U (ξ, η)
∂ξ
∂η
ut = Uξ
+ Uη
= −cUξ + cUη
∂t
∂t
utt = (−c)2 Uξξ − 2c2 Uξη + c2 Uηη
∂ξ
∂η
ux = Uξ
+ Uη
= Uξ + Uη
∂x
∂x
uxx = Uξξ + 2Uξη + Uηη
Zaˇcetna enaˇcba tako postane
(−c)2 Uξξ − 2c2 Uξη + c2 Uηη = c2 (Uξξ + 2Uξη + Uηη )
4c2 Uξη = 0
⇒ Uξη =
U=
∂Uξ
∂η
ˆ
= 0 ⇒ Uξ = h(ξ).
h(ξ)dξ +g(η)
| {z }
f (ξ)
58
U (ξ, η) = f (ξ) + g(η)
u(x, t) = f (x − ct) + g(x + ct)
To je d’Alambertova reˇsitev.
Zaˇcetna pogoja: u(x, 0) = ϕ0 (x), ´ux (x, 0) = ϕ1 (x). ϕ0 (x) = f (x) + g(x). ut = f 0 (x) ∗ (−c) +
g 0 (x)c = ϕ1 (x) −cf (x) + cg(x) = ϕ1 (x)dx + K
ˆ
1
(ϕ1 )dx + K
−f (x) + g(x) =
c
ˆ
ϕ0 (x)
1 x
+
ϕ1 (x)dx +
2
2c 0
ˆ
1 x
ϕ0 (x)
−
ϕ1 (x)dx +
2
2c 0
f (x − ct) =
=
f (x − ct) =
u(x, t) =
4
K
= g(x)
2
K
= f (x)
2
ˆ
K
ϕ0 (x − ct)
1 x−ct
ϕ1 (s)ds −
−
2
2c 0
2
ˆ 0
ϕ0 (x − ct)
K
1
ϕ1 (s)ds −
+
2
2c x−ct
2
ˆ x+ct
K
ϕ0 (x + ct)
1
ϕ1 (s)ds +
+
2
2c 0
2
ˆ x+ct
1
1
ϕ1 (s) ds
(ϕ0 (x − ct) + ϕ0 (x + ct)) +
2
2c x−ct
Linearni diferencialni operatorji drugega reda
2 2
Ly = −y 00 = λy, y(0) = y(l) = 0. Netrivialne reˇsitve so: λn = n l2π so lastne vrednosti,
yn = sin( nπx
) so lastne funkcije operatorja L. Gledamo L kot operator na podprostoru v
l
C 2 [0, l] takih funkcij, da je y(0) = y(l) = 0. To je linearen podprostor.
Vzamemo prostor C 2 [a, b] dvakrat zvezno odvedljivih funkcij na [a, b] in ga jemljemo kot linearen
podprostor v L2 [a, b]. Oglejmo si linearni operator L: C 2 [a, b] → C 2 [a, b], definiran z:
Ly = P (x)y 00 + Q(x)y 0 + R(x)y
Tu so P, Q, R zvezne realne funkcije. Definicijsko obmoˇcje:
1. Ves C 2 [a, b]
2. Vse funkcije y ∈ C 2 [a, b], za katere je αy(a)+βy 0 (a) = 0 in γy(b)+δy 0 (b) = 0, |α|+|β| =
6 0,
|γ| + |δ| =
6 0, α, β, γ, δ konstante. Take funkcije sestavljajo linearen podprostor.
(Sturm-Liouvilleov problem)
ˇ
Zelimo
zadosten pogoj za to, da je operator L simetriˇcen: hLy, zi = hy, Lzi za vse y, z iz
definicijskega obmoˇcja za L. y, z ∈ R.
59
ˆ
b
[P y 00 z + Qy 0 z + Ryz] dx
hLy, zi =
a
ˆ
ˆ
b
00
hy, Lzi =
0
ˆ
b
00
ˆ
b
b
0
[yP z + yQz + yRz] dx =
yP z dx +
yQz dx +
yRz dx
a
a
a
a
ˆ b
ˆ b
ˆ b
0
0
b
zyQ0 dx
zy Q dx −
yQz dx = yQz|a −
a
a
a
ˆ b
ˆ b
ˆ b
0 b
0
0
0 b
00
0 b
z(P y)00 dx =
z (P y) dx = yP z |a − z(P y) |a +
yP z dx = yP z |a −
a
a
a
ˆ b
z[P 00 y + P 0 y 0 + P y 00 ] d
= P (yz 0 − zy 0 )|ba − P 0 zy|ba +
a
ˆ b
0
b
b
[(P 00 − Q0 + R)yz + (2P 0 − Q)zy 0 + P y 00 z] dx =
hy, Lzi = [P W [y, z]]a + [(Q − P )yz]a +
a
ˆ b
=
[P y 00 z + Qy 0 z + Ryz] dx
a
To bo res enako, ˇce vzamem 2P 0 −Q = Q oz P 0 = Q in [P W [yz]]ba = 0 za vse y, z iz definicijskega
obmoˇcja za L, je L simetriˇcna. Drugi pogoj je avtomatiˇcno izpolnjen, ˇce je bodisi:
• P(a) = P(b) = 0
• Veljajo robni pogoji kot prej: αy(a) + βy 0 (a) = 0 in γy(b) + δy 0 (b) = 0, |α| + |β| 6= 0,
|γ| + |δ| 6= 0, α, β, γ, δ konstante. Sistem αy(a) + βy 0 (a) = 0, αz(a) + βz 0 (a) = 0 ima
reˇsitev (α, β), torej je njegova determinanta W [y, z]|a = 0, enako za W [y, z]|b = 0.
Izrek
ˇ je bodisi
Imamo diferencialni operator Ly = P y 00 + P 0 y 0 + Ry = (P y 0 )0 + Ry. Ce
• P (a) = P (b) = 0
• Definicijsko obmoˇcje za L omejimo na funkcije y ∈ C 2 [a, b], ki zadoˇsˇcajo pogojem
αy(a) + βy 0 (a) = 0 in γy(b) + δy 0 (b) = 0, |α| + |β| =
6 0, |γ| + |δ| =
6 0
je L simetriˇcen.
Primer
Ly = −y 00 = (−1y 0 )0
Definiran na vseh funkcijah y ∈ C 2 [0, l] z y(0) = y(l) = 0. P = −1, R = 0, L je simetriˇcen.
60
Primer
Legendrov diferencialni operator
Ly = ((x2 − 1)y 0 )0
Na C 2 [−1, 1] je simetriˇcen, ker je P = x2 − 1 = 0 na konceh intervala. Je avtomatiˇcno
simetriˇcen, ne glede na robne pogoje.
4.1
Lastne vrednosti in lastne funkcije simetriˇ
cnega operatorja
Trditev
Lastne vrednosti simetriˇcnega operatorja (nad C prostorom) so realne. Lastne funkcije, ki
ustrezajo razliˇcnim lastnim vrednostim, so paroma ortogonolne
Dokaz
Ly = λy, y 6= 0
hLy, yi = hλy, yi = λ hy, yi
hy, Lyi = hy, λyi = λ hy, yi ⇒ λ = λ ⇒ λ ∈ R
hLy, zi = λ hy, zi = hy, Lzi = µ hy, zi . λ, µ ∈ R, λ 6= µ ⇒ hy, zi = 0
ˇ je y = y1 +iy2 (y1 , y2 ∈ R) lastna funkcija za f , je Ly = λ(y1 +iy2 ) = λy1 +iλy2 = Ly1 +iLy2 .
Ce
Ker sta L in λ realna, sta y1 in y2 realni lastni funkciji za lastno vrednost λ.
Kaj, ˇce je L oblike L = P y 00 + Qy 0 + Ry, P 0 6= Q? Poskusimo z novim skalarnim produktom v
C 2 [a, b]:
ˆ
b
[f, g] =
f gρ dx
a
ρ : [a, b] → [0, ∞) je uteˇz, je skoraj povsod pozitivna. To je tudi skalarni produkt. Radi bi, da
bi bilo [Lf, g] = [f, Lg] za vse f, g in definicijskega obmoˇcja D(L).
ˆ
ˆ
b
00
b
0
ρf (P g 00 + Qg 0 + Rg) dx
ρ(P f + Qf + Rf )g dx =
ˆ
a
b
a
ˆ
[(ρP )f 00 + (ρq)f 0 + (ρR)f ]g dx =
a
b
f [(ρP )g 00 + (ρQ)g 0 + (ρR)g] dx
a
D
E D
E
˜ g = f, Lg
˜ . Da je L
˜ simetriˇcen, zadostuje
˜ = ρP y 00 + ρQy 0 + ρR. Tedaj je Lf,
Uvedemo Ly
(ρP )0 = ρQ in [ρP W [y, z]]ba = 0 ∀y, z. Iz tega lahko izraˇcunamo ρ.
61
Privzamemo, da je P (x) 6= 0 na intervalu [a, b].
ρ0 P + ρP 0 = ρQ
ρ0
Q − P0
=
ρ
P
ˆ
Q − P0
ln ρ =
dx
P
V Sturm-Liouvillovem problemu je ta drugi pogoj izpolnjen.
4.2
Besselov diferencialni operator
1
ν2
Ly = −y 00 − y 0 + 2 y
x
x
ν > 0, D(L) so vse funkcije y, ki zadoˇsˇcajo pogojema:
1. y(a) = 0
2. y je omejena na [0, a]
Iˇsˇcemo pozitivne lastne vrednosti in ustrezne lastne funkcije.
4.2.1
Enaˇ
cba za lastne funkcije
Ly = λy
1 0 ν2
00
−y − y + 2 y = λy
x
x
x2 y 00 + xy 0 + (λx2 − ν 2 )y = 0
√
Vzamemo t = x λ, lahko prevedemo na Besselovo enaˇcbo:
√
dt
= y˙ λ
dx
00
y = λ¨
y
⇒ t2 y¨ + ty˙ + (t2 − ν 2 )y = 0
y 0 = y˙
To je Besselova enaˇcba, sploˇsna reˇsitev je Y (t) = AJν (t) + BNν (t).
p
√
y(x) = AJν (x λ) + BNν (x λ)
Nν ni omejena, y pa mora biti ⇒ B = 0.
√
y(x) = AJν (x λ)
√
Pogoj je ˇse y(a) = AJν (x λ) = 0. Naj bodo ξν1 < ξν2 < . . . vse pozitivne niˇcle za Jν . Vemo,
da razlika ξνn − ξν(n−1) → π. ⇒
p
a λn = ξνn
62
λn =
ξνn
a
2
).
Ustrezna lastna funkcija je yn = An Jν (x ξνn
a
Ali je Besselov operatov simetriˇcen? P 0 = 0, Q = − x1 , to ni enako ⇒ ni simetriˇcen. Ali obstaja
uteˇz?
ρ
ρ0 =
x
ρ = Cx
ˇ vzamemo ρ = x, je ρ > 0 na [0, a] razen v toˇcki 0, to je v redu. L je simetriˇcen na L2 [0, a]
Ce
z uteˇzjo x. Preveriti moramo ˇse pogoj [ρP W [y, z]]a0 = 0 za vse y, z ∈ D(L). W [y, z]a = 0, ker
je y(a) = z(a) = 0, v toˇcki 0 pa je ρ = x = 0. ⇒ L je res simetriˇcen.
Lastne funkcije yn = An Jν (x ξνn
) so ortogonalne glede na ta skalarni produkt, torej je
a
ˆ a
ξνn
ξνk
Jν (x )Jν (x )x dx = 0 za k 6= n
a
a
ˆ0a
ξνn
ξνn
a2
(Jν+1 (ξνn ))2
Jν (x )Jν (x )x dx =
a
a
2
0
4.2.2
Nihanje proˇ
zne opne
Imamo okroglo opno s polmerom a, pritrjeno na robu.
a
a
1
1
utt = c2 ∆u = c2 (uxx + uyy ) = c2 (urr + ur + 2 uϕϕ )
r
r
Vzamemo, da sta zaˇcetna pogoja neodvisna od ϕ, iˇsˇcemu tudi reˇsitve neodvisno od ϕ, piˇsemo
u = u(r, t). Robni pogoj: u(a, t), zaˇcetna pogoja: u(r, 0) = f (r) in ut (r, 0) = g(r). Tako enaˇcba
postane
1
utt = c2 ∆u = c2 (urr + ur )
r
63
Lotimo se s Fourierovo metodo: u(r, t) = H(r)T (t), pozabimo na zaˇcetno pogoje, upoˇstevamo
robnega: H(a)T (t) = 0 ⇒ H(a) = 0.
1 0
00
00
2
H(r)T (t) = c H (r)T (t) + H (r)T (t)
r
T 00 (t)
H 00 (r) 1 H 0 (r)
=
+
= −λ
c2 T (t)
H(r)
r H(r)
T 00 (t) = −λc2 T (t)
Iˇsˇcem reˇsitve, periodiˇcne na t ⇒ λ > 0.
1
LH = −H 00 (r) − H 0 (r) = λH(r)
r
To je Besselov operator za ν = 0. To smo ˇze reˇsili: λn =
ξ0,n
a
, ξ0,n je n-ta pozitivna niˇcla J0 .
H(r) = J0 ( ξ0,n
r) je ustrezna lastna funkcija.
a
Tn00 (t)
2
= −c
|
2
ξ0,n
T (t)
a
{z }
ω2
cξ0,n
cξ0,n
t) + Bn sin(
t)
a
a
Dobim zaporedje reˇsitev
Tn (t) = An cos(
ξ0,n
cξ0,n
cξ0,n
r)(An cos(
t) + Bn sin(
t))
a
a
a
∞
X
ξ0,n
cξ0,n
cξ0,n
u(r, t) =
J0 (
r) An cos(
t) + Bn sin(
t)
a
a
a
n=1
un (r, t) = J0 (
Koeficiente An , Bn doloˇcim iz zaˇcetnih pogojev:
u(r, 0) =
∞
X
n=1
An J0 (
ξ0,n
r)
a
Upoˇstevam, da so ˇcleni vsote ortogonalni glede na skalarni produkt z uteˇzjo r, torej je tudi to
Fourierov razvoj.
ξ0,n
ξ0,k
ξ0,n
a2
ξ0,k 2
f, J0 (
r) + Ak J0 (
r), J0 (
r) = Ak (J1 (
))
a
a
a
2
a
ˆ a
2
ξ0,k
Ak =
f (r)J0 (
r)r dr
ξ
0,k
a
a2 (J1 ( a ))2 0
Za drugi zaˇcetni pogoj vrsto odvajam po ˇclenih in izenaˇcim ut (r, t)|t=0 = g(r), spet dobim
podoben razvoj.
64
4.3
Hermitov diferencialni operator
Ly = −y 00 + 2xy 0
P = −1, Q = 2x. Uteˇz:
(ρP )0 = ρQ
(−ρ)0 = ρ2x
ρ0
= −2x
ρ
ln ρ = −x2 + ln C
2
2
ρ = Ce−x = e−x > 0
h
ib
2
ˇ vzamemo za interval (−∞, ∞). L je simetriˇcen
e−x (−1)W [y, z] = 0 za vsak y, z ∈ D(L). Ce
a
2
glede na L2 (R, e−x ). Lastne vrednosti za L so 2n, n = 0, 1, . . . , ustrezne lastne funkcije so
Hermitovi polinomi.
2 (n)
2
Hn (x) = (−1)n ex e−x
2
to je polinom stopnje n. Te funkcije so ortogonalne v L2 (R, e−x ):
ˆ ∞
2
Hn (x)Hk (x)e−x dx = 0; za n 6= k
−∞
2
x
ˇ jih normiramo, sestavljajo ONB za
Piˇsem un (x) = Hn (x)e− 2 , un so ortogonalne v L2 (R). Ce
2
L (R). Vse te u(x) so lastne funkcije Fourierove transformacije.
4.4
Specialne funkcije
Digital library of Mathematical functions: http://dlmf.nist.gov
5
Linearno neodvisna zaporedja polinomov
Naj bo Qn (x) polinom n-te stopnje spremenljivke x ∈ R, C, n = 0, 1, . . . . Q0 (x) je konstanta
(6= 0), Q1 (x) = a11 x + a10 , a11 6= 0, in tako naprej.
Trditev
1. Polinomi Q0 , Q1 , . . . so linearno neodvisni.
2. Za vsak n ∈ N polinomi Q0 , Q1 , Q2 , . . . , Qn sestavljajo bazo prostora vseh polinomov
stopnje ≤ n. Vsak polinom stopnje ≤ n lahko zapiˇsemo kot linearno kombinacijo
P (x) = c0 Q0 (x) + c1 Q1 (x) + · · · + cn Qn (x)
3. {Q0 , Q1 , . . . } sestavljajo bazo prostora vseh polinomov.
65
Dokaz
1. cn Qn (x) + · · · + c0 Q0 (x) ≡ 0. Vsi koeficienti so 0, xn nastopa le v Qn ⇒ cn = 0,
tako sklepam za vse koeficiente.
2. Ta prostor ima razseˇznost n + 1, mi pa imamo n + 1 linearno neodvisnih polinimov
(po prejˇsnji toˇcki), torej so baza.
3. Oˇcitno.
5.1
Sploˇ
sna teorija ortogonalnih polinomov
Naj bo Qn (x), x ∈ R, polinom z realnimi koeficienti stopnje n. Velja naj ˇse:
[Qn , Qm ] = 0 za n 6= m
kjer je ρ > 0 na (a, b) in
ˆ b
[f, g] =
f (x)g(x)ρ(x) dx
a
Potem je to zaporedje ortogonalnih polinomov v L2 [a, b; ρ].
Piˇsimo: Qn (x) = kn xn + ˇcleni niˇzjega reda, Qn+1 (x) = kn+1 xn+1 + monomi stopnje ≤ n.
Izraˇcunajmo:
kn+1
xQn (x) = kn+1 xn+1 + . . .
kn
| {z }
αn
Qn+1 (x) − αn xQn (x) =
n
X
aj Qj (x)
j=0
To skalarno mnoˇzim z Qm :
[Qn+1 , Qm ] − αn [xQn , Qm ] = am [Qm , Qm ]
ˇ je m ≤ n − 2, je
Ce
ˆ b
ˆ b
[xQn , Qm ] =
xQn (x)Qm (x)ρ(x) dx =
Qn (x)[xQm (x)]ρ(x) dx = [Qn , xQm ]
a
a
xQm je stopnje ≤ n − 1 ⇒ xQm = cn−1 Qn−1 + · · · + c0 Q0 . Potem je
[Qn , xQm ] = [Qn , cn−1 Qn−1 + · · · + c0 Q0 ] = 0
ker so vsi med sabo ortogonalni. Tudi [Qn+1 , Qm ] = 0, ker n + 1 < m.
Za m ≤ n − 2 je:
[Qn+1 , Qm ] −αn [xQn , Qm ] = am [Qm , Qm ]
| {z }
| {z }
| {z }
=0
=0
6=0
66
Torej je am = 0 za m ≤ n − 2.
Qn+1 (x) − αn xQn (x) =
n
X
j=0
aj Qj (x) = an Qn (x) + an−1 Qn−1 (x)
|{z}
|{z}
βn
γn
Qn+1 (x) = (αn x + βn )Qn (x) + γn Qn−1 (x)
Med tremi zaporednimi ortogonalnimi polinomi velja rekurzivna vez.
Trditev
Polinom Qn ima n enkratnih niˇcel, ki vse leˇze v (a, b).
Dokaz
ˇ Qn nima realnih niˇcel lihe stopnje, naj bo p(x) ≡ 1. Ce
ˇ pa
Smiselno le za n ≥ 1. Ce
so x1 , . . . , xr realne niˇcle lihe stopnje v (a, b), x1 , . . . , xr paroma razliˇcni, naj bo p(x) =
(x − x1 ) . . . (x − xr ).
Oglejmo si produkt pQn . Ta na intervalu (a, b) ne menja predznaka, saj nima niˇcel lihe
ˇ je r ≤ n (v prvem primeru je r = 0), je p polinom stopnje ≤ n, torej je
stopnje. Ce
pravokoten na Qn :
ˆ b
pQn ρ dx = 0
[Qn , p] =
a
pQn ρ je konstantnega predznaka na (a, b), ρ > 0 na (a, b) ⇒ pQn je v (a, b) skoraj povsod
enaka 0. Ker je zvezna, je povsod enaka 0. To pa je nemogoˇce, saj je pQn stopnje vsaj
n ≥ 1.
Protislovje je, ker smo privzeli r ≤ n, torej mora biti r = n. p(x) = (x − x1 ) . . . (x − xn ),
torej ima res n niˇcel.
5.2
Legendrovi polinomi
Legendrov diferencialni operator na C 2 [−1, 1]:
Ly = ((x2 − 1)y 0 )0 = (x2 − 1)y 00 + 2xy 0
je simetriˇcen na C 2 [−1, 1], ker je P (x) = (x2 − 1) na robovih intervala 0. Lastne vrednosti so
realne, lastne funkcije, ki pripadajo razliˇcnim lastnim vrednostim paroma ortogonalne.
5.2.1
Rodriguova formula
Naj bo y(x) = (x2 − 1)n = x2n + . . . .
y 0 (x) = n(x2 − 1)n−1 2x
(x2 − 1)y 0 (x) = n(x2 − 1)n 2x = 2nxy(x)
67
Odvajam (n + 1)-krat po Leibnitzovi formuli:
n+1
n+1
n+1
2
(n+2)
2
0 (n+1)
(x − 1)y
(x) +
(x − 1) y
(x) +
(x2 − 1)00 y (n) (x)
0
1
2
n+1
n+1
(n+1)
=
2nxy
(x) +
2ny (n) (x)
0
1
(x2 − 1)y (n+2) (x) + 2(n + 1)xy (n+1) (x) + n(n + 1)y (n) = 2nxy (n+1) + 2n(n + 1)y (n) (x)
(x2 − 1)(y (n) (x))00 + 2x(y (n) (x))0 = n(n + 1)(y (n) (x))
Oznaˇcim Qn (x) = [(x2 − 1)n ](n) , vodilni ˇclen je (x2n )(n) =
(2n)! n
x .
n!
LQn = (x2 − 1)Q00n + 2xQ0n = n(n + 1)Qn = λQn
Polinomi Qn so lastne funkcije Legendrovega operatorja. Ustrezna lastna vrednost je n(n + 1).
Izraˇcunajmo Qn (1): Qn (x) = [(x − 1)n (x + 1)n ](n) . Spet odvajamo po Leibnitzovi formuli,
dobimo Qn (1) = n!2n .
Definicija
N -ti Legendrov polinom:
Pn (x) =
1
2n n!
Qn (x) =
1
2n n!
[(x2 − 1)n ](n)
Definirani so tako, da je Pn (1) = 1, Pk in Pn imata razliˇcni lastni vrednosti ⇒ Pk ⊥ Pn .
LPn = n(n + 1)Pn
Primer
• P0 (x) = 1
• P1 (x) = x
• P2 (x) = 18 (x4 − 2x2 + 1)00 = 32 x2 − 12 .
Za sode n je Pn sod, za lihe n pa je Pn lih: Pn (−x) = (−1)n Pn (x).
r
||Pn ||2 =
2
2n + 1
{ ||PPnn||2 } je ONS v L2 [−1, 1]. Trdimo, da je to ONB:
Trditev
{ ||PPnn||2 } je ONB za L2 [−1, 1].
68
Dokaz
Naj bo f ∈ L2 [−1, 1], f ⊥ Pn za vsak n ⇒ f je pravokoten na vsak polinom. Dokazati
moramo, da je f = 0.
Razˇsirimo f na R:
f (x); x ∈ [−1, 1]
h(x) =
0; sicer
ˆ
ˆ
∞
1
h ∈ L (R]);
1
|h| =
|f | < ∞
−∞
−1
f (x) = |f (x)|eiα(x) , α(x) ∈ R.
ˆ 1
ˆ 1
f (x)e−iα(x) dx = f, eiα(x) < ∞
|f | =
−1
−1
Torej je h res v L1 (R). Izraˇcunajmo Fourierovo transformiranko za h:
ˆ
ˆ
∞
ˆ
h(λ)
=
−iλx
h(x)e
−iλx
dx =
−∞
ˆ
1
f (x)e
−1
n
X
(−iλ)k xk
1
dx =
f (x) lim
−1
n→∞
k=0
k!
=
= lim hf, polinomi = 0
n→∞
⇒ h(x) = 0 skoraj povsod ⇒ f (x) = 0 skoraj povsod ⇒ f ≡ 0 v L2 .
*
+
(2n)! n
(2n)!
Qn ,
x + |{z}
... =
hQn , xn i
n!
n!
hQn , Qn i =
⊥Qn
ˆ
1
((x− 1)n )(n) xn dx
n
hQn , x i =
−1
ˇ to naredim n-krat, dobim:
Integriram per partes, upoˇstevam da je [x2 − 1]1−1 = 0. Ce
ˆ
n
ˆ
1
−
n
hQn , x i = (−1) n!
2 n
−1
69
1
(1 − x2 )n dx
(1 − x ) dx = 2n!
(x 1) dx = n!
−1
ˆ
1
n
0
√ :
= 2du
Vpeljemo u = x2 , dx = du
2x
u
ˆ 1
Γ(n + 1)Γ( 12 )
1
1
(1 − u)n u 2 dx = n!β(n + 1, ) = n!
hQn , xn i = n!
2
Γ(n + 32 )
0
√
2
(2n)!n! π
(2n)!n!22n+1 n!
hQn , Qn i =
=
= (n!2n )2
3
(2n + 1)!
2n + 1
Γ(n + 2 )
r
p
2
||Qn ||2 = hQn , xn i = n!2n
= n!2n ||Pn ||2
2n + 1
r
2
1
||Pn ||2 = n ||Qn ||2 =
2 n!
2n + 1
Vodilni koeficient za Pn je
1 (2n)!
2n n! n!
= kn . Iz rekurzive zveze za ortogonalne polinome velja:
Pn+1 (x) = (αn x + βn )Pn (x) + γn Pn−1 (x)
(2n + 2)(2n + 1)
kn+1
2n + 1
=
αn =
=
2
kn
2(n + 1)
n+1
2n + 1
Pn+1 (x) = (
x + βn )Pn (x) + γn Pn−1 (x)
n+1
(n + 1)Pn+1 (x) = (2n + 1)xPn (x) + Bn Pn (x) + Cn Pn−1 (x)
Naj bo n sod, potem je Pn+1 lih, xPn in Cn Pn−1 tudi, Bn Pn je pa sod. Ker ga lahko izrazim
kot linearno kombinacijo lihih, je hkrati sod in lih ⇒ Bn = 0. Enako sklepamo za line n.
Skalarno mnoˇzimo s Pn−1 :
0 = (2n + 1) hxPn (x), Pn−1 (x)i + Cn hPn−1 , Pn−1 i
|
{z
}
2/(2n−1)
Cn =
(2n + 1) hxPn (x), Pn−1 (x)i (2n − 1)
*2
+
hxPn , Pn−1 i = hPn , xPn−1 i =
Pn , kn−1 xn + |{z}
...
⊥Pn
= kn−1 hPn , xn i =
kn−1
hQn , xn i
2n n!
(2n + 1)(2n − 1)(2n − 2)! (n!)2 22n+1 n!
(2n + 1)(2n − 1)kn−1
n
hQ
,
x
i
=
−
n
2n+1 n!
22n n!)(n − 1)!)2
(2n + 1)!
2
2n
=−
= −n
2n
Cn = −
(n + 1)Pn+1 (x) = (2n + 1)xPn (x) − nPn−1 (x)
Primer
• P0 (x) = 1
• P1 (x) = x
• P2 (x) = 18 (x4 − 2x2 + 1)00 = 32 x2 − 12 .
• P3 (x) =
5xP2 (x)−2P1 (x)
3
= 25 x3 − 32 x.
70
Primer
x3 kot linearna kombinacija Legendrovih polinomov:
x3 = λP3 + µP1
Najprej izenaˇcimo najviˇsje ˇclene, takoj vidimo, da je λ = 25 .
2 5 3 3
3
x =
x − x + µx
5 2
2
µ=
5.2.2
3
5
Rodovna funkcija
Φ(x, z)
∞
X
cn Pn (x)z n
n=0
Uporabim Legendrov operator na Φ kot funkciji x:
Lx Φ(x, z) =
∞
X
cn n(n + 1)Pn (x)z n = z
n=0
d2
(zΦ)
dz 2
Za desno enakost smo malo po domaˇce odvajali po ˇclenih, ker smo rekli da je to potenˇcna vrsta
pri fiksnem x.
Za primerne cn je Φ(x, z) = F (1 − 2xz + z 2 ) = F ((z − x)2 + 1 − x2 ).
∂Φ
∂x
∂ 2Φ
∂x2
∂Φ
∂z
∂ 2Φ
∂z 2
=F 0 · (−2z)
=(−2z)F 00 · (−2z) = 4z 2 F 00
=F 0 · 2(z − x)
=2F 0 + 2(z − x)F 00 · 2(z − x)
∂ 2Φ
∂Φ
+ 2x
= (x2 − 1)4z 2 F 00 − 4xzF 0 =
∂x
∂x
2
2
∂2
∂ Φ
∂Φ
∂Φ
2∂ Φ
= z 2 (zΦ) = z
z
+
2
=
z
+ 2z
2
2
∂z
∂z
∂z
∂z
∂z
2 0
2
2 00
0
= 2z F + 4z (z−) F + 4z(z − x)F
Lx Φ =(x2 − 1)
F 00 · 4z 2 x2 − 4z 2 − 4z 4 + 8z 3 x − 4z 2 x2 = F 0 · 2z 2 − 4z 2 − 4zx + 4zx
2z 2 F 00 · (2z 2 − 4zx − 2) = 2z 2 · 3F 0
2F 00 · (z 2 − 2zx − 1) = 3F 0
71
z 6= 0, vzamem y = F 0 . u = 1 − 2xz + z 2 , F 0 je odvod na u.
2
3y = −(z 2 − 2xz + 1)−1
0
y
2 dy
= −u−1
3 u dy
2 dy
du
=−
3 dy
u
3
ln y = − ln u + ln C
2
3
y =Cu− 2
F =C
A
u−1/2
+D = √ +B
−1/2
u
Poskusimo z A = 1, B = 0. x ∈ [−1, 1], z blizu 0, vzamemo glavno veja korena:
∞
X
1
cn Pn (x)z n = F (1 − 2xz + z 2 ) = √
1 − 2xz + z 2
n=0
∞
X
1
1
cn Pn (1)z n = √
; Pn (1) = 1
=
1−z
1 − 2z + z 2
n=0
∞
X
∞
X
1
cn z =
cn z n
=
1−z
n=0
n=0
n
Razvoj je enoliˇcen ⇒ cn = 1,
∞
√
X
1
=
Pn (x)z n
2
1 − 2xz + z
n=0
To je razvoj analitiˇcne funkcije na levi v potenˇcno vrsto okrog toˇcke z = 0 pri fiksnem x ∈
[−1, 1]. Lahko zapiˇsemo x = cos ϑ, ϑ ∈ [0, π]. Razvoj velja v krogu do najbliˇzje singularne
toˇcke. Kje pa so singularnosti?
z1,2
1 − 2z cos ϑ + z 2 = 0
√
= cos ϑ ± cos2 ϑ − 1 = cos ϑ ± i sin ϑ = e±iϑ
|z1 | = |z2 | = 1
Ker sta singularni toˇcki na enotski kroˇznici, razvoj velja za |z| < 1.
∞
X
1
√
=
Pn (cos ϑ)z n
1 − 2z cos ϑ + z 2
n=0
72
Primer
Imamo naboj e v toˇcki r~0 . Iˇsˇcemo potencial tega naboja v ~r.
U=
e
4πεε0 ||~r − r~0 ||
r0
r0 ||~r−~
r0 ||2 = h~r − ~r0 , ~r − ~r0 i = r2 +2 h~r, ~r0 i r02 = r2 +2rr0 cos ϑ+r02 = r2 1 − 2 cos ϑ + ( )2
r
r
∞
1
1
1X
r0
= p
=
Pn (cos ϑ)( )n
r
r
0
0
2
||~r − r~0 ||
r n=0
r
r 1 − 2 r cos ϑ + ( r )
To je za r > r0 , za r < r0 pa bi v izrazu za ||~r − r~0 ||2 izpostavili r0 .
∞
1
1 X
1
r
=
= q
Pn (cos ϑ)( )n
||~r − r~0 ||
r0 n=0
r0
r0 1 − 2 rr0 cos ϑ + ( rr0 )2
5.3
Hermitovi polinomi
Rodovna funkcija za Hermitove polinome je
2xz−z 2
e
=
∞
X
Hn (x)
n=0
5.4
n!
zn
Prirejene Legendrove funkcije
Fiksirajmo naravno m ∈ N ∪ {0}. DE za Legendrov polinom Pn je
((x2 − 1)y 0 )0 = n(n + 1)y
(x2 − 1)y 00 + 2xy 0 = n(n + 1)y
(m)
Odvajamo m-krat in postavimo z = y (m) = Pn :
m (m+1)
m (m)
m (m)
(m+2) 2
(m+1)
y
(x − 1) +
y
2x + 2
y + 2xy
+
y 2 = n(n + 1)y (m)
1
2
1
(x2 − 1)z 00 + (m + 1)2xy 0 + m(m − 1)z = n(n + 1)z
Definiram diferencialni operator Km z
Kn z = (x2 − 1)z 00 + 2(n + 1)z 0 + n(n + 1)z
Km Pn(m) = n(n + 1)Pn(m)
73
Ni simetriˇcen, poskusimo najti tak ρ da bo na intervalu [−1, 1] simetriˇcen:
(ρP )0 = ρQ
(ρ(x2 − 1))0 = ρ2(m + 1)x
ρ0 (x2 − 1) + 2ρx = 2ρ(m + 1)x
ρ0
2x
=m 2
ρ
x −1
2
2
ln ρ = m ln |x − 1| + ln C = m ln(1 − x ) + ln C
ρ = C(1 − x2 )m
Vzamem C = 1, ρ = (1 − x2 )m > 0 skoraj povsod na [−1, 1].
(m)
(m)
Pn in Pk , n, k > m, sta ortogonalna v L2 ([−1, 1]; ρ), saj ustrezata raˇzliˇcnima lastnima
vrednostma.
ˆ 1
(m)
ρ(x)Pn(m) (x)Pk (x) dx = 0
−1
ˆ
1
−1
1
1
(m)
ρ(x) 2 Pn(m) (x)ρ(x) 2 Pk (x) dx = 0
Uteˇz lahko dodamo funkcijam:
Definicija
m
Pnm = (1 − x2 ) 2 Pn(m) (x)
To je prirejena Legendrova funkcija .
ˇ je m sod, je to polinom. Funkcije P m so ortogonalne v L2 [−1, 1], uteˇz smo dodali funkcijam.
Ce
n
(m)
z = Pn = (1 − x2 )−m/2 Pnm zadoˇsˇca enaˇcbi Kn z = n(n + 1)z. Ugotovimo, da y = Pnm zadoˇsˇca
DE
m2
Lpm y = ((x − 1)y ) +
y = n(n + 1)y
1 − x2
0 0
2
Lpm je prirejen Legendrov operator, n ∈ N ∪ {0}, n ≥ m. Lpm ima lastne vrednosti n(n + 1).
ˆ
||Pnm ||22
1
(Pnm (x))2 dx =
=
−1
5.5
(n + m)! 2
(n − m)! 2n + 1
Sferne funkcije
ˇ je f
Imamo sfero K s polmerom 1 in srediˇsˇcem v 0. Koordinati: 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ϑ ≤ π. Ce
definirana na sferi, je f = f (ϑ, ϕ).
f (0, ϕ) = konst
f (π, ϕ) = konst
f (ϑ, 0) = f (ϑ, 2π)
74
Za realni funkciji f, g na sferi definiram skalarni produkt
Definicija
ˆ
¨
hf, gi =
0
2π
f (ϑ, ϕ)g(ϑ, ϕ) sin ϑ dϕ
dϑ
f g dP =
K
ˆ
π
0
Laplace v sfernih koordinatah:
∆u =
1 ∂ 2 ∂u
1
∂
∂u
1
∂ 2u
(r
)
+
(sin
ϑ
)
+
r2 ∂r
∂r
r2 sin ϑ ∂ϑ
∂ϑ
r2 sin2 ϑ ∂ϕ2
Na sferi je r = 1, vzamem diferencialni operator:
∂u
1 ∂ 2u
1 ∂
sin ϑ
+
Lu = −
sin ϑ ∂ϑ
∂ϑ
sin2 ϑ ∂ϕ2
Trditev
L je simetriˇcen v L2 (K)
Dokaz
Za u, v ∈ C 2 (K) mora veljati
hLu, vi = hu, Lvi
ˆ π ˆ 2π
ˆ π ˆ 2π
∂
1 ∂ 2u
dϑ
hLu, vi = −
(sin ϑuϑ ) v dϕ −
dϑ
v dϕ
∂ϑ
sin ϑ ∂ϕ2
0
0
0
0
ˆ π
ˆ π
ˆ 2π
ˆ 2π
∂
1 ∂ 2u
dϕ
dϕ
=−
(sin ϑuϑ ) v dϑ −
v dϑ
2
0 ∂ϑ
0 sin ϑ ∂ϕ
0
0
= ...
Kot to integriramo, dobimo izraz, ki je simetriˇcen glede na u in v, torej je tudi operator
simetriˇcen.
Iz raˇcuna vidimo tudi hLu, ui ≥ 0, torej je L pozitiven in ima same nenegativne lastne vrednosti.
Lastne vrednosti in funkcije za L iˇsˇcemo s separacijo spremenljivk.
u(ϑ, ϕ) = Θ(ϑ)Φ(ϕ)
Lu = λu
1
1 ∂
(sin ϑΘ0 Φ) +
ΘΦ00 = −λΘΦ
sin ϑ ∂ϑ
sin2 ϑ
Φ ∂
1
(sin ϑΘ0 ) +
ΘΦ00 = −λΘΦ
sin ϑ ∂ϑ
sin2 ϑ
Φ00
sin ϑ ∂
(sin ϑΘ0 ) +
= −λ sin2 ϑ
Θ ∂ϑ
Φ
sin ϑ ∂
Φ00
(sin ϑΘ0 ) + λ sin2 ϑ = −
= µ = konst.
Θ ∂ϑ
Φ
75
Za Φ je enostavno: Φ00 = −µΦ, reˇsitve bodo periodiˇcne, torej lahko piˇsemo µ = ω 2 in Φ =
A cos(ωϕ) + B sin(ωϕ).
Φ(0) = A = A cos(2πω) + B sin(2πω)
Φ0 (0) = Bω = Φ0 (2π) = −A sin(2πω) + B cos(2πω)
Enaˇcbi lahko prepiˇsem v sistem za A, B:
A(cos(2πω) − 1) + B sin(2πω) = 0
−Aω sin(2πω) + Bω(cos(2πω) − 1) = 0
Netrivialno reˇsitev ima, ˇce je det = 0, torej w[(cos 2πω − 1)2 + (sin 2πω)2 ] = 0. Vsota kvadratov
je 0 ⇒ oba sta 0: cos(2πω) = 1, sin(2πω) = 1 ⇒ ω ∈ Z. Vzeli smo, da je ω ≥ 0, torej je
ω = m = 0, 1, 2, . . . .
Φ(ϕ) = A cos(mϕ) + B sin(mϕ)
sin ϑ
(sin ϑΘ0 )0 + λ sin2 ϑ = m2
Θ
1
m2 Θ
(sin ϑΘ0 )0 + λΘ =
sin ϑ
sin2 ϑ
2
1
m
(sin ϑΘ0 )0 −
Θ = −λΘ
sin ϑ
sin2 ϑ
Nova spremenljivka t = cos ϑ, ϑ = arccos t, ϑ ∈ [0, π]. Θ(ϑ(t)) = T (t), Θ(ϑ) = T (cos ϑ).
Θ0 (ϑ) = T 0 (t)(− sin ϑ) ⇒ sin ϑΘ0 = −T 0 (t) sin2 ϑ.
(sin ϑΘ0 )0 = −
dt
d
T 0 (t) sin2 ϑ
dϑ
dϑ
|{z}
− sin ϑ
t2 + sin ϑ2 = 1 ⇒ sin2 ϑ = 1 − t2
1
d
(sin ϑΘ0 )0 = ((t2 − 1)T 0 (t))(−1)
sin ϑ
dt
m2
d 2
T (t) = λT (t)
((t − 1)T 0 (t)) +
2
dt
1
−
t
|
{z
}
Lpm T
To je prirejeni Legendrov operator, torej je λ = n(n + 1), n ≥ m. Za lastne funkcije lahko
vzamemo
T (t) = Pnm (t)
Θnm (ϑ) = Pnm (cos ϑ)
76
Sedaj lahko zapiˇsemo funkcijo u(ϑ, ϕ)
u = Θ(ϑ)Φ(ϕ)
Φ0 (ϕ) = A
Θn0 (ϑ) = Pn0 (cos ϑ) = Pn (cos ϑ)
Ena lastna funkcija za L, ki odgovarja lastni vrednosti λ = n(n + 1) je
Yn0 = Pn (cos ϑ)
Za m = 1, 2, . . . , n imamo ˇse lastne funkcije
Ynm = Pnm (cos ϑ) cos mϕ
Yn−m = Pnm (cos ϑ) sin mϕ
Za vsak n imamo 2n + 1 linearno neodvisnih funkcij, sestavljajo linearno neodvisno mnoˇzico
(v resnici ortogonalno bazo) lastnega podprostora za L, ki pripada lastni vrednosti n(n + 1).
Dimenzija tega podprostora je 2n + 1. To so osnovne sferne funkcije in so ortogonalne v
L2 (K).
P
Linearna kombinacija Yn = nm=−n cnm Ynm je sferna funkcija reda n. ˇce je vsaj en koeficient
razliˇcen od 0, je to lastna funkcija za L in LYn = n(n + 1)Y .
ˆ π
ˆ 2π
0 0
= Yn , Yn =
sin ϑ dϑ
(Pn (cos ϑ))2 dϕ =
0
0
ˆ 1
2
4π
= 2π
(Pn (cos ϑ))2 d(cos ϑ) = 2π||Pn ||22 = 2π
=
2n + 1
2n + 1
−1
ˆ 2π
ˆ 2π
dϕ
(Pnm (cos ϑ))2 sin ϑ dϑ =
||Ynm ||2 = hYnm , Ynm i =
0
ˆ 2π
ˆ π 0
=
dϕ
(Pnm (cos ϑ))2 cos2 (mϕ) sin ϑ dϑ =
0
ˆ0 2π
ˆ π
ˆ 1
2
m
2
=
cos (mϕ)dϕ
(Pn (cos ϑ)) sin ϑ dϑ = π
(Pnm (t))2 dt
||Yn0 ||2
0
||Ynm ||2 = ϕ
−1
0
(n + m)! 2
(n − m)! 2n + 1
Vsako funkcijo iz L2 (K) lahko razvijem v Fourierovo vrsto po ortogonalnem sistemu osnovnih
sfernih funkcij. Velja:
Yn ⊥ Yk za k 6= n
Yn je lastna funkcija, ki pripada lastni vrednosti n(n + 1), Yk pa pripada lastni vrednosti
k(k + 1). Dokazali smo, da je L simetriˇcen, torej so lastne funkcije, ki pripadajo razliˇcnim
lastnim vrednostim, ortogonalne.
f (ϑ, ϕ) =
∞ X
n
X
cnm Ynm (ϑ, ϕ)
n=0 m=−n
77
Koeficiente dobim kot obiˇcajno, tako da skalarno mnoˇzimo z Ykl .
ˆ
f, Ykl =
ˆ
2π
0
π
f Pkl (cos ϑ) cos(mϕ) sin ϑ dϑ = ckl ||Ykl ||2
dϕ
0
To je za pozitiven k, za negativne pa je sin(mϕ) namesto cos(mϕ).
6
Linearne PDE drugega reda za funkcijo 2 spremenljivk
u = u(x, y)
Lu = Auxx + Buxy + Cuyy + Dux + Euy + F u = G(x, y)
ˇ so A, B, C, D, F konstantne, je to enaˇcba s konstantnimi koeficienti. Ce
ˇ je G(x, y) ≡ 0, je
Ce
to homogena enaˇ
cba . Reˇsitve homogene enaˇcbe sestavljajo jedro linearnega operatorja L
in tvorijo vektorski podprostor.
6.1
Klasifikacija
Definicija
Enaˇcba je
• eliptiˇ
cna , ˇce je B 2 − 4AC < 0
• hiperboliˇ
cna , ˇce je B 2 − 4AC > 0
• paraboliˇ
cna , ˇce je B 2 − 4AC = 0
Primer
Difuzijska ut = α2 uxx je paraboliˇcna: A = α2 , B = 0, C = 0 ⇒ B 2 − 4AC = 0.
Primer
Laplaceova enaˇcba uxx + uyy = 0 je eliptiˇcna: A = C = 1, B = 0, C = 0
⇒ B 2 − 4AC = −4 < 0.
Primer
Valovna enaˇcba utt − c2 uxx = 0 je hiperboliˇcna: A = c2 , C = −1, B = 0
⇒ B 2 − 4AC = 4c2 > 0.
ˇ koeficienti niso konstantni, se klasifikacija enaˇcbe lahko spreminja.
Ce
78