Transcript Holomorf Harmoni - matematik och matematisk statistik

HOLOMORF HARMONI
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM
1997
Sammanfattning. N˚
agra rader om vad vi har och ska syssla med under den
h¨
ar terminen. Kanske till nytta vid repetition under kursens g˚
ang och innan
examen. Framf¨
orallt tycker jag ni ska titta p˚
a ‘huvudie´
eerna i bevisen. F¨
ors¨
ok
˚
aterskapa fullst¨
andiga bevis utifr˚
an dessa.
De h¨
ar sm˚
a repetitionssidorna behandlar bara teorin och tar inte upp t.ex
integralber¨
akningar, praktiskt utf¨
orande av konforma avbildningar eller andra
‘praktiska’ saker.
I slutet hittar ni n˚
agra o
orre delen av teoretisk ka¨vningsuppgifter, till st¨
rakt¨
ar, men h¨
ar har en eller annan M¨
obiusavbildning eller reell integral smugit
sig in.
Inneh˚
all
1. Inledning
2. Holomorfa funktioner - inledning
3. Kurvor och kurvintegraler
4. Homotopi
5. Cauchys integralformel och n˚
agra f¨oljder av denna
6. Nollst¨
allen, singulariteter och Laurentserier
7. Cauchys residuesats
8. Argumentprincipen och Rouch´es sats
9. Konforma avbildningar
9.1. M¨
obiustransformationer
9.2. Schwarz-Christoffeltransformationen
10. Lite harmoni i all holomorfi
Bilaga A. Injektiva, surjektiva och bijektiva funktioner
¨
Bilaga B. Ovningsuppgifter
Bilaga C. F¨
orslag till l¨
osningar, svar eller tips
1
2
3
5
6
7
8
9
10
10
10
12
13
15
19
1. Inledning
Innan ni b¨
orjade den h¨
ar kursen hade ni, misst¨anker jag, sysslat en hel del med
reell analys. Ni har l¨
art er grunderna under era f¨orsta terminer vid universitetet,
f¨ordjupat dessa kunskaper en del i kurser om differentialekvationer, Hilbertrum,
till¨
ampad matematik och annat. Jag tror d¨arf¨or att ni har en ganska god f¨orst˚
aelse
f¨or grundl¨
aggande reella begrepp och t.o.m skaffat er en skaplig intuition f¨or vad
som h¨
ander och inte kan intr¨
affa. Ni har t.ex s¨akert en bild av vad en kontinuerlig
funktion ¨
ar, en deriverbar eller inte deriverbar etc. Att skaffa sig s˚
adana ‘bilder’ ¨ar
naturligtvis viktigt f¨
or att ¨
oka f¨
orst˚
aelsen, men samtidigt har ni s¨akert redan hunnit
uppt¨
acka att bilderna f¨
or¨
andras med ¨okad kunskap. Att en kontinuerlig kurva kan
fylla ut hela planet, att en kontinuerlig kurva inte beh¨over vara deriverbar i en enda
punkt etc ¨
ar s˚
adant som kanske f¨or¨andrar era inre bilder, vad vet jag? Hur skaffar
ni er d˚
a dessa bilder? Till stor del beror det s¨akert p˚
a att ni sett massor av exempel
1
2
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
p˚
a hur det kan se ut, exempel som visar vad som kan g˚
a snett, hur det inte kan se
ut och s˚
a satser och bevis t.ex.
N¨
ar vi nu kastar oss in i ett f¨
or er nytt omr˚
ade, hoppas jag ni ser det som om ni
just strandat n˚
agonstans l¨
angs den sydamerikanska kusten och framf¨or er har en
v¨aldig regnskog. Det tycks er som om ingen n˚
agonsin satt sin fot i denna skog och ni
f¨orest¨
aller er hur ni kommer att f˚
a uppleva saker som ni aldrig ens kunnat dr¨omma
om. S˚
a hoppas jag det ska k¨
annas f¨or er n¨ar ni nu kastar er in i den komplexa
analysens v¨
arld. Till en b¨
orjan kan man kanske tro att det bara ¨ar ett smidigt s¨att
att ‘f¨
orenkla’ den reella analysen, men att det i sj¨alva verket handlar om samma
sak. Under kursens g˚
ang kommer ni dock att f˚
a se att det verkligen dyker upp en
hel del nya fenomen som inte alls finns i den reella analysen.
N˚
aja, det som jag nu t¨
ankte skriva tror jag att ni kanske kan ha anv¨andning
av som repetition i slutet av kursen - en ganska koncentrerad framst¨allning av det
(som jag tycker) viktigaste. Kanske kan det ¨aven vara intressant att bl¨addra i under
kursens g˚
ang. I slutet finner ni n˚
agra ¨ovningsuppgifter som m˚
anga ligger ungef¨ar
p˚
a den niv˚
a som uppgifterna p˚
a en examen skulle kunna g¨ora.
S˚
a sparkar vi v¨
al ig˚
ang d˚
a!
2. Holomorfa funktioner - inledning
Om Ω ¨
ar ett omr˚
ade (¨
oppen sammanh¨angande m¨angd) i C och f ¨ar en funktion
f : Ω → C s˚
a vet vi att f kan delas upp i en real- och en imagin¨ardel:
f (z) = u(z) + iv(z) = f (x + iy) = f (x, y) = u(x, y) + iv(x, y)
d¨
ar allts˚
a u och v kan ses som funktioner fr˚
an en delm¨angd av R till R. Den klass av
funktioner som vi under kursen ¨agnat st¨orst intresse har varit klassen av holomorfa
eller analytiska funktioner. Vi definierade s˚
adana funktioner p˚
a f¨oljande s¨att:
Definition 2.1. En funktion f : Ω → C s¨ages vara holomorf om den ¨ar Cderiverbar i varje punkt z i Ω. En funktion ¨ar C-deriverbar i z om gr¨ansv¨ardet
f (z + ζ) − f (z)
(2.1)
lim
ζ→0
ζ
existerar.
Observera att ζ i definitionen ¨ar ett komplext tal. I det reella fallet k¨anner vi ju
till m˚
anga funktioner som ¨
ar dervierbara en g˚
ang, men som inte g˚
ar att derviera tv˚
a
g˚
anger. Under kursens g˚
ang har det visat sig att C-deriverbarhet ¨ar ett betydligt
starkare begrepp ¨
an att vara reellt deriverbar. N¨armare best¨amt har vi sett att om
en funktion ¨
ar holomorf (dvs C-deriverbar i omr˚
adet) s˚
a existerar samtliga (reella)
partiella derivator, dvs funktionen ¨ar C ∞ p˚
a omrd˚
aet. Inte nog med det. Vi har
ocks˚
a sett att holomorfa funktioner kan skrivas som en potensserie, vilket ¨ar ¨annu
sv˚
arare ¨
an att vara C ∞ . Det visar hur starkt knuten den komplexa derivatan ¨ar till
den komplexa strukturen vi lagt p˚
a R2 och det ¨ar onekligen synnerligen missvisande
att tro att den komplexa analysen egentligen ¨ar detsamma som analys i R2 .
N¨
asta problem var hur vi skulle kunna avg¨ora huruvida en given funktion ¨ar
holomorf eller inte utan att beh¨ova studera gr¨ansv¨ardet (2.1). Om gr¨ansv¨ardet
existerar, s˚
a existerar speciellt de partiella (reella) derivatorna av f (det ser vi om
vi l˚
ater ζ i ekvationen 2.1 vara rent reellt respektive rent imagin¨art). Med hj¨alp av
dessa var det inte sv˚
art att visa f¨oljande:
Proposition 2.2. L˚
at Ω vara ett omr˚
ade i C och f : Ω → C en holomorf funktion
p˚
a Ω. Om vi skriver f (z) = f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) s˚
a¨
ar d˚
a
∂f
∂f
(2.2)
∂f =
+i
=0
∂x
∂y
HOLOMORF HARMONI
3
vilket ¨
ar ekvivalent med att
(2.3)
∂v
∂u
∂v
∂u
=
och
=−
∂x
∂y
∂y
∂x
Ekvationerna (2.2) och (2.3) kallas Cauchy-Riemanns ekvationer efter tv˚
a av de
stora tungviktarna i den komplexa analysens gryning. Propositionen ovan bevisade
vi i kursen (vilket egentligen bara var ett r¨akneexempel) och den s¨ager allts˚
a att
en holomorf funktion uppfyller Cauchy-Riemanns ekvationer. Man kan ocks˚
a visa
att omv¨
andningen av denna proposition g¨aller. Vi konstaterade (¨aven om vi inte
bevisade detta) n¨
amligen att
Sats 2.3. L˚
at Ω vara ett omr˚
ade i C och f : Ω → C en funktion vars paritella
derivator av f¨
orsta ordningen ¨
ar kontinuerliga. D˚
a¨
ar f holmorf om och endast om
f uppfyller Cauchy-Riemanns ekvationer (ekv (2.2) och (2.3)).
Med hj¨
alp av denna sats fick vi ett ypperligt verktyg f¨or att p˚
a ett ganska enkelt
s¨att kunna avg¨
ora om en funktion ¨ar holmorf eller inte. Det ¨ar ‘bara’ att ber¨akna
n˚
agra partiella derivator. Vi kunde snabbt konstatera att alla polynom i z (sk analytiska/holomorfa polynom) ¨
ar holomorfa, men ¨aven rationella funktioner (i z) ¨ar
holmorfa utom i de punkter d¨
ar n¨amnaren har nollst¨allen. Det ¨ar heller inte sv˚
art
med hj¨
alp av Sats 2.3 att visa att summan och produkten av tv˚
a holomorfa funktioner ¨
ar holomorf och att kvoten mellan tv˚
a holomorfa funktioner ¨ar holmorf utom
d¨
ar n¨
amnaren har ett nollst¨
alle. Vi kunde snart ocks˚
a konstatera att funktioner som
ez , sin z och cos z var holmorfa p˚
a hela det komplexa planet. De kallades d¨arf¨or hela.
Exempel p˚
a funktioner som inte ¨ar holomorfa ¨ar t.ex z och |z|, men i sj¨alva verket
a att de allra flesta funktionerna h¨ar i v¨arlden inte ¨ar holomorfa.
¨ar det naturligtvis s˚
Vad egenskaper betr¨
affar har det ju varit lite klent med att kunna s¨aga s˚
a v¨arst
mycket ¨
annu, men n˚
agonting har vi sett i alla fall. En holomorf funktion kan t.ex
inte ha konstant real- eller imagin¨ardel eller konstant belopp om inte funktionen i
sig ¨
ar konstant.
3. Kurvor och kurvintegraler
Vi har behandlat f¨
oljande tv˚
a definitioner:
Definition 3.1. Med en kurva i en m¨angd X ⊂ C menar vi en kontinuerlig avbildning (funktion) γ fr˚
an ett intervall [a, b] i R till X. Vi s¨ager att kurvan g˚
ar fr˚
an
γ(a) till γ(b) och att en punkt z ∈ X ligger p˚
a kurvan om det finns t ∈ [a, b] s˚
a att
γ(t) = z.
Definition 3.2. Vi s¨
ager att en kurva γ : [a, b] → Ω ⊂ C ¨ar
• sluten om γ(a) = γ(b)
• enkel om γ ¨
ar injektiv
• sl¨
at om γ har kontinuerlig derivata p˚
a [a, b]
• styckvis sl¨
at om det finns ett ¨andligt antal punkter {aj }nj=1 , a = a1 < a2 <
. . . < an = b s˚
a att γ har kontinuerlig derivata p˚
a varje intervall [aj , aj+1 ]
• Vi s¨
ager ocks˚
a att en kurva γ : [a, b] → X ¨ar enkel och sluten om γ ¨ar
injektiv med det undantaget att γ(a) = γ(b).
Genom att ‘orientera’ intervallet [a, b] kan vi ge en kurva en viss riktning (positiv
eller negativ). Vi n¨
amnde ocks˚
a Jordans kurvsats med vars hj¨alp vi kunde tala om
insidan respektive utsidan av (innanf¨or/utanf¨or) en kurva.
T¨
ank er att vi har ett omr˚
ade Ω ⊂ C och en kontinuerlig funktion f p˚
a Ω. Givet
en kurva γ : [a, b] → Ω skulle vi vilja kunna integrera f ¨over γ. Man kan d˚
a definiera
integralen ungef¨
ar som i det reella fallet med partitioner, Riemannsummor och allt
vad d¨
ar h¨
or till. D˚
a ser man att man i sj¨alva verket kan integrera mycket allm¨annare
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
4
funktioner ¨
ar de kontinuerliga. F¨or oss r¨acker det dock att betrakta kontinuerliga
funktioner p˚
a Ω och d˚
a kan vi t¨aRnka ungef¨ar s˚
a h¨ar:
Vi skulle allts˚
a vilja definiera γ f (z)dz. Nu vet vi ju att om z ligger p˚
a kurvan, s˚
a
finns det ett x i [a, b] s˚
a att γ(x) = z. Ungef¨ar som n¨ar vi g¨or variabelsubstitutioner
i det reella fallet kan vi sedan t¨anka att om vi byter z mot γ(x) s˚
a b¨or vi byta
m˚
attet (eftersom vi byter definitionsm¨angd) till dz = γ 0 (x)dx. D˚
a skulle vi allts˚
a
Z
Z b
0
f (γ(x))γ (x)dx. Vi tar detta som en
kunna skriva v˚
ar integral som
f (z)dz =
a
γ
definition:
Definition 3.3. Om Ω a
ade i C, f en kontinuerlig funktion p˚
a Ω och
¨r ett omr˚
γ : [a, b] → Ω en sl¨
at kurva i Ω, s˚
a definierar vi integralen av f o¨ver γ som
Z
Z b
f (z)dz =
f (γ(x))γ 0 (x)dx
γ
a
Vi ser att det g˚
ar bra att definiera integralen p˚
a detta s¨att eftersom den sista
integralen bara ¨
ar en vanlig reell Riemannintegral av en kontinuerlig funktion ¨over
ett slutet intervall. Observera ocks˚
a att om vi byter riktning p˚
a kurvan svarar
detta mot att byta a mot b i den senare integralen och allts˚
a ger det den negativa
integralen.
Om kurvan bara ¨
ar styckvis sl¨at kan vi naturligtvis dela upp integralen i en
(¨andlig) summa ¨
over de bitar som kurvan ¨ar kontinuerlig p˚
a.
Man kan sedan visa att med denna definition av integralen spelar det ingen roll
vilken parameterisering vi v¨
aljer av v˚
ar kurva. Vi f˚
ar ¨and˚
a samma resultat.
Vi definierar l¨
angden av en kurva p˚
a f¨oljande vis:
Definition 3.4. En sl¨
at kurva γ : [a, b] → Ω i ett omr˚
ade Ω ⊂ C s¨ages ha l¨angden
Z b
L(γ) =
|γ 0 (t)|dt
a
och vi kan d˚
a formulera f¨
oljande viktiga sats (som ni k¨anner igen som en generalisering av en k¨
and sats i envariabelanalysen):
Sats 3.5. Om γ ¨
ar en kurva i Ω ⊂ C, f ¨
ar en kontinuerlig funktion i Ω och
|f (z)| ≤ M f¨
or alla z p˚
a γ s˚
a¨
ar
Z
|f (z)||dz| ≤ M · L(γ)
γ
Ett viktigt exempel var f¨
oljande:
Exempel 3.6. L˚
at γ : [0, 2π], γ(t) = z0 +Zreit vara en kurva som har som bild en
(z − z0 )n dz
cirkel kring z0 ∈ C med radie r. Ber¨akna
γ
Vi ber¨
aknar allts˚
a
Z
Z
f (z)dz =
γ
0
= ir
Z
rn eint ireit dt =
0
2π
i(n+1)t
e
0
2π
f (γ(t))γ (t) =
γ
n+1
Z
(
0
dt =
2πi
om n 6= −1
om n = −1
En viktig sats som vi senare skulle till¨ampa p˚
a holomorfa funktioner var denna:
Sats 3.7 (V¨
agoberoende). L˚
at Ω ⊂ C vara ett omr˚
ade och f en funktion som ¨
ar
kontinuerlig p˚
a Ω. D˚
a¨
ar f¨
oljande ekvivalent:
dF
= f i hela Ω
(1) Det finns en funktion F p˚
a Ω s˚
adan att
dz
HOLOMORF HARMONI
5
Z
f (z)dz = F (z1 ) − F (z0 ) f¨
or varje enkel styckvis sl¨
at kurva γ i Ω fr˚
an z0
(2)
γ
till z1
Z
(3)
f (z)dz = 0 f¨
or varje enkel sluten styckvis sl¨
at kurva γ i Ω.
γ
Kruxet med beviset var v¨
al egentligen bara steget (2) =⇒ (1). Det g¨allde
ju d˚
a att verkligen konstruera den primitiva funktionen F . Eftersom vi vet att
kurvintegralen ¨
ar v¨
agoberoende gjorde vi dock detta som s˚
a att vi fixerade en
godtycklig punkt z0 i omr˚
adet. Sedan l¨at vi F (z) vara kurvintegralen av f ¨over
en godtycklig kurva (de ger ju alla samma resultat) fr˚
an z0 till z. Nu g¨allde det
bara att visa att C-derivatan av F ¨ar f och det var egentligen bara att ber¨akna
gr¨ansv¨
ardet (2.1).
4. Homotopi
Ett viktigt begrepp som beh¨ovdes f¨or att visa Cauchys sats var homotopi. Det
handlar om antinuerligt ska kunna transformera en kurva till en annan utan att
l¨amna det omr˚
ade man befinner sig i. Lite l¨ost skulle vi kunna uttrycka det s˚
a h¨ar:
Antag att γ1 och γ2 ¨
ar tv˚
a kurvor i Ω ⊂ Cn . Vi kan t¨anka oss en av kurvorna som
ett gummiband. Om vi kan dra i lite olika ¨andar av detta gummiband och sedan
f¨orflytta det genom v˚
art omr˚
ade s˚
a att vi kan l¨agga det p˚
a den andra kurvan och de
d˚
a ser identiska ut, s˚
a s¨
ater vi att de tv˚
a kurvorna ¨ar homotopa. Kontinuiteten ger
att vi allts˚
a inte f˚
ar klippa s¨
onder bandet, men annars f˚
ar vi vara ganska h˚
ardh¨anta
n¨
ar vi drar, sliter och vrider. F¨or att s¨atta matematisk exakthet till detta begrepp
gjorde vi f¨
oljande definition:
Definition 4.1. L˚
at Ω vara ett omr˚
ade i C. Tv˚
a kurvor γ1 : [0, 1] → Ω och
γ2 : [0, 1] → Ω i Ω s¨
ages vara homotopa om det finns en kontinuerlig funktion
ϕ : [0, 1] × [0, 1] → Ω s˚
a att
(1) ϕ(s, 0) = ϕ(s, 1) f¨
or alla s ∈ [0, 1]
(2) ϕ(0, t) = γ1 (t) och ϕ(1, t) = γ2 (t)
Funktionen ϕ i definitionen ska vi allts˚
a se som s˚
a att f¨or varje fixt s har vi en
kurva (n¨
ar t varierar). Det f¨
orsta villkoret s¨ager d˚
a att varje kurva (f¨or varje fixt
s) a
¨r sluten och det andra villkoret s¨ager att ‘den f¨orsta kurvan’ (n¨ar s = 0) a¨r lika
med v˚
ar givna kurva γ1 och den ‘sista’ kurvan (n¨ar s = 1) lika med γ2 . Vi har allts˚
a
en ‘skara av kurvor’ som f¨
orflyttas fr˚
an γ1 till γ2 .
Detta viktiga begrepp anv¨
ande vi bl.a till att visa f¨oljande viktiga sats om v˚
ara
k¨
ara holomorfa funktioner:
Sats 4.2. L˚
at Ω vara ett omr˚
ade C och γ0 och γ1 vara tv˚
a homotopa enkla, slutna,
styckvis sl¨
ata kurvor i Ω. Om f ¨
ar holomorf i Ω, s˚
a¨
ar
Z
Z
(4.1)
f (z)dz =
f (z)dz
γ0
γ1
Detta ¨
ar ju den viktigaste byggstenen i beviset av Cauchys sats. Beviset var
egentligen ganska r¨
att fram. Med hj¨alp av homotopin ϕ(s, t) definierade vi funktionen
Z
I(s) =
f (z)dz
ϕ(s,t)
och visade sedan att denna funktion ¨ar konstant (genom att ber¨akna I 0 (s)). D¨arf¨or
over samtliga kurvor ϕ(s, t) lika, speciellt ¨over ϕ(0, t) och ϕ(1, t).
¨ar integralen ¨
Ett annat begrepp vi beh¨
ovde f¨or att visa denna var f¨oljande:
6
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
Definition 4.3. Ett sammanh¨angande omr˚
ade s¨ages vara enkelt sammanh¨
angande
om varje sluten kurva ¨
ar homotop med en punkt
Detta sa vi sedan att man kunde visa ¨ar ekvivalent (i C men inte i andra dimensioner!) med att det inte finns ‘n˚
agra h˚
al’ i omr˚
adet (dvs att komplementet till
omr˚
adet ¨
ar sammanh¨
angande).
Eftersom alla slutna kurvor i ett enkelt sammanh¨angande omr˚
ade ¨ar homotopa
med en punkt och integralen av en kontinuerlig funktion ¨over en punkt ¨ar noll, kan
vi med hj¨
alp av Sats 3.7 enkelt visa den s˚
a viktiga
Sats 4.4 (Cauchys Integralsats). L˚
at Ω vara ett enkelt sammanh¨
angande omr˚
ade
i C. Om f ∈ H(Ω) s˚
a¨
ar
Z
f (z)dz = 0
γ
f¨
or varje styckvis sl¨
at sluten kurva γ i Ω.
5. Cauchys integralformel och n˚
agra f¨
oljder av denna
Av Cauchys integralformel f¨oljer m˚
anga intressanta satser som ger oss betydligt
st¨
orre f¨
orst˚
aelse f¨
or vilka egenskaper de holomorfa funktionerna har. Vi bevisade
Sats 5.1 (Cauchys integralformel). L˚
at Ω vara ett enkelt sammanh¨
angande omr˚
ade
i C och γ en enkel sluten styckvis sl¨
at positivt orienterad
kurva
i
Ω.
Om
z
a
r
en
¨
0
R f (z)
1
punkt innanf¨
or γ och f ∈ H(Ω) s˚
a¨
ar f (z0 ) = 2πi
dz
γ z−z0
Huvudingredienserna i beviset av integralformeln var egentligen Exempel 3.6 och
Sats 4.2. Eftersom omr˚
adet ¨
ar enkelt sammanh¨angande vet vi ju n¨amligen att varje
sluten kurva ¨
ar homotop med en cirkel kring v˚
ar punkt z0 . En liten uppskattning
med hj¨
alp av Sats 3.5 beh¨
ovdes ocks˚
a.
Om man t¨
anker efter s˚
a¨
ar det ju en fantastisk sats. Den s¨ager att vi kan tala
om funktionsv¨
ardet av en holomorf funktion i en punkt om vi bara vet alla funktionsv¨
arden p˚
a en kurva som ‘omsluter’ punkten. All information om hur funktionen
ser ut innanf¨
or kurvan m˚
aste allts˚
a i sj¨alva verket finnas p˚
a kurvan!
De viktigaste f¨
oljderna var v¨
al f¨oljande:
Sats 5.2 (Medelv¨
ardesegenskapen). Om f ¨
ar holomorf i den ¨
oppna disken {z :
|z − z0 | < R} och kontinuerlig p˚
a tillslutningen av denna disk, s˚
a¨
ar
Z 2π
1
f (z0 ) =
f (z0 + Reiϕ )dϕ
2π 0
Det betyder att funktionsv¨
ardet i centrum av disken ¨ar lika med (integral)medelv¨ardet
av funktionen p˚
a randen.
Vi forts¨
atter med fler viktiga f¨oljder och egenskaper:
Sats 5.3 (Cauchyuppskattningar). Om f ¨
ar holomorf i en omgivning av den slutna
disken D = {z : |z − z0 | < R} s˚
a¨
ar
|f (n) (z0 )| ≤
n!
sup |f (ζ)|
Rn ζ∈∂D
Beviset av dessa uppskattningar byggde egentligen bara p˚
a integralformeln (5.1)
och medelv¨
ardesegenskapen (5.2).
Med hj¨
alp av Cauchyuppskattningarna kunde vi sedan visa att det egentligen
inte finns n˚
agra funktioner som ¨ar begr¨ansade och holomorfa p˚
a hela C (f¨orutom
de som ¨
ar konstanta):
HOLOMORF HARMONI
7
Sats 5.4 (Liouvilles sats). Om f ¨
ar en hel funktion (dvs f ∈ H(C)) och f ¨
ar
begr¨
ansad (dvs det finns en konstant M s˚
a att |f (z)| ≤ M ∀z ∈ C) s˚
a ¨
ar f
konstant.
Vi tog upp en sista mycket viktig f¨oljd av Cauchys integralformel:
Sats 5.5 (Maximumprincipen). L˚
at Ω ⊂ C vara ett omr˚
ade och f en holomorf
funktion p˚
a Ω. Om det finns z ∈ Ω s˚
adant att
|f (z)| = sup f (ζ)
ζ∈Ω
s˚
a¨
ar f konstant i Ω.
F¨
ors¨
ok dra er till minnes beviset. Vi visade f¨orst en enklare version av maximumprincipen. Vi visade n¨
amligen att en funktion som ¨ar holomorf men inte konstant
i en disk inte kan anta sitt st¨
orsta v¨arde i diskens centrum. Detta skulle n¨amligen
mots¨
agas av medelv¨
ardesegenskapen (Sats 5.2). Detta anv¨ande vi sedan f¨or att visa
den r¨
atta maximumprincipen. Vi antog att |f | antog max i en inre punkt z0 och att
f inte var konstant. D˚
a m˚
aste det finnas en annan punkt w s˚
a att |f (w) < |f (z0 )|.
L¨
agg en kurva mellan z0 och w. Tag en punkt s˚
a att i alla f¨oreg˚
aende punkter p˚
a
kurvan ¨
ar |f | = |f (z0 )|, men i varje omgivning finns punkter d¨ar < r˚
ader. L¨agg en
cirkel med centrum i denna punkt och utnyttja fallet med disken.
I m˚
anga (teoretiska?) till¨
ampningar har man ocks˚
a stor nytta av Schwarz lemma,
en oerh¨
ort viktig sats med m˚
anga till¨ampnings och generaliseringsm¨ojligheter till
bl.a. flera och o¨
andligt m˚
anga dimensioner:
Sats 5.6 (Schwarz Lemma). L˚
at D = {z : |z| < 1} vara enhetsdisken i C och l˚
at
f ∈ H(D) vara s˚
a att f (D) ⊂ D och f (0) = 0. D˚
a¨
ar
(1) |f (z)| ≤ |z| f¨
or alla z i D
(2) |f 0 (0)| ≤ 1
Om dessutom |f (z)| = |z| f¨
or n˚
agot z 6= 0 eller om |f 0 (0)| = 1 s˚
a¨
ar f (z) = λz f¨
or
alla z ∈ D och n˚
agon konstant λ med |λ| = 1.
I beviset l˚
ater vi f (z) = zh(z), anv¨ander maximumprincipen p˚
a h och ser att
|h| ≤ 1 p˚
a disken, s˚
a |f (z)| ≤ |z|. F¨or att visa att |f 0 (0)| ≤ 1 anv¨ander vi bara
definitionen av C-deriverbarhet.
Innan ni l¨
aser vidare, s˚
a t¨
ank igenom integralformeln och f¨oljderna och fundera
igenom id´eerna i bevisen. Det ¨
ar viktigt f¨or att f¨orst˚
a vad som egentligen p˚
ag˚
ar att
ni har en k¨
ansla f¨
or huvudingredienserna i bevisen!
6. Nollst¨
allen, singulariteter och Laurentserier
Vi har visat att om en funktion f ¨ar holomorf i ett omr˚
ade Ω och f (z 0 ) =
0
0
a ¨ar f skild fr˚
an noll i Uz0 \ z 0 , dvs
0, z ∈ Ω, s˚
a finns det en omgivning Uz0 av z s˚
holomorfa funktioner har isolerade nollst¨allen. Med hj¨alp av Taylorutvecklingen av
holomorfa funktioner kunde vi visa att om alla derivator av f f¨orsvinner i en punkt
z 0 , s˚
a m˚
aste funktionen vara identiskt lika med noll i omr˚
adet. Det betyder att om
funktionen f ¨
ar noll i z 0 , men inte ¨ar identiskt lika med noll, s˚
a finns ett heltal m
s˚
adant att alla derivator av l¨
agre ordning ¨an m ¨ar noll, men f (m) (z 0 ) 6= 0. Vi s¨ager
i s˚
a fall att f har ett nollst¨
alle av ordning m. I s˚
a fall finns det en holomorf funktion
g, g(z 0 ) 6= 0, s˚
a att g(z)((z − z 0 )m = f (z). (g ¨ar holomorf d¨ar f ¨ar holomorf).
Vi har ocks˚
a bevisat satsen om Laurentserieutveckling av holomorfa funktioner,
som ligger till grund f¨
or teorin om residuer (och d¨armed, f¨or oss, bl.a ocks˚
a integralber¨
akningar).
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
8
Sats 6.1. L˚
at 0 ≤ r ≤ ∞ och l˚
at Ω vara cirkelringen Ω = {r < |z − z 0 | < R}. D˚
a
finns det f¨
or varje f ∈ H(Ω) en entydig f¨
oljd {aj }∞
i
C
s˚
a
att
f
kan
skrivas
j=0
∞
X
f (z) =
aj (z − z0 )j
j=−∞
med konvergens i Ω. H¨
ar ¨
ar
1
aj =
2πi
Z
γ
f (ζ)
dζ
(ζ − z 0 )j+1
d¨
ar γ ¨
ar en godtycklig styckvis sl¨
at enkel sluten kurva i Ω orienterad s˚
a att z 0
ligger i insidan. Serien konvergerar i hela Ω och konvergerar likformigt p˚
a slutna
delm¨
angder av Ω.
Serien i satsen kallar vi allts˚
a Laurentserie. Beviset p˚
aminde om Taylorutvecklingsbeviset, men nu fick vi dela upp i tv˚
a fall. Vi bildade tv˚
a nya slutna kurvor
Γ1 och Γ2 s˚
a att z l˚
ag innanf¨
or Γ1 men utanf¨or Γ2 . Dessa bildades s˚
a att vi fick
Γ1 + Γ2 = C1 + C2 , d¨
ar C1 och C2 var cirklar. Sedan gjorde vi ungef¨ar Taylorseriebeviset p˚
a var och en av dessa cirklar. I ena fallet fick vi en serie som konvergerade
utanf¨
or C2 och i det andra en serie som konvergerade innanf¨or C1 . Slutligen kunde
vi s¨
aga att C1 var homotop med γ och −C2 detsamma.
Vi s¨
ager att f har en isolerad singularitet i z 0 om f ∈ H(D \ {z 0 }) f¨or n˚
agon
disk D kring z 0 . M¨
angden D \ {z 0 } kallar vi f¨or en punkterad disk. Vi kan nu
karakt¨
arisera isolerade singulariteter p˚
a f¨oljande s¨att:
Definition 6.2. Om f har en isolerad singularitet i z 0 och
∞
X
f (z) =
aj (z − z 0 )j
j=−∞
a s¨ager vi att f i z 0 har en
¨ar Laurentserieutvecklingen av f , s˚
• H¨
avbar singularitet om aj = 0 f¨or alla j < 0.
• Pol av ordning m > 0 om a−m 6= 0 men aj = 0 f¨or alla j < −m
• V¨
asentlig singularitet om aj 6= 0 f¨or o¨andligt m˚
anga negativa v¨arden p˚
a j.
Om f har en h¨
avbar singularitet i z 0 s˚
a ¨ar f begr¨ansad i en omgivning av z 0 och
vi kan definiera f s˚
a att f blir holomorf i z 0 (att en begr¨ansad holomorf funktion
kan forts¨
attas ¨
over en isolerad punkt ¨ar en del av Weierstrass h¨
avbarhetssats).
Om f har en pol av ordning m i z 0 s˚
a ¨ar lim0 f (ζ) = ∞, men det finns en
ζ→z
holomorf funktion h(z), h(z0 ) 6= 0, s˚
a att f (z)(z − z 0 )m = h(z).
Om f har en v¨
asentlig singularitet i z 0 och D0 a¨r en punkterad disk kring z 0 ,
s˚
a inneh˚
aller f (D0 ) varje komplext tal utom m¨ojligen ett. Det a¨r Picards stora
sats som vi inte bevisade men tyckte h¨orde till den ‘komplexa allm¨anbildningen’
att k¨
anna till. (frech pumpen sie s¨amtliche Werte an, und h¨ochstens vergessen sie
einen. . . )
7. Cauchys residuesats
Koefficienten a−1 i Laurentserieutvecklingen av f kring den isolerade singulari0
0
teten z 0 kallas residuen till f i z 0 , vi
Z skriver Res(f, z ) eller Res(z ). Att den ¨ar
viktig, f¨
orst˚
ar vi eftersom 2πia−1 =
f (ζ)dζ (det f¨oljer ju av Exempel 3.6).
γ
Om f hara en pol av ordning m i z 0 kan vi ber¨akna residuen p˚
a flera s¨att. Ett
par ofta anv¨
andbara ¨
ar
HOLOMORF HARMONI
9
g m−1 (ζ)
, d¨ar g(z) = f (z)(z − z 0 )m
ζ→z (m − 1)!
F (ζ)
F (z)
• Res(z 0 ) = lim0 0 , om f (z) =
och G0 (z 0 ) 6= 0
G(z)
ζ→z G (ζ)
• Res(z 0 ) = lim0
I den h¨
ar kursen har vi anv¨
ant teorin f¨or residuer fr¨amst f¨or att ber¨akna integraler
och d˚
a anv¨
ander vi Cauchys residuesats:
Sats 7.1 (Cauchys residuesats). L˚
at γ vara en enkel sluten positivt orienterad
kurva i C och f en funktion som ¨
ar holomorf i en omgivning av insidan till γ med
undantag av ett ¨
andligt antal punkter z 1 , . . . z m . D˚
a¨
ar
Z
m
X
Res(f, z j )
f (z)dz = 2πi
∂Ω
j=0
Denna sats kunde vi allts˚
a anv¨anda bl.a till att ber¨akna integraler p˚
a R. I beviset l¨
agger vi en liten disk kring varje singularitet, f¨orbinder dessa tillsammans med
randen till omr˚
adet med kurvor. S˚
a Laurentserieutvecklar vi f kring varje singularitet, observerar att serien konvergerar p˚
a randen till disken, byter integrationsoch summationsordning och ¨
ar klara.
´s sats
8. Argumentprincipen och Rouche
Cauchys residuesats kunde vi ocks˚
a anv¨anda till att visa argumentprincipen:
Sats 8.1. L˚
at γ vara en enkel sluten positivt orienterad kurva i C och antag att f
ar holomorf i en omgivning av γ coh skild fr˚
an noll p˚
a γ. D˚
a¨
ar
¨
Z 0
f (z)
1
dz = N0 (f ) − Np (f )
(8.1)
2πi γ f (z)
d¨
ar N0 (f ) och Np (f ) ¨
ar antalet nollst¨
allen respektive poler till f innanf¨
or γ.
V¨
ansterledet i (8.1) kan, genom att se integranden som derivatan av log |f | (p˚
a
tillr¨
ackligt litet avsnitt av kurvan) ses som hur mycket argumentet ¨andras i bildkurvan - d¨
arav namnet argumentprincipen.
F¨
or att bevisa Sats 8.1 bildar vi en funktion G(z) = f 0 (z)/f (z) och konstaterar
att G har isolerade singulariteter precis d¨ar f har isolerade singulariteter eller
nollst¨
allen. Ber¨
akna G:s residuer i dessa punkter och allt faller ut p˚
a ett trevligt
s¨att.
Att anv¨
anda argumentprincipen till att best¨amma antalet nollst¨allen en holomorf funktion har i ett visst omr˚
ade, var kanske ‘praktiskt’ mest anv¨andbart p˚
a
obegr¨
ansade omr˚
aden, men den gav oss ocks˚
a Rouch´es sats, som ¨ar anv¨andbar f¨or
att best¨
amma antalet nollst¨
allen till en funktion i ett visst omr˚
ade:
Sats 8.2 (Rouch´es sats). L˚
at γ vara en enkel sluten kurva i Ω och l˚
at f och g vara
holomorfa i Ω. Om |f (z) − g(z)| < |f (z)| f¨
or alla z p˚
a γ s˚
a har f och g lika m˚
anga
nollst¨
allen i insidan av γ.
Observera att strikt olikhet m˚
aste g¨alla p˚
a γ. Med hj¨alp av detta kan vi ocks˚
a
p˚
a ett enkelt s¨
att visa algebrans fundamentalsats, som s¨ager att varje polynom p˚
a
C har ett nollst¨
alle (sedan kan man anv¨anda faktorsatsen och visa att det i sj¨alva
verket har lika m˚
anga nollst¨
allen som graden av polynomet om man r¨aknar med
multiplicitet, men det visste ni ju sedan l˚
angt tillbaka).
10
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
9. Konforma avbildningar
Vi s¨
ager att en avbildning f ¨ar konform (vinkelbevarande) i punkten z 0 om f
¨ar holomorf och injektiv i en omgivning av z 0 (dvs lokalt injektiv - om f 0 (z 0 ) 6= 0,
se Appendix A). Vi har sett att om tv˚
a kurvors tangentvektorer sk¨ar varandra i
en punkt d¨
ar f ¨
ar konform, s˚
a bildar tangentvektorerna till bilderna av kurvorna i
motsvarande punkt samma vinkel som de ursprungliga (d¨arav namnet).
Den teoretiskt allra viktigaste satsen h¨ar ¨ar Riemanns avbildningssats som s¨ager
att varje sammanh¨
angande enkelt sammanh¨angande omr˚
ade Ω i C, s˚
a att Ω 6= C,
¨ar konformt ekvivalent med enhetsdisken D = {z : |z| < 1}. Grovt uttryckt skulle
man d¨
arf¨
or kunna s¨
aga att mycket av den komplexa analysen i en variabel ¨ar
ekvivalent med analys p˚
a enhetsdisken. Som en liten kommentar kan man tillfoga
att i h¨
ogre dimensioner (Cn , n ≥ 2) finns ingen Riemanns avbildningssats, vilket
g¨
or situationen betydligt rikare.
Tv˚
a praktiskt anv¨
andbara konforma avbildningar som vi betraktat ¨ar M¨
obiustransformationer
och Schwarz-Christoffeltransformationen:
9.1. M¨
obiustransformationer. Detta ¨ar avbildningar p˚
a formen
az + b
ϕ(z) =
, d¨ar ad − bc 6= 0
cz + d
Dessa ¨
overf¨
or ‘norska sirklar’ (cirklar och r¨ata linjer) p˚
a ‘norska sirklar’. Ett enkelt
s¨att att hitta r¨
att avbildning ¨
ar ‘trepunktsmetoden’:
V¨
alj tre punkter z1 , z2 och z3 p˚
a sirkeln och avilda dessa p˚
a 0, 1 och ∞. En s˚
adan
avbildning ¨
ar enkel att hitta:
z − z1 z2 − z3
ϕ1 (z) =
z − z3 z2 − z1
om alla zi 6= ∞ och
z − z1
ϕ1 (z) =
z − z2
om z3 = ∞. V¨
alj sedan tre punkter w1 , w2 och w3 p˚
a det du vill avbilda p˚
a och finn
en motsvarande avbildning ϕ2 (z) som tar w1 , w2 , w3 p˚
a 0, 1, ∞. Finn inversen till ϕ2
(s¨
att z = ϕ2 (w) och l¨
os ut w) och s˚
a har du din s¨okta avbildning som ϕ−1
2 ◦ ϕ1 (z).
Varje injektiv holomorf avbildning av enhetsdisken p˚
a sig sj¨alv (automorfi p˚
a
iθ a − z
disken) ser ut som ϕa (z) = e
, d¨ar a ¨ar den punkt som origo ska avbildas
1 − az
p˚
a. Det h¨
or v¨
al till allm¨
anbildningen att k¨anna till detta. Vi vet allts˚
a hur samtliga
automorfier p˚
a enhetsdisken ser ut. F¨or allm¨annare omr˚
aden (i h¨ogre dimension
framf¨
orallt) ¨
ar det ett mycket sv˚
art problem att karakterisera automorfierna.
Observera att konforma avbildningar avbildar insidan av en sluten kurva p˚
a
insidan av bildkurvan!
9.2. Schwarz-Christoffeltransformationen. V˚
art problem ¨ar att avbilda den
reella axeln och ¨
ovre halvplanet p˚
a en given sluten polygon i det komplexa planet.
Vi har tidigare sett att om γ ¨
ar en kurva i C och f en funktion som ¨ar holomorf och
injektiv i en omgivning av γ, s˚
a ¨ar f konform (vinkelbevarande). Om z0 ∈ γ, tz0
¨ar enhetstangentvektorn i z0 , f (z0 ) = w0 och τw0 enhetstangentvektorn till kurvan
Γ = f (γ) i w0 , s˚
a kunde vi uttrycka det som argτ =argf 0 (z0 )+argt. Om nu γ ¨ar en
del reella axeln, s˚
a¨
ar argt = 0 och d¨armed argτ =argf 0 (z0 ). Om f 0 (z) har konstant
argument, s˚
a ser vi att ocks˚
a Γ ¨ar en del av en r¨at linje.
Vi m˚
aste utnyttja detta n¨
ar vi vill avbilda den reella axeln (R) p˚
a en polygon med
n sidor. L˚
at x1 , ..., xn−1 , ∞ vara de punkter som ska avbildas p˚
a h¨ornen w1 , ..., wn
i polygonen, dvs vi vill att f (x1 ) = w1 , ..., f (xn−1 ) = wn−1 , f (∞) = wn .
HOLOMORF HARMONI
11
Eftersom bilden ¨
ar en polygon, m˚
aste f avbilda kurvan (linjestycket) mellan xj
och xj+1 p˚
a ett linjestycke, och s˚
aledes m˚
aste f 0 vara konstant mellan xj och xj+1
samt hoppa fr˚
an ett v¨
arde till ett annat i punkterna z = xj . Om man funderar lite
a att
¨over detta kommer man fram till att man vill finna en funktion f s˚
(9.1)
f 0 (z) = A(z − x1 )−k1 (z − x2 )−k2 · ... · (z − xn−1 )−kn−1
d¨
ar A ∈ C konstant och kj ∈ R konstant. Om vi betraktar argumentet av f 0 ser vi
n¨
amligen att
(9.2)
argf 0 (z) = argA − k1 arg(z − x1 ) − ... − kn−1 arg(z − xn−1 )
Om z ligger p˚
a reella axeln och z = x < x1 ser vi att alla argumenten arg(z − xj ) =
π. Om z ligger mellan xj och xj+1 har vi p˚
a samma s¨att att arg(z − xk ) = 0 f¨or
alla k ≤ j och arg(z − xk ) = π f¨or alla k > j. Det betyder att n¨ar z r¨or sig l¨angs
reella axeln, hoppar argzj med vinkeln kj · π n¨ar z passerar xj .
Vi ser allts˚
a att tangentens argument i bildm¨angden a¨r konstant fram till w1 =
f (x1 ), d¨
ar det o
¨kar med k1 π och sedan forts¨atter med detta nya konstanta v¨arde
fram till w2 d¨
ar den o
¨kar med k2 π etc.
Denna vinkel, kj · π a
¨r den yttre vinkeln i polygonen vid wj (se bild). Vi kan
inskr¨
anka oss till att l˚
ata denna yttre vinkel anta v¨arden mellan −π och π och om vi
ocks˚
a antar att polygonen a
¨r positivt orienterad och att sidorna i polygonen aldrig
korsar varandra s˚
aa
r
summan
av de yttre vinklarna 2π och vinkeln vid punkten
¨
n−1
X
kj .
wn = f (∞) kan vi skriva som kn π = 2π − π
j=1
Vi f˚
ar allts˚
a att
k1 + ... + kn = 2 och − 1 < kj < 1
och vill allts˚
a hitta en funktion f s˚
a att
(9.3)
f 0 (z) = A(z − x1 )−k1 · ... · (z − xn−1 )−kn−1
d¨
ar vi valt en gren av (z − xj )−kj genom att sk¨ara upp det komplexa planet rakt
a ¨ar f 0 analytisk ¨overallt i
ned˚
at fr˚
an punkten z = xj , dvs − π2 <argz − xj ≤ 3π
2 . D˚
omr˚
adet Ω, ¨
ovre halvplanet utom i z = xj , j = 1, ..., n.
Problemet blir nu allts˚
a att hitta en funktion som ¨ar injektiv och holomorf i ¨ovre
halvplanet och vars derivata ¨
overensst¨ammer med (9.3).
0
L˚
at z0 vara en punkt i Ω, dvs i det omr˚
at γ vara en
Z ade d¨ar f ¨ar holomorf och l˚
0
kurva i Ω fr˚
an z0 till z. D˚
a¨
ar F (z) =
f (ξ)dξ en enkelv¨ard holomorf funktion i
γ
Ω som uppfyller F 0 (z) = f 0 (z).
Problemet blir nu att definiera F i zj = xj s˚
a att funktionen blir kontinuerlig i
dessa punkter. L¨
agg d˚
a f¨
orst m¨arke till att (z − xj )−kj ¨ar den enda faktorn i f 0 (ξ)
som inte ¨
ar holomorf i xj , s˚
a vi kan skriva
f 0 (z) = (z − x1 )−k1 gj (z),
gj (z) ∈ H(Dj ),
d¨
ar Dj = {z : |z − xj | < Rj }, och gj kan d¨arf¨or Taylorutvecklas i denna disk, varf¨or
vi f˚
ar
gj0 (xj )
f 0 (z) = (z − xj )−kj (gj (xj ) +
(z − xj ) + ...) =
1!
gj (xj )(z − xj )−kj + (z − xj )1−kj h(z)
d¨
ar h ∈ H(Dj ).
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
12
Eftersom 1 − kj > 0 ¨
ar (z − xj )1−kj h(z) kontinuerlig i ¨ovre halvan av disken Dj
(Imz ≥ 0) om vi tilldelar denna funktion v¨ardet 0 i z = xj . F¨oljdaktligen har vi
att
Z
(ξ − xj )1−kj h(ξ)dξ
γ ∗ (z)
ar en kurva i ¨
ovre halvan av Dj fr˚
an z ∗ till z, ¨ar en funktion i z som ¨ar
d¨
ar γ ∗ ¨
kontinuerlig ¨
aven i z = xj .
Integralen
Z
1
((z − xj )1−kj − (z ∗ − xj )1−kj )
(ξ − xj )−kj dξ =
1
−
k
∗
j
γ (z)
l¨angs samma kurva ¨
ar ocks˚
a en kontinuerlig funktion i z om vi tilldelar den gr¨ansv¨ardet
1
((z − xj )1−kj − (z ∗ − xj )1−kj )
lim
z→xj ,z∈Dj ∩{Imz>0} 1 − kj
i punkten z = xj .
Z
Eftersom v˚
ar ursprungliga integral
f 0 (ξ)dξ kan skrivas som summan av tv˚
a
γ
integraler, en ¨
over en kurva som ligger i Ω fr˚
an z0 till z ∗ och en ¨over γ ∗ ser vi att
v˚
ar funktion F ¨
ar kontinuerlig i Imz ≥ 0 och holomorf i Imz > 0
Man kan ocks˚
a visa att limz→∞ F (z) = wn . S˚
aledes kan vi skriva f (z) = F (z) +
B, d¨
ar B ∈ C konstant, s˚
a v˚
ar avbildning av reella axeln p˚
a randen till polygonen
ser allts˚
a ut som
Z
w = A (ξ − x1 )−k1 · ... · (ξ − xn−1 )−kn−1 dξ + B
γ
d¨
ar A och B ¨
ar komplexa konstanter. Denna avbildning ¨ar kontinuerlig i Imz ≥
0 och konform utom i punkterna xj , j = 1, ..., n. Man kallar denna avbildning
Schwartz-Christoffel transformationen.
10. Lite harmoni i all holomorfi
En funktion u : Ω → R, u ∈ C 2 (Ω) s¨ages vara harmonisk om den uppfyller
ekvationen
∂2u ∂2u
+ 2 =0
∆u(z) = ∆u(x, y) =
∂x2
∂y
Man kan visa att en harmonisk funktion i sj¨alva verket tillh¨or C ∞ (Ω). Vi har under
¨
kursens g˚
ang visat att realdelen av en holomorf funktion alltid ¨ar harmonisk. Aven
en slags omv¨
andning till detta har vi n¨amnt och flitigt utnyttjat vid probleml¨osning,
n¨
amligen att varje harmonisk funktion lokalt ¨ar realdelen av en holomorf funktion.
Vi har ocks˚
a sett att det i allm¨anhet inte g˚
ar att f¨orb¨attra detta p˚
ast˚
aende genom
att byta ut ‘lokalt’ mot ‘globalt’. Ni ska kunna ge exempel p˚
a en harmonisk funktion
i n˚
agot omr˚
ade som inte ges av realdelen till en holomorf funktion globalt (men som
naturligtvis lokalt ¨
ar det). Dock visade det sig vara s˚
a att man till varje harmonisk
funktion p˚
a ett omr˚
ade Ω kan hitta en holomorf funktion p˚
a hela Ω vars realdel ¨ar
lika med den givna harmoniska om omr˚
adet ¨
ar enkelt sammanh¨
angande.
Eftersom harmoniska funktioner har en s˚
a stark koppling till holomorfa funktioner kunde vi visa maximumprincipen f¨
or harmoniska funktioner och ¨aven en
minimiprincip. (Varf¨
or kan vi inte alltid visa en minimiprincip f¨or holomorfa funktioner - vad skiljer de harmoniska fr˚
an de holmorfa i denna tappning?)
Viktigt ur till¨
ampningssynpunkt, s˚
av¨al fysikalisk som matematisk, har Dirichlets
problem varit. Ni har i tidigare kurser l¨ost det f¨or vissa omr˚
aden. Anledningen till
att vi h¨
ar tittade p˚
a Dirichlets problem var delvis d¨arf¨or att det var en mycket god
motivation f¨
or konforma avbildningar, delvis d¨arf¨or att ni som fysiker naturligtvis
har stor nytta av att kunna l¨
osa detta problem.
HOLOMORF HARMONI
13
Med hj¨
alp av maximum- och minimiprincipen f¨or harmoniska funktioner kunde
vi visa att Dirichletsproblem p˚
a ett begr¨ansat omr˚
ade har en entydig l¨osning (kan
ni ge exempel som visar att detta inte g¨aller p˚
a obegr¨ansade omr˚
aden?).
Vi s˚
ag att Laplaceoperatorn var invariant under holomorfa avbildningar och
eftersom varje enkelt sammanh¨angande omr˚
ade i C (utom hela C) g˚
ar att avbilda
konformt p˚
a enhetsdisken, s˚
a kommer vi allts˚
a v¨aldigt l˚
angt om vi bara kan l¨osa
Dirichlets problem p˚
a disken. Vi s¨atter n¨amligen ihop denna l¨osning med aktuell
konform avbildning och f˚
ar l¨
osningen p˚
a det omr˚
ade vi ¨onskar (˚
atminstone om detta
omr˚
ade har hygglig rand). Ni ska kunna genomf¨ora s˚
adana exempel, dvs givet ett
omr˚
ade Ω och en funktion f (x, y) p˚
a randen till Ω, s˚
a ska ni kunna hitta en funktion
ϕ(x, y) som ¨
ar harmonisk i Ω och p˚
a randen till Ω ¨overensst¨ammer med f (x, y).
F¨
or att l¨
osa Dirichlets problem p˚
a enhetsdisken anv¨ande vi Poissons integralformel:
Z
f (eit )
1 − r2 2π
dt
ϕ(reiθ ) =
2
2π
1 + r − 2r cos(t − θ)
0
Detta ¨
ar en funktion som ¨
ar harmonisk i enhetsdisken och p˚
a randen ¨overensst¨ammer
med f . Denna formel kunde vi h¨arleda ur Cauchys integralformel (och g¨ora n˚
agra
knep), men vi bevisade aldrig att den l¨oser Dirichlets problem. Det f˚
ar ni tro p˚
a. . .
Ibland var det ocks˚
a praktiskt att ist¨allet f¨or att g˚
a ¨over till enhetsdisken g˚
a ¨over
till ¨
ovre halvplanet och l¨
osa Dirichlets problem d¨ar.
Bilaga A. Injektiva, surjektiva och bijektiva funktioner
En del har n¨
amnt att ni skulle vilja repetera och reda ut begreppen surjektiv
(p˚
a) och injektiv (1-1), s˚
a det passar kanske i ett litet ‘appendix’. Vi b¨orjar med
definitionen av injektivitet:
Definition A.1. En avbildning f : X → Y s¨ages vara injektiv om x, y ∈ X och
f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2
Det betyder allts˚
a att varje element i m¨angden Y a¨r bilden under f av h¨
ogst ett
element i X.
Vi har ocks˚
a haft nytta av f¨oljande definition:
Definition A.2. Vi s¨
ager att avbildningen f : X → Y ¨ar lokalt injektiv om det f¨or
varje x ∈ X finns en omgivning Ox av x s˚
a att f : Ox → Y ¨ar injektiv.
Vi tittar p˚
a ett par exempel:
Exempel A.3. Beteckna med Z de hela talen och Z+ de positiva heltalen. L˚
at
f1 : Z → Z vara avbildningen f1 (n) = 2n. D˚
a ¨ar f1 injektiv, ty inget udda heltal ¨ar
bilden av n˚
agot element under denna avbildning, och varje j¨amnt heltal ¨ar bilden
av precis ett element (n/2)
Exempel A.4. L˚
at f2 : Z+ → Z vara avbildningen f2 (n) = n2 . Ocks˚
a denna
avbildning ¨
ar injektiv, ty det tv˚
a positiva heltal kan inte ha samma kvadrat. Om vi
d¨
aremot betraktar f3 : Z → Z, f3 (n) = n2 , s˚
a ¨ar denna inte injektiv eftersom tex
−2 och 2 b˚
ada avbildas p˚
a samma element.
Exempel A.5. Funktionen f4 : Ω → C, f4 (z) = ez , d¨ar Ω = {z ∈ C : 2π ≤ Imz <
4π} ¨
ar injektiv, ty ez = eRez (cos(Imz)+i sin(Imz)) och p˚
a Ω finns inte tv˚
a punkter
som avbildas p˚
a samma punkt. Om vi i st¨allet tittar p˚
a f5 : C → C, f5 (z) = ez , s˚
a
angre injektiv. Tex ¨
ar f (0) = f (2πi). Dock ¨ar denna avbildning lokalt
¨ar f5 inte l¨
injektiv. Kring varje punkt i C kan vi l¨agga en liten disk Dz med radie mindre ¨an
πi och d˚
a¨
ar f injektiv som en avbildning f : Dz → C.
F¨
or att kontrollera lokal injektivitet har vi f¨or holomorfa funktioner f¨oljande sats:
14
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
Sats A.6. L˚
at f ∈ H(Ω), z0 ∈ Ω och antag att f 0 (z0 ) 6= 0. D˚
a finns en omgivning
Oz0 till z0 s˚
a att f ¨
ar injektiv p˚
a Oz0 .
Till exempel ¨
ar f50 (z) 6= 0 ∀z ∈ C, vilket enligt satsen inneb¨ar (som vi sett) att
f5 ¨
ar lokalt injektiv. D¨
aremot vet vi att f5 inte ¨ar ’globalt’ injektiv.
Definition A.7. Avbildningen f : X → Y s¨ages vara surjektiv om det f¨or varje
y ∈ Y finns x ∈ X s˚
a att f (x) = y.
Med andra ord, varje element i Y ska vara bilden av minst ett element i X. Om
varje element i Y ¨
ar bilden av precis ett element i X, dvs om f ¨ar b˚
ade surjektiv
och injektiv s¨
ager vi att f ¨
ar bijektiv.
Om vi betraktar exemplen ovan, s˚
a ser vi att f1 inte ¨ar surjektiv, eftersom
inget element avbildas p˚
a tex 3. Av samma anledning ¨ar inte heller f2 eller f3
surjektiva. Inte heller f4 eller f5 ¨ar surjektiva eftersom inget element avbildas p˚
a
origo. Funktionen f6 : C → C \ {0}, f6 (z) = ez ¨ar d¨aremot surjektiv (men inte
injektiv). Detta ser vi eftersom ez = ex eiy (om z = x + iy) och ex antar alla reella
v¨arden utom noll och y antar s¨arskillt alla v¨arden mellan noll och 2π, varf¨or om
w = reiθ ¨
ar ett godtyckligt komplext tal skillt fr˚
an noll, s˚
a finns det z = x + iy s˚
a
att r = ex och y = θ.
Exempel A.8. Funktionen f7 : Ω → C \ {0}, f7 (z) = ez , d¨ar Ω = {z ∈ C : 2π ≤
Imz < 4π} ¨
ar bijektiv, eftersom den ¨ar b˚
ade surjektiv och injektiv.
HOLOMORF HARMONI
15
¨
Bilaga B. Ovningsuppgifter
Dessa ¨
ovningsuppgifter ¨
ar inte ordnade efter olika teman utan ¨ar t¨amligen blandade, n˚
agot jag tror ¨
ar en f¨
ordel f¨or inl¨arningen. M˚
anga ¨ar h¨amtade fr˚
an gamla
tentamina andra ¨
ar ‘nykomponerade’. De flesta h˚
aller ungef¨ar den sv˚
arighetsgrad
man skulle kunna t¨
anka sig finna vid en tentamen i kursen Komplex Analys p˚
a
C-niv˚
a, men bet¨
ank d˚
a att det naturligtvis kan r¨ora sig om allt fr˚
an f¨orsta till sista
uppgift p˚
a en sedan tentamen.
Kanske kan dessa vara till nytta vid repetition inf¨or examen.
Z
√
ez cos z
(1) Ber¨
akna integralen
dz d¨ar γ ¨ar en cirkel med radie 2 och
2
γ (1 + z ) sin z
centrum i 2 + i.
(2) L˚
at f vara en funktion som ¨ar holomorf p˚
a D(0, R) \ {0}. Visa att v¨ardet
Z 2π
av
f (reiθ )dθ, 0 < r < R inte beror av r.
0
(3) L˚
at f vara en hel, ej konstant funktion och z0 en punkt i C. Visa att det
finns en punkt z1 ∈ C s˚
a att |f (z1 )| > |f (z0 )|.
(4) L˚
at f vara en hel funktion som inte ¨ar konstant. Definiera en ny funktion
M (r) = max |f (reiθ )|. Visa att M ¨ar en strikt v¨axande funktion, dvs visa
att om r1 < r2 s˚
a¨
ar M (r1 ) < M (r2 ).
(5) L˚
at f vara holomorf i enhetsdisken D ⊂ C. Antag att |f (z)| < 2 om |z| < 1
och att f (0) = 1. Visa att f inte kan ha n˚
agot nollst¨alle i {z ∈ D : |z| < 1/2}
4cz − 2
och att om f (z) = 0 f¨
or n˚
agot z med |z| = 1/2 s˚
a ¨ar f (z) =
d¨ar
cz − 2
c ∈ C, |c| = 1 ¨
ar en konstant. (Ledning: Schwarz lemma)
(6) L˚
at f vara holomorf i enhetsdisken D och uppfylla
|f (z)|
≤ M f¨or alla
z − z0 .
z ∈ D, f (z0 ) = 0 (z0 ∈ D). Visa att |f (z)| ≤ M · 1 − z0z (7) L˚
at f vara en holomorf funktion p˚
a enhetsdisken och antag att |f (z)| < 1
1
f¨
or alla z i disken. Antag ocks˚
a att f (0) = f ( 21 ) = 0. Visa att |f ( 14 )| ≤ 14
.
(Ledning: Studera g(z) = f (z)/z och f¨oreg˚
aende uppgift)
(8) Visa att en hel funktion f s˚
adan att Ref (z) ≤ c f¨or alla z m˚
aste vara
konstant.
(9) Ge exempel p˚
a en hel funktion som inte a¨r ett polynom och som har
(a) inget nollst¨
alle i C
(b) exakt n nollst¨
allen i C
(c) o¨
andligt m˚
anga nollst¨allen i C
(10) Funktionen g(z) = 1/z a¨r analytisk p˚
a cirkelringen D = {z : r < |z| < R}
f¨
or varje r, R s˚
a att 0 ≤ r < R. Visa att det inte finns n˚
agon holomorf
funktion G p˚
a D s˚
a att G0 = g.
(11) Visa att om f a
a ett omr˚
ade Ω och om f (Ω) a¨r delm¨angd av
¨r holomorf p˚
en cirkel i C, s˚
aa
r
f
konstant.
¨
(12) Best¨
am en holomorf funktion f s˚
a att u(x, y) = x/(x2 + y 2 ) a¨r realdelen av
f.
(13) Antag att f a
¨r holomorf i D = {z ∈ C : |z| < 1} och att |f 0 (z)| ≤ 1 i D.
Antag vidare att f (0) = 0 och f 0 (0) = 1. Vad kan du s¨aga om f ?
(14) L˚
at f vara holomorf p˚
a ¨ovre halvplanet Π+ och d¨ar begr¨ansad av 1, dvs
+
|f (z)| ≤ 1, ∀z ∈ Π . Hur stor kan d˚
a |f 0 (1 + i)| som mest vara?
16
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
(15) Betrakta funktionen f (z) = Logz. Avg¨or huruvida f kan Laurentserieutvecklas i cirkelringen Ω = {z ∈ C : 1 < |z| < 2}. Svara med fyra termer
(kring ev. konstantterm) i serieutvecklingen eller motivera varf¨or det inte
g˚
ar.
(16) Definiera funktionen z 1/3 och f¨orklara varf¨or denna funktion inte ¨ar holomorf p˚
a C \ {0}. Ber¨
akna d¨arefter den reella integralen
Z ∞
x1/3
dx
(x + 1)(x + 4)
0
(17) L˚
at Ω vara ett om˚
arde i det komplexa planet. Definiera vad som menas med
att en funktion ϕ ∈ C 2 (Ω) ¨ar harmonisk i Ω och finn d¨arefter en funktion
ϕ(z) som ¨
ar harmonisk p˚
a
Ω = {z ∈ C : |z| < 1, Imz − Rez > 1}
och dessutom uppfyller f (z) ≡ 1 p˚
a ∂Ω ∩ {z ∈ C : |z| = 1} och f (z) ≡ 0 p˚
a
resten av randen.
(18) L˚
at Ω vara ett omr˚
ade i C och f en funktion som ¨ar holomorf p˚
a en omgivning av Ω. Antag att f inte a¨r konstant i Ω, men att |f (z)| a¨r konstant
p˚
a ∂Ω. Visa att f d˚
a m˚
aste ha ett nollst¨alle i Ω.
(19) Antag att f ¨
ar holomorf i D = {z ∈ C : |z| < 1} och att |f 0 (z)| ≤ 2 i D.
Antag vidare att f (0) = 0 och f 0 (0) = 1. Visa att i s˚
a fall ¨ar |f (z) − z| ≤
3
2
|z|
i
D.
(Ledning:
Schwarz
lemma)
2
y
¨ar harmonisk i {z ∈ C : Rez > 0}
x
och best¨
am en holomorf funktion f i {z ∈ C : Rez > 0} s˚
adan att u(x, y)
ar realdelen av f och f (1) = i.
¨
(20) Visa att funktionen u(x, y) = arctan
(21) Best¨
am bilden av enhetsdisken D = {z : |z| < 1} under avbildningen
ϕ(z) =
2
1
2
1+z
1−z
−1
(22) Visa att polynomet g(z) = iz 5 + 4z 4 + z 2 + 9z − i har exakt ett nollst¨alle i
{z ∈ C : |z| < 1} och exakt fyra nollst¨allen i {z : |z| < 2}.
2
(23) L˚
at f vara holmorf i hela komplexa planet och uppfylla |f (z)| ≤ e|z| f¨or
alla z ∈ C. Visa att |f (4) (0)| < 70.
(24) L˚
at Ω = {z : |z| ≤ 1} och definiera
f (z) = ln |z| + iArgz, − π2 < Argz ≤ 3π
2 .
Visa att f inte ¨
ar kontinuerlig i Ω. Hur kan ni f¨or¨andra Ω s˚
a att f blir
kontinuerlig?
(25) Om Ω1 och Ω2 ¨
ar tv˚
a omr˚
aden i C, ¨ar d˚
aa) Ω1 ∩ Ω2
b) Ω1 \ Ω2
c)
Ω1 ∪ Ω2 ocks˚
a omr˚
aden i C?
(26) Finn samtliga l¨
osningar till sin z = cos z.
(27) L˚
at Ω vara ett omr˚
ade i C och f ∈ H(Ω) s˚
a att f (z) 6= 0 ∀z ∈ Ω. Visa
att u(z) = log |f (z)| ¨
ar harmonisk i Ω. Finns det flera s¨att att l¨osa denna
uppgift p˚
a?
HOLOMORF HARMONI
17
(28) Definiera funktionen ϕ : R2 → R somϕ(x, y) = x2 + ax + by 2 + cy +
dxyBest¨
am de reella konstanterna a, b, c och d och en holomorf funktion
f (z) s˚
a att ϕ(x, y) ¨
ar realdelen till f (z).
(29) L˚
at γ vara linjestycket mellan origo och punkten z 0 = 2+i.Ber¨akna
Z
z 2 dz.
γ
(30) Beskriv alla funktioner f som ¨ar holomorfa i Ω = {z : |z| < R} s˚
a att
f (0) = i och |f (z)| ≤ 1 ∀z ∈ Ω.
Z
z2
(31) L˚
at γ vara kurvan som ges av |z + 1| = 2 och ber¨akna
dz
2
γ 4−z
(32) Visa med hj¨
alp av Moreras sats (genom att byta integrationsordning och
kanske potensserieutveckla) att funktionen
Z 1
dt
,¨
ar holomorf p˚
a |z| < 1.
f (z) =
1
−
tz
0
(33) L˚
at f vara en hel funktion och antag det finns positiva konstanter A och m
s˚
adana att |f (z)| ≤ A|z|m om |z| ≥ R0 . Visa att f a¨r ett polynom av grad
h¨
ogst m.
Z 2π
sin2 ϕ
(34) Ber¨
akna
dϕ
5 + 4 cos ϕ
0
Z ∞ √
3
x
dx
(35) Ber¨
akna
3
x
+
1
0
1
i ringen {z : 1 < |z| < 3}.
+ 4z + 3
Z
(37) L˚
at γ vara den r¨
ata linjen fr˚
an origo till i. Visa att | esin z dz| ≤ 1.
(36) Laurentserieutveckla
z2
γ
(38) Visa att z 7 + (1 + i)z 4 − 6z 2 + 3 har exakt ett nollst¨alle i det omr˚
ade av
komplexa talplanet som karakt¨ariseras av Rez > 0, |z| < 1.
(39) Antag att f ¨
ar holomorf p˚
a hela det komplexa planet C och att |f (z)| ≤
A|z|3/2 f¨
or n˚
agon konstant A. Visa att f ≡ 0.
(40) Best¨
am antalet nollst¨
allen i h¨ogra halvplanet till funktionen f (z) = 2 −
2z 2 + z 4 + e−z .
(41) L˚
at f (z) vara injektiv och holomorf p˚
a den slutna disken {z ∈ C : |z| ≤ ρ}
och antag att f (z) 6= w0 f¨or alla z p˚
a randen till disken. F¨orklara varf¨or
integralen
Z
f 0 (z)
1
dz
2πi |z|=ρ f (z) − w0
ar antingen noll eller ett.
¨
(42) Best¨
am antalet r¨
otter till
z 5 + 2z 3 + 2z + 3 = 0
i a) f¨
orsta kvadranten, b) v¨anstra halvplanet, c) andra, tredje respektive
fj¨
arde kvadranten.
(43) Formulera och bevisa Schwartz lemma.
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
18
(44) Avbilda omr˚
adet
Ω = {z ∈ C : |z| < 1, Rez > 0}
p˚
a enhetsdisken {z ∈ C : |z| < 1}.
(45) Visa att avbildningen w = ez ¨ar konform ¨overallt.
(46) Best¨
am bilden av enhetsdisken under avbildningen ϕ(z) =
1
1+z 2
2( 1−z
) −1
(47) L¨
os Dirichlets problem p˚
a omr˚
adet
Ω = {z ∈ C : |z| < 1, Re(z) + Im(z) > 1}
med randdata g(z), d¨
ar g(z) ≡ 1 p˚
a Re(z) + Im(z) = 1 och g(z) ≡ 2 p˚
a
ovrgia randen.
¨
(48) Avbilda omr˚
adet
π
}
4
konformt p˚
a enhetsdisken. Motivera att avbildningen ¨ar konform.
Ω = {z : 0 < Arg(z) <
(49) L¨
os Dirichlets problem p˚
a enhetsdisken med randdata g(z) ≡ 1 p˚
a ¨ovre
halvcirkeln och g(z) ≡ 3 p˚
a nedre halvcirkeln.
(50) L¨
os Dirichlets problem p˚
a f¨orsta kvadranten med randdata g(z) ≡ 0 p˚
a
reella axeln och g(z) ≡ 2 p˚
a imagin¨ara axeln.
(51) L¨
os Dirichlets problem p˚
a Ω d¨ar
π
3π
Ω = {z ∈ C : < argz <
}
4
4
med randdata g(z) ≡ 0 p˚
a den del av randen som ligger i f¨orsta kvadranten
och g(z) ≡ π p˚
a den delen av randen som ligger i andra kvadranten.
(52) L¨
os Dirichlets problem p˚
a Ω = D1 ∩ D2 d¨ar
D1 = {z ∈ C : |z| < 1},
D2 = {z ∈ C : |z − i| < 1}
med randdata g(z) ≡ 1 p˚
a den del av randen som ¨ar gemensam med D1
och g(z) ≡ −1 p˚
ao
¨vriga randen.
HOLOMORF HARMONI
19
Bilaga C. F¨
orslag till l¨
osningar, svar eller tips
Inte till samtliga uppgifter hittar ni fullst¨andiga l¨osningar. I n˚
agra fall f˚
ar ni en
skiss o
agag˚
angss¨
att f¨
or l¨osning, i n˚
agra fall bara ett svar och i ytterligare
¨ver tilllv¨
andra fall ingenting. Ni b¨
or fr˚
aga er l¨arare om ni har problem med n˚
agonting eller
akra p˚
a era l¨
osningar.
¨ar os¨
(1) Integralen ¨
ar noll, ty n¨
amnaren ¨ar holomorf innanf¨or kurvan.
Z
Z
1
f (z)
1 2π f (reiθ ) iθ
(2) Vi ser att
dz =
ire dt Den sista integralen ¨ar den
i Cr z
i 0
reiθ
som finns i uppgiften och integranden i den f¨orsta integralen ¨ar holomorf p˚
a
v˚
ar punkterade disk. Vidare ¨ar samtliga cirklar med radie mellan 0 och R
homotopa p˚
a den punkterade disken, s˚
a vi vet att integralen av en holomorf
funktion o
¨ver dessa cirklar a¨r lika, dvs integralens v¨arde beror ej av vilken
cirkel och d¨
armed ej av radien r.
(3) Om det inte funnes n˚
agon s˚
adan punkt z1 , skulle funktionen vara hel och
begr¨
ansad. Eftersom f inte ¨ar konstant f˚
ar vi en mots¨agelse med hj¨alp av
Liouvilles sats.
(4) Anv¨
and t.ex maximumprincipen p˚
a diskar kring origo.
2f (z) − 2
. D˚
a ¨ar g(0) = 0 och |g(z)| < 1 i enhetsdisken. Vi kan
f (z) − 4
2f (z) − 2
anv¨
anda Schwarz lemma till att dra slutsatsen |g(z)| =
≤ |z| ⇒
f (z) − 4
|2f (z) − 2| ≤ |z(f (z) − 4)| Om d˚
a f skulle ha ett nollst¨alle i enhetsdisken
m˚
aste allts˚
a 2 ≤ 4|z| ⇒ |z| ≥ 1/2 som var det vi skulle visa. Om likhet
intr¨
affar anv¨
ander vi konstanten som ges av Schwarz lemma och f˚
ar ¨onskat
resultat.
z − z0
(6) Definiera funktionen ϕ(z) =
. D˚
a ¨ar ϕ(z) en automorfi p˚
a disken
1 − z0z
(dvs den ¨
ar holomorf och avbildar enhetsdisken p˚
a enhetsdisken och ¨ar
injektiv) som avbildar z0 p˚
a origo. Beteckna med ϕ−1 inversen till ϕ och
observera att ϕ−1 (0) = z0 .
Funktionen
1
g(z) =
f ◦ ϕ−1 (z)
M
1
1
uppfyller d˚
a villkoren i Schwarz lemma, dvs g(0) = M
f (ϕ−1 (0)) = M
f (z0 ) =
1
0 och |g(z)| ≤ 1. Ur Schwarz lemma f¨oljer d˚
a att |g(z)| ≤ |z|, dvs | M f (ϕ−1 (z))| ≤
1
f (z)| ≤ |ϕ(z)| och det betyder just att |f (z)| ≤
|z| vilket betyder
att | M
z − z0 .
M 1 − z0z (5) S¨
att g(z) =
(7) S¨
att g(z) = f (z)/z. D˚
a ¨ar g(1/2) = 0 och enligt f¨oreg˚
aende uppgift ¨ar
1
z−2 |g(z)| ≤ 1 − 12 z s˚
a speciellt a
¨r
1 1 − 2
1
|g( )| ≤ 4 121 =
7
4
1− 24
Men d˚
a¨
ar allts˚
a |f (z)/z| ≤
2
7
f¨or z = 1/4 vilket betyder att |f (z)| ≤ 1/14.
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
20
(8) Betrakta
g(z) = ef (z) = eRef (z) eiImz
D˚
a¨
ar g holomorf p˚
a hela C (ty e ¨ar holomorf) och |g(z)| = eRef (z) ≤ ec =
d f¨
or n˚
agon konstant d. Men d˚
a ¨ar g en hel funktion som ¨ar begr¨ansad.
Enligt Liouvilles sats ¨
ar d˚
a g konstant och det f¨oljer att ocks˚
a f m˚
aste vara
konstant.
(9) (a) ez
(b) V¨
alj ut n skilda punkter z1 , . . . , zn i C. Funktionen f (z) = (z − z1 )(z −
z2 ) · . . . · (z − zn ) ¨ar d˚
a hel och har n skilda nollst¨allen.
(c) Funktionen ez − 1 ¨ar hel och har o¨andligt m˚
anga nollst¨allen.
(10) Vi vet att det finns en primitiv funktion till f om och endast om integralen
av funktionen i omr˚
adet ¨ar oberoende av v¨agen. Betrakta tv˚
a punkter z0 =
r och z1 = reiπ i cirkelringen. L˚
at γ1 vara en halvcirkel fr˚
an z0 till z1
i ¨
ovre halvplanet och γ2 en halvcirkel mellan punkterna som g˚
ar i nedre
halvplanet. Ber¨
akna integralerna av f l¨angs dessa kurvor. Dessa blir olika
och allts˚
a¨
ar integralen inte oberoende av v¨agen vilket medf¨or att det inte
kan finnas n˚
agon primitiv funktion till f .
(11) Anv¨
and Cauchy-Riemanns ekvationer.
1
+ ic f¨
or n˚
agon reell konstant c.
z
(13) Efttersom |f 0 (z)| ≤ 1 i D och f 0 (0) = 1, s˚
a ¨ar f 0 (z) = 1 f¨or alla z ∈ D (ty
0
f ¨
ar holomorf i D). Allts˚
a ¨ar f (z) = z (ty f (0) = 0).
(12) f (z) =
(14) Kring 1 + i kan vi l¨
agga in en disk i Π+ med radie 1. Cauchyuppskattning
ger d˚
a att
1! · 1
=1
|f 0 (1 + i)| ≤
1
(15) F¨
or att Laurentserieutveckla en funktion i cirkelringen kr¨avs det att funktionen d¨
ar ¨
ar holomorf, men logaritmen blir holomorf bara p˚
a det uppskurna komplexa planet och vi kan inte sk¨ara upp planet utan att snittet g˚
ar
genom cirkelringen. Det g˚
ar allts˚
a inte att Laurentserieutveckla funktionen.
(16) Svar:
2 1 − 22/3
√
π
3
3
(17)
(18) Om f saknar nollst¨
allen ¨ar ocks˚
a 1/f holomorf i omr˚
adet. Maximumprincipen anv¨
and p˚
a 1/f ger d˚
a att |f | m˚
aste anta s˚
av¨al max som minv¨arde
p˚
a randen. Eftersom |f | d¨ar ¨ar konstant ¨ar allts˚
a max=min, vilket ger att
funktionen ¨
ar konstant. Mots¨agelse. (Kort beskrivet...)
(19) Bilda g(z) = f (z) − z. D˚
a ¨ar g(0) = 0 och g 0 (0) = 0. Vidare ¨ar |g 0 (z)| ≤ 3 i
D. Schwarz lemma ger d˚
a att |g 0 (z)| ≤ 3|z| s˚
a
Z z
g(z) =
g 0 (ζ)dζ = intr0 g 0 (teiθ )eiθ dt ≤
0
Z
≤
3tdt = 3
0
(H¨
ar ¨
ar θ = arg(z))
r
r2
3
= |z|2
2
2
HOLOMORF HARMONI
21
(20) Observera att u(x, y) = Argz d˚
a x > 0. Vidare ¨ar Logz = ln |z| + iArgz, s˚
a
−iLogz = Arg z − i ln |z| som ¨ar holomomrf i {z ∈ C : Rez > 0} och allts˚
a
ar u(x, y) realdelen av denna funktion. Nu vill vi dessutom att funktionen
¨
ska vara i i punkten 1, n˚
agot vi kan ˚
astadkomma genom att l¨agga till den
konstanten: f (z) = −iLogz +i. (Log(z) ¨ar principalgrenen av den komplexa
logaritmfunktionen)
(21) Bilden av D ¨
ar C \ {z ∈ C : −1 ≤ Rez ≤ 0, Imz = 0}.
(22) L˚
at f (z) = 9z − i. Denna funktion har exakt ett nollst¨alle i enhetsdisken
(D = {z ∈ C : |z| < 1}). Vidare a¨r
|f (z) − g(z)| = | − iz 5 − 4z 4 − z 2 | ≤ 1 + 4 + 1 = 6
p˚
a randen till D. Vi ser ocks˚
a att |f (z)| > 9−1 = 8 p˚
a ∂D, s˚
a |f (z)−g(z)| <
|f (z)| om |z| = 1. Vi kan d˚
a dra slutsatsen att f och g har lika m˚
anga
nollst¨
allen i D.
Betrakta nu fallet |z| = 2. D˚
a har h(z) = 4z 4 + i fyra nollst¨allen i
D1 = {z ∈ C : |z| < 2}. och
|h(z) − g(z)| = | − iz 5 − z 2 − 9z| ≤ 32 + 4 + 18 = 54
p˚
a ∂D1 . Eftersom
|h(z)| ≥ 4 · 16 − 1 = 63 > |h(z) − g(z)|
ser vi ocks˚
a att h och g har lika m˚
anga nollst¨allen i D1 .
Det f¨
oljer allts˚
a att g har exakt tre nollst¨allen i cirkelringen {z : 1 <
|z| < 2}, ett nollst¨
alle i {z : |z| < 1} och ett nollst¨alle i {z : |z| > 2}.
(23) Vi anv¨
ander Cauchyuppskattningarna, som s¨ager att
4!
f (4) (0) ≤ 4 sup |f (z)|
R z∈CR
d¨
ar CR ¨
ar en cirkel kring origo med radie R. Om vi tar en cirkel med radie
1 f˚
ar vi t.ex att
4! 2
f (4) (0) ≤ 4 e1 = 4!e1 ≤ 70
1
(24) Fixera ett komplext tal z 0 p˚
a negativa imagin¨ara axeln (dvs ett tal z 0
0
s˚
adant att Rez = 0, −1 < Imz 0 < 0.
L˚
at {zj }∞
oljd komplexa tal i fj¨arde kvadranten, dvs s˚
adana att
j=1 vara en f¨
0 < Rezj < 1, −1 < Imzj < 0
och s˚
adana att lim zj = z 0
j→∞
Vi har d˚
a en f¨
oljd i Ω som n¨armar sig z 0 , men eftersom
3πi
f (z 0 ) = ln |z 0 | + iArgz 0 = c +
, c∈R
2
och
πi
lim f (zj ) = c −
j→∞
2
ser vi att
lim f (zj ) 6= f (z 0 )
j→∞
och funktionen ¨
ar allts˚
a inte kontinuerlig i z 0 . Eftersom z 0 var en godtycklig
punkt p˚
a negativa imagin¨ara axeln, kan funktionen inte vara kontinuerlig i
n˚
agon punkt d¨
ar.
Det hela h¨
anger naturligtvis p˚
a att sj¨alva argumentfunktionen ¨ar diskontinuerlig d¨
ar.
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
22
Om vi d¨
aremot bildar omr˚
adet Ω0 = Ω \ {Imz < 0, Rez = 0} s˚
a ¨ar f
0
kontinuerlig p˚
aΩ.
(25) Varken m¨
angden i a,b eller c beh¨over vara ett om˚
arde. Som l¨osning till a
kan vi t.ex ta m¨
angderna
Ω = {z ∈ C : 1 < |z| < 2},
D = {z ∈ C : |Rez| < 3, |Im z| < 0.5}
dvs en cirkelring och en rektangel. D˚
a g¨aller n¨amligen att snittet Ω ∩ D inte
ar sammanh¨
angande och allts˚
a inte ett omr˚
ade.
¨
I fallet b kan vi v¨
alja D precis som i fallet a och nu ta Ω som enhetsdisken.
(Rita en bild!) ). Ocks˚
a d˚
a f˚
ar vi att Ω \ D inte ¨ar sammanh¨angande och
allts˚
a inget omr˚
ade.
Slutligen fall c. H¨
ar kan vi v¨alja tv˚
a godtyckliga disjunkta omr˚
aden, tex
tv˚
a diskar (rita!). Unionen ¨ar naturligtvis inte sammanh¨angande och allts˚
a
inget omr˚
ade.
(26) Vi skriver f¨
orst om de trigonometriska funktionerna som
eiz + e−iz
eiz − e−iz
,
cos z =
2i
2
Ekvationen vi ska l¨
osa ser d˚
a ut som
eiz − e−iz
eiz + e−iz
=
2i
2
d¨
ar vi kan f¨
orkorta bort tv˚
aorna, multiplicera upp i och erh˚
alla f¨oljande:
sin z =
eiz − e−iz = ieiz + ie−iz
eller om vi flyttar ihop termer av liknande slag:
(1 − i)eiz = (1 + i)e−iz
och eftersom
π
1+i
= i = e 2 i+2πin har v˚
ar ekvation f¨orvandlats till
1−i
π
e2iz = e 2 i+2πin
som har l¨
osningen
z=
π
+ nπ,
4
n ∈ Z.
(27) En funktion som lokalt ¨
ar realdelen av en holomorf funktion ¨ar harmonisk.
Det betyder att en funktion ϕ ¨ar harmonisk i en omgivning av en punkt z
om det finns en liten omgivning kring z d¨ar ϕ = Ref f¨or n˚
agon funktion
f som ¨
ar holomorf p˚
a omgivningen. Nu var det givet att f ¨ar en funktion
som ¨
ar holomorf p˚
a Ω och bilden under f av Ω inneh˚
aller inte origo. (Det
ar ju dock fullt m¨
ojligt att Ω i sig inneh˚
aller origo - rita en bild).
¨
Om vi fixerar en punkt w i Ω och l¨agger en liten disk kring w s˚
a blir bilden
av denna disk under f en liten omgivning av punkten f (w) i bildm¨angden
(se bilden nedan). Vi kan sedan sk¨ara upp det komplexa planet som i bilden
nedan s˚
a att snittet inte g˚
ar genom v˚
ar omgivning. D¨arefter kan vi definiera
en gren av den komplexa logaritmfunktionen som ¨ar holomorf bortanf¨or
snittet, speciellt ¨
ar den holomorf p˚
a v˚
ar omgivning.
Eftersom f ¨
ar holomorf p˚
a Ω ¨ar d¨arf¨or sammans¨attningen Log(f (z)) holomorf p˚
a v˚
ar lilla omgivning.Men nu ¨ar ju Log(f (z)) = log |f (z)|+iArg(f (z)),
s˚
a realdelen av denna funktion ¨ar precis vad vi s¨okte, n¨amligen log |f (z)|.Vi
ser d˚
a att f¨
or varje punkt i Ω kan vi hitta en funktion som ¨ar holomorf i en
HOLOMORF HARMONI
23
omgivning av punkten och vars realdel ¨ar v˚
ar s¨okta funktion. D¨arav kan vi
dra slutsatsen att log |f | ¨ar harmonisk i hela Ω.
En annan variant ¨
ar naturligtvis att ber¨akna Laplacen och se att den
f¨
orsvinner ¨
overallt i Ω genom att utnyttja Cauchy-Riemanns ekvationer
(eftersom f ¨
ar holomorf).
(28) Ett f¨
orsta krav f¨
or att vi o¨verhuvudtaget ska kunna hitta en holomorf funktion vars realdel a
¨r ϕ a
¨r naturligtvis att ϕ a¨r harmonisk. Vi ber¨aknar Laplacen:
∂ϕ
∂2ϕ
= 2x + a + dy,
=2
∂x
∂x2
∂ϕ
∂2ϕ
= 2by + dx,
= 2b
∂y
∂y 2
∂2ϕ
∂2ϕ
+
= 0.Vi
H¨
arur ser vi att ett krav ¨ar att b = −1 f¨or att ∆ϕ =
∂x2
∂y 2
s¨
oker nu det harmoniska konjugatet ψ(x, y) till ϕ(x, y), dvs en funktion
ψ(x, y) s˚
adan att ϕ(x, y) + iψ(x, y) ¨ar holomorf.
Vi anv¨
ander Cauchy-Riemanns ekvationer och f˚
ar att
∂ϕ
∂ψ
=
,
∂x
∂y
∂ϕ
∂ψ
=−
∂y
∂x
f¨
or att funktionen ska vara holomorf. Nu ¨ar
∂ϕ
= 2x + a + dy
∂x
s˚
a allts˚
a m˚
aste
∂ψ
d
= 2x + a + dy ⇒ ψ(x, y) = 2xy + ay + y 2 + p(x)
∂y
2
d¨
ar p(x) ¨
ar en funktion som bara beror av x.
Vi har ocks˚
a att
∂ϕ
= −2y + dx + c
∂y
vilket ger att
∂ψ
d
= −2y + dx + c ⇒ ψ(x, y) = 2xy − x2 − cx + q(y)
∂x
2
d¨
ar q(y) ¨
ar en funktion som bara beror av y.
Om vi j¨
amf¨
or dessa uttryck finner vi att ψ(x, y) m˚
aste se ut som
−
d
d
ψ(x, y) = 2xy − x2 + ay − cx + y 2
2
2
d¨
ar a och d ¨
ar godtyckliga komplexa konstanter.Vi har nu att
f (z) = ϕ(x, y) + iψ(x, y) =
d
d
= x2 + ax − y 2 + cy + dxy + i(2xy − x2 + ay − cx + y 2 ) =
2
2
d
d 2
2
2
2
= (x + iy) + a(x + iy) − i (x + iy) = z + az − i z − ic(x + iy) =
2
2
d 2
= (a − ic)z + (1 − i )z
2
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
24
(29) F¨
orst av allt parameteriserar vi linjestycket γ. Detta kan vi g¨ora med funktionen
ϕ(t) = t(2 + i), 0 < t < 1
Vi har sedan enligt definitionen av kurvintegralen att
Z
Z 1
Z 1
2
2
0
ϕ (t)ϕ (t)dt =
(2 + i)2 t2 (2 + i)dt =
z dz =
0
γ
0
1
(2 + i)3
2 + 11i
=
3
3
0
Ett alternativt (och enklare) s¨att att l¨osa uppgiften p˚
a ¨ar att notera (och
= (2 + i)3
Z
t2 dt =
kommentera!) att funktionen ¨ar holomorf i ett omr˚
ade som inneh˚
aller s˚
av¨al
origo som 2+i, utnyttja att integralen d˚
a ¨ar v¨agoberoende och bara ber¨akna
primitiv funktion.
(30) Vi har att |f (z)| ≤ 1 ∀z ∈ Ω och samtidigt var det givet att |f (0)| = |i| =
1, s˚
a eftersom origo ¨
ar en inre punkt i disken och funktionen d¨ar antar sitt
st¨
orsta v¨
arde, s˚
a m˚
aste enligt maximumprincipen f (z) vara konstant i Ω.
Vi drar allts˚
a slutsatsen att f (z) = i ∀z ∈ Ω.
(31) Vi kan skriva om integranden som
z2
z2
=
2
4−z
(2 − z)(2 + z)
Eftersom z = 2 inte ligger innanf¨or γ ¨ar funktionen
z2
2−z
holomorf innanf¨
or γ.Cauchys integralformel ger d˚
a att
Z
1
f (z)
f (−2) =
dz
2πi γ z + 2
f (z) =
vilket ger oss att
Z
γ
z2
4
dz = 2πif (−2) = 2πi( ) = 2πi
2
4−z
4
(32) Vi ska visa att
Z
f (z)dz = 0
γ
f¨
or varje enkel sluten, styckvis sl¨at kurva i enhetsdisken {z ∈ C : |z| <
1}.L˚
at d¨
arf¨
or γ vara en s˚
adan kurva. Vi har d˚
a att
Z
Z Z 1
dt
f (z)dz =
dz =
γ
γ 0 1 − tz
Z 1Z
Z 1Z X
∞
1
=
dzdt =
(tz)j dzdt =
1
−
tz
0
γ
0
γ j=0
Z 1X
∞ Z
=
(tz)j dzdt
0 j=0
j
γ
men eftersom (tz) ¨
ar holomorf innanf¨or γ ¨ar den inre integralen noll, varf¨or
ocks˚
a hela uttrycket blir noll. Vi har s˚
aledes
Z
f (z)dz = 0
γ
HOLOMORF HARMONI
25
f¨
or varje enkel sluten, styckvis sl¨at kurva i enhetsdisken och enligt Moreras
sats ¨
ar d¨
arf¨
or f (z) holomorf i disken.
(33) Eftersom f ¨
ar holomorf i hela det komplexa planet kan vi skriva
f (z) =
∞
X
aj z j ,
aj =
j=0
f (j) (0)
j!
Om vi tar en cirkel CR med centrum i origo och radie R s¨ager oss Cauchyuppskattningarna att
|f (j) | ≤ sup |f | ·
CR
j!
ARm
≤
j! =
Rj
Rj
A
1
·
j! Rj−m
men denna sista term g˚
ar mot noll d˚
a R g˚
ar mot o¨andligheten om j −m > 0,
dvs om j > m.
Vi kan dra slutsatsen att f (j) (0) = 0 om j > m. och ur detta f¨oljer att
=
f (z) =
m
X
aj z j
j=0
dvs ett polynom av grad h¨ogst m.
(34) Ett s¨
att att l¨
osa:Vi ska integrera l¨angs enhetscirkeln C, d¨ar cos ϕ = 12 (z + z1 )
1
(z − z1 ) samt dz = izdϕ (ty z = eiϕ ). V˚
ar integral kan d˚
a
och sin ϕ = 2i
skrivas
Z
Z
Z
1
( 2i
(z − z1 ))2 dz
1
(z 2 − 1)2
1
=
...jobb...
=
−
dz
=
−
g(z)dz
1
1
4i C z 2 (2z 2 + 5z + 2)
4i C
C 5 + 4( 2 (z + z )) iz
(z 2 − 1)2
, s˚
a innanf¨or C har vi en enkel pol i z =
+ 12 )(z + 2)
1
1
arf¨or ¨ar integralen − ·2πi( Res(g, − 12 )+Res(g, 0)).Residuen
2 och en dubbelpol i origo. D¨
4i
1 2
2
)
−
1)
((−
3
d
2
i − 12 ¨
= och Residuen i origo kan vi f˚
a som [z 2 g(z)](0) =
ar
4
dz
2(− 12 )2 (− 12 + 2)
−5
π
, s˚
a integralen blir allts˚
a .
4
4
Vi ser att g(z) =
2z 2 (z
π
z 1/3
,som har enkla poler i z1 = eπi , z2 = e 3 i , z3 =
z3 + 1
(35) Betrakta f (z) =
5π
e 3 i och en kurva C som i fig. 6.21 (s.284) best˚
aende av de fyra kurvorna
γ1 , Cρ , γ2 och Γ .Vi vet d˚
a att
Z
Z
f (z)dz = (
C
Z
+
γ1
Z
+
Cρ
Vi betraktar f¨
orst
Z
Z
Z
(
+
)f (z)dz =
Z
+
γ2
)f (z)dz = 2πi
Γ
3
X
Res(zk )
k=1
Z 2πi x1/3
x1/3
e 3
dx
+
dx =
3
3
γ1
γ2
x +1
ρ x +1
Z ρ 1/3
2πi
x
= (1 − e 3 )
dx
3
x +1
Vidare kan vi p˚
a cirkeln Cρ med radie ρ g¨ora f¨oljande uppskattning:
ρ
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
26
|f (z)| =
ρ1/3
|z|1/3
≤
|z 3 + 1|
ρ3 − 1
ur vilket det allts˚
a f¨
oljer att
Z
ρ1/3
|
f (z)dz| ≤ 3
· 2πρ → 0 d˚
aρ→∞
ρ −1
Cρ
och p˚
a cirkeln Γ
|f (z)| =
|z|1/3
1/3
≤ (om < 1) ≤
→ 0,
3
|z + 1|
1 − 3
→0
Samlar vi ihop vad vi nu f˚
att fram ser vi allts˚
a att
Z
0
∞
√
3
3
X
x
1
dx
=
·
2πi
Res(zk )
2πi
x3 + 1
1−e 3
k=1
s˚
a nu g¨
aller det bara att ber¨akna residuerna. Eftersom det ¨ar fr˚
agan om
enkelpoler ser vi att
Res(z) =
z 1/3
1
= z −5/3
3
+ 1)
d
3
dz (z
Vi f˚
ar att
3
X
Res(zk ) =
k=1
1 −5πi/9
(e
+ e−15πi/9 + e−25πi/9 ) =
3
= ...(f¨
orl¨
ang med e5πi/9 − e−5πi/9 och f¨orkorta)... =
=
1 1 1 − e2πi/3
·
·
3 2i
sin 5π
9
S˚
a d¨
arf¨
or f¨
oljer att integralens v¨arde ¨ar
π 1
3 sin 5π
9
(36) H¨
ar ¨
ar det v¨
al bara att r¨akna p˚
a:
1
1
−1
1
=
=
+
=
z 2 + 4z + 3
((z + 2) + 1)(z + 2) − 1)
2(z + 3) 2(z + 1)
=
1
2z
1
z
∞
∞
1 X 1 k 1X z k
1
1
1
=
(−
)
−
(− ) =
−
2z
z
6
3
+ 1 6 1 − (− z3 )
k=0
k=0
=
∞
X
(−1)k+1
k=1
2
z
−k
∞
X
(−1)k k
−
z
2 · 3k+1
k=0
eiz − e−iz
(37) L¨
angden av γ a
a γ ¨ar z rent imagin¨ar varf¨or sin z =
¨r 1 och p˚
¨ar
2i
rent imagin¨
ar (exp-funktionerna blir reella).Z Det betyder att sin z = it, t ∈
sin z
R, s˚
a |e
| = |eit | = 1 ∀t. Vi har allts˚
a | esin z dz| ≤ 1 · 1 = 1.
γ
HOLOMORF HARMONI
27
(38) S¨
att g(z) = z 7 + (1 + i)z 4 − 6z 2 + 3 och f (z) = −6z 2 + 3. D˚
a har f bara
ett nollst¨
alle i det aktuella omr˚
adet. Betrakta nu
|f (z) − g(z)| = |z 7 + (1 + i)z 4 |
p˚
a randen av omr˚
adet. P˚
a halvcirkeln ¨ar |z| = 1, s˚
a |f (z) − g(z)| ≤ |z|7 +
√
2|z|4 < 3 och d¨
ar ¨
ar ocks˚
a |f (z)| = | − 6z 2 + 3| ≥ |6z 2 | − |3| = 3 varf¨or vi
˚
atminstone p˚
a den delen av randen har att |f (z) − g(z)| < |f (z)|. ˚
Aterst˚
ar
nu att visa detta p˚
a linjestycket fr˚
an −i till i (˚
aterstoden av randen).Precis
√
som ovan kan vi uppskatta |f (z) − g(z)| med 1 + 2 < 3 och |f (z)| = | −
6(iy)2 +3| = |6y 2 +3| ≥ 3.Vi har visat att p˚
a randen ¨ar |f (z)−g(z)| < |f (z)|,
s˚
a Rouches sats s¨
ager oss att ocks˚
a g bara har ett nollst¨alle.
(39) Cauchyuppskattning av andra derivatan ger f¨or tillr¨ackligt stort R att
2!(R + |z0 |)3/2
,
R2
s˚
a om vi l˚
ater R → ∞ ser vi att f 00 ≡ 0, och d¨armed f (z) = a +
bz.Tillv¨
axtvillkoret f¨
or f ger att f (0) = 0, s˚
a a = 0 och d¨armed att
|f (z)| = |b||z|, vilket ger att
|f 0 (z0 )| ≤
|b||z| ≤ A|z|3/2 =⇒ |z|1/2 ≥ |b|/A,
vilket ger en mots¨
agelse, s˚
a enda m¨ojligheten ¨ar att ocks˚
a b = 0, dvs f (z) ≡
0.
(40) L˚
at g(z) = 2 − 2z 2 + z 4 , som har tv˚
a nollst¨allen i √
h¨ogra halvplanet
(Ni kan √
√
√
l¨
osa ekvationen p˚
a vanligt s¨att och f˚
ar l¨osningarna 1 + i, − 1 + i, 1 − i, − 1 − i).Betrakta
π
π
”halvcirklar”{Reiθ : − ≤ θ ≤ }∪{it : −R ≤ t ≤ R}.P˚
a imagin¨ara axeln,
2
2
a
¨r z = it och
|f (z) − g(z)| = |e−z | = |e−it | = 1 < |g(z)|
eftersom |g(it)| = |t4 + 2t2 + 2| > 2 d¨ar.P˚
a ¨ovriga randen (halvcirkeln) ¨ar
z = cos θ + i sin θ varf¨
or
|f (z) − g(z)| = |e−z | = |e−R cos θ e−iR sin θ | ≤ |e−R cos θ | · 1 ≤ 1
eftersom cos θ ≥ 0 p˚
a omr˚
adet.Men |g(z)| = |(z 2 − 1)2 + 1| > 1 f¨or stora R,
s˚
a Rouches sats ger resultatet, dvs f har tv˚
a nollst¨allen i h¨ogra halvplanet.
(41) L˚
at Γ vara bilden av randen till disken, dvs Γ = {w ∈ C : w = f (z), z =
ρeiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π} och se den som en kurva genom att ge den positiv
orientering. Eftersom f ¨ar injektiv avbildas skilda z-v¨arden p˚
a skilda wv¨
arden, varf¨
or kurvan inte kan sk¨ara sig sj¨alv. Vi har allts˚
a en enkel sluten
kurva. Om vi nu s¨
atter g(z) = f (z) − w0 , ser vi att integralen i uppgiften
kan skrivas
Z
Z
1
f 0 (z)
1
g 0 (z)
dz =
dz
2πi |z|=ρ f (z) − w0
2πi |z|=ρ g(z)
Nu vet vi ju att denna integral r¨aknar antalet nollst¨allen till g innanf¨or
cirkeln kring origo med radie ρ eftersom g(z) = f (z) − w0 6= 0 enligt
uppgiften. Eftersom f ¨ar injektiv kan dock f anta v¨ardet w0 i h¨ogst en
punkt, dvs g(z) kan ha antingen inget eller ett nollst¨alle. S˚
aledes ¨ar v˚
ar
integral lika med noll eller ett.
28
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
(42) (a) Vi kan h¨
ar anv¨
anda argumentprincipen genom att betrakta en kurva
som best˚
ar av tre kurvor: Den f¨orsta, linjestycket fr˚
an origo till det
reella talet R d¨
ar R ¨ar ett s˚
a pass stort tal att alla fem nollst¨allen till
polynomet ligger inom cirkeln kring origo med radie R och s˚
a att R5
3
ar betydligt st¨
orre ¨an R . Den andra kurvan f˚
ar vara en kvartscirkel i
¨
f¨
orsta kvadranten med centrum i origo och radie R. Slutligen l˚
ater vi
den tredje kurovan vara linjestycket fr˚
an iR till origo.
Vi kontrollerar l¨
att att polynomet saknar nollst¨allen p˚
a hela imagin¨ara
axeln och p˚
a positiva reella axeln, s˚
a v˚
ar kurva ¨ar nollst¨allesfri”.
Vi avbildar nu denna kurva med f och avg¨or hur argumentet f¨or¨andras.
Om γ1 ¨
ar kurvan som ¨ar en delm¨angd av den reella axeln, s˚
a avbildas
den p˚
a positiva reella axeln. Origo avbildas p˚
a 3, s˚
a vi f˚
ar en bild av
γ1 som ¨
ar ett intervall med v¨anster ¨andpunkt i 3 och h¨oger ¨andpunkt
i n˚
agot stort reellt tal.
D¨
arefter ska vi avbilda kvartscirkeln CR . N¨ar vi befinner oss p˚
a CR
ar beloppet av z hela tiden stort, varf¨or z 5 dominerar ¨over de andra
¨
termerna i v˚
art polynom. Vi kan dra slutsatsen att CR avbildas p˚
a
fem”kvartscirklar (med vissa krusningar som uppkommer av de ¨ovriga
termerna). Eftersom CR slutar i iR ser vi att bilden av CR slutar i
i5 R5 + 2i3 z 3 + 2i + 3, dvs ”inte l˚
angt fr˚
an”iR5 + 3.
Slutligen γ2 , intervallet mellan iR och origo p˚
a imagin¨ara axeln. Eftersom z 5 + 2z 3 + 2z d¨ar ¨ar rent imagin¨art, blir p˚
averkan av f helt
enkelt bara att vi r¨or oss lodr¨at ned till 3.’ Om vi nu kontrollerar argumentskillnaden, ser vi att vi g˚
att ett helt varv, dvs f har ett nollst¨alle
innanf¨
or v˚
ar kurva och eftersom R var vald s˚
a att inga nollst¨allen ligger utanf¨
or cirkeln med centrum i origo och radie R, finns det allts˚
ai
f¨
orsta kvadranten ett nollst¨alle.
(b) Vi kan h¨
ar g¨
ora som i uppgift a. Vi v¨aljer en kurva best˚
aende dels
av en halvcirkel γa i det v¨anstra halvplanet med centrum i origo och
radie R (samma radie som ovan), dels linjestycket mellan −iR och iR
(γb ). Vi har redan ovan kommenterat att polynomet saknar nollst¨alle
p˚
a imagin¨
ara axeln, s˚
a ¨aven nu ¨ar kurvan fri fr˚
an nollst¨allen till polynomet.
Samma argument som ovan ger att halvcirkeln ger upphov till fem
halvcirklar¨
och linjestycket avbildas p˚
a ett linjestycke. Totalt kommer
vi att ha g˚
att 3 varv kring origo, dvs det finns tre nollst¨allen i v¨anstra
halvplanet.
(c) Vi vet nu att det i f¨orsta kvadranten finns ett nollst¨alle. Eftersom
polynomet har reella koefficienter, ¨ar ju ¨aven komplexa konjuagetet av
ett nollst¨
alle ett nollst¨alle. Allts˚
a finns det exakt ett nollst¨alle ocks˚
ai
fj¨
arde kvadranten.
Vi vet redan att polynomet har tre nollst¨allen i v¨anstra halvplanet. Det
finns d˚
a tv˚
a m¨
ojligheter. Antingen ligger alla nollst¨allen p˚
a negativa
reella axeln eller s˚
a ligger ett p˚
a axeln, ett i 3:e och ett i 2:a kvadranten.
Vi ser att f (0) = 3 och f (x) < 0 om x < −1, s˚
a de nollst¨allen som
finns p˚
a negativa reella axeln m˚
aste ligga mellen −1 och 0. Dock ¨ar
f 0 (x) = 5x4 + 6x2 + 2 > 0, dvs funktionen ¨ar strikt v¨axande p˚
a reella
axeln och allts˚
a kan det bara finnas ett nollst¨alle. Vi drar slutsatsen
att polynomet har ett nollst¨alle i andra kvadranten, ett p˚
a negativa
reella axeln, ett i tredje kvadranten och ett i fj¨arde kvadranten.
(43) Schwartz lemma:Om f ¨
ar holomorf i enhetsdisken D = {z ∈ C : |z| < 1}
HOLOMORF HARMONI
29
och uppfyller villkoren
f (0) = 0 och |f (z)| ≤ 1,
∀z ∈ D
s˚
a¨
ar
|f (z)| ≤ |z|
∀z ∈ D
Bevis: Eftersom f a
¨r holomorf i enhetsdisken och f (0) = 0 vet vi att f i
disken kan skrivas som
f (z) = a1 z + a2 z 2 + a3 z 3 + ...
och ur detta f¨
oljer att funktionen F (z) = f (z)/z ocks˚
a ¨ar holomorf i disken.
L˚
at nu 0 < r < 1. D˚
a g¨aller p˚
a cirkeln |z| = r att
|F (z)| ≤
|f (z)|
≤ 1r
|z|
Om vi d˚
a utnyttjar maximumprincipen p˚
a omr˚
adet {|z| < r} f¨oljer allts˚
a
att |F (z)| ≤ r p˚
a hela detta omr˚
ade. Vi kan nu l˚
ata r → 1 varur det f¨oljer
att
|f (z)|
≤ 1 =⇒ |f (z)| ≤ |z|
|F (z)| =
|z|
(44) En f¨
orsta tanke vore kanske att bara anv¨anda kvadratfunktionen och p˚
a
s˚
a s¨
att f¨
alla upp”halvcirkeln till hela cirkeln, men observera att vad vi i
s˚
a fall f˚
ar a
¨r enhetscirkeln uppskuren l¨angs negativa reella axeln, eftersom
inga punkter kommer att hamna d¨ar. Vi g¨or i st¨allet en kedja av flera
avbildningar. Man kan naturligtvis g¨ora p˚
a m˚
anga s¨att. Jag t¨ankte mig
f¨
oljande schema:
Vrid f¨
orst halvcirkeln 90 grader (dvs multiplicera med i, ϕ1 (z) = iz).
Avbilda d¨
arefter denna halvcirkel p˚
a f¨orsta kvadranten (detta kan vi g¨ora
med avbildningen
1−z
ϕ2 (z) = i
1+z
D¨
arefter f¨
aller vi upp f¨
orsta kvadranten till ¨ovre halvplanet med
ϕ3 (z) = z 2
och slutligen avbildar vi ¨ovre halvplanet p˚
a enhetscirkeln. Denna sista avbildning g¨
or vi med en M¨obiustransformation. Vi kan v¨alja att l˚
ata avbilda
punkterna (−1, 0, 1) p˚
a (1, i, −1) d˚
a f˚
ar vi insida p˚
a insida och halvplanet
ska allts˚
a avbildas p˚
a enhetscirkeln. M¨obiustransformationen som g¨or detta
blir
z−i
ϕ4 (z) = −i
z+i
S˚
a˚
aterst˚
ar bara (bara? det blir ju en del ber¨akningar...) att s¨atta samman
dessa fyra avbildningar och vi f˚
ar
ϕ(z) = ϕ4 ◦ ϕ3 ◦ ϕ2 ◦ ϕ1 (z) =
z 2 + 2z − 1
z 2 − 2z − 1
(45) En avbildning ϕ(z) ¨
ar konform om den ¨ar vinkelbevarande. Nu vet vi emellertid att en holmorf avbildning ¨ar konform i varje z f¨or vilken ϕ0 (z) 6= 0.
Fr˚
agan g¨
allde nu ϕ(z) = ez . Vi har att ϕ0 (z) = ez som ju aldrig f¨orsvinner
varf¨
or avbildningen allts˚
a ¨ar konform ¨overallt.
¨
¨
ANDERS FALLSTR
OM,
1997
30
(46) Givet var avbildningen
ϕ(z) =
1
1+z 2
2( 1−z
)
−1
.
1+z
och ϕ2 (z) = z 2 .ϕ1 (z) avbildar enhetscirkeln p˚
a en
1−z
r¨
at linje genom 0, i och ∞, dvs imagin¨ara axeln och det inre av enhetsdisken p˚
a h¨
ogra halvplanet.ϕ2 (z) avbildar h¨ogra halvplanet p˚
a det komplexa
1
planet, uppskuret l¨
angs negativa reella axeln.L˚
at s˚
a ϕ3 (z) =
. Ne2z2 − 1
gativa reella axeln avbildas av denna avbildning p˚
a linjestycket p˚
a reella
axeln mellan −1 och origo.Eftersom ϕ(z) = ϕ3 ◦ ϕ2 ◦ ϕ1 (z), avbildas allts˚
a
Betrakta ϕ1 (z) =
enhetsdisken p˚
a Cn \ {z : −1 ≤ Rez ≤ 0, Imz = 0}.
(47) B¨
orja med att avbilda linjen {z = x + iy : x + y = 1} p˚
a reella axeln.
Detta kan vi g¨
ora genom en M¨obiustransformation d¨ar vi t.ex. avbildar
1, (1 + i)/2, i) p˚
a 0, 1, ∞. En s˚
adan avbildning ser ut som
ϕ1 (z) = −
z−1
z−i
Eftersom ϕ1 avbildar −1 p˚
a −1 + i, 1 p˚
a origo och i p˚
a o¨andlighetspunkten,
s˚
a avbildas enhetscirkeln p˚
a den r¨ata linjen genom origo och −1 + i.
Vidare avbildas z0 = 12 + 34 i som ligger i v˚
art ursprungliga omr˚
ade p˚
a 75 − 45 i,
s˚
a allts˚
a avbildar ϕ1 v˚
art omr˚
ade p˚
a m¨angden begr¨ansas av reella axeln,
linjen genom origo och −1 + i och som ligger i fj¨arde kvadranten, detta ¨ar
m¨
angden
pi
M = {z : − < Arg(z) < 0}
4
Vi kan nu ”vrida uppdenna m¨angd med
π
ϕ2 (z) = e 4 i
och d¨
arefter f¨
alla upptill ¨ovre halvplanet med hj¨alp av
ϕ3 (z) = z 4
En avbildning som avbildar v˚
art givna omr˚
ade p˚
a ¨ovre halvplanet ¨ar d¨arf¨or
ϕ(z) = ϕ3 ◦ ϕ2 ◦ ϕ1 (z) = −
(z − 1)4
(z − i)4
Nu ˚
aterst˚
ar bara att l¨osa Dirichlets problem p˚
a o¨vre halvplanet. Vi observerar d˚
a f¨
orst att den del av randen som a¨r ett linjestycke avbildas p˚
a
positiva reella axeln (eftersom t.ex ϕ((1 + i)/2) = 1) och den del som a¨r en
del av enhetscirkeln s˚
aledes p˚
a negativa reella axeln.
Vi vill ha en funktion som ¨ar harmonisk i halvplanet och p˚
a positiva reella
axeln ¨
ar 1 och p˚
a negativa reella axeln ¨ar 2. Vi f˚
ar funktionen
1
Arg(z) + 1
π
En funktion som l¨
oser v˚
art Dirichletproblem a¨r d¨arf¨or
h(z) =
f (z) = h ◦ ϕ(z) =
1
(z − 1)4
Arg(−
)+1
π
(z − i)4
HOLOMORF HARMONI
31
(48) Vi kan b¨
orja med att f¨alla upp omr˚
adet till hela ¨ovre halvplanet med avbildningen
ϕ1 (z) = z 4
D¨
arefter avbildar vi ¨
ovre halvplanet p˚
a enhetscirkeln genom att t.ex. avbilda −1, 0, 1 p˚
a 1, i, −1 (se l¨osningen till problem 1 ovan). Denna avbildning
heter
z−i
ϕ2 (z) = −i
z+i
Vi skulle allts˚
a kunna v¨alja avbildningen
ϕ∗ (z) = ϕ2 (z) ◦ ϕ1 (z) = −i
z4 − i
z4 + i
d ∗
Denna avbildning ¨
ar holomorf p˚
a Ω och
ϕ (z) 6= 0,
dz
∗
att ϕ ¨
ar konform p˚
a Ω.
∀z ∈ Ω vilket ger