Complexe Analyse

Complexe Analyse
S. Caenepeel
Syllabus 126 bij IR-WISK 10343 en WE-DWIS 5450 “Complexe Analyse: residurekening en integraaltransformaties”
Tweede Bachelor Ingenieurswetenschappen
Tweede Bachelor Fysica
Eerste Jaar Brugprogramma Ingenieurswetenschappen
2007
Inhoudsopgave
1
2
3
4
5
Analytische Functies
3
1.1
Complexe functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Differentieerbare en analytische functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.3
Voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
Integralen van functies van een complexe veranderlijke
12
2.1
Definitie en algemene eigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2
De stelling van Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3
Gevolgen van de stelling van Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Reeksen
25
3.1
Numerieke reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2
Reeksen van functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.3
Machtreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.4
Taylorreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.5
Laurentreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
De residustelling
38
4.1
Singuliere punten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2
De residustelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.3
Toepassingen van de residustelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Analytische voortzetting
5.1
55
De cirkelmethode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1
6
7
8
9
5.2
De vierkantswortel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
5.3
De logaritme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
De Laplacetransformatie
63
6.1
Oneigenlijke integralen afhankelijk van een parameter . . . . . . . . . . . . . . . . 63
6.2
Functies van exponentiële orde en de convergentieabscis . . . . . . . . . . . . . . 68
6.3
De Laplacetransformatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
6.4
Eigenschappen van de Laplacetransformatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
Toepassingen van de Laplacetransformatie
80
7.1
De inverse Laplacetransformatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
7.2
Oplossen van differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
7.3
De convolutieintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
7.4
Distributies en de Dirac functie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
De Fouriertransformatie
96
8.1
De Fouriertransformatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
8.2
De inverse Fouriergetransformeerde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
8.3
Verdere eigenschappen, voorbeelden en toepassingen . . . . . . . . . . . . . . . . 102
De Z-transformatie
109
9.1
Definitie en eigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
9.2
De inverse transformatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
9.3
Convolutie en product . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
9.4
Recurrentie- en differentievergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
9.5
De tweezijdige Z-transformatie en Fourierreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
10 Variatierekening
118
10.1 De vergelijkingen van Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
10.2 Het vraagstuk met nevenvoorwaarden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
2
Hoofdstuk 1
Analytische Functies
1.1
Complexe functies
In dit opleidingsonderdeel bestuderen we functies
f : V ⊂ C → C, z 7→ w = f (z)
De complexe variabele z in de bronruimte noteren we als
z = x + iy
De complexe variabele w in de beeldruimte noteren we als
w = u + iv
We hebben dan in feite
w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y)
waarbij
u, v : R2 → R
twee reële scalaire functies van twee veranderlijken zijn.
We kunnen dit ook als volgt zien: als reële vectorruimte is C = R2 , en dus kan f ook bekeken
worden als een functie
f : R2 → R2
Zulk een vectorwaardige functie heeft twee componenten, die elk scalaire functies R2 → R zijn.
Limieten van complexe functies
Om de limiet van een complexe functie te definiëren, beschouwen we deze gewoon als een functie
R2 → R2 , met andere woorden:
lim f (z) = w0
(1.1)
z→z0
3
als en slechts als
∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 <
q
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ =⇒
(u − u0 )2 + (v − v0 )2 < ε
(1.2)
Herhaal dat, voor een complex getal z = x + iy, de absolute waarde gegeven wordt door de formule
|z|2 = zz = x2 + y2
We zien dat (1.1) en (1.2) dus ook equivalent zijn met
∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < |z − z0 | < δ =⇒ | f (z) − w0 | < ε
(1.3)
Omdat limieten van vectorfuncties componentsgewijs kunnen uitgerekend worden zijn deze dus
ook equivalent met
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
u(x, y) = u0 en
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
v(x, y) = v0
(1.4)
Bijgevolg blijven de gekende formules voor limiet van som, product, quotiënt, enz. geldig voor
limieten van complexe functies.
We kunnen ook oneigenlijke limieten beschouwen. Hiertoe voegen we aan de verzameling C een
element toe, dat we ∞ noteren. De verzamelingen {z | |z| > α} spelen de rol van omgeving van ∞,
en we krijgen de volgende definities:
lim f (z) = w0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃α > 0 : |z| > α =⇒ | f (z) − w0 | < ε
z→∞
lim f (z) = ∞ ⇐⇒ ∀α > 0, ∃δ > 0 : |z − z0 | < δ =⇒ | f (z)| > α
z→z0
lim f (z) = ∞ ⇐⇒ ∀α > 0, ∃β > 0 : |z| > β =⇒ | f (z)| > α
z→∞
Continuiteit
Ook hier zijn er geen verrassingen: f is continu in z0 als
lim f (z) = f (z0 )
z→z0
Dit is equivalent met de continuiteit van de functies u en v in (x0 , y0 ). We hebben ook onmiddellijk
de volgende eigenschappen:
1. Als f en g continu zijn in z0 , dan ook f + g en f g; als g(z0 ) 6= 0, dan is ook f /g continu in
z0 ;
2. Als f continu is in z0 , en g continu is in f (z0 ), dan is g ◦ f continu in z0 ;
3. Als f continu is in z0 , dan is | f | ook continu in z0 .
Als deze eigenschappen volgen gemakkelijk over die voor reële functies. We tonen bijvoorbeeld
de laatste aan:
√ als f = u + iv continu is in z0 = x0 + iy0 , dan zijn ook u en v continu in (x0 , y0 ), en
dan is | f | = u2 + v2 continu in z0 = x0 + iy0 .
4
Uniforme continuiteit
Neem een functie f : G ⊂ C → C, waarbij G een domein of een gebied in C is.
f is continu over G als
∀z0 ∈ G, ∀ε > 0, ∃δ > 0 : z ∈ G en |z − z0 | < δ =⇒ | f (z) − f (z0 )| < ε
f is uniform continu over G als
∀ε > 0, ∃δ > 0 : z, z0 ∈ G en |z − z0 | < δ =⇒ | f (z) − f (z0 )| < ε
Stelling 1.1.1 Als f continu is over een gebied G, dan is ze uniform continu over dat gebied G.
Bewijs. Als f continu is over G, dan ook de reële component u en de imaginaire component v.
Maar we weten uit de eerste kandidatuur dat een scalaire functie die continu is over een gebied,
ook uniform continu is over dat gebied.
Neem ε > 0 willekeurig. Er bestaat een δ1 > 0 zodanig dat
q
√
(x, y), (x0 , y0 ) ∈ G en (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ1 =⇒ |u(x, y) − u(x0 , y0 )| < ε/ 2
Er bestaat een δ2 > 0 zodanig dat
q
√
(x, y), (x0 , y0 ) ∈ G en (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ2 =⇒ |v(x, y) − v(x0 , y0 )| < ε/ 2
Onderstel nu dat z, z0 ∈ G, en |z − z0 | < min(δ1 , δ2 ) = δ. Aangezien
q
|z − z0 | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2
volgt dan dat
r
q
ε2 ε2
+ =ε
| f (z) − f (z0 )| = (u(x, y) − u(x0 , y0 ))2 + (v(x, y) − v(x0 , y0 ))2 <
2
2
hetgeen precies is wat we nodig hebben.
1.2
Differentieerbare en analytische functies
Zij f : C → C gedefinieerd, tenminste op een omgeving van z0 = x0 + iy0 . Als we f bekijken
als een functie R2 → R2 , dan kunnen we bepalen wanneer f differentieerbaar is in (x0 , y0 ). Een
voldoende voorwaarde is dat de partiële afgeleiden van f bestaan en continu zijn op een omgeving
van (x0 , y0 ).
We herinneren aan de definitie van de afgeleide van een gewone numerieke functie f : R → R:
f 0 (x0 ) = lim
x→x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
Deze formule kan niet zomaar gedefinieerd worden voor een functie Rn → Rm , omdat er vectoren
in de noemer zouden komen. Maar in C kunnen we wel delen, en vandaar volgende definitie.
5
Definitie 1.2.1 De afgeleide van f : C → C in z0 is de limiet
f 0 (z0 ) =
f (z) − f (z0 )
df
= lim
dz z→z0
z − z0
Indien deze limiet bestaat in C, dan zeggen we dat f afleidbaar is in z0 . Indien f afleidbaar is in
elk punt van een omgeving van z0 , dan zeggen we dat f analytisch is in z0 .
We hebben volgende rekenregels; deze worden op precies dezelfde manier bewezen als in het reële
geval:
(c f )0 (z0 )
( f + g)0 (z0 )
( f g)0 (z )
0
f
(z0 )
g
(g ◦ f )0 (z0 )
= c f 0 (z0 )
= f 0 (z0 ) + g0 (z0 )
= f 0 (z0 )g(z0 ) + f (z0 )g0 (z0 )
f 0 (z0 )g(z0 ) − f (z0 )g0 (z0 )
=
als g(z0 ) 6= 0
g(z0 )2
= g0 ( f (z0 )) f 0 (z0 )
De voorwaarden van Cauchy-Riemann
We zullen nu laten zien dat afleidbaarheid van een complexe functie een veel sterkere eigenschap
is dan differentieerbaarheid van dezelfde functie R2 → R2 .
Stelling 1.2.2 De functie f (z) = u(x, y) + iv(x, y) is afleidbaar in z0 = x0 + iy0 als en alleen als
1. de scalaire functies u en v zijn differentieerbaar in (x0 , y0 );
2. u en v voldoen aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann:
∂u
∂v
∂u
∂v
(x0 , y0 ) = (x0 , y0 ) ;
(x0 , y0 ) = − (x0 , y0 )
∂x
∂y
∂y
∂x
(1.5)
Bewijs. Onderstel eerst dat f afleidbaar is in z0 , en schrijf f 0 (z0 ) = a + ib. Als we noteren
∆z = z − z0 = (x − x0 ) + i(y − y0 ) = ∆x + i∆y
dan hebben we dus dat
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
= a + ib + λ
∆z
met
lim λ = 0
∆z→0
We kunnen λ schrijven als de som van een reëel en een imaginair gedeelte:
λ = λ1 + iλ2
6
(1.6)
en dan geldt
lim
(∆x,∆y)→(0,0)
λ1 =
lim
(∆x,∆y)→(0,0)
λ2 = 0
(1.7)
We herschrijven (1.6) als volgt:
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) − iv(x0 , y0 )
= (∆x + i∆y)(a + ib + λ1 + iλ2 )
We splitsen dit in reëel en imaginair gedeelte
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) = a∆x − b∆y + λ1 ∆x − λ2 ∆y
v(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − v(x0 , y0 ) = b∆x + a∆y + λ2 ∆x + λ1 ∆y
(1.8)
(1.9)
Als we ∆y = 0 nemen in beide formules, en dan de limiet nemen voor ∆x gaande naar 0, dan krijgen
we
∂v
∂u
(x0 , y0 ) = a en
(x0 , y0 ) = b
∂x
∂x
Als we ∆x = 0 nemen in beide formules, en dan de limiet nemen voor ∆y gaande naar 0, dan krijgen
we
∂v
∂u
(x0 , y0 ) = −b en
(x0 , y0 ) = a
∂y
∂y
en als we dit combineren, dan krijgen we
∂u
∂v
∂u
∂v
(x0 , y0 ) = (x0 , y0 ) = a ;
(x0 , y0 ) = − (x0 , y0 ) = −b
∂x
∂y
∂y
∂x
Uit (1.8) en (1.7) volgt dat u differentieerbaar is in (x0 , y0 ), en uit (1.9) en (1.7) volgt hetzelfde
voor v.
Omgekeerd, onderstel dat u en v differentieerbaar zijn, en dat voldaan is aan de voorwaarden van
Cauchy-Riemann. We kunnen dan schrijven
∂u
∂u
(x0 , y0 )∆x + (x0 , y0 )∆y + α1 ∆x + α2 ∆y
∂x
∂y
∂v
∂v
v(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − v(x0 , y0 ) =
(x0 , y0 )∆x + (x0 , y0 )∆y + α3 ∆x + α4 ∆y
∂x
∂y
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) =
met
lim
(∆x,∆y)→(0,0)
αi = 0,
voor i = 1, 2, 3, 4. Als we deze formules combineren met de voorwaarden van Cauchy-Riemann,
dan vinden we
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
= u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) − iv(x0 , y0 )
= ∆x(a + ib) + ∆y(−b + ia) + ∆x(α1 + iα3 ) + ∆y(α2 + iα4 )
∆x
∆y
= (∆x + i∆y)(a + ib + λ1 + λ2 )
∆z
∆z
7
Hierbij stelden we λ1 = α1 + iα3 en λ2 = α2 + iα4 . Omdat |∆x| ≤
lim λ1
∆x
=0
∆z
lim λ2
∆y
=0
∆z
∆z→0
p
∆x2 + ∆y2 = |∆z| is
en, volkomen analoog
∆z→0
en hieruit concluderen we dat
lim
∆z→0
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
= a + ib
∆z
Gevolg 1.2.3 Als f = u + iv afleidbaar is in z = x + iy, dan is
f 0 (z) =
∂u
∂v ∂v
∂u
+i = −i
∂x
∂x ∂y
∂y
Harmonische functies
Een harmonische functie op een domein D ⊂ R2 is een functie ψ : D → R die over D voldoet aan
de vergelijking van Laplace:
∂2 ψ ∂2 ψ
+ 2 =0
∂x2
∂y
Onderstel nu dat f = u + iv : D ⊂ C → C analytisch is over D. Dan bestaan de partiële afgeleiden
van eerste orde van u en v. Als we aannemen dat de partiële afgeleiden van orde 2 ook bestaan en
continu zijn (we zullen verderop zien dat dit altijd het geval is), dan hebben we zeker
∂2 u
∂2 v
∂2 v
∂2 u
=
en
=
∂x∂y ∂y∂x
∂x∂y ∂y∂x
Over D voldoen u en v aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann:
∂u
∂v
∂u ∂v
=
en
=−
∂x ∂y
∂y
∂x
De eerste vergelijking afleiden naar x en de tweede naar y, en dan optellen geeft:
∂2 u ∂2 u
+
=0
∂x2 ∂y2
De eerste vergelijking afleiden naar y en de tweede naar x, en dan aftrekken geeft:
∂2 v ∂2 v
+
=0
∂x2 ∂y2
u en v zijn dus harmonische functies: reëel en imaginair gedeelte van een analytische functie zijn
oplossingen van de vergelijking van Laplace. Als f = u + iv een analytische functie is, dan noemen
we u en v toegevoegd harmonische functies.
8
1.3
Voorbeelden
Veeltermfuncties
De constante functie f (z) = c voldoet aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann, en uit gevolg 1.2.3
volgt dat f 0 (z) = 0.
De functie f (z) = z voldoet overal aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann, en uit gevolg 1.2.3
volgt dat f 0 (z) = 1.
Omdat het product van afleidbare functies opnieuw afleidbaar is, volgt dat f (z) = zn ook overal
afleidbaar (en dus analytisch) is. Uit de rekenregel voor de afgeleide van het product volgt dat
f 0 (z) = nzn−1 .
Hieruit volgt dat een veeltermfunctie
f (z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a0
met complexe coëfficiënten an , · · · , a0 overal analytisch is. Een complexe veelterm wordt afgeleid
zoals een reële veelterm.
Complex toegevoegde en absolute waarde
De functie f (z) = z is nergens afleidbaar: we hebben u = x en v = −y, en een van de twee CauchyRiemann voorwaarden wordt 1 = −1.
Op analoge wijze is f (z) = |z|2 = x2 + y2 enkel afleidbaar in de oorsprong. f is dus nergens
analytisch.
De exponentiële functie
Herhaal de definitie van de complexe exponentiële functie
ez = exp(z) = ex (cos y + i sin y)
De exponentiële functie is overal analytisch, want de componentfuncties
u(x, y) = ex cos y en v(x, y) = ex sin y
voldoen overal aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann:
∂u
∂v
∂v
∂u
= ex cos y =
en
= ex sin y = −
∂x
∂y
∂x
∂y
Uit gevolg 1.2.3 leiden we ook af:
dez ∂u
∂v
=
+ i = ex cos y + iex sin y = ez
dz
∂x
∂x
Hieronder geven we enkele eigenschappen van de complexe exponentiële functie:
9
• exp is overal analytisch;
• exp0 (z) = exp(z);
• exp(z) 6= 0, voor elk complex getal z;
• ez1 ez2 = ez1 +z2 ;
• ez is periodisch met periode 2πi.
De goniometrische functies
Per definitie stellen we
cos z =
eiz − e−iz
sin z
eiz + e−iz
; sin z =
; tg z =
2
2i
cos z
Voor z ∈ R vinden we de klassieke goniometrische functies terug. sinus en cosinus zijn overal
analytisch, en tangens is analytisch behalve in kπ + π/2, voor elk geheel getal k. Enkele eigenschappen:
• sin0 z = cos z; cos0 z = − sin z;
• cos en sin zijn periodisch met periode 2π;
• sin2 z + cos2 z = 1.
De hyperbolische functies
ez − e−z
sh z
ez + e−z
; sh z =
; th z =
2
2
ch z
Voor z ∈ R vinden we de klassieke hyperbolische functies terug. Merk op dat
ch z =
ch iz = cos z; sh iz = i sin z; th iz = itg z
Dit laat het verband zien tussen de goniometrische en hyperbolische functies, en geeft een verklaring voor de analogie tussen de eigenschappen van beide klassen functies. Enkele eigenschappen:
• sh 0 z = ch z; ch 0 z = sh z;
• ch en sh zijn periodisch met periode 2πi;
• ch 2 z − sh 2 z = 1.
sh en ch zijn overal analytisch, en th is overal analytisch behalve in (kπ + π/2)i, voor elk geheel
getal k.
10
De logaritmische functie
Neem een complex getal, niet gelegen op de negatieve x-as:
z ∈ C \ {x | x ≤ 0}
Dan kunnen we z schrijven onder de vorm
z = reiϕ
met r > 0, ϕ ∈ (−π, π). We definiëren de complexe logaritmische functie Ln door
Ln z = ln r + iϕ
Stelling 1.3.1 Ln is analytisch over z ∈ C \ {x | x ≤ 0}.
Bewijs. We hebben
u = ln r = 21 ln (x2 + y2 )
v=ϕ
en we zien onmiddellijk dat
x
y
∂u
∂u
= 2
= 2
en
2
∂x x + y
∂y x + y2
We hebben
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ
Afleiden naar x van beide vergelijkingen geeft
(
∂r
− r sin ϕ ∂ϕ
1 = cos ϕ ∂x
∂x
∂r
0 = sin ϕ ∂x
+ r cos ϕ ∂ϕ
∂x
Als we dit lineair stelsel oplossen vinden we
∂ϕ
sin ϕ
y
=−
=− 2
∂x
r
x + y2
Volledig analoog berekenen we
∂ϕ
x
= 2
∂y
x + y2
en de voorwaarden van Cauchy-Riemann volgen.
We bereken nu ook gemakkelijk de afgeleide:
dLn
∂u
∂v
x − iy
1
(z) =
+i = 2
=
2
dz
∂x
∂x x + y
z
zoals verwacht.
11
Hoofdstuk 2
Integralen van functies van een complexe
veranderlijke
2.1
Definitie en algemene eigenschappen
c met continue raaklijn. Er bestaat
In het complexe vlak beschouwen we een georiënteerde boog AB
dan een parametervoorstelling
x = x(t)
(a ≤ t ≤ b)
(2.1)
y = y(t)
waarbij x0 (t) en y0 (t) continu zijn over [a, b]. We kunnen (2.1) herschrijven in complexe vorm:
z = z(t) (a ≤ t ≤ b)
Beschouw nu een partitie Q = (a = t0 ,t1 , · · · ,tn = b) van het interval [a, b]. Hiermee stemt een
c overeen, namelijk (zie Figuur 2.1)
partitie P van de boog AB
P = (A = z0 = z(t0 ), z1 = z(t1 ), · · · , zn = z(tn ) = B)
De norm NP van de partitie P definiëren we door
NP = max{|zk − zk−1 | : k = 1, · · · , n}
c Voor iedere k kiezen
Beschouw nu een functie f : C → C, tenminste gedefinieerd op de boog AB.
∗
∗
∗
∗
∗
we tk ∈ [tk−1 ,tk ], en stellen zk = xk + iyk = f (tk ). Dan bekijken we de Riemann som
n
sP =
∑ f (z∗k )(zk − zk−1)
k=1
Definitie 2.1.1 Indien lim sP bestaat en onafhankelijk is van de gekozen deelpunten z∗k , dan zegNP →0
c en we noteren de limiet
gen we dat f integreerbaar is langsheen de boog AB,
Z
f (z)dz
c
AB
12
y
zn
tn B
z2
t2
z1
t1
z0
t
A 0
x
c
Figuur 2.1: Een partitie van de boog AB
c (met continue raaklijn) omvat, dan
Stelling 2.1.2 Als f Rcontinu op een domein dat de boog AB
bestaat de integraal AB
c f (z)dz.
Bewijs. Noteer f = u + iv, ∆zk = zk − zk−1 , ∆xk = xk − xk−1 . Dan berekenen we gemakkelijk dat
n
sP =
∑ f (z∗k )∆zk
k=1
n
=
=
∑ (u(xk∗, y∗k ) + iv(xk∗, y∗k ))(∆xk + i∆yk )
k=1
n ∑
u(xk∗ , y∗k )∆xk − v(xk∗ , y∗k )∆yk + i u(xk∗ , y∗k )∆yk + v(xk∗ , y∗k )∆xk
k=1
Het reëel gedeelte is een Riemann som van de lijnintegraal
Z
u(x, y)dx − v(x, y)dy
c
AB
en het imaginair gedeelte is een Riemann som van de lijnintegraal
Z
u(x, y)dy + v(x, y)dx
c
AB
c continu differentieerbaar is, bestaan deze twee lijnintegralen
Omdat f continu is, en de boog AB
(zie het hoofdstuk over lijnintegralen in “Analyse 1”).
c gegeven
Gevolg 2.1.3 Met onderstellingen als in stelling 2.1.2 wordt de integraal van f langs AB
door de formule
Z
Z
Z
u(x, y)dx − v(x, y)dy + i
u(x, y)dy + v(x, y)dx
c
c
AB
AB
Z b
=
u(x(t), y(t))x0 (t) − v(x(t), y(t))y0 (t) dt
f (z)dz =
c
AB
a
13
+i
Z b
u(x(t), y(t))y0 (t) + v(x(t), y(t))x0 (t) dt
a
Z b
=
f (z)z0 (t)dt
a
De volgende eigenschappen volgen onmiddellijk uit de overeenstemmende eigenschappen voor de
lijnintegraal.
c en twee continue functies f , g :
Stelling 2.1.4 We nemen een continu differentieerbare boog AB,
c
C → C op een domein dat de boog omvat. Zij C een punt gelegen op de boog AB.
1.
R
2.
R
3.
R
c
AB
c
AB
f (z)dz = −
f (z)dz =
c (a f
AB
R
c
BA
R
c
AC
f (z)dz;
f (z)dz +
+ bg)(z)dz = a
R
c
AB
R
f (z)dz;
c
CB
f (z)dz + b
R
c g(z)dz.
AB
Eigenschap 2 uit stelling 2.1.4 laat toe om de lijnintegraal ook te definiëren langsheen krommen
die slechts stuksgewijs continu zijn; dit zijn continue krommen, waarvan de raaklijn overal bestaat
en continu is, behalve eventueel in een eindig aantal punten: bijvoorbeeld een vierkant.
c continu differentieerbaar is, dan is ze rectificeerbaar (zie “Analyse 2”), en
Als de kromme AB
kunnen we de booglengte l beschouwen. Per definitie is deze
n
c
l = sup{ ∑ |δzk | : (z0 , · · · , zn ) een partitie van AB}
k=1
c bevat, dan is f ook begrensd op AB.
c Er bestaat
Als f een continue functie is op een gebied dat AB
c
dus een m ≥ 0 zodat | f (z)| ≤ m, voor elke z op de boog AB.
c met lengte l. Voor elke continue functie
Stelling 2.1.5 Neem een continu differentieerbare boog AB
f hebben we
Z
≤ ml
f
(z)dz
AB
c
Bewijs. Voor elke partitie P hebben we
|sP | ≤
n
n
k=1
k=1
∑ | f (z∗k )| |∆(zk )| ≤ m ∑ |∆(zk )| ≤ ml
en de gewenste formule volgt na limietovergang NP → 0.
Voorbeeld 2.1.6 We berekenen
Z
I1 =
d
ABC
Z
f (z)dz en I2 =
14
f (z)dz
d
ADC
y
1+i
C
D
A
x
B
d en ADC
d
Figuur 2.2: De krommen ABC
d en ADC
d gegeven worden door Figuur 2.2. We hebben
waarbij f (x + iy) = x, en de krommen ABC
Z
I1 =
Z
Z
xdz =
ZABC
=
xdz +
Z AB
d
xdx + i
c
AB
Z 1
=
c
xdy +
c
AB
xdx + i · 0 + 0 + i
Z
xdx + i
c
BC
Z 1
0
=
xdz
Z BC
c
xdy
c
BC
dy
0
1
+i
2
c en y als parameter voor BC.
c
Hierbij kozen we x als parameter voor AB,
Op analoge wijze vinden we I2 = 1/2.
De integraal van A naar C hangt dus af van de gevolgde weg.
Voorbeeld 2.1.7 Zij C+ de cirkel met middelpunt a en straal r die doorlopen wordt in positieve
zin. Omdat C+ een gesloten kromme is, is het niet nodig om begin- en eindpunt aan te geven. We
berekenen
I
dz
I=
+
C z−a
+
We schrijven C in parametervorm:
z = a + reit ,
0 ≤ t ≤ 2π
Dan is
z0 (t) = rieit
Omdat f (z) = 1/(z − a) continu is langsheen C+ bestaat I, en we vinden
dz
=
C+ z − a
I
I=
Z 2π it
ire dt
0
reit
= 2πi
We hebben ook de volgende versie van de grondstelling van de integraalrekening.
Stelling 2.1.8 We beschouwen een continu differentieerbare boog zd
0 z1 , gelegen in een domein D.
Onderstel dat de functies F, f : C → C voldoen aan volgende voorwaarden:
15
1. F 0 (z) = f (z), voor elke z ∈ D;
2. f is continu over D.
Dan is
Z
zd
0 z1
f (z)dz = F(z1 ) − F(z0 )
Opmerking 2.1.9 1) Voorwaarde 1. vertelt ons dat F analytisch is over D. We zullen verderop
zien dat dit impliceert dat F 0 ook analytisch is over D, en a fortiori continu over D. Voorwaarde 2.
wordt dan overbodig.
2) De integralen in stelling 2.1.8 hangen dus niet af van de gevolgde weg.
Bewijs. We schrijven
z0 = x0 + iy0 en z1 = x1 + iy1
F(z) = U + iV en f (z) = u + iv
Dan is
F 0 (z) = f (z) =
∂V
∂V
∂U
∂U
+i
=
−i
= u + iv
∂x
∂x
∂y
∂y
en dus
u=
∂U
∂V
∂V
∂U
=
en v =
=−
∂x
∂y
∂x
∂y
We berekenen nu
Z
Z
I=
(udx − vdy) + i
f (z)dz =
zd
0 z1
zd
0 z1
Z
∂U
=
zd
0 z1
Z
∂x
(udy + vdx)
zd
0 z1
dx +
Z ∂U ∂V ∂V
dy + i
dx +
dy
∂y
∂x
∂y
zd
0 z1
gradU · dr + i
=
Z
Z
zd
0 z1
gradV · dr
zd
0 z1
= U(x1 , y1 ) −U(x0 , y0 ) + iV (x1 , y1 ) − iV (x0 , y0 )
= F(z1 ) − F(z0 )
waarbij we gebruik maakten van de grondformule voor de lijnintegraal (zie “Analyse 2”).
Voorbeeld 2.1.10 Neem een geheel getal n 6= −1. We berekenen de integraal
Z
(z − a)n dz
I=
zd
0 z1
Voor n < 0 zorgen we ervoor dat onze kromme niet door a gaat. De functies
f (z) = (z − a)n en F(z) =
16
(z − a)n+1
n+1
voldoen dan aan de voorwaarden van stelling 2.1.8, zodat
I=
(z1 − a)n+1 (z0 − a)n+1
−
n+1
n+1
Als C een gesloten kromme is, dan hebben we dus
I
(z − a)n dz = 0
C
Neem in het bijzonder de cirkel C+ met middelpunt a en straal r uit voorbeeld 2.1.7. We hebben
dan
I
0
als n 6= −1
n
(z − a) dz =
C+
2πi als n = −1
2.2
De stelling van Cauchy-Goursat
Stelling 2.2.1 (Cauchy-Goursat) Zij D een enkelvoudig samenhangend domein, en C een stuksgewijs continu differentieerbare gesloten kromme die volledig binnen D ligt. Als f : D → C analytisch is over D, dan is
I
f (z)dz = 0
C
Bewijs. We beschouwen het gebied G begrensd door de kromme C. Een partitie van G is per
definitie een verzameling deelgebieden
{Gk | k = 1, · · · , n}
zodat ∪nk=1 = G en de doorsnede van twee verschillende deelgebieden volledig bevat is in de rand
van elk van de deelgebieden.
Bewering B Voor elke ε > 0 is het mogelijk om een partitie {Gk | k = 1, · · · , n} van G en punten
Zk ∈ G te vinden zodat
f (z) − f (Zk )
0
− f (Zk ) < ε, ∀z ∈ Gk \ {Zk }
(2.2)
z−Z
k
Deze partitie construeren we als volgt. Omdat G begrensd is, bestaat een vierkant V met zijden evenwijdig met de assen, dat G volledig omvat. Noem a de zijde van het vierkant. Dan is
G = V ∩ G. Als we Z ∈ G kunnen vinden zodat aan (2.2) voldoet, dan hebben we de gevraagde
partitie {G}. Anders delen we het vierkant op in vier gelijke deelvierkanten V1 ,V2 ,V3 ,V4 door de
middelloodlijnen op de zijden te trekken. Stel dan Gi = Vi ∩ G. {G1 , G2 , G3 , G4 } is dan een partitie
van G.
Als we Zk ∈ Gk kunnen vinden zodat (2.2) geldt, dan houden we Gk zoals het is.
Anders delen we Vk weer op in vier gelijke deelvierkanten, en nemen de doorsnede van elk van die
deelvierkanten met G. We krijgen dan een nieuwe partitie, met Gk opgesplits in vier cellen. We
17
y
G
C
x
Figuur 2.3: De partitie behorend bij bewering B
hernummeren zodat we een stel vierkanten {V1 , · · · ,V7 } krijgen, en een stel gebieden {G1 , · · · , G7 }.
/ dan schrappen we hieruit G j en V j . We herhalen deze procedure zolang er cellen G j in
Als G j = 0,
de partitie zitten waarin geen Z j kan gevonden woorden waarvoor (2.2) geldt. De opeenvolgende
partities die we aldus verkrijgen bestaan uit deelgebieden die ofwel “onvolledige vierkanten zijn
(als Gi een echt deel van Vi , ofwel “volledige”vierkanten (als Gi = Vi ) (zie Figuur 2.3).
Als we na een eindig aantal stappen een partitie verkrijgen waarvan alle cellen voldoen aan (2.2),
dan is bewering B bewezen.
Indien dit niet het geval is, dan vinden we een rij vierkanten (hernummer)
V1 ⊃ V2 ⊃ V3 ⊃ · · ·
zodat in geen enkele Gi = Vi ∩ G een Zi kan gevonden worden waarvoor (2.2) geldt, en waarbij Vk
telkens een kwart van Vk−1 is.
Uit de volledigheid van de reële getallen (zie “analyse 1”) volgt dat de doorsnede
∩∞
k=1 Gk
niet leeg is, en dus een punt ξ bevat. ξ ∈ G, en dus is f analytisch in ξ, en f 0 (ξ) bestaat. We kunnen
dus schrijven
f (z) − f (ξ) = (z − ξ)( f 0 (ξ) + λ(z))
met
lim λ(z) = 0
z→ξ
zodat
∃δ > 0 : |z − ξ| < δ ⇒ |λ(z)| < ε
Noem S de open
√ schijf met middelpunt ξ en straal δ. Voor n voldoende groot is de zijde van Vn
kleiner dan δ/ 2, en dan hebben we zeker dat Gn ⊂ Vn ⊂ S. We hebben dan voor elke z ∈ Gn dat
f (z) − f (ξ)
0
|λ(z)| = − f (ξ) < ε
z−ξ
18
d
x
Vn
Figuur 2.4: De schijf S
Dit betekent dat Gn voldoet aan (2.2), hetgeen strijdig is met onze onderstelling.
Hiermee is bewering B bewezen.
We nemen nu de partitie {Gk | k = 1, · · · , n} van G en de bijhorende punten Zk ∈ Gk die voldoen
aan (2.2). Dan is Gk = Vk ∩ G, waarbij Vk een vierkant is. Stel lk de zijde van Vk . Omdat de Vk
disjunct zijn (op de rand na), en lk2 de oppervlakte van Vk is, hebben we
n
∑ lk2 ≤ a2
k=1
De rand van Gk , met positieve oriëntatie, noemen we Ck+ . We zien dat
n I
I
C+
f (z)dz =
∑
+
k=1 Ck
f (z)dz
want de integralen langs de deellijnen vallen tegen elkaar weg. We berekenen
I
Ck+
f (z)dz
Omdat Gk voldoet aan (2.2) hebben we, voor elke z ∈ Gk :
f (z) = f (Zk ) + (z − Zk ) f 0 (Zk ) + (z − Zk )λ(z)
met |λ(z)| < ε. Dus is
I
Ck+
I
f (z)dz = f (Zk )
0
Ck+
I
dz + f (Zk )
Ck+
(z − Zk )dz +
I
Ck+
(z − Zk )λ(z)dz
De eerste twee integralen in het rechterlid zijn nul, zie voorbeeld 2.1.10.
Uit stelling 2.1.5 volgt nu dat
I
√
+ f (z)dz ≤ 2lk εlengte(Ck )
Ck
19
√
Immers, de afstand |z − Zk | < 2lk , en |λ(z)| < ε.
Als Gk = Vk een volledig vierkant is, dan is
lengte(Ck ) = 4lk
Als Gk een “onvolledig”vierkant is, dan hebben we (zie Figuur 2.5)
c
lengte(Ck ) ≤ 4lk + lengte(AB)
Als we sommeren over k vinden we dat
a
b
Ck
Ck
Figuur 2.5: Een deelgebied Gk
∑
c ≤ alengte(C)
lk (lengte(AB))
onvolledige
vierkanten
en dus
|
I
C+
Dit betekent dat |
H
n
√
√
f (z)dz| ≤ ε 2(4 ∑ lk2 + alengte(C)) ≤ ε 2(4a2 + alengte(C))
k=1
C+
f (z)dz| kleiner is dan elk strikt positief getal, en dus is
I
C+
f (z)dz = 0
Opmerking 2.2.2 Als we de bijkomende onderstelling maken dat de partiële afgeleiden van u en
v continu zijn over D, dan is een veel eenvoudiger bewijs mogelijk, gebaseerd op de stelling van
Green-Riemann. Herhaal de formule van Green-Riemann:
I
ZZ ∂Q ∂P
Pdx + Qdy =
− dxdy.
(2.3)
+
∂y
C
G ∂x
Hierbij is C een gesloten kromme die zichzelf niet snijdt, en G het deel van het vlak binnen C. We
berekenen dan
I
C+
I
f (z)dz =
(u + iv)(dx + idy)
+
I C
I
=
udx − vdy + i
vdx + udy
C+
(2.3)
ZZ
=
G
C+
−
∂v ∂u −
dxdy + i
∂x ∂y
20
ZZ
G
∂u ∂v (1.5)
−
dxdy = 0.
∂x ∂y
De stelling kan uitgebreid worden tot meervoudig samenhangende gebieden. Het volstaat G te
verdelen in enkelvoudig samenhangende delen, de stelling toe te passen op elk deel, en de som te
maken. In het geval van Figuur 2.6 krijgen we bijvoorbeeld:
C
C2
C1
Figuur 2.6: Meervoudig samenhangend gebied
I
C+
I
I
f (z)dz +
f (z)dz +
C1−
C2−
f (z)dz = 0
We moeten natuurlijk rekening houden met de doorloopszin.
2.3
Gevolgen van de stelling van Cauchy-Goursat
We nemen een enkelvoudig samenhangend domein D, en een functie
f : D→C
die analytisch is over D. Neem a, z0 ∈ D. Zij C een (stuksgewijs continu afleidbare) boog binnen
D die a en z0 verbindt. Uit de stelling van Cauchy-Goursat volgt dat
Z
f (z)dz
C
onafhankelijk is van de keuze van de boog C. Daarom noteren we
Z z0
Z
f (z)dz =
C
f (z)dz
a
Stelling 2.3.1 Met onderstellingen en notatie als hierboven is
Z z
F(z) =
f (w)dw
a
analytisch over D, en F 0 (z) = f (z).
21
Bewijs. We berekenen dat
Z z+∆z
Z z
1
F(z + ∆z) − F(z)
− f (z) =
f (w)dw −
f (w)dw − f (z)
∆z
∆z a
a
Z
Z
1 z+∆z
f (z) z+∆z
=
f (w)dw −
dw
∆z z
∆z z
Z
1 z+∆z
=
( f (w) − f (z))dw
∆z z
We berekenen deze laatste integraal langsheen het lijnstuk dat z en z + ∆z verbindt. Omdat f
analytisch, en dus continu is, is | f (w) − f (z)| < ε zodra ∆z voldoende klein is. Daarom hebben we,
gebruik makend van stelling 2.1.5,
F(z + ∆z) − F(z)
1
− f (z) ≤
|∆z|ε = ε
∆z
|∆z|
en dus is
F(z + ∆z) − F(z)
= F 0 (z)
∆z→0
∆z
f (z) = lim
Stelling 2.3.2 (Integraalformule van Cauchy) Onderstel dat f : D → C analytisch is, en dat C
een gesloten kromme is die zichzelf niet snijdt, binnen het domein D gelegen. Indien a een inwendig
punt is van het gebied G dat door C omsloten wordt, dan is
1
f (a) =
2πi
f (z)
dz
C+ z − a
I
(2.4)
Bewijs. Zij Γ een cirkel met middelpunt a en straal r, volledig binnen het inwendige van G gelegen.
G
a
G
C
Figuur 2.7: De integraalformule van Cauchy
Dan is
f (z)
z−a
analytisch over het gebied begrensd door C en Γ (zie Figuur 2.7), en de stelling van CauchyGoursat levert
I
I
f (z)
f (z)
dz +
dz = 0
C+ z − a
Γ− z − a
22
f is analytisch, en dus continu in a, en dus hebben we
f (z) = f (a) + λ(z) met lim λ(z) = 0
z→a
Voor elke ε > 0 bestaat er dus een r0 > 0 zodat |λ(z)| < ε zodra |z − a| < r0 . Gebruik makend van
voorbeeld 2.1.7 vinden we
f (z)
dz
Γ+ z − a
I
I
f (a)
λ(z)
=
dz +
dz
+
+
Γ z−a
Γ z−a
I
λ(z)
= 2πi f (a) +
dz
Γ+ z − a
f (z)
dz =
C+ z − a
I
I
Als we r < r0 nemen hebben we, gebruik makend van stelling 2.1.5,
I
λ(z) ε
Γ+ z − a dz ≤ r 2πr = 2πε
en dus is
I
f
(z)
< 2πε
dz
−
2πi
f
(a)
C+ z − a
voor elke ε > 0, en hieruit volgt het gewenste resultaat.
Opmerkingen 2.3.3 1) Uit de formule volgt dat de waarden van de analytische functie f binnen
de kromme C volledig bepaald zijn als we de waarden van f op de kromme C kennen.
2) Men kan de formule uitbreiden tot een meervoudig samenhangend gebied. Neem bijvoorbeeld
de situatie in Figuur 2.6. Door G te splitsen in enkelvoudig samenhangende gebieden krijgen we
f (a) =
1
2πi
f (z)
1
dz +
2πi
C+ z − a
I
1
f (z)
dz
+
2πi
C1− z − a
I
f (z)
dz
C2− z − a
I
Verandering van veranderlijke in een complexe integraal
Stelling 2.3.4 Zij D1 ⊂ C een enkelvoudig samenhangend domein, en φ : D1 → C een analytische
functie. We onderstellen dat φ D1 omzet in een enkelvoudig samenhangend domein D2 ⊂ C. Als
w1 , w2 ∈ D1 , en φ(w1 ) = z1 , φ(w2 ) = z2 , en f : D2 → C analytisch, dan geldt
Z z2
Z w2
f (z)dz =
z1
f (φ(w))φ0 (w)dw
w1
Bewijs. Neem een boog C1 binnen D1 die w1 en w2 verbindt, en neem een parametervergelijking
van deze boog:
w = w(t), waarbij t ∈ [a, b]
23
z = ø(w)
z
w
z2
w2
D1
D2
w1
z1
Figuur 2.8: Verandering van veranderlijken
φ zet C1 om in een boog C2 binnen D2 met parametervergelijking
z = (φ ◦ w)(t), waarbij t ∈ [a, b]
We rekenen nu uit dat
Z z2
Z
f (z)dz =
z1
f (z)dz
C2
Z b
f (φ(w(t)))(φ ◦ w)0 (t)dt
=
a
Z b
=
Za
=
f (φ(w(t)))φ0 (w(t))w0 (t)dt
f (φ(w))φ0 (w)dw
C
1
Z w
2
=
f (φ(w))φ0 (w)dw
w1
24
Hoofdstuk 3
Reeksen
3.1
Numerieke reeksen
Neem een rij complexe getallen (zn ). We noemen de uitdrukking
∞
∑ zn = z1 + z2 + · · ·
n=1
de reeks geassocieerd aan de rij (zn ). Het complex getal
n
sn =
∑ zj
j=1
noemen we de n-de partiële som van de reeks. De reeks is convergent als de rij der partiële sommen
convergeert naar een complex getal s:
n
s = lim sn = lim
n→∞
∑ zj
n→∞
j=1
∞
∞
Stelling 3.1.1 Schrijf zn = xn + iyn . Dan is ∑∞
n=1 zn convergent als en alleen als ∑n=1 xn en ∑n=1 yn
convergent zijn. Bovendien is
∞
∞
∑ zn =
n=1
∞
∑ xn + i ∑ yn
n=1
n=1
Bewijs. Stel s0n = ∑nj=1 x j en s00n = ∑nj=1 y j . Dan is
sn = s0n + is00n
We kunnen sn bekijken als een rij in R2 . Een rij in R2 is convergent als en alleen als de componenten convergent zijn, en hieruit volgt het resultaat.
25
De studie van een complexe reeks is dus herleid tot de studie van twee reële reeksen. Zonder veel
moeilijkheden kunnen we daarom eigenschappen van reële reeksen veralgemenen tot complexe
reeksen: men mag complexe reeksen optellen; in een convergente reeks mag een eindig aantal
termen geschrapt worden; de algemene term van een convergente reeks gaat naar 0. Sommige
bekende reële reeksen kunnen onmiddellijk veralgemeend worden tot het complexe geval. Het
bekendste voorbeeld is wellicht de meetkundige reeks: als |z| < 1, dan is
∞
n
n=0
j=0
lim ∑ z j = lim
∑ zn = n→∞
n→∞
1
1 − zn+1
=
1−z
1−z
∞
We noemen de reeks ∑∞
n=1 zn absoluut convergent als de reeks ∑n=1 |zn | convergent is.
∞
Stelling 3.1.2 Schrijf zn = xn + iyn . Dan is ∑∞
n=1 zn absoluut convergent als en alleen als ∑n=1 xn
en ∑∞
n=1 yn absoluut convergent zijn. Een absoluut convergente reeks is convergent.
∞
Bewijs. Onderstel dat ∑∞
n=1 zn absoluut convergent is. Dit betekent dat de (positieve) reeks ∑n=1 |zn |
convergent is, wat betekent dat de rij der partiële sommen (∑nj=1 |z j |) begrensd is (zie “Analyse
II”). Omdat |xn | ≤ |zn | en |yn | ≤ |zn | impliceert dit dat de partiële sommen ∑nj=1 |x j | en ∑nj=1 |y j |
∞
begrensd zijn, en dus dat ∑∞
n=1 xn en ∑n=1 yn absoluut convergent zijn. Dan zijn deze twee reeksen
∞
ook convergent, en dus is ∑n=1 zn convergent, vanwege stelling 3.1.1.
∞
Omgekeerd, onderstel dat ∑∞
n=1 xn en ∑n=1 yn absoluut convergent zijn. Dan is
n
n
n q
|z
|
=
|x
+
iy
|
=
∑ j
∑ j j ∑ x2j + y2j
j=1
j=1
n
≤
j=1
n
n
∑ |x j | + |y j | = ∑ |x j | + ∑ |y j |
j=1
j=1
j=1
De partiële sommen ∑nj=1 |z j | zijn dus begrensd, en de reeks ∑∞
n=1 zn is absoluut convergent.
3.2
Reeksen van functies
Definitie 3.2.1 Neem een domein D ⊂ C en een rij functies ( fn ), met fn : D → C.
∞
De reeks ∑∞
n=1 f n convergeert puntsgewijs over D als ∑n=1 f n (z) een convergente reeks is, voor
elke z ∈ D. Voor elke z ∈ D schrijven we dan
∞
s(z) =
∑ fn(z)
n=1
De reeks ∑∞
n=1 f n convergeert uniform over D als
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, ∀z ∈ D : |sn (z) − s(z)| < ε
Hierbij is sn (z) = ∑ni=1 fi (z) de n-de partiële som van de reeks.
26
Deze definitie is natuurlijk volkomen analoog met de definitie van puntsgewijze en uniforme convergentie van een reeks reële functies. Het bewijs van de volgende eigenschappen is identiek met
het overeenstemmende bewijs voor functies van R naar R.
Stelling 3.2.2 Als de functies fn continu zijn over D, en ∑∞
n=1 f n = s convergeert uniform over D,
dan is s ook continu over D.
Stelling 3.2.3 (kenmerk van Weierstrass) Neem een rij functies fn : D ⊂ C → C, waarbij D
een domein. Als we een rij positieve getallen mn hebben, zodat | fn (z)| < mn , voor elke z ∈ D, en
∞
∑∞
n=1 mn een convergente positieve reeks is, dan is ∑n=1 f n = s uniform convergent over D.
Stelling 3.2.4 Neem een rij functies fn : D ⊂ C → C, waarbij D een domein. Als ∑∞
n=1 f n = s
f
f
uniform convergent is over D, en f : D → C een begrensde functie, dan is ∑∞
n=1 n = s f ook
uniform convergent over D.
Stelling 3.2.5 Neem een domein D ⊂ C en een stuksgewijs continu differentieerbare kromme C
binnen D gelegen. Als fn : D → C continu over D, en ∑∞
n=1 f n = s uniform convergent over D, dan
is
Z
Z
∞
∑
n=1 C
fn (z)dz =
s(z)dz
C
Bewijs. We moeten bewijzen dat
n Z
Z
s(z)dz = lim
C
n→∞
Z
fk (z)dz = lim
∑
n→∞ C
k=1 C
sn (z)dz
Neem ε > 0.Dan bestaat een index N, zodat voor elke n > N en z ∈ D geldt dat |sn (z) − s(z)| < ε.
Dan geldt dat
Z
Z
Z
s(z)dz − sn (z)dz = (s(z) − sn (z))dz ≤ εL
C
C
C
waarbij L de lengte van de boog C. Hierbij gebruikten we stelling 2.1.5.
Stelling 3.2.6 Onderstel dat de functies fn : D ⊂ C → C analytisch zijn over het domein D, en dat
∑∞
n=1 f n = s uniform convergent is over D. Dan is ook s analytisch over D, en bovendien is
s0 =
∞
∑ fn0
n=1
Bewijs. We nemen z0 ∈ D, en 0 < r < r0 < c, zodat de cirkel met middelpunt z0 en straal c volledig
binnen D ligt. Stel
D0 = {z ∈ D | |z − z0 | > r0 }
Onderstel dat |z0 − u| < r. Voor z ∈ D0 hebben we
|z − u| = |z − z0 − (u − z0 )| ≥ |z − z0 | − |u − z0 | ≥ r0 − r,
27
en dus is
1
1
≤
,
|z − u| r0 − r
zodat 1/(z − u) begrensd is over D0 . Uit stelling 3.2.4 volgt dan dat
∞
fn (z)
s(z)
∑ z−u = z−u
(3.1)
n=1
uniform convergeert over D0 . Neem r > c zodat de positief georiënteerde cirkel C+ met middelpunt
z0 en straal r nog volledig binnen D0 ligt. Uit stelling 3.2.5 volgt dat we (3.1) term per term mogen
integreren over C+ , zodat
I
∞ I
s(z)
fn (z)
∑ C+ z − u dz = C+ z − u dz
n=1
Uit de integraalformule van Cauchy (zie stelling 2.3.2) volgt dat
I
C+
en dus is
fn (z)
dz = 2πi fn (u)
z−u
∞
I
2πis(u) = 2πi ∑ fn (u) =
n=1
C+
s(z)
dz
z−u
(3.2)
Neem nu z0 , z0 + ∆z ∈ D \ D0 , zodat |∆z| < c. Dan hebben we
I
s(z0 + ∆z) − s(z0 )
1
s(z)
1
1
=
−
dz
∆z
2πi C+ ∆z z − z0 − ∆z z − z0
I
1
s(z)dz
=
+
2πi C (z − z0 − ∆z)(z − z0 )
zodat
1
s(z)dz
s(z0 + ∆z) − s(z0 )
−
∆z
2πi C+ (z − z0 )2
I
1
1
1
s(z)
−
dz
=
2πi C+
(z − z0 − ∆z)(z − z0 ) (z − z0 )2
I
∆z
s(z)dz
=
+
2πi C (z − z0 − ∆z)(z − z0 )2
I
We gaan nu deze laatste integraal kleinpraten. Stel M de maximale waarde van |s| op de kromme
C. Voor z ∈ C hebben we |z − z0 | = c, en
|z − z0 − ∆z| ≥ |z − z0 | − |∆z| = c − |∆z| > c − r,
en
1
1
<
.
|z − z0 − ∆z| c − r
28
Gebruik makend van stelling 2.1.5 vinden we dan
|∆z|
∆z I
s(z)dz
M
2πi C+ (z − z0 − ∆z)(z − z0 )2 ≤ 2π 2πc c2 (c − r)
Dit wordt willekeurig klein als |∆z| willekeurig klein, en bijgevolg is
s(z0 + ∆z) − s(z0 )
1
s (z0 ) = lim
=
∆z→0
∆z
2πi
0
I
C+
s(z)dz
(z − z0 )2
Dit toont aan dat s afleidbaar is in z0 . Omdat dit geldt voor elke z0 ∈ D is s dus analytisch over D.
Op precies dezelfde manier tonen we aan dat
s0n (z0 ) =
De reeks
∞
1
2πi
sn (z)dz
2
C+ (z − z0 )
I
fn (z)
s(z)
∑ (z − z0)2 = (z − z0)2
n=1
convergeert uniform over D \ D0 . We mogen deze dus term per term integreren over C+ zodat
s0 (z0 ) =
∞
∑ fn0 (z0)
n=1
3.3
Machtreeksen
Een machtreeks is een reeks van functies van de vorm
∞
∑ an(z − a)n
(3.3)
n=0
waarbij a, an ∈ C. Voor het bewijs van de volgende resultaten verwijzen we naar de cursus “analyse II”. De bewijzen die daar gegeven worden kunnen onmiddellijk veralgemeend worden voor
complexe machtreeksen.
Stelling 3.3.1 We beschouwen de machtreeks (3.3)
1. Onderstel dat r zodanig is dat
lim an rn = 0.
n→∞
Dan convergeert (3.3) absoluut voor elke z gelegen binnen de schijf met middelpunt a en
straal r;
29
2. Stel
R = sup{r ≥ 0 | lim an rn = 0}
n→∞
Dan convergeert (3.3) absoluut als |z − a| < R; (3.3) divergeert als |z − a| > R.
Men noemt R de convergentiestraal van de machtreeks, en de schijf met middelpunt a en straal R
de convergentieschijf. Op de rand van de convergentieschijf, de cirkel met middelpunt a en straal
R is zowel convergentie als divergentie mogelijk.
Stelling 3.3.2 We beschouwen de machtreeks (3.3), en stellen de convergentiestraal gelijk aan R.
|an |
bestaat, dan is L = R;
n→∞ |an+1 |
p
2. als Λ = lim n |an | bestaat, dan is Λ−1 = R.
1. Als L = lim
n→∞
Stelling 3.3.3 We beschouwen de machtreeks (3.3), en stellen de convergentiestraal gelijk aan R.
De machtreeks convergeert uniform over elke schijf |z − a| ≤ r, met r < R.
n
n
n
Bewijs. Omdat r < R is ∑∞
n=0 an r absoluut convergent. Als |z − a| ≤ r, dan is |an (z − a) | ≤ |an |r ,
en de absolute convergentie volgt uit het kenmerk van Weierstrass (stelling 3.2.3).
Gevolg 3.3.4 Onderstel dat de convergentiestraal R van de machtreeks (3.3) strikt positief is, en
schrijf
∞
s(z) =
∑ an(z − a)n
n=0
Dan is s analytisch over de convergentieschijf |z − a| < R. De afgeleide van s(z) wordt gegeven
door de formule
s0 (z) =
∞
∑ nan(z − a)n−1
n=1
∞
n
Stelling 3.3.5 De convergentiestralen van de machtreeksen s(z) = ∑∞
n=0 an (z − a) en ∑n=0 (n +
1)an+1 (z−a)n zijn aan elkaar gelijk. Bijgevolg is s(z) binnen de open convergentieschijf onbeperkt
afleidbaar.
3.4
Taylorreeksen
Stelling 3.4.1 Onderstel dat f : C → C analytisch is in het punt a.
1. Er bestaat een open schijf S met middelpunt a waarop f kan geschreven worden als een
machtreeks:
∞
f (z) =
∑ an(z − a)n
n=0
30
2. f is onbeperkt afleidbaar binnen S;
3. de coëfficiënten van de machtreeks worden gegeven door de formule
f (n) (a)
an =
n!
Bewijs. 1) Omdat f analytisch is in a bestaat er een omgeving van a waarover f afleidbaar is. We
nemen een cirkel C volledig binnen deze omgeving gelegen, en S het inwendige van de cirkel C,
Neem een vast punt z ∈ S, zoals in Figuur 3.1. We passen de formule van Cauchy toe op de cirkel
z
r
a
C
w
Figuur 3.1: De Taylorreeks
C en het punt z. Dit geeft
1
f (z) =
2πi
Voor |z| < 1 hebben we (meetkundige reeks):
I
C+
f (w)dw
w−z
(3.4)
∞
1
= ∑ zn
1 − z n=0
en dus, voor w ∈ C en z ∈ S:
∞
1
1
(z − a)n
1
1
=
=
=
∑
z−a
n+1
w − z (w − a) − (z − a) w − a 1 − w−a
n=0 (w − a)
(3.5)
Het rechterlid is een meetkundige reeks in (z − a)/(w − a). Voor een vaste z convergeert deze
uniform over het domein
z−a ≤ α} = {w ∈ C | |w − a| ≥ |z − a| }
Dα = {w ∈ C | w − a
α
als 0 < α < 1. Kies α zo dat
|z − a|
<α<1
r
dan ligt C volledig binnen het domein Dα ; immers, als w op de kromme C ligt, dan is |w − a| = r >
|z−a|
α . Neem een gebied G ⊂ Dα dat C volledig omvat, en waarover f continu is. Dan is f begrensd
31
over dit gebied, zodat de reeks (3.5) vermenigvuldigd met f (w)/2πi nog uniform convergent is
over G. We mogen deze dus term per term integreren over C, en vinden, gebruik makend van (3.4),
f (z) = a0 + a1 (z − a) + a2 (z − a)2 + · · ·
waarbij
1
an =
2πi
I
C+
f (w)dw
(w − a)n+1
(3.6)
2) Binnen S is f de som van een machtreeks. f is dus onbeperkt afleidbaar binnen S.
3) Machtreeksen mogen binnen het convergentiegebied onbeperkt afgeleid worden. Hieruit volgt
onmiddellijk dat
f (n) (a)
an =
n!
Uit stelling 3.4.1 volgt een veralgemening van de integraalformule van Cauchy.
Gevolg 3.4.2 Onderstel dat f analytisch is in a. Dan is
f (n) (a) =
n!
2πi
f (w)dw
n+1
C+ (w − a)
I
Bewijs. Dit volgt uit (3.6) en punt 3) uit stelling 3.4.1.
(3.7)
Gevolg 3.4.3 (ongelijkheid van Cauchy) Onderstel dat f analytisch is in a. Onderstel zoals in
stelling 3.4.1 dat C de cirkel is met middelpunt a en straal r, en stel mr de maximale waarde die f
bereikt op C. Dan is, met notatie als in stelling 3.4.1:
|an | ≤
mr
rn
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit (3.6) en stelling 2.1.5.
Gevolg 3.4.4 Onderstel dat f analytisch is voor |x − a| < R. Dan convergeert de Taylorreeks van
f in a voor |x − a| < R, en bijgevolg is de convergentiestraal van de Taylorreeks tenminste R.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit het bewijs van stelling 3.4.1.
Voorbeelden 3.4.5 1) De convergentiestraal van
1
= 1 − z2 + z4 + · · ·
1 + z2
is 1. Immers, de functie heeft een singulier punt in i, en de afstand van i tot 0 is 1. Merk het
verschil op tussen de theorie voor reële en complexe functies: de reële functie 1/1 + x2 is voor elke
x ∈ R ontwikkelbaar in Taylorreeks. Toch is de convergentiestraal van de Taylorreeks in het punt
32
x = 0 slechts 1. Dit komt doordat het dichtstbijzijnde singuliere punt z = i complex is.
2) De convergentiestraal van
f (z) =
z z2
z4
z
=
1
−
+
−
+···
ez − 1
2 12 720
is 2π: de functie f is analytisch voor |z| < 2π. De convergentiestraal kan zeker niet groter zijn dan
2π omdat f een singulier punt (een punt waar f niet analytisch is) heeft voor z = 2πi.
Gevolg 3.4.6 (stelling van Liouville) Onderstel dat f : C → C begrensd is, en analytisch in elke
z ∈ C. Dan is f een constante functie.
Bewijs. Onderstel dat | f (z)| ≤ M, voor elke z ∈ C. We hebben dat
∞
f (z) =
∑ anzn
n=0
voor elke z ∈ C. Uit de ongelijkheid van Cauchy volgt dat, voor elke r > 0:
|an | ≤
M
rn
en dus is an = 0, voor elke n > 0, en f (z) = a0 .
Gevolg 3.4.7 (grondstelling van de algebra) Elke niet-constante complexe veelterm p(z) heeft
minstens 1 complex nulpunt.
Bewijs. Onderstel dat p(z) 6= 0, voor elke z ∈ C. Dan is 1/p(z) overal analytisch. Schrijf
f (z) = p(z) = an zn + an−1 zn−1 + · · · + a0
met an 6= 0. Dan is
p(z)
an−1 an−2
a0
= lim 1 +
+
+···+
=1
n
2
z→∞ an z
z→∞
an z
an z
an zn
lim
Omdat n ≥ 1 vinden we dat
an zn
1
1
= 1.0 = 0
= lim
lim
lim
z→∞ p(z) z→∞ an zn
z→∞ p(z)
Dus bestaat er een R > 0 zodat
1 p(z) < 1
als |z| > R. Omdat p(z) continu is over de schijf |z − a| ≤ R is 1/p(z) ook continu, en dus begrensd,
over deze schijf, en dus over gans het vlak. Uit de stelling van Liouville volgt dan dat 1/p(z), en
dus ook p(z), constant is, hetgeen strijdig is met de onderstelling dat de graad van p tenminste 1
is.
33
z
a
C1
r1
r2
G
C2
Figuur 3.2: De Laurentreeks
3.5
Laurentreeksen
Neem r1 < r2 , a ∈ C en D een domein dat het kroonvormige gebied
{z ∈ C | r1 ≤ |z − a| ≤ r2 }
bevat. De cirkels met middelpunt a en straal respectievelijk r1 en r2 noteren we C1 en C2 . We
onderstellen dat f : D → C analytisch is in elk punt van D. Neem z ∈ D gelegen tussen de twee
cirkels C1 en C2 : r1 < r = |z − a| < r2 . Uit de integraalformule van Cauchy volgt dat
f (z) =
1
2πi
I
C2+
1
f (w)dw
−
w−z
2πi
I
C1+
f (w)dw
w−z
De eerste integraal berekenen we als volgt: (3.5) convergeert uniform over een domein dat C2+
bevat (zoals in stelling 3.4.1), en dus mogen we term per term integreren (stelling 3.2.5).
1
2πi
I
C2+
∞
f (w)dw
= ∑ an (z − a)n
w−z
n=0
met
an =
1
2πi
f (w)dw
n+1
C2+ (w − a)
I
(3.8)
We bekijken nu de integraal over C1+ . Voor |w − a| < |z − a| hebben we
∞
1
(w − a)n
1
1
=
=
∑
n+1
z − w z − a 1 − w−a
n=0 (z − a)
z−a
De reeks is uniform convergent over een domein dat C1 omvat, en dus, weer vanwege stelling 3.2.5:
−
1
2πi
I
C1+
f (w)dw
a−1
a−2
a−3
=
+
+
+···
w−z
z − a (z − a)2 (z − a)3
34
met
a−n =
1
2πi
f (w)dw
−n+1
C1+ (w − a)
I
(3.9)
Nu nemen we een gesloten kromme Γ gelegen tussen C1 en C2 , die éénmaal rond a draait. Door
de stelling van Cauchy-Goursat hebben we, voor elke k ∈ Z:
en
I
f (w)dw
+
− (w − a)k+1
C1
I
I
zodat
f (w)dw
=0
k+1
Γ− (w − a)
f (w)dw
+
k+1
C2+ (w − a)
I
f (w)dw
=
k+1
Γ+ (w − a)
I
f (w)dw
=0
k+1
Γ+ (w − a)
f (w)dw
=
k+1
C1+ (w − a)
I
f (w)dw
k+1
C2+ (w − a)
I
(3.8) en (3.9) kunnen dus in één formule worden samengevat: voor elke k ∈ Z:
ak =
1
2πi
f (z)dz
k+1
Γ+ (z − a)
I
(3.10)
We kunnen alles als volgt samenvatten:
Stelling 3.5.1 Onderstel dat de complexe functie f analytisch is over het kroonvormig gebied r1 ≤
|z − a| ≤ r2 (en a fortiori op een domein dat dit gebied bevat). Zij Γ een gesloten kromme binnen
dit gebied die éénmaal rond a draait. Voor elke z met r1 < |z − a| < r2 kunnen we dan schrijven:
+∞
f (z) =
∑
ak (z − a)k
(3.11)
k=−∞
waarbij ak gegeven wordt door (3.10).
Een reeks van de vorm (3.11) noemt men een Laurentreeks. Deze is eigenlijk de som van twee
reeksen: de machtreeks
+∞
f1 (z) =
∑ ak (z − a)k
k=0
die het regelmatig deel van de Laurentreeks genoemd wordt, en en de reeks
f2 (z) =
a−2
a−1
+···
+
z − a (z − a)2
die het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks genoemd wordt. (3.11) noemt men de Laurentontwikkeling van f rond het punt a.
Opmerking 3.5.2 Zij mr de maximale waarde die f (z) bereikt op de cirkel met middelpunt a en
straal r. Neem voor Γ de cirkel met straal r. Uit (3.10) volgt, voor r ∈ (r1 , r2 ) en n ∈ Z:
|an | ≤
35
mr
rn
Stelling 3.5.3 We werken onder de dezelfde onderstellingen als in stelling 3.3.1. Het regelmatig
deel van de Laurentreeks convergeert binnen de cirkel |z − a| < r2 , en f1 is dus analytisch voor
|z − a| < r2 . f1 convergeert dan uniform over elk gebied dat binnen |z − a| < r2 ligt.
Het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks convergeert voor |z − a| > r1 , en dus is f2 analytisch
voor |z − a| > r1 . Het hoofbestanddeel convergeert uniform over elk gebied binnen |z − a| > r1 .
Bewijs. Uit het bewijs van stelling 3.5.1 volgt dat de convergentiestraal van het regelmatig deel
tenminste gelijk is aan r2 . We weten dat een machtreeks uniform convergeert over elk gebied
binnen de convergentieschijf.
Beschouw het hoofdbestanddeel als een machtreeks in (z − a)−1 . Uit het bewijs van stelling 3.5.1
volgt dat de convergentiestraal van deze machtreeeks tenminste gelijk is aan 1/r1 . Dus convergeert
het hoofdbestanddeel voor |(z − a)−1 | < |1/r1 | of voor |z − a| > r1 .
De volledige Laurentreeks convergeert dus uniform in elk gebied gelegen binnen r1 < |z − a| < r2 .
De coëfficiënten van de Laurentontwikkeling zijn uniek:
Stelling 3.5.4 Onderstel dat
+∞
f (z) =
+∞
ak (z − a)k =
∑
k=−∞
bk (z − a)k
∑
k=−∞
voor elke z waarvoor r1 < |z − a| < r2 . Dan is ak = bk , voor elke k.
Bewijs. Dezelfde redenering als in het bewijs van stelling 3.4.1 vertelt ons dat de Laurentreeks
uniform convergeert over elk gebied gelegen binnen r1 < |z − a| < r2 . Neem een cirkel Γ met
middelpunt a en straal r ∈ (r1 , r2 ). We mogen de betrekking
+∞
f (z)
=
∑ bk (z − a)k−n−1
(z − a)n+1 k=−∞
term per term integreren over Γ. Aangezien
I
Γ+
k−n−1
(z − a)
dz =
0
als n 6= k
2πi als n = k
vinden we dat
1
f (z)dz
bn =
2πi Γ+ (z − a)n+1
We hebben dezelfde formule voor an en dus is bn = an .
I
Voorbeeld 3.5.5 We bekijken de Taylorreeksen
z2 z4
cos z = 1 − + − · · ·
2 4!
z2 z4
sin z
= 1− + −···
z
3! 5!
36
(3.12)
(3.13)
Uit (3.13) halen we
1
z
=
2
4
z
sin z
1 − 3! + z5! + · · ·
2
2
2
z
z4
z
z4
= 1+
− −··· +
− −··· +···
3! 5!
3! 5!
7 4
z2
z +···
= 1+ +
6 360
(3.14)
We weten dus dat z/ sin z analytisch is 0, en dat (3.14) de machtreeks is. De verzameling der
singuliere punten van z/ sin z is
{kπ | k ∈ Z \ {0}}
Hieruit volgt dat (3.14) convergeert voor |z| < π en divergeert voor |z| > π. Als we (3.13) en (3.14)
met elkaar vermenigvuldigen, dan vinden we
z2 z4 z6 /
z2
7 4
z cos z
=
1− + −
+···
1+ +
z +···
sin z
2 24 720
6 360
z2 z4
2 5
= 1− − −
z +···
3 45 945
en bijgevolg
2 4
1 z z3
− − −
z +···
(3.15)
z 3 45 945
Uit de enigheid van de Laurentreeks volgt dat (3.15) de Laurentreeks is voor cotg z, die convergeert
voor 0 < |z| < π.
Gelijkaardige argumenten geven ons de Laurentreeks voor cotg z die convergeert voor kπ < |z| <
(k + 1)π.
cotg z =
37
Hoofdstuk 4
De residustelling
4.1
Singuliere punten
Definitie 4.1.1 We beschouwen een functie f : D ⊂ C → C, en a ∈ D.
• Als f analytisch is in a, dan noemen we a een gewoon punt van f .
• Als a geen gewoon punt is, dan noemen we a een singulier punt van f .
• Als a een singulier punt is, en er een schijf met middelpunt a bestaat waarbinnen geen enkel
ander singulier punt ligt, dan noemen we a een geı̈soleerd singulier punt van f .
Onderstel dat a een geı̈soleerd singulier punt is. Uit stelling 3.5.1 volgt dan dat er een r > 0 bestaat
zodat f kan geschreven worden als de som van een Laurentreeks voor 0 < |z − a| < r:
+∞
f (z) =
ak (z − a)k
∑
k=−∞
We onderscheiden drie afzonderlijke gevallen.
1. Het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks is 0; in dit geval noemen we a een ophefbaar
singulier punt. Het volstaat dan om de functiewaarde in a te wijzigen om van a een gewoon
punt te maken: stel f (z) = a0 . We hebben dan dat
+∞
f (z) =
∑ ak (z − a)k
k=0
voor |z − a| < r, en f is analytisch over |z − a| < r. Een ophefbare singulariteit is dus geen
echte singulariteit.
38
2. Het hoofdbestanddeel bevat slechts een eindig aantal termen:
f (z) =
a−n
a−n+1
+
+ · · · + a0 + · · · an (z − a)n + · · ·
n
(z − a)
(z − a)n−1
met a−n 6= 0. We noemen a dan een pool van orde n.
3. Het hoofdbestanddeel bevat een oneindig aantal van nul verschillende termen. We noemen
a een essentieel singulier punt.
De coëffiënt a−1 noemen we het residu van f in het geı̈soleerd singulier punt a.
Definitie 4.1.2 Indien f (z) = (z − a)n g(z) met g analytisch in a, en g(a) 6= 0, dan noemen we a
een nulpunt van orde n. In dit geval bestaat er een schijf met middelpunt a waarover f maar één
nulpunt heeft, namelijk a. Een nulpunt van een analytische functie (die niet identiek nul is) is dus
steeds geı̈soleerd.
Voorbeelden 4.1.3 1) We beschouwen de functie
sin z
z
f (z) =
3
als z 6= 0
als z = 0
z = 0 is een ophefbare singulariteit: het volstaat om f (0) = 1 te stellen. We vinden dan
∞
f (z) =
∑ (−1)k
k=0
z2k
(2k + 1)!
2) Beschouw nu de functie
f (z) =
2z + 1
1
1
= +
z(z + 1) z z + 1
Er zijn twee singuliere punten, namelijk z = 0 en z = −1. Voor 0 < |z| < 1 vinden we
f (z) =
1
+ 1 − z + z2 − z3 + · · ·
z
z = 0 is dus een pool van orde 1. Op dezelfde manier is z = −1 een pool van orde 1.
3) Neem de functie
1
1
1
1
f (z) = e z = 1 + + 2 + 3 + · · ·
z 2z
3!z
z = 0 is een essentieel singulier punt.
4) Neem de functie
1
f (z) =
sin 1z
de singuliere punten zijn 0, 1/π, 1/2π, 1/3π, · · ·. 0 is dus een niet geı̈soleerd singulier punt.
Stelling 4.1.4 Neem een gebied G ⊂ C. Indien G alleen geı̈soleerde singulariteiten van f bevat,
dan heeft f binnen G slechts een eindig aantal singuliere punten.
39
Bewijs. Neem V ⊂ G de verzameling van de singuliere punten. Dan is V begrensd. Als V ook
oneindig is dan, dan heeft V een verdichtingspunt a, vanwege de stelling van Bolzano-Weierstrass.
Omdat G gesloten is, is a ∈ G. Elke omgeving van a bevat een oneindig aantal singulariteiten van
a, en dus is a zelf een singulariteit. a is dan een niet geı̈soleerde singulariteit.
Stelling 4.1.5 (stelling van Riemann) Onderstel dat er een schijf S met middelpunt a en straal r0
bestaat zodat f analytisch en begrensd is over S \ {a}. Dan bestaat
lim f (z) = l ∈ C
z→a
Indien l 6= f (a), dan is a een ophefbare singulariteit; indien l = f (a), dan is a een gewoon punt.
Bewijs. Omdat f begrensd is over S \ {a}, hebben we een M > 0 zodat | f (z)| ≤ M, voor elke
z ∈ S \ {a}. Over S \ {a} kan f geschreven worden als een Laurentreeks
+∞
f (z) =
an (z − a)n
∑
n=−∞
Neem r ∈ (0, r0 ). Uit opmerking 3.5.2 volgt dat
|an | ≤ r−n max{| f (z)| : |z − a| = r} ≤ r−n M
Neem n > 0 en ε > 0 willekeurig. Kies r ∈ (0, r0 ) zodat rn M < ε. Dan volgt dat |a−n | < ε. We
concluderen dus dat a−n = 0, en het hoofdbestanddeel van de Laurentreeks is nul. Hieruit volgt
dat a een ophefbare singulariteit of een gewoon punt is.
Stelling 4.1.6 Als a een pool van orde n is van de functie f , dan is
lim f (z) = ∞
z→a
Bewijs. We hebben dat
+∞
f (z) =
∑
ak (z − a)k
k=−n
met a−n 6= 0. We beschouwen de functie
φ(z) = (z − a)n f (z)
Als we φ(a) = a−n stellen, dan is φ analytisch, en dus continu in a. Dan bestaat er een omgeving
van a waarover |φ(z)| > k ≥ 0 (neem ε = |a−n |/2 in de definite van continuiteit):
∃δ > 0 : |z − a| < δ =⇒ |φ(z)| > k ≥ 0
p
Neem R > 0 willekeurig. Voor 0 < |z − a| < min{δ, n k/R} hebben we dan:
| f (z)| =
1
R
|φ(z)| > k = R
n
|z − a|
k
hetgeen het gestelde bewijst.
40
Stelling 4.1.7 Zij f een complexe functie die analytisch is op een omgeving van a, behalve eventueel in a zelf. Dan is a een nulpunt van orde n als en slechts als a een pool van orde n is van
1/ f .
Bewijs. f (z) = (z − a)n g(z), met g analytisch in a, en g(a) 6= 0. a is een geı̈soleerd nulpunt van f ,
en dus is 1/g analytisch in a:
1
1
= a0 + a1 (z − a) + · · · , met a0 =
6= 0
g(z)
g(a)
Dan is
1
1
a0
a1
=
=
+
+···
f (z) (z − a)n g(z) (z − a)n (z − a)n−1
en a is een pool van orde n van 1/ f .
Stelling 4.1.8 Als a een essentieel geı̈soleerde singulariteit van f is, dan neemt f op elke omgeving
van a waarden aan die willekeurig dicht bij om het even welk gegeven complex getal liggen.
Bewijs. Kies een vast maar willekeurig getal c ∈ C en ε > 0. Onderstel dat er een schijf S met
middelpunt a bestaat zodat voor elke ζ ∈ S \ {a} geldt
1
1
≤ | f (ζ) − c| ≥ ε of f (ζ) − c ε Dan is de functie
g(z) =
1
f (z) − c
analytisch en begrensd over S \ {a}. Vanwege de stelling van Riemann bestaat
lim
z→a
1
=l∈C
f (z) − c
Als l = 0, dan volgt uit stelling 4.1.7 dat a een pool is van f (z) − c, en dus van f . Dit is strijdig
met onze onderstelling.
Als l 6= 0, dan is
1
lim f (z) = c +
z→a
l
eindig, en dus is a een ophefbare singulariteit. Ook dit is strijdig met onze onderstelling.
We concluderen dus voor elke schijf S met middelpunt a, er een ζ ∈ S \ {a} bestaat zodat
| f (ζ) − c| < ε
hetgeen precies is wat we wilden bewijzen.
41
Toepassing
Voorbeeld 4.1.3 1) is enigszins artificieel. Ophefbare singulariteiten treden ook op in andere toepassingen. De functie cotg z is overal analytisch, behalve in de gehele veelvouden van π. De
Laurentreeks in z = 0 hebben we al opgesteld, zie (3.15). Hieruit blijkt dat 0 een pool van orde 1
is. Omdat de cotangens periodisch is met periode π zijn ook de andere singulariteiten polen van
orde 1, en hebben we voor de Laurentreeks in z = nπ:
cotg z =
(z − nπ) (z − nπ)3
2
1
−
−
−
(z − nπ)4 + · · ·
(z − nπ)
3
45
945
We trekken nu van cotg z de som van alle hoofdbestanddelen af. We krijgen dus de volgende
functie:
(
2z
als z 6= nπ
cotg z − 1z − ∑∞
n=1 z2 −n2 π2
f (z) =
niet gedefinieerd
als z = nπ
We zullen nu eerst bewijzen dat de reeks
∞
2z
(4.1)
∑ z2 − n2π2
n=1
uniform convergeert over elk domein D, waaruit men rond elk punt nπ een kleine schijf heeft
weggesneden.
Immers, zij N een natuurlijk getal zodanig dat D volledig binnen de schijf |z| < Nπ ligt. Als z ∈ D
D z
–np
Np np
Figuur 4.1: Het domein D
en n > N, dan is
|z − nπ| > (n − N)π en |z + nπ| > (n − N)π
en dus
1
1
z2 − n2 π2 < π2 (n − N)2
42
zodat (4.1) uniform convergeert over D, vanwege het kenmerk van Weierstrass. Omdat de uniforme
som van analytische functies analytisch is, is f dus analytisch voor z 6= nπ.
De functie f heeft periode π:
∞ 1
1
1
+
f (z) = cotg z − − ∑
z n=1 z − nπ z + nπ
N
1
N→∞ n=−N z + nπ
= cotg z − lim
∑
N
1
N→∞ n=−N z + π + nπ
f (z + π) = cotg z − lim
∑
N
1
1
1
= cotg z − lim ∑
− lim
−
N→∞ n=−N z + nπ
N→∞ z + (N + 1)π
Z − Nπ
= f (z)
We beweren nu dat de singulariteiten nπ van f ophefbaar zijn. Vanwege de periodiciteit is het
voldoende dit aan te tonen voor n = 0.
∞
1
2z
lim f (z) = lim (cotg z − ) − lim ∑ 2
=0
z→0
z→0
z→0 n=1 z − n2 π2
z
Als we f (nπ) = 0 stellen, dan is f dus overal analytisch, vanwege de stelling van Riemann. We
zullen nu bewijzen dat f ook begrensd is. Omdat f periodisch is met periode π volstaat het aan te
tonen dat f begrensd is over de strook 0 ≤ x ≤ π.
We tonen eerst aan dat er een m > 0 bestaat zodat
cotg z,
1
en
z
∞
2z
∑ z2 − n2π2
n=1
begrensd zijn over
{z ∈ C | 0 ≤ x ≤ π, |y| > m}
1) Aangezien
iz
e + e−iz |eiz | + |e−iz | e−y + ey ≤
=
= | coth y|
|cotg z| = i iz
e − e−iz |eiz | − |e−iz | e−y − ey en
lim coth y = 1
|y|→+∞
bestaat er een m > 0 zodat |cotg z| < 1 + ε als |y| > m.
2) als |y| > 1, dan is
1
1
= p 1
≤
<1
z
x2 + y2 |y|
43
3) We rekenen uit dat
∞
∞
1
1
= ∑ 2
∑ 2
2
2
2
2
2
n=1 x − y + 2ixy − n π n=1 z − n π ∞
≤
1
∑ |x2 − y2 + 2ixy − n2π2|
n=1
∞
=
1
∑ p(x2 − y2 − n2π2)2 + 4x2y2
n=1
∞
≤
1
∑ |n2π2 + y2 − x2|
n=1
∞
(|x| ≤ π)
≤
1
∑ |n2π2 + y2 − π2|
n=1
1 ∞
1
2
∑
2
π n=1
y
−
1
+ n2
π
=
Neem nu |y| > π, en stel
p2 =
Als n − 1 ≤ t ≤ n, dan is
y 2
−1 =
π
y2 − π2
π2
1
1
≤
p2 + n2
p2 + t 2
en dus
1
≤
2
p + n2
Z n
n−1
dt
p2 + t 2
We vinden nu
(4.2) =
1 ∞
1
∑
2
2
π n=1 p + n2
1 ∞
≤ 2 ∑
π n=1
=
=
Z n
n−1
Z
1 +∞
π2
dt
0
p2 + t 2
dt
p2 + t 2
1
x +∞
1
1
bgtg
=
= p
2
pπ
p 0
2pπ 2 y2 − π2
We concluderen dat
∞
2z
∑ 2
≤
n=1 z − n2 π2 s
p
2 x2 + y2
y2 + π2
p
≤
y2 − π2
2 y2 − π2
Aangezien
s
lim
|y|→∞
y2 + π2
=1
y2 − π2
44
(4.2)
bestaat er een m > 0 zodat |y| > m impliceert dat
∞
2z
< 1+ε
∑ 2
2
2
n=1 z − n π Hiermee hebben we aangetoond dat f begrensd is over
{z ∈ C | 0 ≤ x ≤ π, |y| > m}
f is continu, en dus begrensd, over het gebied
{z ∈ C | 0 ≤ x ≤ π, |y| ≤ m}
Nu is f analytisch en begrensd over C. Uit de stelling van Liouville volgt dat f constant is. Omdat
f (0) = 0, hebben we dus:
Stelling 4.1.9 Voor elke z ∈ C met z 6= nπ geldt
cotg z =
∞
1
2z
+∑ 2
z n=1 z − n2 π2
(4.3)
Als we (4.3) combineren met de Laurentontwikkeling van cotg z:
cotg z =
dan vinden we
1 z
− +···
z 3
∞
z
2z
− +··· = ∑ 2
2 2
3
n=1 z − n π
en, als we de limiet nemen voor z = 0, na deling door z:
Gevolg 4.1.10
1
π2
=
∑ 2 6
n=1 n
∞
4.2
De residustelling
Voor een geı̈soleerde singulariteit a van een complexe functie f noteren we Res( f , a) voor het
residu van f in a.
Stelling 4.2.1 (residustelling) Onderstel dat G een enkelvoudig samenhangend gebied is, omsloten door een gesloten kromme C. Als f analytisch is over G, behalve in de singulariteiten a1 , · · · , an ,
dan is
I
n
C+
f (z)dz = 2πi ∑ Res( f , ak )
k=1
45
C
ak
Ck
a1
an
C1
Cn
Figuur 4.2: De residustelling
Bewijs. Rond elke singulariteit ak tekenen we een cirkel Ck met straal klein genoeg zodat al de cirkels volledig binnen het inwendige van G liggen en mekaar niet snijden. We kunnen de stelling van
Cauchy-Goursat toepassen op het meervoudig samenhangend gebied begrensd door C,C1 , · · · ,Cn ,
en vinden
I
I
n
C+
f (z)dz + ∑
f (z)dz = 0
−
k=1 Ck
(4.4)
Het residu van f in ak is de coëfficiënt van 1/(z − ak ) in de Laurentontwikkeling van f rond ak en
wordt gegeven door (zie (3.10))
1
Res( f , ak ) =
2πi
I
Ck+
f (z)dz
en hieruit volgt onmiddellijk de gewenste formule.
Berekening van residuen
(3.10) is niet erg praktisch om residuen uit te rekenen. Soms is het handiger om de Laurentreeks
van de functie te bepalen. Neem bijvoorbeeld de functie
f (z) = e1/z
Omdat
∞
f (z) =
1
∑ k!zk
k=0
en dus is
Res( f , 0) = 1
Stelling 4.2.2 Als a een pool van orde 1 is van de complexe functie f , dan is
Res( f , a) = lim (z − a) f (z)
z→a
46
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de Laurentreeksontwikkeling van f :
f (z) =
a−1
+ a0 + a1 (z − a) + · · ·
z−a
Vermenigvuldig beide leden met z − a en neem de limiet voor z gaande naar a van beide leden. Gevolg 4.2.3 Onderstel dat
f (z) =
φ(z)
ψ(z)
waarbij φ en ψ analytisch zijn in a, φ(a) 6= 0, en a een enkelvoudig nulpunt van ψ. Dan is
Res( f , a) =
φ(a)
ψ0 (a)
Bewijs. Omdat a een enkelvoudig nulpunt is van ψ is
ψ(z) = (z − a)g(z)
met g(a) 6= 0 en g analytisch in a. Dus is
h(z) = (z − a) f (z) =
φ(z)
g(z)
analytisch in a, en a is een pool van orde 1 van f . Dan is
φ(z) φ(a)
=
z→a g(z)
g(a)
Res( f , a) = lim (z − a) f (z) = lim
z→a
Omdat ψ0 (z) = (z − a)g0 (z) + g(z) is g(a) = ψ0 (a), en het gestelde volgt.
Voorbeeld 4.2.4 We nemen de complexe functie
f (z) =
ez
z2 − 2z
De noemer heeft twee enkelvoudige nulpunten: z = 0 en z = 2. Voor de residuen vinden we
z e
1
Res( f , 0) =
=−
2z − 2 z=0
2
en
ez
Res( f , 2) =
2z − 2
e2
=
2
z=2
Stelling 4.2.5 Als a een pool van orde n is van de complexe functie f , dan is
Res( f , a) =
1
dn−1 (z − a)n f (z)
lim
(n − 1)! z→a
dzn−1
47
Bewijs. We hebben dat
f (z) =
a−n
a−1
+···
+ a0 + · · ·
n
(z − a)
z−a
en dus
(z − a)n f (z) = a−n + a−n+1 (z − a) + · · · + a−1 (z − a)n−1 + · · ·
Als we n − 1 maal afleiden, en z = a stellen, dan vinden we de gewenste formule.
Voorbeeld 4.2.6
ez
z2 (z + 3)
f (z) =
Dan is
4.3
d
Res( f , 0) =
dz
ez
z+3
=
z=0
ez
ez
−
z + 3 (z + 3)2
=
z=0
2
9
Toepassingen van de residustelling
Integratie van een rationale functie van sinus en cosinus
We beschouwen de integraal
Z 2π
I=
r(sint, cost)dt
0
waarbij r een rationale functie in twee veranderlijken is, waarvan de noemer nooit nul is als we
sint en cost invullen. I kan uitgerekend worden: substitutie t = tg (x/2) herleidt de integraal tot
de integraal van een rationale functie. Maar dit is lang en omslachtig.
We zullen I herleiden tot een integraal van een complexe functie langsheen de eenheidscirkel. De
eenheidscirkel heeft volgende parametervoorstelling:
z = γ(t) = eit = cost + i sint
waarbij t ∈ [0, 2π], en dus is
Z 2π
I
C+
f (γ(t))γ0 (t)dt
0
z2 − 1
eit + e−it
z2 + 1
en cost =
=
, vinden we,
2i
2iz
2
2z
2
1
z − 1 z2 + 1
,
f (z) = r
iz
2iz
2z
Aangezien γ0 (t) = ieit = iz, sint =
als we
stellen dat
f (z)dz =
eit
− e−it
z2 − 1 z2 + 1
r
,
2iz
2z
C+
I
=
dz
=
iz
Z 2π
r(sint, cost)dt = I
(4.5)
0
Bij onderstelling is de noemer van de eerste integraal nooit nul als z ∈ C. We kunnen de integraal
dus uitrekenen met de residustelling, en deze is dus 2πi maal de som van de residuen binnen de
eenheidscirkel.
48
y
z
x
C
+
Figuur 4.3: De eenheidscirkel
Voorbeeld 4.3.1 We berekenen
Z 2π
I=
0
dt
a + b sint
waarbij ondersteld wordt dat a > b > 0. Als we z = eit substitueren, dan vinden we
1
I
I=
C+
2 −1
a + b z 2iz
dz 2
=
iz
b
dz
I
C+
z2 + 2ia
b z−1
De nulpunten van de noemer zijn
ia
z1,2 = − ±
b
r
−
p
a2
+
1
=
−i(c
±
c2 − 1)
b2
√
waarbij c = a/b > 1. Enkel z1 = −i(c − c2 − 1) ligt binnen de eenheidscirkel, en
1
z − z1
1
1
Res 2
, z1 = lim
=
= √
z→z1 (z − z1 )(z − z2 )
z + 2icz − 1
z1 − z2 2i c2 − 1
en we concluderen dat
2
1
2π
I = 2πi √
=√
2
2
b
2i c − 1
a − b2
Voorbeeld 4.3.2 Op analoge wijze kunnen we uitrekenen dat
Z 2π
0
en
Z 2π
0
dt
3π
= √
2
(3 + cost)
8 2
dt
2π
=√
(a > 1)
a + cost
a2 − 1
Verifieer zelf de details.
49
Opmerking 4.3.3 Als r een even functie is van sint en cost, dan kunnen we met deze methode
ook
Z
Z π
1 2π
r(sint, cost)dt
r(sint, cost)dt =
2 0
0
berekenen.
Integralen van een rationale functie
We beginnen met een hulpstelling.
Lemma 4.3.4 Onderstel dat p en q twee (reële of complexe) veeltermen zijn, met gr(p) ≤ gr(q).
Dan bestaat er een S > 0 zodat p(z)/q(z) begrensd is voor |z| > S.
Bewijs. Stel p(z) = an zn + · · · + a0 en q(z) = bn zn + · · · + b0 , met bn 6= 0. Dan is
p(z)
an zn + an−1 zn−1 + · · · + a0
= lim
z→∞ q(z)
z→∞ bn zn + bn−1 zn−1 + · · · + b0
a0
an + an−1
z + · · · + zn
= lim
z→∞ b + bn−1 + · · · + b0
n
z
zn
an + an−1 u + · · · + a0 un an
=
= lim
u→0 bn + bn−1 u + · · · + b0 un
bn
lim
en dus bestaat er voor elke ε > 0 een S > 0 zodat |z| > S impliceert dat
p(z) an q(z) < bn + ε
Neem nu twee reële veeltermen p en q. We beschouwen de integraal
I=
Z +∞
p(x)
−∞
q(x)
dx
Bovendien onderstellen we
1. q heeft geen reële nulpunten;
2. gr(q) ≥ gr(p) + 2;
3. p en q hebben geen gemene factoren.
Deze voorwaarden garanderen dat de integraal I convergent is. Om I te berekenen beschouwen
we de complexe functie f (z) = p(z)/q(z) en integreren deze langsheen de kromme geschetst in
Figuur 4.4. Omdat q(z) 6= 0 voor z ∈ R liggen er geen polen op C, als we tenminste R groot genoeg
50
C
B
A
–R
+R
0
R +∞
Figuur 4.4: Integralen van het type −∞ f (x)dx
kiezen, zodat alle nulpunten zk van q gelegen in het bovenste halfvlak binnen C gelegen zijn. Uit
de residustelling volgt dan dat
Z
Z
p(z)
p(z)
p(z)
dz +
dz = 2πi ∑ Res
, zk
d q(z)
c q(z)
q(z)
BCA
AB
k
waarbij de zk de nulpunten van q zijn die gelegen zijn in het bovenhalfvlak.
We zullen nu laten zien dat de integraal over de halve cirkel naar nul gaat als R naar oneindig gaat.
Uit lemma 4.3.4 volgt dat er S, M > 0 bestaan zodat
2
z p(z) q(z) < M
zodra |z| > S. Als R > S hebben we dus, met behulp van stelling 2.1.5,
Z
Z
2 p(z) dz p(z)
z
≤ πR M = πM
dz = BCA
2
d q(z) d
R2
R
BCA q(z) z
en
πM
=0
R→∞ R
lim
Hiermee is volgend resultaat aangetoond.
Stelling 4.3.5 Als p en q twee reële veeltermen zijn die voldoen aan de voorwaarden 1-3 hierboven, dan is
Z +∞
p(x)
p(z)
dx = 2πi ∑ Res
, zk
q(z)
−∞ q(x)
k
waarbij de som loopt over alle nulpunten zk van q waarvan het imaginair gedeelte positief is.
Voorbeeld 4.3.6 Voor n ≥ 1 berekenen we de integraal
Z +∞
dx
−∞
(x2 + 1)n
I=
= 2πiRes(
1
(z2 + 1)n
51
, i)
=
=
=
=
n−1
1
d
−n
(z + i)
2πi
(n − 1)! dzn−1
i
(−n)(−n − 1)(−n − 2) · · · (−n − n + 2)
2πi
[(z + i)−(2n−1) ]i
(n − 1)!
n(n + 1) · · · (2n − 2)
2πi
(−1)n−1
2n−1
(n − 1)!
2
i2n−1
2n − 2 2π
n − 1 22n−1
Opmerking 4.3.7 Indien p(x)/q(x) een even functie is, dan laat stelling 4.3.5 ook toe om
Z +∞
p(x)
q(x)
0
dx =
1
2
Z +∞
p(x)
−∞
q(x)
dx
te berekenen.
Integralen van een rationale functie vermenigvuldigd met sinus of cosinus
We bekijken nu integralen van de vorm
I1 =
Z +∞
p(x)
−∞
q(x)
cos mx dx en I2 =
Z +∞
p(x)
−∞
q(x)
sin mx dx
Hierbij onderstellen we
1. q heeft geen reële nulpunten;
2. gr(q) ≥ gr(p) + 1;
3. p en q hebben geen gemene factoren.
We kunnen aantonen dat I1 en I2 onder die voorwaarden convergeren. Dit zijn dezelfde voorwaarden als hierboven; we laten nu wel toe dat de graad van de noemer slechts 1 eenheid groter is dan
die van de teller. We berekenen
Z +∞
p(x) imx
I1 + iI2 =
e dx
−∞
q(x)
Hierbij gaan we te werk zoals bij het voorgaande voorbeeld: we integreren
p(z) imz
e
q(z)
over de gesloten kromme geschetst in Figuur 4.4. We zullen eerst aantonen dat de integraal over
de halve cirkel naar nul gaat als R → ∞. Uit lemma 4.3.4 volgt dat er S, M > 0 bestaan zodat
zp(z) q(z) < M
52
zodra |z| > S. Als R > S hebben we dus
Z
Z
imz p(z)
zp(z)
e
imz
|J| = e dz = dz
d q(z)
d q(z) z
BCA
BCA
We gaan nu over op de parametervoorstelling van de halve cirkel:
z = Reiϕ , |eimz | = e−mR sin ϕ
dz = iReiϕ dϕ,
dz
= idϕ
z
en we vinden
Z π iϕ
iϕ )
Re
p(Re
imR cos ϕ−mR sin ϕ
e
idϕ
|J| = q(Reiϕ )
0
Z π iϕ
iϕ Re p(Re ) e−mR sin ϕ dϕ
≤
q(Reiϕ ) 0
≤ M
Z π
−mR sin ϕ
e
Z π/2
dϕ = 2M
0
e−mR sin ϕ dϕ
0
Voor ϕ ∈ [0, π/2] hebben we dat sin ϕ ≥ ϕ/2, zie Figuur 4.5 en dus is
1
0.9
0.8
0.7
y-as
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x-as
1.2
1.4
1.6
1.8
2
Figuur 4.5: sin ϕ ≥ ϕ/2 als ϕ ∈ [0, π/2]
|J| ≤ 2M
Z π/2
e
−mRϕ
2
dϕ =
0
Rπm
4M
(1 − e− 4 )
mR
en dit gaat inderdaad naar 0 als R → +∞. We kunnen dus besluiten:
Stelling 4.3.8 Als p en q twee reële veeltermen zijn die voldoen aan de voorwaarden 1-3 hierboven, dan is
Z +∞
p(x) imx
p(z) imx
e dx = 2πi ∑ Res
e , zk
q(z)
−∞ q(x)
k
waarbij de som loopt over alle nulpunten zk van q waarvan het imaginair gedeelte positief is. De
integralen I1 en I2 verkrijgen we als we het reëel en imaginair deel nemen.
53
Voorbeeld 4.3.9 We berekenen
I=
Z +∞
x sin x
x2 + 1
−∞
dx
Uit stelling 4.3.8 volgt
Z +∞
xeix
−∞
x2 + 1
dx = 2πires(
zeiz
z(z − i)eiz 2πi
,
i)
=
2πi
lim
=
z→i z2 + 1
z2 + 1
2e
en dus is I = π/e.
Toepassing
We berekenen als toepassing van de residustelling de integraal
Z +∞
sin x
x
−∞
dx
Uit de stelling van Cauchy-Goursat volgt dat
eiz
dz = 0
C+ z
waarbij C de kromme is geschetst in Figuur 4.6. De integraal over de grote halve cirkel gaat naar
I
C
–R
–e
e
R
R +∞ sin x
Figuur 4.6: De integraal −∞ x dx
nul als de straal R van deze cirkel naar oneindig gaat. Dit werd hierboven reeds aangetoond. Noem
de kleine cirkel γδ met straal δ. Dan is
eiz
lim
dz = lim
δ→0 γδ z
δ→0
Z
en dus is
lim
δ(i cos ϕ−sin ϕ)
e
Z 0
idϕ =
π
−R
idϕ = −iπ
π
Z −δ ix
e
(
R→∞,δ→0
en dus is
Z 0
x
dx +
δ
Z +∞
sin x
−∞
Z R ix
e
x
54
x
dx = π
dx) − iπ = 0
(4.6)
Hoofdstuk 5
Analytische voortzetting
5.1
De cirkelmethode
Onderstel dat D ⊂ D1 ⊂ C domeinen, en dat f : D → C, f1 : D1 → C analytische functies zijn
zodat f (z) = f1 (z), voor elke z ∈ D. Dan noemen we f1 een analytische voortzetting van f .
D1
D
Figuur 5.1: Analytische voortzetting
Voorbeeld 5.1.1 De functie
∞
f (z) =
∑ zn
n=0
is analytisch over D = {z ∈ C | |z| < 1}.
De functie
1 ∞ z+1 n
f1 (z) = ∑
2 n=0
2
is analytisch over D1 = {z ∈ C | |z + 1| < 2}.
De functie
f2 (z) =
1
1−z
is analytisch over D2 = C \ {1}.
Voor z ∈ D is f (z) = f1 (z), en voor z ∈ D1 is f1 (z) = f2 (z). Dus is f2 een analytische voortzetting
van f1 , en f1 een analytische voortzetting van f .
55
Stelling 5.1.2 Onderstel dat f en g analytisch zijn over de open schijf S met middelpunt a en straal
r. Als
f (n) (a) = g(n) (a)
voor elk natuurlijk getal n, dan is
f (n) (z) = g(n) (z)
voor elke z ∈ S.
Bewijs. Voor elke z ∈ S geldt
∞
f (z) =
∑
n=0
∞ (n)
g (a)
f (n) (a)
(z − a)n = ∑
(z − a)n = g(z)
n!
n!
n=0
Als we afleiden, dan vinden we f (n) (z) = g(n) (z).
Stelling 5.1.3 Onderstel dat f en g analytisch zijn over een domein D. Als voor een punt a ∈ D
geldt dat
f (n) (a) = g(n) (a)
voor elk natuurlijk getal n, dan is
f (n) (z) = g(n) (z)
voor elke z ∈ D.
Bewijs. Neem een willekeurig punt b ∈ D. We verbinden a en b door een continu differentieerbare
kromme Γ die volledig binnen D ligt. Dit kan omdat een domein boogsamenhangend is. We kiezen
dan open schijven S0 , S1 , · · · , Sn met middelpunten a0 = a, a1 , · · · , an = b zodanig dat
1. Si ⊂ D, voor elke i;
2. elke ai is gelegen op de kromme Γ;
3. ak+1 ∈ Sk .
C n–1
a n–1
b
a
C0
Cn
a1
C1
D
Figuur 5.2: De open schijven Si met rand Ci
Omdat f (n) (a) = g(n) (a), geldt dat f (n) = g(n) over S0 . Dus is f (n) (a1 ) = g(n) (a1 ), en dus f (n) = g(n)
over S1 . Als we dit argument herhalen, dan vinden we f (n) (b) = g(n) (b).
56
Stelling 5.1.4 Neem een kromme Γ gelegen binnen een domein D. Als f , g : D → C analytisch
zijn over D en samenvallen op Γ, dan vallen ze ook samen op D.
Bewijs. Neem twee verschillende punten z1 , z2 ∈ Γ. Dan is
f (z2 ) − f (z1 ) g(z2 ) − g(z1 )
=
z2 − z1
z2 − z1
Omdat f en g analytisch zijn in z1 hebben we
f 0 (z1 ) = zlim
→z
f (z2 ) − f (z1 )
z2 − z1
g0 (z1 ) = zlim
→z
g(z2 ) − g(z1 )
z2 − z1
2 1
z2 ∈Γ
en
2 1
z2 ∈Γ
en dus is f 0 (z1 ) = g0 (z1 ), en ook f 0 en g0 vallen samen op Γ. We kunnen deze redenering herhalen,
en vinden dat f (n) (z1 ) = g(n) (z1 ), voor elke n. Uit stelling 5.1.3 volgt dan dat f = g over D.
Gevolg 5.1.5 In hoofdstuk 1 voerden we de complexe functies ez , sin z, cos z, sh z, ch z in. Deze
hadden de volgende eigenschappen:
1. ze zijn analytisch over gans het vlak;
2. voor z ∈ R vallen ze samen met de klassieke functies.
Uit stelling 5.1.4 volgt dat dit de enige mogelijke functies zijn die deze eigenschappen bezitten.
Gevolg 5.1.6 stelling 5.1.4 laat toe om formules die gelden voor reële getallen onmiddellijk uit te
breiden tot complexe getallen. We geven een voorbeeld.
We weten dat
sin2 x + cos2 x = 1
voor elke x ∈ R. De functies f (z) = sin2 z + cos2 z en g(z) = 1 zijn analytisch over het ganse vlak
en vallen samen op de reële rechte. Dus geldt, vanwege stelling 5.1.4,
sin2 z + cos2 z = 1
voor elke z ∈ C. Op dezelfde manier gelden andere bekende formules zoals
sin(z1 + z2 ) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2
ez1 +z2 = ez1 ez2
ook voor z1 , z2 ∈ C.
Gevolg 5.1.7 Als een analytische functie f : D → C een analytische voortzetting f1 heeft over een
domein D1 ⊃ D, dan is die voortzetting uniek.
57
De cirkelmethode
Onderstel dat f : D → C analytisch is. We willen f zover mogelijk analytisch voortzetten. Hoe
kunnen we dit doen? Neem z1 ∈ D, en bekijk de Taylorreeks van f in z1 :
z2
D
z1
C1
Figuur 5.3: De cirkelmethode
∞
∑ an(z − z1)n
Tz1 (z) =
n=0
Deze reeks convergeert over een open schijf S1 met middelpunt z1 . Als deze schijf punten buiten
D bevat, dan hebben we f analytisch voortgezet. Immers, de functie
(
f (z)
als z ∈ D
g(z) =
Tz1 (z) als z ∈ S1
is een analytische voortzetting van f .
We kunnen nu een ander punt z2 gelegen in D ∪ S1 kiezen en de procedure herhalen. Deze werkwijze om de analytische voortzetting te verkrijgen noemen we de cirkelmethode. De methode is
zuiver theoretisch, omdat het in het algemeen niet mogelijk is om de coëfficiënten van de Taylorreeksen te berekenen.
Als we vertrekken van een domein D en de cirkelmethode toepassen, dan kunnen zich drie gevallen
voordoen.
Eerste geval
De functie f kan buiten D niet voortgezet worden. We noemen de rand van D dan een natuurlijke
grens voor f .
Voorbeeld 5.1.8
n
f (z) = z + z2 + z4 + z8 + · · · + z2 + · · ·
De coëfficiënten am zijn
am =
1
als m = 2n
0
als m 6= 2n
Als r < 1, dan is
n
lim a2n r2 = 0
n→∞
58
en dus
lim am rm = 0
m→∞
Neem nu r = 1. De limiet
lim am rm
m→∞
bestaat niet, en dus is
R = sup{r ≥ 0 | lim am rm = 0} = 1
m→∞
De machtreeks convergeert dus zeker over over |z| < 1. Voor z = 1 divergeert de reeks naar +∞,
zodat
lim f (z)
z→1
|z|<1
niet bestaat binnen C. Dit betekent dat we f (1) nooit zo kunnen definiëren dat 1 een gewoon punt
wordt. We zeggen dat 1 een singulier punt is. Nu is
f (z) = z + f (z2 )
Als z2 = 1, dan is z dus een singulier punt. −1 is dus ook een singulier punt. Meer algemeen
hebben we
n−1
n
f (z) = 1 + z2 + · · · + z2 + f (z2 )
Alle 2n -de eenheidswortels zijn dus singuliere punten, en dit voor willekeurige n. Op elk deelboogje van de cirkel |z| = 1 liggen dus een oneindig aantal singuliere punten. Dit betekent dat
de convergentieschijf van de machtreeks van f in een punt binnen de eenheidscirkel nooit voorbij
de rand van de eenheidscirkel kan strekken. Analytische voortzetting buiten D is dus onmogelijk.
|z| = 1 is dus de natuurlijke grens voor f .
nk
Opmerking 5.1.9 Als f (z) = Σ∞
k=0 ak z met nk+1 /nk ≥ q > 1 vanaf een zekere index, dan is de
rand van de convergentieschijf van f de natuurlijke grens voor f .
Tweede geval
We kunnen de functie f voortzetten buiten D, en telkens we een nieuw punt bereiken langs twee
verschillende wegen krijgen we hetzelfde resultaat.
Voorbeeld 5.1.10
f (z) = 1 + z + z2 + z3 + z4 + · · ·
f kan voortgezet worden tot C \ {1}.
Derde geval
We kunnen de functie f voortzetten buiten D, maar voortzetting langs twee verschillende wegen
kan een verschillend resultaat opleveren in punten buiten D. Er zijn twee manieren om hieraan
tegemoet te komen.
De eerste bestaat erin om het domein waartoe men f wil voortzetten te beperken, door hier zogenaamde sneden in aan te brengen, zodat men in het vorige geval terecht komt. Een nadeel is dat
de sneden op verschillende manieren kunnen aangebracht worden. We bespreken voorbeelden van
59
deze situatie in § 5.2.
Een meer conceptuele werkwijze bestaat erin om het zogenaamde Riemannoppervlak van de functie f (z) in te voeren. Dit valt buiten het bestek van deze cursus.
Besluit
Er is dus een opmerkelijk verschil tussen de theorie van functies van een reële veranderlijke, en
analytische functies van een complexe veranderlijke. Een analytische functie bezit een natuurlijk
definitiedomein. Als we een analytische functie kennen op een boog, dan ligt ze vast op gans het
definitiedomein.
5.2
De vierkantswortel
Beschouw de functie
f : R+ → R+ , f (x) =
√
x
In het punt x = 1 kunnen we de Taylorreeks opschrijven. Deze is
√
z − 1 (z − 1)2 (z − 1)3
z = 1+
−
+
−···
2
8
16
Deze convergeert voor |z − 1| < 1, en daarmee is de vierkantswortel gedefinieerd en analytisch
over |z − 1| < 1. We kunnen de functiewaarde daar zelfs expliciet opschrijven: we schrijven een
getal in het rechterhalfvlak onder de vorm
π π
z = reiϕ , met ϕ ∈ (− , )
2 2
Dan is
√ iϕ √
ϕ
ϕ
f (z) = re 2 = r(cos + i sin ) = u + iv
2
2
√
Immers, f valt samen met
op de positieve x-as, en f is analytisch, aangezien aan de voorwaarden van Cauchy-Riemann voldaan is:
∂u
∂u ∂r ∂u ∂ϕ
1
ϕ
ϕ
=
+
= √ (x cos + y sin )
∂x
∂r ∂x ∂ϕ ∂x
2
2
2r r
∂v ∂r ∂v ∂ϕ ∂v
=
+
=
∂r ∂y ∂ϕ ∂y
∂y
en op dezelfde manier zien we dat
∂u
∂v
=−
∂y
∂x
Vertrek nu vanaf het punt 1, en doorloop de cirkel |z| = 1. In elk punt van de cirkel kunnen we een
Taylorreeks opschrijven; deze heeft convergentiestraal 1, en de waarden die de functie aanneemt
zijn
√ iϕ
z = re 2
60
Als we door gans de cirkel doorlopen, en terug in het punt z = 1 aanbelanden,
√ dan doorloopt ϕ de
waarden van 0 to 2π en ϕ/2 de waarden van 0 to π. Men vindt dan f (1) = 1eiπ = −1. We zitten
met andere woorden in het geval 3 uit de vorige paragraaf. Hetzelfde fenomeen treedt op als we
eender welke andere kromme nemen die rond 0 draait. We noemen het punt 0 een vertakkingspunt.
z1
z
y
r
f
x
0
Figuur 5.4: 0 is een vertakkingspunt
Daarom brengen we een snede aan, bijvoorbeeld een halve rechte met eindpunt 0. We komen dan
overeen dat we bij het analyisch uitbreiden deze snede niet overschrijden. Dikwijls neemt men als
snede de negatieve x-as. We krijgen dan volgende vierkantswortel:
z1/2 =
√ iϕ
re 2 , als ϕ ∈ (−π, π)
De functie is dan gedefinieerd over C \ R− . een andere dikwijls gemaakte keuze is de negatieve
y-as. Dit geeft
√ iϕ
π 3π
z1/2 = re 2 , als ϕ ∈ (− , )
2 2
5.3
De logaritme
De methode uit vorige paragraaf kunnen we ook toepassen op de logaritme:
ln : R+ → R
In het punt 1 kunnen we de Tayorreeks opschrijven:
(x − 1)2 (x − 1)3 (x − 1)4
ln (x) = (x − 1) −
+
−
+···
2
3
4
Deze heeft convergentiestraal 1, en kan gebruikt worden om ln te definiëren over |z − 1| < 1. Maar
ook de functie
π
π
f (z) = ln r + iϕ als z = reiϕ , met − < ϕ <
(5.1)
2
2
is analytisch over |z − 1| < r. Bijgevolg vallen beiden samen. Net als in vorige paragraaf kunnen
we de cirkel met straal 1 doorlopen, en ik elk punt van de cirkel de Taylorreeks opschrijven. Deze
61
heeft telkens straal 1. Als we door gans de cirkel lopen, en terug in het punt 1 aanbelanden, dan
loopt ϕ van 0 tot 2π, en f (z) van 0 tot 2πi. We vinden nu f (1) = 2πi.
We kunnen weer een snede aanbrengen, bijvoorbeeld op de negatieve x-as. We krijgen dan de
functie die we reeds bestudeerden op het eind van hoofdstuk 1:
Ln(reiϕ ) = ln r + iϕ, als ϕ ∈ (−π, π)
We geven nog enkele eigenschappen van de complexe logaritme. We kunnen de logaritme ook als
volgt definiëren:
Z z
dz
Lnz =
1 z
waarbij de integratieweg de negatieve x-as niet mag snijden. Immers, de integratieweg ligt dan
volledig in het enkelvoudig samenhangende C \ (−∞, 0], waar 1/z analytisch is, zodat de integraal
onafhankelijk van het gevolgde pad. Bovendien is f 0 (z) = 1/z, als we f definiëren door (5.1) (zie
hoofdstuk 1).
Volgende formules kunnen gemakkelijk bewezen worden:
Ln(z1 z2 ) = Ln(z1 ) + Ln(z2 ) + 2kπi
(5.2)
eLn(z) = z
Ln(ez ) = z + 2kπi
(5.3)
(5.4)
De complexe logaritme kan gebruikt worden om complexe exponenten van complexe getallen te
definiëren:
za = eaLn(z)
Voor a = 1/2 vinden we de vierkantswortel uit de vorige paragraaf terug. Niet alle rekenregels
gaan door. We hebben bijvoorbeeld niet altijd dat
(za )b = zab
2
2
Deze zou tot contradicties leiden: uit e2πi = 1 zou volgen dat 12πi = (e2πi )2πi = e(2πi) = e−4π .
Verifieer zelf met behulp van (5.4) dat de correcte formule de volgende is:
(za )b = zab e2bkπi
62
Hoofdstuk 6
De Laplacetransformatie
6.1
Oneigenlijke integralen afhankelijk van een parameter
Herhaal dat een functie f : [a, b] → R stuksgewijze continu genoemd wordt als f overal continu is
behalve in een eindig aantal punten, waarin de linker- en rechterlimiet wel moeten bestaan.
y
t0
t1
t2
t3
t n–1
tn
t
Figuur 6.1: Een stuksgewijs continue functie
Een functie f : [0, +∞] → R heet stuksgewijs continu, als f stuksgewijs continu over elke [0, T ].
We definiëren dan de oneigenlijke integraal
Z +∞
Z T
f (t)dt = lim
T →∞ 0
0
f (t)dt
indien deze limiet bestaat. We hebben volgende eigenschap. Het bewijs is analoog aan het bewijs
van het bewijs van de hiernavolgende stelling 6.1.3.
Stelling 6.1.1 De oneigenlijke integraal
R +∞
0
f (t)dt is convergent als en alleen als
∀ε > 0, ∃T0 : S, T > T0 ⇒ |
63
Z T
f (t)dt| < ε
S
We nemen nu een functie
f : [0, +∞) × [b, b0 ] → R
We onderstellen dat die functie continu is over elke rechthoek [0, a] × [b, b0 ], behalve eventueel op
een eindig aantal verticale rechten t = ti . In elk punt Pi = (ti , x0 ) eisen we dat
lim f (t, x) en lim f (t, x)
P→Pi
t<ti
P→Pi
t>ti
bestaan. We zeggen dan dat f gebiedsgewijs continu is. Als we voor t = ti−1 de functiewaarde
vervangen door de rechterlimiet, en voor t = ti door de linkerlimiet, dan is f continu, en dus
uniform continu over [ti−1 ,ti ] × [b, b0 ], en dus over [0, a] × [b, b0 ] min de verticale rechten.
Voor elke x ∈ [b, b0 ] en T > 0 kunnen we dan
Z T
f (t, x)dt
0
bekijken.
b'
Pi
b
t1
t2
ti
t
a
Figuur 6.2: Gebiedsgewijs continue functies
Definitie 6.1.2 We zeggen dat de oneigenlijke integraal
Z +∞
f (t, x)dt
0
uniform over [b, b0 ] convergeert naar g(x) als
0
∀ε > 0, ∃T0 : ∀T > T0 , ∀x ∈ [b, b ] : |g(x) −
Z T
f (t, x)dt| < ε
0
We geven een nodige en voldoende voorwaarde voor uniforme convergentie, die vergelijkbaar is
met het criterium van Cauchy voor uniforme convergentie van reeksen.
64
Stelling 6.1.3 De oneigenlijke integraal
als
R +∞
0
f (t, x)dt convergeert uniform over [b, b0 ] als en alleen
0
∀ε > 0, ∃T0 : ∀S, T > T0 , ∀x ∈ [b, b ] : |
Z T
f (t, x)dt| < ε
(6.1)
S
Bewijs. Onderstel dat de oneigenlijke integraal uniform convergeert naar g(x). Met notatie als in
definitie 6.1.2 vinden we, voor T > S > T0 :
|
Z T
f (t, x)dt| = |
Z T
f (t, x)dt −
Z S
0
S
≤ |
f (t, x)dt|
0
Z T
f (t, x)dt − g(x)| + |g(x) −
Z S
f (t, x)dt| < 2ε
0
0
Omgekeerd, uit (6.1) volgt dat
Z n
f (t, x)dt
0
een uniforme Cauchy rij is over [b, b0 ]. Deze rij heeft dus een uniforme limiet, die we g(x) noemen.
Dit betekent:
Z n
0
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, ∀x ∈ [b, b ] : |
f (t, x)dt − g(x)| < ε
0
Neem nu een willekeurige T > max{N + 1, T0 + 1}, en stel [T ] = n, het grootste natuurlijk getal
dat kleiner dan of gelijk aan T is. Dan zijn T, n > T0 , zodat ∀x ∈ [b, b0 ]
|
Z T
f (t, x)dt −
0
Z n
f (t, x)dt| = |
0
Z T
f (t, x)dt| < ε
n
en dus
|
Z T
f (t, x)dt − g(x)| ≤ |
0
Z T
0
f (t, x)dt −
Z n
f (t, x)dt| + |
0
Z n
f (t, x)dt − g(x)| ≤ 2ε
0
Het volgende criterium is vergelijkbaar met het criterium van Weierstrass voor uniforme convergentie van reeksen.
Stelling 6.1.4 Onderstel dat er een stuksgewijs continue functie µ : [0, +∞) → R+ bestaat zodat
Z +∞
1.
µ(t)dt convergent;
0
2. voor elke x ∈ [b, b0 ], en voor t > t0 hebben we: | f (t, x)| ≤ µ(t).
Z +∞
Dan is
f (t, x)dt uniform convergent over [b, b0 ].
0
65
Bewijs. Uit stelling 6.1.1 weten we:
Z T
∀ε > 0, ∃T0 : ∀S, T > T0 :
µ(t)dt < ε
S
Dan geldt voor alle S, T > max{t0 , T0 }:
|
Z T
f (t, x)dt| ≤
Z T
S
| f (t, x)|dt ≤
Z T
S
µ(t)dt < ε
S
en het gestelde volgt uit stelling 6.1.3.
Stelling 6.1.5 Onderstel dat
Z +∞
f (t, x)dt = g(x)
0
uniform over [b, b0 ]. Dan is g continu over [b, b0 ].
Bewijs. Neem ε > 0, en T0 als in definitie 6.1.2. Dan geldt voor alle T > T0 en x ∈ [b, b0 ] dat
|
Z +∞
f (t, x)dt| < ε
T
Over [0, T ] × [b, b0 ] is f uniform continu (behalve voor t = ti ), en dus
q
0
0
0
∃δ > 0 : ∀t,t 6= ti ∈ [0, T ], ∀x, x ∈ [b, b ] : (t − t 0 )2 + (x − x0 )2 < δ ⇒ | f (t, x) − f (t 0 , x0 )| < ε/T
Onderstel dat |x − x0 | < δ. Dan geldt
|
Z T
( f (t, x) − f (t, x0 ))dt| ≤
0
Z T
| f (t, x) − f (t, x0 )|dt <
0
εT
=ε
T
Het feit dat de gebruikte ongelijkheid niet geldt in een het eindig aantal punten t = ti stoort niet bij
het berekenen van de integraal. Tenslotte is
|g(x) − g(x0 )| ≤ |
Z T
( f (t, x) − f (t, x0 ))dt| + |
Z +∞
0
f (t, x)dt| + |
T
Z +∞
f (t, x0 )dt| < 3ε
T
Stelling 6.1.6 Onderstel dat
Z +∞
f (t, x)dt = g(x)
(6.2)
0
uniform over [b, b0 ]. Voor alle c ≤ c0 ∈ [b, b0 ] hebben we
Z c0
g(x)dx =
c
Z c0
Z +∞
f (t, x)dx
dt
0
c
met andere woorden, de oneigenlijke integraal, en de integraal over x van c tot c0 mogen verwisseld
worden.
66
Bewijs. We hebben gezien in stelling 6.1.5 dat g continu is, en we kunnen dus g integreren. Omdat
(6.2) uniform convergeert over [b, b0 ] weten we dat
∃T0 : ∀S, T > T0 : |
Z T
f (t, x)dt| <
S
ε
b0 − b
en dus
|
Z c0
Z T
dt
S
f (t, x)dx| = |
Z c0
Z T
f (t, x)dt|
dx
c
c
Z c0
≤
Z T
dx|
c
S
f (t, x)dt| ≤ ε
S
Hieruit volgt dat
c0 − c
≤ε
b0 − b
Z c0
Z +∞
f (t, x)dx
dt
0
c
convergent, en dus
∃T1 : ∀T > T1 : |
Z c0
Z +∞
f (t, x)dx| < ε
dt
T
c
Uit de uniforme convergentie van (6.2) volgt:
0
∃T2 : ∀T > T2 , ∀x ∈ [b, b ] : |
en dus
|
Z c0
Z +∞
dx
c
−
0
Z c0
dt
0
c
f (t, x)dt| <
T
ε
c0 − c
f (t, x)dt| ≤ ε
T
Neem nu T > max{T1 , T2 }. We berekenen nu dat
Z c0
Z +∞ Z c0
c g(x)dx − 0 dt c f (t, x)dx
Z c0 Z T
Z
= dx
f (t, x)dt +
c
Z T
Z +∞
f (t, x)dx −
c0
Z +∞
dx
c
Z +∞
T
Z c0
dt
T
c
f (t, x)dt
f (t, x)dx
Z c0 Z +∞
Z +∞ Z c0
= dx
f (t, x)dt −
dt
f (t, x)dx
c
T
T
c
Z c0 Z +∞
Z +∞ Z c0
≤ dx
f (t, x)dt + dt
f (t, x)dx ≤ 2ε
c
T
T
c
en het gestelde volgt.
∂f
gebiedsgewijs continu zijn. Onderstel bovendien dat de
Stelling 6.1.7 Onderstel dat f en
∂x
oneigenlijke integralen
Z +∞
Z +∞
∂f
g(x) =
f (t, x)dt en
(t, x)dt
∂x
0
0
67
respectievelijk puntsgewijs en uniform convergeren over [b, b0 ]. Dan is
0
g (x) =
Z +∞
∂f
∂x
0
(t, x)dt
Bewijs. We passen stelling 6.1.6 toe met f vervangen door
Z x
du
c
Z +∞
∂f
∂x
0
Z +∞
(t, u)dt =
∂f
. We vinden dan, voor c, x ∈ [b, b0 ]:
∂x
Z x
∂f
0
Z +∞
=
dt
c
(6.3)
∂x
(t, u)du
( f (t, x) − f (t, c))dt = g(x) − g(c)
0
Hou c constant en leid af naar x. Dan vinden we (6.3).
6.2
Functies van exponentiële orde en de convergentieabscis
We werken steeds met een functie f : [0, +∞) → R die stuksgewijs continu is. We breiden f uit
tot een functie f : R → R door f (x) = 0 te stellen voor x < 0.
Definitie 6.2.1 We zeggen dat f van exponentiële orde α is als er m,t0 > 0 bestaan zodat
∀t ≥ t0 : | f (t)| < meαt
We noteren dit door
f (t) = O(eαt )
We zeggen dat f van exponentiële orde is, als er een α ∈ R bestaat zodat f van exponentiële orde
α is.
Lemma 6.2.2 Onderstel dat f (t) = O(eαt ). Dan bestaat een m0 > 0 zodat
∀t ≥ 0 : | f (t)| < m0 eαt
M.a.w., we mogen t0 = 0 nemen in de definitie 6.2.1.
Bewijs. Stel M = sup{| f (t)| : 0 ≤ t ≤ t0 }. Als α ≥ 0, dan hebben we voor 0 ≤ t ≤ t0 dat
| f (t)| ≤ M ≤ Meαt
en het volstaat om m0 = max{m, M} te nemen. Als α < 0, dan hebben we voor 0 ≤ t ≤ t0 dat
| f (t)| ≤ M = Me−αt eαt ≤ Me−αt0 eαt
en het volstaat nu om m0 = max{m, Me−αt0 } te nemen.
Lemma 6.2.3 Als f (t) = O(eαt ) en β > α, dan is f (t) = O(eβt ).
68
Bewijs. Evident.
Lemma 6.2.4 Als f (t) = O(eαt ) en g(t) = O(eβt ), dan is f (t)g(t) = O(e(α+β)t ).
Bewijs. Evident.
Lemma 6.2.5 Voor elke α > 0 en n > 0 hebben we t n = O(eαt ).
Bewijs. Dit volgt uit het feit dat
tn
=0
t→+∞ eαt
lim
We voeren nu de convergentieabscis van een functie in.
Definitie 6.2.6 Neem een stuksgewijze continue functie f . De convergentieabscis α( f ) wordt gedefinieerd door de formule
α( f ) = inf{α | f (t) = O(eαt )}
Als α niet van exponentiële orde is, dan stellen we α( f ) = +∞.
Lemma 6.2.7
α( f g) ≤ α( f ) + α(g) en α( f + g) ≤ max{α( f ), α(g)}
Bewijs. Neem α > α( f ) en β > α(g). Dan is f (t) = O(eαt ) en g(t) = O(eβt ), zodat f (t)g(t) =
O(e(α+β)t ), vanwege lemma 6.2.4, en dus is α + β ≥ α( f g). Omdat dit geldt voor elke α > α( f )
en β > α(g), volgt dat α( f g) ≤ α( f ) + α(g). De tweede formule is evident.
Lemma 6.2.8 We hebben volgende eigenschappen:
1. als f begrensd, dan is α( f ) ≤ 0;
2. als bovendien lim f (t) 6= 0, dan is α( f ) = 0
t→∞
3. α(t n ) = 0, voor n ≥ 0;
4. α(t n f ) = α( f ).
6.3
De Laplacetransformatie
Definitie 6.3.1 Neem een stuksgewijs continue functie f : R → R, en onderstel f (t) = 0 voor
t < 0. De Laplacegetransformeerde van f (t) is de functie
Z +∞
F(p) =
0
Hierin is p ∈ C. We noteren ook F(p) = L { f (t)}.
69
e−pt f (t)dt
(6.4)
Voorbeelden 6.3.2 1) Stel f (t) = 1 (voor t ≥ 0; voor t < 0 nemen we altijd aan dat f (t) = 0). Dan
is
Z +∞
1
F(p) =
e−pt dt =
p
0
als Re(p) > 0.
2) Als f (t) = eat , dan berekenen we, op precies dezelfde manier.
Z +∞
F(p) =
e(a−p)t dt =
0
1
p−a
als Re(p) > a.
2
3) Stel f (t) = et . De integraal
Z +∞
F(p) =
2
e−pt+t dt
0
convergeert voor geen enkele waarde van p. De Laplacegetransformeerde bestaat dus niet.
We zullen nu eerst de convergentie van de integraal van Laplace bestuderen.
Stelling 6.3.3 Onderstel dat f (t) van exponentiële orde is. De integraal (6.4) convergeert dan
absoluut voor Rep > α( f ), en divergeert voor Rep < α( f ). (6.4) convergeert uniform over het
gesloten halfvlak Rep ≥ α1 als α1 > α( f ). De Laplacegetransformeerde F(p) is analytisch over
het convergentiehalfvlak Rep > α( f ).
Bewijs. Stel p = x + iy, en
Z +∞
u(x, y) =
f (t)e−xt cos ytdt
(6.5)
0
v(x, y) = −
Z +∞
f (t)e−xt sin ytdt
(6.6)
0
zodat F(p) = u(x, y) + iv(x, y), voor zover de integralen convergeren. Neem α1 ≥ α > α( f ). We
zullen bewijzen dat (6.5- 6.6) convergeren voor x = Rep ≥ α1 . De integrand in (6.5-6.6) is gebiedsgewijs continu, zodat we de resultaten uit § 6.1 mogen toepassen. Uit lemma 6.2.2 volgt dat
er een m > 0 bestaat, zodat voor alle t ≥ 0:
| f (t)e−αt | < m
Als x = Rep ≥ α1 > α hebben we dus
| f (t)e−xt cos yt| ≤ | f (t)e−αt e−(x−α)t | < me−(x−α)t ≤ me−(α1 −α)t
Omdat
Z +∞
e−(α1 −α)t dt
0
70
convergent is, volgt uit stelling 6.1.4 dat (6.5) uniform convergent is voor x ∈ [α1 , +∞) en y ∈
[0, 2π]. Op dezelfde manier volgt dat (6.6) uniform convergent is. Omdat α(t f ) = α( f ) (zie
lemma 6.2.8) zal ook
Z
+∞
t f (t)e−xt cos ytdt
0
uniform convergeren, en uit stelling 6.1.7 volgt dan dat (6.5) onder het integraalteken naar x mag
afgeleid worden, en dus
Z +∞
∂u
=−
t f (t)e−xt cos ytdt
∂x
0
Op precies dezelfde manier kunnen we aantonen dat
+∞
∂u
= −
t f (t)e−xt sin ytdt
∂y
0
Z +∞
∂v
=
t f (t)e−xt sin ytdt
∂x
0
Z +∞
∂v
= −
t f (t)e−xt cos ytdt
∂y
0
Z
We zien dus dat
∂u ∂v
∂u
∂v
=
en
=−
∂x ∂y
∂y
∂x
De voorwaarden van Cauchy-Riemann zijn dus vervuld, en we concluderen dat F(p) analytisch is
over Rep > α( f ).
Onderstel nu dat Rep < α( f ). Als
Z +∞
e−pt f (t)dt
0
convergent, dan is
lim e−pt f (t) = 0
t→+∞
en dus
lim |e−pt f (t)| = lim e−Rept | f (t)| = 0
t→+∞
t→+∞
Als Rep < α( f ), dan is f niet van exponentiële orde α. Dus
∀t0 , ∃t > t0 : f (t) > eαt
en dus is
lim f (t)e−αt 6= 0
t→+∞
zodat de integraal van Laplace divergent is.
71
Voorbeeld 6.3.4 Voor k > −1 bekijken we de functie f (t) = t k , voor p > 0 vinden we
k
F(p) = L {t } =
=
Z +∞
0
Z +∞
1
t k e−pt dt
pk+1
uk e−u du =
0
Γ(k + 1)
pk+1
Omdat F analytisch is, kunnen we door analytische voortzetting concluderen dat
L {t k } =
6.4
Γ(k + 1)
zodra Rep > 0
pk+1
Eigenschappen van de Laplacetransformatie
In deze paragraaf is f een stuksgewijs continue functie, van exponentiële orde, en f (x) = 0 voor
x < 0.
Stelling 6.4.1
L {t n f (t)} = (−1)n F (n) (p)
(6.7)
Bewijs. Met notatie als in het bewijs van stelling 6.3.3 hebben we
F 0 (p) =
∂v
∂u
+i
∂x
∂x
= −
Z +∞
−xt
t f (t)e
Z +∞
cos ytdt + i
0
= −
t f (t)e−xt sin ytdt
0
Z +∞
−pt
t f (t)e
0
dt = −L {t f (t)}
Als we deze redenering n maal herhalen vinden we (6.7).
Voorbeeld 6.4.2 We hebben al gezien dat
L {eat } =
en dus is
L {t n eat } =
1
p−a
n!
(p − a)n+1
Stelling 6.4.3 De Laplacetransformatie is linear:
L {a f (t) + bg(t)} = aL { f (t)} + bL {g(t)}
Bewijs. Een lineaire combinatie van stuksgewijs continue functies is stuksgewijs continu, en de
integraal is lineair. Noteer ook dat uit lemma 6.2.7 volgt dat α(a f (t) + bg(t)) ≤ max{α( f ), α(g)}.
72
Voorbeeld 6.4.4 Aangezien
sh kt =
is
L {sh kt} =
ekt − e−kt
2
1 k
1 1
−
= 2
2 p−k p+k
p − k2
Stelling 6.4.5 Als L { f (t)} = F(p), en a > 0, dan is
1 p
a
a
L { f (at)} = F
met convergentieabscis aα( f ).
Bewijs.
L { f (at)} =
Z +∞
−pt
e
0
1
f (at)dt =
a
Z +∞
e
− ap u
0
1 p
f (u)du = F
a
a
Stelling 6.4.6 Als L { f (t)} = F(p), dan is
L {eat f (t)} = F(p − a)
met convergentieabscis a + α( f ).
Bewijs.
at
L {e f (t)} =
Z +∞
e−(p−a)t f (t)dt = F(p − a)
0
Voorbeeld 6.4.7 We zullen verderop zien dat
L {sint} =
1
p2 + 1
met convergentieabscis 0. Toepassing van stellingen 6.4.5 en 6.4.6 levert
L {e−bt sin at} =
a
(p + b)2 + a2
met convergentieabscis −b.
Neem een stuksgewijs continue functie f , en onderstel zoals altijd dat f (t) = 0 voor t < 0. Voor
a > 0 definiëren we fa door
0
als t < a
fa (t) =
f (t − a) als t ≥ a
De grafiek van fa is dus net dezelfde als die van f , maar over een afstand a naar rechts opgeschoven, zie Figuur 6.3.
73
fa t
f(t)
t
a
t
Figuur 6.3: De grafieken van de functies f en fa
Stelling 6.4.8 Als L { f (t)} = F(p), dan is
L { fa (t)} = e−ap F(p)
met convergentieabscis α( f ).
Bewijs.
L { fa (t)} =
Z +∞
0
= e−ap
fa (t)e−pt dt =
Z +∞
Z +∞
f (t − a)e−p(t−a) e−ap dt
a
f (u)e−pu du = e−ap F(p)
0
Voorbeeld 6.4.9 We definiëren de Heavisidefunctie H(t) door
0 als t < 0
H(t) =
1 als t ≥ 0
Deze laat toe om fa te definiëren door
fa (t) = H(t − a) f (t − a)
We kunnen nu ook de Laplacegetransformeerde berekenen van de trapfunctie uit Figuur 6.4


 0 als t < a
f (t) = b als a ≤ t ≤ a + h


0 als t > a + h
Immers,
f (t) = b(H(t − a) − H(t − a − h))
en dus
e−ap
L { f (t)} = b
p
−
e−ap−hp b −ap
= e (1 − e−hp )
p
p
74
f(t)
b
a
t
a+h
Figuur 6.4: Een trapfunctie
Stelling 6.4.10 Onderstel dat f continu is voor t > 0, en dat f 0 stuksgewijs continu is en van
exponentiële orde. Dan is
L { f 0 (t)} = pL { f (t)} − f (0+)
met convergentieabscis α( f ).
Bewijs.
L { f 0 (t)} = lim
Z T
T →∞ 0
f 0 (t)e−pt dt
Aangezien f 0 stuksgewijs continu is over [0, T ], bestaat er een partitie (0 = t0 ,t1 , · · · ,tn = T ) van
[0, T ], zodat f continu is in elke t 6= ti . We kunnen dan schrijven
Z T
0
−pt
f (t)e
0
n Z ti
dt = ∑
f 0 (t)e−pt dt
i=1 ti−1
Partiële integratie levert
Z ti
0
−pt
f (t)e
dt =
ti−1
t
f (t)e−pt ti + p
i−1
−pti
= f (ti −)e
Z ti
ti−1
−pti−1
− f (ti−1 +)e
f (t)e−pt dt
Z ti
+p
f (t)e−pt dt
ti−1
Aangezien f continu is, geldt f (ti +) = f (ti −) = f (ti ). Als we sommeren krijgen we dus
Z T
f 0 (t)e−pt dt = e−pT f (T ) − f (0+) + p
0
Z T
f (t)e−pt dt
0
Neem α > α( f ). Dan is
|e−pT f (T )| = |e−(Rep)T f (T )| = |e−(Rep−α)T ||e−αT f (T )|
De laatste factor is begrensd, zodat
lim e−pT f (T ) = 0
T →∞
75
en dus is
L { f 0 (t)} = lim
Z T
T →∞ 0
f 0 (t)e−pt dt = pL { f (t)} − f (0+)
Gevolg 6.4.11 Als de n − 1 eerste afgeleiden van f bestaan en continu zijn voor t > 0, en f (n)
stuksgewijs continu is en van exponentiële orde, dan is
L { f (n) }(t) = pn L { f (t)} − pn−1 f (0+) − p(n−2) f 0 (0+) − · · · − f (n−1) (0+)
Voorbeeld 6.4.12 Omdat sint en cost begrensde functies zijn, die niet naar nul gaan als t naar
oneindig nadert, hebben we
α(cos) = α(sin) = 0
Als we F(p) = L {sint}, dan vinden we, na stelling 6.4.10 tweemaal toe te passen:
L {cost} = pF(p)
en
−F(p) = L {− sint} = p2 F(p) − 1
Zodat
F(p) = L {sint} =
1
p
en L {cost} =
2
1+ p
1 + p2
Stelling 6.4.13 Als L { f (t)} = F(p) en
Z t
g(t) =
f (u)du
0
dan is
L {g(t)} =
F(p)
p
met convergentieabscis max{0, α( f )}.
Bewijs. Neem α > max{0, α( f )}. Dan is f van exponentiële orde α, en bestaat er een m > 0 zodat
voor alle t ≥ 0:
| f (t)| < meαt
waaruit
Z t
Z t
m αt
m
(e − 1) < eαt ,
α
α
0
0
zodat g(t) = O(eαt ). Aangezien g continu is, en g0 = f stuksgewijs continu, kunnen we stelling 6.4.10 toepassen, en we vinden
|g(t)| ≤
| f (x)|dx ≤ m
eαx dx =
F(p) = L {g0 (t)} = pL {g(t)} − g(0)
Aangezien g(0) = 0, vinden we voor Rep > max{0, α( f )} dat
L {g(t)} =
76
F(p)
p
We nemen nu een periodische stuksgewijs continue functie f . f is begrensd, zodat α( f ) ≤ 0.
Aangezien de limiet van f voor t gaande naar +∞ niet bestaat (tenzij in het triviale geval f = 0),
is α( f ) = 0.
Stelling 6.4.14 Onderstel dat f een stuksgewijs continue functie is met periode T . Dan is
Z T
1
L { f (t)} =
1 − e−T p
e−pt f (t)dt
0
met convergentieabscis 0.
Bewijs.
Z +∞
F(p) =
f (t)e−pt dt =
0
∞ Z (n+1)T
∑
f (t)e−pt dt
n=0 nT
We voeren de substitutie t = nT + u uit. We krijgen
∞ Z T
F(p) =
=
∑
n=0 0
∞
f (nT + u)e−pu e−nT p du
−nT p
∑e
Z
T
f (u)e−pu du
0
n=0
1
=
1 − e−T p
Z T
e−pt f (t)dt
0
Bij de sommering van de meetkundige reeks maakten we gebruik van het feit dat |e−T p | < 1,
aangezien Rep > 0.
We geven nu enkele eigenschappen die enkel gelden in het geval p ∈ R. We blijven onderstellen
dat f stuksgewijs continu is, en van exponentiële orde.
Stelling 6.4.15
lim L { f (t)} = 0
p→+∞
Bewijs. Ondersel f (t) = O(eαt ); we hebben dan een m > 0 zodat voor alle t ≥ 0:
| f (t)|e−αt < m
en bijgevolg is
|
Z +∞
−pt
f (t)e
0
dt| ≤ m
Z +∞
e−(p−α)t dt =
0
m p→+∞
−→ 0
p−α
77
Stelling 6.4.16 Als f continu is voor t > 0, en f 0 stuksgewijs continu van exponentiële orde, dan
is
lim pF(p) = f (0+)
p→∞
Bewijs. We kunnen stelling 6.4.10 toepassen, zodat
L { f 0 (t)} = pF(p) − f (0+)
Uit stelling 6.4.15 volgt dat lim L { f 0 (t)} = 0, en hieruit volgt onmiddellijk het gestelde.
p→∞
Stelling 6.4.17 Onderstel dat
lim
t→0+
f (t)
t
bestaat. Voor elke reële p > α( f ) hebben we dan
f (t)
L{
}=
t
Z +∞
F(x)dx
p
Bewijs. Aangezien f stuksgewijs continu is, is ook f (t)/t stuksgewijs continu, behalve eventueel
in t = 0. Omdat we veronderstelden dat
f (t)
lim
t→0+ t
bestaat, is f (t)/t ook stuksgewijs continu in 0. Als f van exponentiële orde α is, dan is f (t)/t ook
van exponentiële orde α. Voor x > α nemen we
Z +∞
F(x) =
f (t)e−xt dt
(6.8)
0
F is continu, en we kunnen F dus integreren:
Z q
Z +∞
Z q
F(x)dx =
p
dx
f (t)e−xt dt
0
p
Omdat (6.8) uniform convergeert, mogen we integratievolgorde veranderen (zie stelling 6.1.6),
zodat
Z q
Z +∞
Z q
Z +∞
f (t) −pt
−xt
(e − e−qt )dt
F(x)dx =
f (t)dt
e dx =
t
p
0
p
0
Uit stelling 6.4.15 weten we dat
Z +∞
f (t) −qt
lim
e dt = lim
q→+∞ 0
en dus vinden we
Z +∞
p
t
q→+∞
L{
f (t)
}=0
t
Z +∞
f (t) −pt
f (t)
F(x)dx =
e dt = L {
}
0
t
t
waarmee de stelling bewezen is.
De stelling levert L { f (t)
t } enkel voor reële waarden van p. Door analytische voortzetting vinden
we de Laplacegetransformeerde ook voor complexe waarden van p.
78
Voorbeeld 6.4.18 We berekenen de Laplacegetransfomeerde F(p) van
f (t) =
Z t
sin u
u
0
We weten dat
L {sint} =
en dus
sint
}=
L{
t
Z +∞
p
dx
x2 + 1
du
1
p2 + 1
=
π
1
− bgtg p = bgtg
2
p
Deze formule geldt voor elke p > 0, en na analytische voortzetting voor elke p ∈ C met Rep > 0.
Tenslotte vinden we
1
1
F(p) = bgtg
p
p
.
79
Hoofdstuk 7
Toepassingen van de Laplacetransformatie
7.1
De inverse Laplacetransformatie
Als F(p) de Laplacegetransformeerde is van f (t), dan noemen we f (t) de inverse Laplacegetransformeerde van F(p). We noteren dit door
f (t) = L −1 {F(p)}
De inverse Laplacegetransformeerde is niet eenduidig bepaald: als twee functies f en g verschillen
in een eindig aantal punten, maar in alle overige punten aan elkaar gelijk zijn, dan vallen hun
Laplacegetransformeerden samen.
Stelling 7.1.1 (Stelling van Lerch) Als L { f (t)} = L {g(t)}, dan is
Z T
( f (t) − g(t))dt = 0
0
voor elke T > 0.
We zullen deze stelling niet bewijzen. Merk op dat de stelling impliceert dat f = g als f en g
continu zijn. Het volstaat af te leiden naar T en de grondformule van de integraalrekening toe te
passen.
In de toepassingen die we verderop in dit hoofdstuk behandelen, moet de inverse Laplacegetransformeerde bepaald worden. Een eerste methode om dit te doen bestaat erin om de tabel met Laplace
getransformeerden te gebruiken, en te combineren met de elementaire eigenschappen van de Laplacetransformatie. Deze methode is altijd bruikbaar als F(p) een rationale functie is, met de graad
van de teller kleiner dan die van de noemer. Het volstaat om F(p) te splitsen in partiële breuken,
en tabel 7.1 te gebruiken.
Voorbeeld 7.1.2 Neem
3
p
1 + 10
F(p) =
p(p2 + 6p + 10)
80
Splitsing in partiële breuken levert
F(p) =
p+3
1
−
10p 10((p + 3)2 + 1)
zodat
f (t) =
1
e−3t cost
−
10
10
Een tweede methode is gebaseerd op de inversieformule. Voor een complexe functie φ afhankelijk
van een complexe parameter p beschouwen we integralen van de vorm
Z γ+iβ
Z γ+i∞
φ(p)dp =
lim
β→∞ γ−iβ
φ(p)dp
γ−i∞
Zulk een integraal wordt een Bromwich integraal genoemd (zie Figuur 7.1).
y
g + ib
x
g – ib
Figuur 7.1: De Bromwich integraal
Stelling 7.1.3 Onderstel dat f van exponentiële orde α is, en dat f en f 0 stuksgewijs continu zijn
voor t ≥ 0. Stel F(p) = L { f (t)}. Voor elke γ > α geldt dan

0
als t < 0

Z γ+i∞

1
f (0+)
als t = 0
F(p)e pt dp =
(7.1)
2

2πi γ−i∞
 f (t+)+ f (t−)
als t > 0
2
Het bewijs van deze stelling geven we na stelling 8.2.5. Merk op dat het linkerlid gelijk is aan f (t)
in alle punten waar f continu is. In die punten geldt dus
1
2πi
Z γ+i∞
F(p)e pt dp = f (t)
γ−i∞
81
zodat we een formule hebben voor de inverse Laplacegetransformeerde.
Een probleem bij de toepassing van deze inversieformule is dat er voorwaarden zijn op f (t) terwijl
we f (t) niet eens kennen. Dit is een probleem dat optreedt bij alle toepassingen van de Laplacetransformatie.
In vele gevallen kan de integraal die optreedt in (7.1) uitgerekend worden met behulp van de
residustelling.
Stelling 7.1.4 Onderstel dat F(z) analytisch is in gans het vlak, behalve in een eindig aantal
punten. Onderstel bovendien dat er positieve constanten a, c, m bestaan zodat
|F(z)| <
m
|z|c
zodra |z| > a. Dan is
1
2πi
Z γ+i∞
γ−i∞
F(p)e pt dp = ∑ Res(F(z)ezt , zk )
(7.2)
k
waarbij de som loopt over alle singuliere punten zk van F. Hierbij dient γ zo gekozen te worden
dat het integratiepad zich rechts van alle singuliere punten van F bevindt.
De twee voorgaande stellingen leveren een eenvoudige manier om in bepaalde gevallen de inverse
Laplacegetransformeerde uit te rekenen. Men kan aantonen dat aan de voorwaarden van de stellingen altijd voldaan is als men voor F een rationale functie kiest, waarvan de graad van de teller
strikt kleiner is dan de graad van de noemer. We krijgen dan
Stelling 7.1.5 Onderstel dat F(p) = T (p)/N(p), waarbij T en N veeltermen met grN > grT . Dan
is
L −1 {F(p)} = f (t) = ∑ Res(F(z)ezt , zk )
k
waarbij de som loopt over alle nulpunten zk van de noemer N.
Als de N(p) alleen enkelvoudige nulpunten z1 , · · · , zk heeft, dan wordt de formule
n
f (t) =
T (zk )
∑ N 0(zk ) ezkt
k=1
Voorbeeld 7.1.6 Neem
F(p) =
(b2 − a2 )p
(p2 + a2 )(p2 + b2 )
De nulpunten van de noemer zijn enkelvoudig: z12 = ±ia en z34 ± ib. We rekenen gemakkelijk uit
dat
T (p) pt
(b2 − a2 )pe pt
b2 − a2
e pt
e
=
=
N 0 (p)
2p(p2 − b2 ) + 2p(p2 − a2 )
2 2p2 + a2 + b2
82
zodat
n
f (t) =
T (zk )
∑ N 0(zk ) ezkt
k=1
b2 − a2
eiat + e−iat eibt + e−ibt
=
+ 2
2
b2 − a2
a − b2
= cos at − cos bt
7.2
Oplossen van differentiaalvergelijkingen
Het idee is eenvoudig. We trachten een differentiaalvergelijking op te lossen, door eerst de getransformeerde van de vergelijking te nemen. Soms is deze eenvoudiger op te lossen dan de oorspronkelijke vergelijking. De oplossing van de oorspronkelijke vergelijking vindt men dan door de
inverse transformatie toe te passen op de oplossing van de getransformeerde. Een voordeel van de
methode is dat de beginvoorwaarden in de oplossingsmethode ingebouwd worden. Een nadeel is
dat men niet a priori weet of de oplossingen van de differentiaalvergelijking een getransformeerde
hebben. Men vangt dit op door achteraf te controleren of de gevonden oplossing wel een oplossing
is.
Differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten
We nemen de differentiaalvergelijking
x(n) + a1 x(n−1) + · · · + an−1 x0 + an x = f (t)
(7.3)
met beginvoorwaarden
(i)
x(i) (0) = x0
voor i = 0, · · · , n − 1. Als L {x(t)} = X, dan is
L {x(i) (t)} = pi X − x0 pi−1 − x00 pi−2 − · · · − x0 (i − 1)
en de getransformeerde vergelijking is dus een lineaire vergelijking, waarin de beginvoorwaarden
ingebouwd zijn.
Voorbeeld 7.2.1 We lossen volgende differentiaalvergelijking op:
x00 + 6x0 + 10x = 1
met x(0) = 0 en x0 (0) =
3
10 .
Laplacetransformatie levert
p2 X(p) −
3
1
+ 6pX(p) + 10X(p) =
10
p
83
zodat
X(p) =
1 + 3p
10
p(p2 + 6p + 10)
Invers transformeren geeft
1
e−3t cost
−
10
10
Uiteraard kunnen we dit resultaat ook via de klassieke methoden verkrijgen.
x(t) =
Differentiaalstelsel met constante coëfficiënten
Hierop is dezelfde methode van toepassing. Laplacetransformatie geeft nu een stelsel lineaire
vergelijkingen, waarin de beginvoorwaarden ingebouwd zijn. Deze methode wordt veel gebruikt
bij de studie van elektrische netwerken.
Voorbeeld 7.2.2 We bekijken een transformator, zoals in Figuur 7.2 Hierin zijn R1 en R2 weer-
i1
R1
v
L1
L2
<
<
<
<<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
i2
R2
M
Figuur 7.2: De transformator
standen, L1 en L2 induktiespoelen, en M de wederkerige induktantie tussen de twee spoelen. Op
tijdstip t = 0 onderstelt men dat de stroomsterkte i1 (0) en i2 (0) in de twee kringen nul is. Vanaf
t = 0 leggen we een constante spanning aan in de linkse kring, zodat we kunnen onderstellen
v(t) = H(t)
waarbij H(t) de Heaviside functie.
We lossen zulk een netwerk op door uit te drukken dat in elke kring de som van de spanningsverschillen nul is. Dit spanningsverschil, en de Laplacegetransformeerde ervan, bedraagt
voor een weerstand R
v = Ri
V = RI
di
V = LpI − Li(0)
voor een inductiespoel L
v = L dt
1 Rt
I
+ v(0)
voor een transformator C v = C 0 idt + v(0) V = Cp
p
Hierbij zijn I en V de Laplacegetransformeerden van i en v. We moeten dus volgend stelsel oplossen:

 R1 i1 + L1 di1 + M di2 = H(t)
dt
dt
 R i + L di2 + M di1 = 0
2 2
2 dt
dt
84
Als we hiervan de Laplacegetransformeerde nemen, dan vinden we
(
R1 I1 + pL1 I1 + pMI2 = 1p
R2 I2 + pL2 I2 + pMI1 = 0
Zoals aangekondigd is dit een lineair stelsel met onbekenden I1 en I2 . Oplossing van het stelsel
levert
M
I2 =
2
2
(M − L1 L2 )p − (L1 R2 + L2 R1 )p − R1 R2
De discriminant van de noemer is positief, en de inversie levert geen enkel probleem op.
In de praktijk schrijft men dikwijls het stelsel differentiaalvergelijkingen niet eens neer, maar ineens de Laplacegetransformeerde ervan.
Lineaire differentiaalvergelijkingen met veranderlijke coëfficiënten
In sommige gevallen kan men zulk een vergelijking oplossen met behulp van de Laplacetransformatie. We behandelen een voorbeeld.
Voorbeeld 7.2.3
tx00 + x0 + tx = 0
met beginvoorwaarden x(0) = x0 en x0 (0) = x00 . Als we de Laplacegetransformeerde van de vergelijking nemen vinden we
−
dX
d 2
(p X − px0 − x00 ) + pX − x0 −
=0
dp
dp
of
dX
+ x0 + pX − x0 = 0
dp
Merk op dat de beginvoorwaarden hieruit verdwenen zijn. Scheiding van veranderlijken levert
(p2 + 1)
−pdp
dX
= 2
X
p +1
Dit kan gemakkelijk geı̈ntegreerd worden, en we vinden
X = c(1 + p2 )−1/2
We zullen de inverse Laplacegetransformeerde bepalen door X te ontwikkelen als een machtreeks
in 1/p. Stel c = 1. Voor p12 < 1 hebben we
1
X(p) = p
1 + p2
1
1
1 −2
1+ 2
=
p
p
∞ 1
1
3
2n − 1 1 1
=
∑ − 2 − 2 · · · − 2 n! p2n
p n=0
∞
=
∑ (−1)n
n=0
(2n − 1)!! 1
2n n! p2n+1
85
Aangezien
L −1 {
tn
}
=
pn+1
n!
1
vinden we dus
∞
x =
(2n − 1)!!
∑ (−1)n 2nn!(2n)! t 2n
n=0
∞
(−1)n t 2n
= ∑
= J0 (t)
2
2
n=0 (n!)
We vinden dus de Besselfunctie terug. Dit is in overeenstemming met wat we gedaan hebben in de
cursus “Analyse II”. Daar hebben we de vergelijking van Bessel
t 2 x00 + tx0 + (t 2 − ν2 )x = 0
opgelost via machtreeksontwikkeling. Voor ν = 0 is dit juist de vergelijking die we hier bekeken hebben. Machtreeksontwikkeling leverde slechts 1 lineair onafhankelijke oplossing, en ook
Laplacetransformatie levert slechts 1 lineair onafhankelijke oplossing, namelijk degene waarvoor
x(0) 6= 0 en x0 (0) = 0. Toch weten we dat er een tweede lineair onafhankelijke oplossing bestaat,
namelijk die met x(0) = 0 en x0 (0) 6= 0.
Hoe komt het dat we die hier niet terugvinden? De functies waarvan we de Laplacegetransformeerde kunnen berekenen zijn stuksgewijs continu, zodat
lim f (t)
t→0+
eindig is. Als x een oplossing is van onze differentiaalvergelijking, en de Laplacegetransformeerde
van x bestaat, dan bestaat ook de Laplacegetransformeerde van
x0 (t)
= −x00 (t) − x(t)
t
en dus is
x0 (t)
t→0+ t
lim
eindig, zodat x0 (0) = 0.
7.3
De convolutieintegraal
De convolutie van twee functies f , g : R → R is per definitie de integraal
( f ∗ g)(t) =
Z +∞
f (u)g(t − u)du
−∞
voor zover deze convergeert. Als f (t) = g(t) = 0 voor t < 0, dan krijgen we
( f ∗ g)(t) =
Z t
f (u)g(t − u)du
0
86
Stelling 7.3.1 De Laplacegetransformeerde van een convolutieintegraal is het product van de Laplacegetransformeerden:
L { f ∗ g} = L { f }L {g}
Bewijs. Stel L { f } = F(p), L {g} = G(p). Herinner dat
0
als t < u
gu (t) =
g(t − u) als t ≥ u
We berekenen dan
Z +∞
F(p)G(p) =
f (u)G(p)e−pu du
0
Aangezien
−pu
G(p)e
Z +∞
=
g(v)e−pv e−pu dv
0
Z +∞
=
g(t − u)e−pt dt
u
Z +∞
=
0
vinden we
gu (t)e−pt dt
Z +∞
Z ∞
F(p)G(p) =
f (u)du
0
0
gu (t)e−pt dt
Men kan aantonen dat de volgorde van de integralen mag veranderd worden, zodat
Z +∞
F(p)G(p) =
−pt
e
Z t
f (u)g(t − u)du = L { f ∗ g}(p)
dt
0
0
Toepassing: de integralen van Euler
We herhalen de definitie van de Gamma-functie:
Z +∞
Γ(µ) =
t µ−1 e−t dt
0
We hebben gezien dat de integraal steeds convergeert als µ > 0. Op gelijkaardige manier definiëren
we de Beta-functie:
Z
1
B(µ, ν) =
t µ−1 (1 − t)ν−1 dt
0
We kunnen aantonen dat deze integraal convergeert zodra µ, ν > 0. Met behulp van de Laplacetransformatie kunnen we een verband geven tussen Beta en Gamma functie. We hebben reeds
gezien dat
Γ(µ)
L {t µ−1 } = µ
p
87
en dus is ook
Γ(µ + ν)
pµ+ν
Γ(µ + ν) Γ(µ)Γ(ν)
=
Γ(µ)Γ(ν) pµ+ν
Γ(µ + ν)
=
L {t µ−1 }L {t ν−1 }
Γ(µ)Γ(ν)
L {t µ+ν−1 } =
zodat
Γ(µ)Γ(ν) µ+ν−1
t
= L −1 {L {t µ−1 }L {t ν−1 }}
Γ(µ + ν)
= tZµ−1 ∗ t ν−1
t
=
uµ−1 (t − u)ν−1 du
0
Stel hierin t = 1; dan volgt
Stelling 7.3.2 Voor µ, ν > 0 hebben we
Γ(µ)Γ(ν)
= B(µ, ν)
Γ(µ + ν)
Voorbeeld 7.3.3 We berekenen, bij wijze van voorbeeld,
1 1
B( , ) =
2 2
Z 1
0
Z 1
du
√
=
u − u2
Z 1
= 2
0
du
q
1
4
− (u − 12 )2
Z 1
du
p
=
0
1 − (2u − 1)2
= bgsin 1 − bgsin (−1) = π
dt
√
−1 1 − t 2
Uit stelling 7.3.2 volgt dan dat
1
1 1
Γ( )2 = B( , )Γ(1) = π
2
2 2
en hieruit volgt de gekende formule (zie bijvoorbeeld Analyse 2, §3.4)
√
1
Γ( ) = π
2
Toepassing: integraalvergelijkingen
Een integraalvergelijking is een vergelijking van de vorm
Z b(t)
x(t) = f (t) +
g(u,t)x(u)du
a(t)
88
waarbij x een onbekende functie is, en f , g, a en b gegeven. Als a en b constant zijn dan wordt de
vergelijking een vergelijking van Fredholm genoemd; als a = 0 en b = t, dan spreken we van een
vergelijking van Volterra. We bekijken de vergelijking van Volterra in het bijzonder geval waarin
g(u,t) = k(t − u), dus
Z
t
k(t − u)x(u)du
x(t) = f (t) +
0
Als we de Laplacegetransformeerde van deze vergelijking nemen, dan vinden we, met behulp van
stelling 7.3.1:
X(p) = F(p) + K(p)X(p)
en dus
X(p) =
F(p)
1 − K(p)
De inverse Laplacetransformatie levert dan x(t).
Voorbeeld 7.3.4 Een materieel punt glijdt zonder wrijving langs een kromme, onder werking van
het zwaartekrachtveld. De beginsnelheid is nul. Bepaal de kromme zodanig dat de valtijd onafhankelijk is van het beginpunt. Stel s de hoofdparameter langs de kromme. We bepalen s in functie
y
p x0 , y0
s
0
x
Figuur 7.3: Het deeltje glijdt naar beneden langs een kromme
van y: stel s = f (y). De valsnelheid is dan v =
ds
dt ,
en uit de wet van behoud van energie volgt dat
mv2
= mg(y0 − y)
2
zodat
v=
ds p
dt
dt ds
f 0 (y)
= 2g(y0 − y) en
=
=p
dt
dy ds dy
2g(y0 − y)
De valtijd wordt dus gegeven door de formule
−1
T=√
2g
Z y0
0
89
f 0 (y)
√
dy
y0 − y
Het rechterlid is een convolutieintegraal. Dit wordt duidelijk als we stellen
y0 = t en y = u
We krijgen dan
p
2gT = −
Z t
f 0 (u)(t − u)−1/2 du = −t −1/2 ∗ f 0 (t)
0
We nemen de Laplacegetransformeerde van beide leden: aangezien
r
1
Γ(1/2)
π
−1/2
L {1} = , L {t
} = 1/2 =
en L { f 0 (t)} = pF(p)
p
p
p
vinden we
r
p T
π
− 2g = pF(p)
p
p
en
p T
pF(p) = − 2g
π
r
π
p
en, na het berekenen van de inverse getransformeerde:
p T 1
f 0 (t) = − 2g √
π t
Als we terug overgaan naar de oorspronkelijke veranderlijken y en y0 en rekening houden met
s
2
dx
ds
0
= f (y) = − 1 +
dy
dy
dan vinden we
dx
1+
dy
2
a
2gT 2
met a = 2
y
π
=
Dit is een differentiaalvergelijking die we kunnen oplossen via scheiding van veranderlijken:
dx =
a−y
y
1/2
en
Z x=
a−y
y
dy
1/2
dy
We rekenen deze integraal uit via de substitutie
y = a sin2
θ a
= (1 − cos θ)
2 2
θ
θ
dy = a sin cos dθ
2
2
90
Z
cos θ2
Z
θ
θ
θ
x =
a sin cos = a cos2 dθ
θ
2
2
2
sin
Z 2
a
a
=
(1 + cos θ)dθ = (θ + sin θ) + c
2
2
Omdat y(0) = 0, vinden we c = 0. Een stel parametervergelijkingen van de oplossing is dus
(
2
x = gT
(θ + sin θ)
2
π
y=
gT 2
(1 − cos θ)
π2
(7.4)
Laten we aantonen dat dit een cycloide voorstelt. Herhaal dat de vergelijking van de cycloide als
volgt luidt (zie Analyse II, Voorbeeld 1.4.8):
x = a(ψ − sin ψ)
y = a(1 − cos ψ)
Stel ψ = π + θ. Dan krijgen we
of
x = a(π + θ + sin θ)
y = a(1 + cos θ)
x − aπ = a(θ + sin θ)
2a − y = a(1 − cos θ)
Als we X = x − aπ stellen, en Y = 2a − y, dan vinden we ((7.4)).
7.4
Distributies en de Dirac functie
Voor elke ε > 0 bekijken we de functie
δε (t) =
ε−1
als 0 ≤ t ≤ ε
0
als t < 0 of t > ε
De Laplacegetransformeerde van δε kan gemakkelijk uitgerekend worden:
L {δε (t)} =
1 − e−εp
εp
Stel nu
δ(t) = lim δε (t)
ε→0+
Dan is
L {δ(t)} = 1
Deze procedure is natuurlijk heel bedenkelijk:
• de limiet van δε is 0 voor t 6= 0 en bestaat niet in t = 0;
91
y
1/e
x
e
Figuur 7.4: Grafiek van de functie δε
• we weten helemaal niet of we de limiet en de Laplacetransformatie mogen verwisselen;
• er bestaat geen functie waarvan de Laplacegetransformeerde gelijk aan 1 is, aangezien 1 niet
naar nul nadert als p → +∞ (zie stelling 6.4.15).
Toch bouwen we op dit idee voort. Als f continu is in 0, dan is
Z +∞
1 ε
lim
f (t)δε (t)dt = lim
f (t)dt
ε→0+ −∞
ε→0+ ε 0
1
= lim f (θε)ε = f (0)
ε→0+ ε
Z
Hierbij pasten we de stelling van het gemiddelde toe (zie Analyse I), en is θ ∈ (0, 1). Als we
integraal en limiet mogen verwisselen vinden we
Z +∞
f (t)δ(t)dt = f (0)
(7.5)
−∞
(7.5) noemen we de zifteigenschap. Het probleem is weer dat er geen enkele functie bestaat met
de zifteigenschap voor elke continue functie f .
Het idee is nu het volgende.
Neem een functie γ(t), en zij V een vectorruimte die bestaat uit functies f (t) waarvoor de integraal
Z +∞
f (x)γ(x)dx
−∞
convergeert. Geassocieerd aan γ is dan een lineaire afbeelding (of functionaal)
V → R, f 7→
Z +∞
f (x)γ(x)dx
−∞
92
Dit is eigenlijk een element in de duale ruimte V ∗ van V . Als we de notatie γ zowel voor de
oorspronkelijke gegeven functie als voor de functionaal gebruiken kunnen we dus schrijven
Z +∞
γ( f ) =
f (x)γ(x)dx
−∞
Nu bestaan er functionalen die niet in integraalvorm geschreven kunnen worden, bijvoorbeeld
δ( f ) = f (0)
Zulke functionalen noemen we distributies of veralgemeende functies. δ noemen we de Dirac
distributie. De notatie in het linkerlid van de twee bovenstaande formules gebruikt men meestal
niet: men gebruikt de integraalnotatie ook voor distributies alsof het gewone functies waren:
Z +∞
f (0) =
f (x)δ(x)dx
−∞
Het spreekt vanzelf dat een doorgedreven uitwerking van deze theorie gepaard gaat met heel wat
technische moeilijkheden. Een van de problemen is een goede keuze van de vectorruimte V , die
ook de ruimte van de testfuncties genoemd wordt.
Niettemin zijn er een aantal toepassingen, waarbij het gebruik van distributies het rekenwerk kan
vergemakkelijken. Beschouw bijvoorbeeld een botsing van twee biljartballen. Zolang de ballen
mekaar niet raken oefenen zij geen kracht op elkaar uit. Tijdens de botsing is er een wederzijdse
afstoting, die gedurende een zeer korte tijd enorm hoog is, en dan is de wederzijdse kracht opnieuw
nul. Men geeft er dan de voorkeur aan om de botsingstijd nul te stellen, en de kracht tijdens de
botsingstijd oneindig. Dit is juist het principe van de δ-functie.
We kunnen δ(x) ook bekijken als de afgeleide van de Heaviside functie H(t). Onderstel dat
Z +∞
f (x)dx
0
convergent, zodat zeker
lim f (x) = 0
x→∞
Louter formeel berekenen we, via partiële integratie
Z +∞
0
H (t) f (t)dt
−∞
= −
= [H(t) f (t)]+∞
−∞ −
Z +∞
Z +∞
f 0 (t)dt = f (0) =
−∞
Z +∞
−∞
0
H(t) f 0 (t)dt
δ(t) f (t)dt
zodat we kunnen “besluiten”:
H 0 (t) = δ(t)
Op gelijkaardige wijze kunnen we de afgeleide van δ(t) berekenen:
Z +∞
−∞
0
δ (t) f (t)dt
= [δ(t) f (t)]+∞
−∞ −
Z +∞
−∞
Dit is de zifteigenschap voor δ0 (t).
93
δ(t) f 0 (t)dx = − f 0 (0)
f (t)
F(p)
1
1
p
0
eat
1
p−a
a
t n (n = 1, 2, . . .)
n!
pn+1
0
t n eat (n = 1, 2, . . .)
n!
(p − a)n+1
a
2
p + a2
p
2
p + a2
sin at
cos at
sin at − at cos at
2a3
(p2 + a2 )2
t sin at
2a
(p2 + a2 )2
(3 − a2t 2 ) sin at − 3at cos at
8a5
(p2 + a2 )3
t sin at − at 2 cos at
8a3
(p2 + a2 )3
sh kt
ch kt
e−at sin kt
e−at cos kt
1
p
1
p
k
p2 − k2
p
p2 − k2
k
(p + a)2 + k2
p+a
(p + a)2 + k2
convergentieabscis
(a, b, k zijn reëel)
a
0
0
0
0
0
0
|k|
|k|
−a
−a
Tabel 7.1: Tabel van Laplacegetransformeerden
94
f (t)
F(p)
√
π
p
2 p3
r
π
p
√
t
1
√
t
convergentieabscis
0
0
Γ(k + 1)
pk+1
0
Γ(k + 1)
(p − a)k+1
a
a−b
(p − a)(p − b)
a
1
1
sin at − sin bt
a
b
b2 − a2
(p2 + a2 )(p2 + b2 )
0
cos at − cos bt
(b2 − a2 ) p
(p2 + a2 )(p2 + b2 )
0
tk
t k eat
(k > −1)
(k > −1)
eat − ebt
(a > b)
Tabel 7.2: Tabel van Laplacegetransformeerden (vervolg)
95
Hoofdstuk 8
De Fouriertransformatie
8.1
De Fouriertransformatie
Neem opnieuw een functie f : R → R. We eisen niet langer dat f (t) = 0 voor t < 0. De tweezijdige
Laplacegetransformeerde wordt gedefinieerd door de formule
Z +∞
L { f (t)} = F(p) =
f (t)e−pt dt
(8.1)
−∞
In hoofdstuk 6 hebben we gezien dat de integraal
Z +∞
f (t)e−pt dt
0
convergeert voor Re(p) > α. Bekijk dan de integraal over t < 0, en voer de substitutie u = −t uit;
we zien dat
Z
Z
0
+∞
f (t)e−pt dt =
−∞
f (−u)e pu du
0
zodat uit de theorie van de eenzijdige Laplacegetransformeerde volgt dat er een β bestaat zodat
deze integraal convergeert voor Re(−p) > −β of voor Re(p) < β. (8.1) zal dus convergeren over
een strook van de vorm α < Re(p) < β. Uiteraard is het mogelijk dat α > β zodat de strook leeg
is. De Fouriergetransformeerde van f is per definitie
F { f (t)} = F(iω) =
Z +∞
e−iωt f (t)dt
−∞
en deze convergeert voor
α < Re(iω) < β of − β < Im(ω) < −α
We krijgen nu dus een - mogelijke lege - horizontale strook waarover de Fourier getransformeerde
bestaat. Merk op dat de x-as tot de convergentiestrook behoort indien de integraal
Z +∞
| f (t)|dt
−∞
convergent is.
96
y
a
b
x
Figuur 8.1: Convergentiegebied van de tweezijdige Laplacetransformatie
Voorbeeld 8.1.1 Zij f (t) = e−a|t| , met a > 0. Voor elke ω ∈ R geldt
Z +∞
F(iω) =
e−iωt e−a|t| dt
−∞
=
8.2
1
2a
1
+
= 2
a − iω a + iω a + ω2
De inverse Fouriergetransformeerde
We herhalen de definitie van de integraal van een functie f : [a, b] → R. Onderstel dat f begrensd
is. Zij P = (a = x0 , x1 , · · · , xn = b) een partitie van [a, b], en stel, voor k = 1, · · · , n.
mk = inf{ f (x) | x ∈ [xk−1 , xk ]}
Mk = sup{ f (x) | x ∈ [xk−1 , xk ]}
De boven- en ondersom behorend bij de partitie P worden dan gedefinieerd door
n
L f (P) =
∑ mk ∆xk
k=1
n
U f (P) =
∑ Mk ∆xk
k=1
Indien
sup{L f (P) | P partitie} = inf{U f (P) | P partitie} = I
voor elke partitie P, dan zeggen we dat f integreerbaar is over [a, b], en schrijven
Z b
I=
f (t)dt
a
97
y
-a
x
-b
Figuur 8.2: Convergentiegebied van de Fouriertransformatie
Stuksgewijs continue functies zijn integreerbaar.
Lemma 8.2.1 (Lemma van Riemann) Als f begrensd en integreerbaar is, dan is
Z b
lim
A→+∞ a
f (x) sin Axdx = 0
Bewijs. f is begrensd, zodat er een N bestaat zodat | f (x)| < N, voor alle x. Kies ε > 0. Er bestaat
dan een partitie P = (a = x0 , x1 , · · · , xn = b) van [a, b] zodat
0 < U f (P) − L f (P) <
ε
2
We berekenen nu dat
Z b
n Z x k
= ∑
f
(x)
sin
Axdx
f
(x)
−
f
(x
)
+
f
(x
)
sin
Axdx
k
k
a
k=1 xk−1
Z xk
Z xk
n
≤ ∑
| f (x) − f (xk )|| sin Ax|dx + |
f (xk ) sin Axdx|
k=1
n
≤
xk−1
xk−1
n
∑ (Mk − mk )∆xk + ∑ | f (xk )||
k=1
k=1
n
Z xk
Z xk
sin Axdx|
xk−1
≤ U f (P) − L f (P) + ∑ N|
sin Axdx|
xk−1
k=1
x n ε
− cos Ax k +N ∑ ≤
2
A
xk−1 k=1
≤
ε 2Nn
+
<ε
2
A
98
2N
ε
< .
A
2
als we A voldoende groot nemen zodat
Gevolg 8.2.2 Onderstel f : [a, +∞) → R begrensd en integreerbaar over elk interval [a, b]. Als de
integraal
Z
+∞
| f (x)|dx
a
convergent is, dan is
Z +∞
lim
A→+∞ a
f (x) sin Axdx = 0
Bewijs. Er bestaat een N > 0 zodat voor elke b > N en A > 0:
|
Z +∞
f (x) sin Axdx| ≤
Z +∞
b
| f (x)|dx <
b
ε
2
Neem zulk een b. Uit lemma 8.2.1 volgt dat er een A0 bestaat zodat
|
Z b
f (x) sin Axdx| <
a
ε
2
zodra A > A0 . Dan geldt
|
Z +∞
f (x) sin Axdx| ≤ |
Z b
a
f (x) sin Axdx| + |
Z +∞
a
f (x) sin Axdx| < ε
b
Definitie 8.2.3 Neem een functie f : R → R. Stel
Z +∞
(P)
Z +R
f (x)dx = lim
−∞
R→+∞ −R
f (x)dx
en noem deze de hoofdwaarde van de oneigenlijke integraal.
Als de oneigenlijke integraal convergent is, dan is hij gelijk aan de hoofdwaarde. Het kan zijn dat
de oneigenlijke integraal divergeert, terwijl de hoofdwaarde toch bestaat. Zo is
Z +∞
(P)
Z +R
xdx = lim
−∞
R→+∞ −R
xdx = 0
Definitie 8.2.4 Beschouw een functie f : (a, a + r) → R, en onderstel dat f (a+) (de rechterlimiet)
bestaat. We zeggen dat f aan de rechtervoorwaarde van Lipschitz van orde α voldoet als er een
δ > 0 en een k > 0 bestaat zodat
∀t ∈ (a, a + δ) : | f (t) − f (a+)| < k|t − a|α
De linkervoorwaarde van Lipschitz wordt op analoge manier gedefinieerd.
99
Stel f (a) = f (a+) en onderstel dat dan f een rechterafgeleide in a heeft; dan voldoet f in a aan
de rechtervoorwaarde van Lipschitz van orde 1.
We kunnen nu de inversiestelling formuleren en bewijzen.
Stelling 8.2.5 Onderstel dat f : R → R voldoet aan de volgende voorwaarden:
1. f is stuksgewijs continu over R;
2. de oneigenlijke integraal
Z +∞
| f (t)|dt
−∞
is convergent;
3. f voldoet in elke a ∈ R aan een rechter- en linkervoorwaarde van Lipschitz van orde α > 0.
Dan convergeert de integraal
Z +∞
F(iω) =
e−iωt f (t)dt
−∞
uniform voor ω ∈ R. Bovendien geldt voor elke t ∈ R dat
1
(P)
2π
Z +∞
f (t+) + f (t−)
2
F(iω)eiωt dω =
−∞
(8.2)
Bewijs. De uniforme convergentie over R van de integraal F(iω) volgt uit het feit dat |e−iωt f (t)| =
| f (t)|, voorwaarde 2) in de stelling, en het criterium van Weierstrass voor uniforme convergentie
(zie stelling 6.1.4).
We berekenen nu de integraal
Z +∞
P = (P)
iωt
F(iω)e
Z A
dω = lim
A→+∞ −A
−∞
iωt
e
Z +∞
dω
f (τ)e−iωτ dτ
−∞
Wegens de uniforme convergentie mogen we de integratievolgorde omwisselen, zodat
Z +∞
P =
eiω(t−τ) dω
−A
#A
"
iω(t−τ)
e
f (τ)dτ
i(t − τ)
f (τ)dτ
lim
A→+∞ −∞
Z +∞
=
Z A
lim
A→+∞ −∞
−a
Z +∞
= 2 lim
A→+∞ −∞
Z +∞
= 2 lim
A→+∞ −∞
sin A(t − τ)
dτ
t −τ
sin Au
f (u + t)
du
u
f (τ)
100
waarbij we u = τ − t substitueerden. Neem δ > 0, en splits deze laatste integraal in drie:
Z −δ
Z +∞
=
Z +δ
+
−∞
Z +∞
+
−∞
−δ
δ
Uit gevolg 8.2.2 volgt dat
Z −δ
lim
A→∞ −∞
zodat
Z +∞
= lim
=0
A→∞ δ
Z +δ
P = 2 lim
A→+∞ −δ
f (u + t)
sin Au
du
u
We herschrijven de overblijvende integraal als volgt:
Z +δ
sin Au
f (t + u)
du = 2
u
Z +δ
sin Au
du
u
−δ
Z +δ
sin Au
du
=
( f (t + u) + f (t − u))
u
−δ
2
−δ
f (t − u)
Als toepassing van de residustelling hebben we berekend dat (cf. (4.6)):
π=
Z ∞
sin x
−∞
x
dx = lim
Z Aδ
sin x
A→+∞ −Aδ
x
dx = lim
Z δ
sin Au
u
A→+∞ −δ
du
Bij de laatste stap gebruikten we de substitutie x = Au. we hebben dus
Z +δ
sin Au
du
A→+∞ −δ
u
Z +δ
sin Au
du
π( f (t+) + f (t−)) = lim
( f (t+) + f (t−))
A→+∞ −δ
u
P =
lim
( f (t + u) + f (t − u))
Deze formules gelden voor elke δ > 0. Uit de Lipschitz voorwaarden volgt dat er een δ1 > 0 en
een k > 0 bestaan zodat
0 < u < δ1 ⇒ | f (t + u) − f (t+)| < k|u|α
Als we nu δ ≤ δ1 kiezen, dan vinden we
|
Z δ
( f (t + u) − f (t+))
0
sin Au
du| ≤ k
u
Z δ
|u|α−1 du =
0
kδα ε
<
α
4
als we δ maar klein genoeg kiezen. Op dezelfde manier kunnen we ervoor zorgen dat - als we δ
klein genoeg kiezen - dat
Z δ
sin Au
ε
| ( f (t − u) − f (t−))
du| ≤
u
4
0
|
Z 0
( f (t + u) − f (t−))
−δ
101
sin Au
ε
du| ≤
u
4
Z 0
ε
sin Au
du| ≤
u
4
−δ
Omdat al deze betrekkingen gelden voor alle A blijven ze behouden na limietovergang voor A →
+∞, zodat we vinden dat
|P − π( f (t+) + f (t−))| ≤ ε
|
( f (t − u) − f (t+))
Omdat dit geldt voor elke ε > 0 verkrijgen we tenslotte
P = π( f (t+) + f (t−))
Als we beide leden dan delen door 2π vinden we (8.2).
Als toepassing kunnen we nu ook de inversieformule voor de (eenzijdige) Laplacegetransformeerde bewijzen.
Bewijs. (van stelling 7.1.3) Onderstel dat f van exponentiële orde α is, en dat f en f 0 stuksgewijs
continu zijn voor t ≥ 0. Stel F(p) = L { f (t)}, en neem γ > α. We zullen stelling 8.2.5 toepassen
op
−γt
e f (t) als t > 0
f1 (t) =
0
als t ≤ 0
0
Omdat
f stuksgewijs
continu is zeker voldaan aan de voorwaarde van Lipschitz. De integraal
R +∞
R +∞ −γt
| f (t)|dt is convergent omdat f van exponentiële orde α < γ is. We zien
−∞ | f 1 (t)|dt = −∞ e
ook dat
Z +∞
F1 (iω) =
e−iωt−γt f (t)dt = F(γ + iω)
0
stelling 8.2.5 vertelt ons dus
1
(P)
2π
Z +∞
−∞
F1 (iω)eiωt dω =
f1 (t+) + f1 (t−)
2
of
+∞
1
f (t+) + f (t−)
(P)
F(γ + iω)eiωt dω = e−γt
2π
2
−∞
Substitueer p = γ + iω, en breng eγt naar het ander lid. Dan krijgen we
Z
1
2πi
Z γ+i∞
F(p)e pt dp =
γ−i∞
f (t+) + f (t−)
2
en dit is precies (7.1).
8.3
Verdere eigenschappen, voorbeelden en toepassingen
Stelling 8.3.1 Als f : R → R een even functie is, dan is F(iω) ∈ R reëel, en
Z +∞
F(iω) = 2
f (t) cos ωtdt.
0
102
Als f : R → R een oneven functie is, dan is F(iω) ∈ iR imaginair, en
F(iω) = −2i
Z +∞
f (t) sin ωtdt.
0
Bewijs. Onderstel dat f even is, m.a.w. f (−x) = f (x), voor elke x. Dan hebben we
Z 0
f (t)e−iωt dt +
F(iω) =
Z +∞
−∞
0
Z +∞
=
f (t)e−iωt dt
f (u)eiωu du +
Z +∞
0
f (t)e−iωt dt
0
Z +∞
= 2
f (t) cos ωtdt.
0
Het bewijs in het geval dat f oneven is verloopt analoog.
Voorbeeld 8.3.2 We berekenen de Fouriergetransformeerde van een signaal dat constant is gedurende het tijdsinterval [−R, R], en nul erbuiten:
1 als −R ≤ t ≤ R
f1 (t) =
0 als |t| > R
Z +∞
F1 (iω) = 2
Z R
f (t) cos ωtdt = 2
cos ωtdt
0
sin ωR
sin ωt +∞
=2
.
= 2
ω 0
ω
0
De sinc-functie wordt gegeven door de formule
sinc(x) =
sin x
.
x
We krijgen dan
F1 (iω) = 2Rsinc(ωR).
Merk op: hoe groter R (dus hoe breder het signaal), hoe “smaller”de grafiek van het getransformeerde signaal: de afstand van de oorsprong tot het eerste nulpunt van F1 (ω) is π/R.
Als we de inversieformule (8.2) toepassen in het geval t = 0 en R = 1, dan vinden we
1
1=
2π
of
Z +∞
sin ω
2
−∞
Z +∞
sin ω
ω
dω,
dω = π.
ω
Merk op dat de klassieke methodes (substitutie, partiële integratie,...) niet toelaten om een primitieve functie van de sinc functie te bepalen.
−∞
103
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
!0.2
!0.4
!25
!20
!15
!10
!5
0
5
10
15
20
25
Figuur 8.3: De Fouriergetransformeerde van een rechthoekige puls (R = 1)
Voorbeeld 8.3.3 In plaats van een rechthoekig signaal nemen we nu een driehoekig signaal, beschreven door de formule

t

 1 − R als 0 ≤ t ≤ R
f2 (t) = 1 + Rt als −R ≤ t ≤ 0


0
als |t| > R
We vinden nu, na partiële integratie
Z +∞
Z R
t
F2 (iω) = 2
f (t) cos ωtdt = 2
(1 − ) cos ωtdt
R
0
0
R
Z R
t
2
2
(1 − ) sin ωt +
=
sin(ωt)dt
ω
R
ωR 0
0
2(1 − cos ωR)
2
= − 2 [cos(ωt)]R0 =
ω R
ω2 R
2
4 sin (ωR/2)
2 ωR
=
=
Rsinc
.
ω2 R
2
Merk op dat F2 (0) = R. Het kleinste positieve nulpunt van F2 (ω) is ω = 2π
R . Ook hier zien we
het verschijnsel dat de breedte van het signaal omgekeerd evenredig is met de breedte van het
getransformeerde signaal.
We passen weer (8.2) toe, in het geval t = 0 en R = 2. We hebben dan F2 (ω) = 2sinc2 ω, en
1
1 = f (0) =
2π
of
Z +∞
−∞
Z +∞
sin2 ω
−∞
ω2
104
2sinc2 ωdω,
dω = π.
(8.3)
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
!25
!20
!15
!10
!5
0
5
10
15
20
25
Figuur 8.4: De Fouriergetransformeerde van een driehoekige puls (R = 1)
We formuleren nu een aantal eigenschappen van de Fouriergetransformeerde, die gelijken op analoge eigenschappen van de Laplacetransformatie. Onderstel dat f : R → R een functie is die aan
de voorwaarden van de inversiestelling 8.2.5 voldoet. Zoals voorheen gebruiken we de notatie
F { f (t)}(ω) = F(iω).
Stelling 8.3.4 Neem a ∈ R, en definieer fa : R → C door de formule
fa (t) = f (t − a).
De grafiek van fa is dan dezelfde als die van f , maar over een afstand a verschoven. We hebben
dan
F { fa }(ω) = e−iωa F(iω).
(8.4)
Bewijs.
F { fa }(ω) =
Z +∞
−∞
Z +∞
=
f (t − a)e−iωt dt
f (u)e−iωu e−iωa du = e−iωa F(iω).
−∞
We voerden hierbij de substitutie u = t − a uit.
Stelling 8.3.5 Neem a > 0. Dan is
1
a
F { f (at)}(ω) = F(
105
iω
).
a
(8.5)
Bewijs.
Z +∞
F { f (at)}(ω) =
f (at)e−iωt dt
−∞
iωu
1 +∞
f (u)e− a du
=
a −∞
1 iω
=
F( ).
a
a
Z
Ditmaal gebruikten we de substitutie u = at.
Als a > 1 in stelling 8.3.5, dan is het signaal f (at) “breder”dan het signaal f (t). Het getransformeerde signaal wordt dan smaller. Dit is het fenomeen dat we reeds opmerkten in de voorbeelden
8.3.2 en 8.3.3.
Stelling 8.3.6
F {t n f (t)}(ω) = in
dn
F(iω).
dωn
(8.6)
Bewijs.
F {t n f (t)}(ω) =
Z +∞
t n f (t)e−iωt dt
−∞
n
Z +∞
= i
−∞
n −iωt
−iωt d e
e
dt
dωn
dn
= in n F(iω).
dω
Stelling 8.3.7
F { f (n) (t)}(ω) = (iω)n F(iω).
(8.7)
Bewijs.
0
F { f (t)}(ω) =
=
Z +∞
f 0 (t)e−iωt dt
−∞
+∞
f (t)e−iωt −∞ + iω
Z +∞
f (t)e−iωt dt = iωF(iω),
−∞
waarbij we partiële integratie gebruikten. We passen deze formule n keer toe.
Stelling 8.3.8
F { f ∗ g}(ω) = F(iω)G(iω).
106
(8.8)
Bewijs.
F { f ∗ g}(ω) =
Z +∞
Z +∞
dt
−∞
−∞
+∞
Z +∞
=
dx
Z
−∞
−∞
+∞
Z +∞
=
dx
−∞
Z +∞
=
f (t − x)g(x)e−iωt dx
Z
f (t − x)e−iω(t−x) dt g(x)e−iωx
f (s)e−iωs ds g(x)e−iωx
−∞
dxF(ω)g(x)e−iωx = F(ω)G(ω).
−∞
We verwisselden eerst de integratievolgorde, en voerden dan de substitutie s = t − x uit.
Beschouw weer twee functies f , g : R → C. We definiëren de Fouriergetransformeerde van zulk
een complexwaardige functie op dezelfde manier als voor een functie met waarden in R.
Het inwendig product h f , gi wordt gedefinieerd door de formule
h f , gi =
Z +∞
f (t)g(t)dt.
(8.9)
−∞
Men kan aantonen dat de integraal (8.9) convergeert als f en g kwadratisch integreerbaar zijn, dit
betekent dat
Z +∞
Z +∞
| f (t)|2 dt,
|g(t)|2 dt < +∞.
−∞
−∞
De norm k f k van f wordt dan gedefinieerd als volgt:
2
kfk = hf, fi =
Z +∞
| f (t)|2 dt.
−∞
Stelling 8.3.9 Onderstel f , G : R → C kwadratisch integreerbaar.
hF { f }, Gi = 2πh f , F −1 {G}i.
(8.10)
Bewijs.
2πh f , F
−1
{G}i =
Z +∞
Z +∞
f (t)dt
−∞
−∞
Z +∞
Z +∞
=
f (t)dt
−∞
Z +∞
=
G(ω)eiωt dω
G(ω)e−iωt dω
−∞
F(ω)G(ω)dω.
−∞
Een onmiddellijk gevolg van stelling 8.3.9 is het feit dat de Fouriertransformatie het inwendig
product en de norm bewaren (op een factor 2π na).
107
Gevolg 8.3.10 (Formule van Plancherel) Onderstel f , g : R → C kwadratisch integreerbaar.
√
hF { f }, F {g}i = 2πh f , gi, kF { f }k = 2πk f k.
Bewijs.
(8.9)
hF { f }, F {g}i = 2πh f , F −1 {F {g}}i = 2πh f , gi.
Voorbeeld 8.3.11 We passen de formule van Plancherel toe op voorbeelden 8.3.2 en 8.3.3. Neem
eerst R = 1 in voorbeeld 8.3.2. We vinden formule (8.3) terug:
4
Z +∞
sin2 ω
−∞
ω2
Z +∞
dω = 2π
−∞
f1 (t)2 dt = 2π
Z 1
dω = 4π.
−1
Nu nemen we R = 2 in voorbeeld 8.3.3. We krijgen
4
Z +∞
sin4 ω
−∞
ω4
Z +∞
dω = 2π
−∞
Z 2
2
f2 (t) dt = 4π
zodat
Z +∞
sin4 ω
−∞
ω4
0
2
8π t
8π
t 3
3
( − 1)
= .
(1 − ) dt =
2
3 2
3
0
dω =
2π
.
3
Uit de formule van Plancherel volgt ook dat
hF1 , F2 i = 4
Z +∞
sin3 ω
−∞
ω3
dω
1
t
= 2πh f1 , f2 i = 4π (1 − )dt
2
0
1
t2
= 4π t −
= 3π,
4 0
Z
en hieruit volgt dat
Z +∞
sin3 ω
−∞
ω3
dω =
108
3π
.
4
Hoofdstuk 9
De Z-transformatie
9.1
Definitie en eigenschappen
Definitie 9.1.1 We beschouwen een numerieke rij ( fn ). De Z-getransformeerde van deze rij wordt
gedefinieerd als de som van de Laurentreeks
∞
Z { fn } = F(z) =
fn
∑ zn
(9.1)
n=0
n
Stelling 9.1.2 Zij R de convergentiestraal van de machtreeks ∑∞
n=0 f n z . Dan convergeert F(z)
1
1
absoluut voor |z| > R , en de functie F is analytisch in elke |z| > R .
Voorbeeld 9.1.3 Neem fn = an . Dan is
n
a
z
=
Z {a } = ∑
z−a
n=0 z
n
∞
voor |z| > a.
Stelling 9.1.4 We nemen twee rijen ( fn ) en (gn ), en onderstellen dat Z { fn } = F(z) en Z {gn } =
G(z) convergeren voor respectievelijk |z| > r en |z| > r0 . Dan geldt
1. Z {a fn + bgn } = aF(z) + bG(z) voor |z| > max{r, r0 }.
2. Z {an fn } = F( az ) voor |z| > |a|r.
k−1
3. Z { fn+k } = zk F(z) − zk ∑ f j z− j .
j=0
4. Stel (∆ fn ) = fn+1 − fn . Dan is Z {∆ fn } = (z − 1)F(z) − z f0 .
5. f0 = lim F(z).
z→∞
109
1
6. Als lim fn = a bestaat, dan is lim (1 − )F(z) = a.
n→∞
z→1+
z
k
d
k
−1
7. Z {n fn } = z
F(z).
dz−1
8. Onderstel dat de rij ( fn ) periodisch is: fn = fn+N , voor elke n. Dan is
Z { fn } =
zN N−1 fr
∑ zr
zN − 1 r=0
voor |z| > 1.
Bewijs. 1) is evident. n
a fn
z
2) Z {an fn } = ∑∞
n=0 zn = F( a ).
3)
∞
Z { fn+k } =
∑
∞
fn+k
fn+k
k
=
z
∑
n
n+k
z
n=0 z
n=0
∞
k
= z
k−1
fn
k
k
=
z
F(z)
−
z
∑ zn
∑ f j z− j
j=0
n=k
4) Z {∆ fn } = Z { fn+1 } − Z { fn } = (z − 1)F(z) − z f0 .
5) triviaal.
6)
∞
∞
fn
fn
−
∑ zn ∑ zn+1
n=0
n=0
f1 − f0 f2 − f1
= f0 +
+
+···
z
z2
∞
∆ fn−1
= f0 + ∑
n
n=1 z
1
(1 − )F(z) =
z
Stel z = 1x . We vinden
∞
1
lim (1 − )F(z) = lim f0 + ∑ ∆( fn−1 )xn
z→1+
x→1−
z
n=1
Stel x = 1 in de machtreeks:
∞
f0 + ∑ ∆( fn−1 ) = lim f0 + ∆ f0 + ∆ f1 + · · · ∆ fn = lim fn+1 = a
n=1
n→∞
n→∞
Ofwel ligt x = 1 in het inwendige van het convergentieinterval van de machtreeks; dan is de som
van de machtreeks continu in x = 1. Als x = 1 het rechtereindpunt van dit convergentieinterval is,
110
dan is de som van de machtreeks nog steeds linkscontinu in x = 1 (dit is de stelling van Abel). In
beide gevallen mogen we dus reekssom en linkerlimiet met elkaar verwisselen, en we vinden
1
lim (1 − )F(z) = a
z→1+
z
7) Betekenis van de notatie: we schrijven F(z) als functie van 1/z, en leiden dan af naar 1/z. We
vermenigvuldigen dan met z−1 , en passen deze operatie k maal toe. Om de formule te bewijzen
stellen we x = z−1 , en berekenen eerst
!
∞
∞
d
n
=
f
x
x
∑ n f n xn
∑ n
dx n=0
n=1
en dus
d k
x
dx
!
∞
∑ fn x
n
n=0
∞
=
∑ nk f n x n
n=1
Als we x terug vervangen door z−1 krijgen we de gewenste formule.
8)
∞
Z { fn } =
∞ N−1
fn
∑ zn = ∑ ∑
m=0 n=0
N−1
zN N−1 fr
1
fr
=
mN
r
zN − 1 r=0 zr
r=0 z
m=0 z
n=0
∞
=
fmN+r
zmN+r
∑
∑
∑
en de meetkundige reeks in 1/zN convergeert voor |z| > 1.
Voorbeeld 9.1.5 Uit
Z {an } =
1
z
=
z − a 1 − az−1
volgt
Z {nan } = x
9.2
d 1
ax
az
=
=
2
dx 1 − ax (1 − ax)
(z − a)2
De inverse transformatie
Methode 1
Deze bestaat er gewoon in om F te schrijven als een functie van x = z−1 , en dan te ontwikkelen als
een reeks van McLaurin:
∞
F(z) =
∑ f n xn
n=0
Dan is
Z −1 {F(z)} = ( fn )
111
Voorbeeld 9.2.1 Zij
F(z) =
z
z2 − z − 1
=
x
1 − x − x2
We ontwikkelen F(z) als een machtreeks
F(z) = x(1 + (x + x2 ) + (x + x2 )2 + (x + x2 )3 + · · ·)
= x + x2 + 2x3 + 3x4 + 5x5 + 8x6 + · · ·
en vinden ( fn ) = (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, · · ·).
Methode 2
Als F(z) een rationale functie is, dan splitsen we F(z) in partiële breuken, en gebruiken de tabel
van de inverse Z -getransformeerde (zie tabel 9.1).
Voorbeeld 9.2.2 We nemen weer
F(z) =
waarbij
z
z2 − z − 1
=
z
(z − α)(z − β)
√
√
1+ 5
1− 5
α=
, β=
2
2
Splitsing in partiële breuken geeft
1
F(z) =
α−β
z
z
−
z−α z−β
Gebruik makend van voorbeeld 9.1.3 vinden we
√ !n
1
1+ 5
fn = √
−
2
5
√ !n !
1− 5
2
Methode 3
De derde methode steunt op residurekening.
Stelling 9.2.3 Zij F(z) de Z-getransformeerde van ( fn ), en onderstel dat F(z) convergeert voor
|z| > r. Zij C+ een positief georienteerde kromme binnen |z| > r die eenmaal rond de oorsprong
draait. Dan is
I
1
fn =
F(z)zn−1 dz
(9.2)
2πi C+
Bewijs. (9.2) is precies de formule die de coëffiënt van 1/zn geeft in de Laurentreeksontwikkeling
van f , zie (3.10).
112
fn
F(z)
1
z
z−1
n
z
(z − 1)2
n2
z(z + 1)
(z − 1)3
an
z
z−a
(n + 1)an+1
z2 a
(z − a)2
nan
za
(z − a)2
an sin nb
a2 cos nb
za sin b
z2 − 2za cos b + a2
z(z − a cos b)
z2 − 2za cos b + a2
Tabel 9.1: Tabel van Z-getransformeerden
113
Gevolg 9.2.4 Als F enkel geı̈soleerde singulariteiten bezit binnen |z| ≤ r, dan is
fn = ∑ Res(F(z)zn−1 , zk )
(9.3)
k
waarbij de som loopt over alle singuliere punten van F.
Voorbeeld 9.2.5 We nemen weer
F(z) =
z
z
=
z2 − z − 1 (z − α)(z − β)
De singuliere punten van F zijn de punten α en β berekend in voorbeeld 9.2.2.
fn
zn
zn
= Res(
, α) + Res(
, β)
(z − α)(z − β)
(z − α)(z − β)
αn
βn
=
+
α−β β−α
αn − β n
=
α−β
Dit is in overeenstemming met voorbeeld 9.2.2.
9.3
Convolutie en product
Convolutie
De convolutie van twee rijen ( fn ) en (gn ) wordt gedefinieerd door
n
f n ∗ gn =
n
∑ fk gn−k = ∑ fn−k gk
k=0
k=0
Stelling 9.3.1 We nemen twee rijen ( fn ) en (gn ), en onderstellen dat Z { fn } = F(z) en Z {gn } =
G(z) convergeren voor respectievelijk |z| > r en |z| > r0 . Dan is
Z { fn ∗ gn } = F(z)G(z)
voor |z| > max{r, r0 }.
Bewijs. We weten dat machtreeksen (in 1/z) mogen vermenigvuldigd worden:
!
!
!
∞
n
∞
∞
gn
fn
F(z)G(z) = ∑ n
∑ zn = ∑ ∑ fn−k gk z−n
z
n=0
n=0 k=0
n=0
114
Product
Stelling 9.3.2 We nemen twee rijen ( fn ) en (gn ), en onderstellen dat Z { fn } = F(z) en Z {gn } =
G(z) convergeren voor respectievelijk |z| > r en |z| > r0 . Dan is
Z { f n gn } =
1
2πi
F(w)G(zw−1 )
dw
w
C+
I
Hierbij is C een gesloten kromme gelegen binnen de kroon r < |w| <
zin rond de oorsprong draait.
(9.4)
|z|
r0
die eenmaal in positieve
Bewijs. Gebruik makend van de inversieformule vinden we
∞
Z { fn gn } =
∑
n=0
f n gn
1 ∞ gn
=
∑ zn
zn
2πi n=0
F(w) n
w dw
C+ w
I
Als we de reekssom en de integraal mogen omwisselen, dan vinden we
I
z −n
1
F(w) ∞
Z { f n gn } =
g
n
∑ w dw
2πi C+ w n=0
1
=
2πi
F(w)G(zw−1 )
dw
w
C+
I
Omdat C volledig binnen de kroon r < |w| <
|z|
r0
∞
∑ gn
n=0
gelegen is, en dus binnen
|z|
|w|
> r0 , en de reeks
z −1
w
hierbinnen uniform convergent is, mogen we reeks en integraal verwisselen.
9.4
Recurrentie- en differentievergelijkingen
Een recurrentievergelijking is een vergelijking waarvan de onbekende een rij is, en waarin ook de
verschoven rij voorkomt:
ϕ( fn+k , fn+k−1 , · · · , fn ) = 0
We noemen k de orde van de vergelijking. Een lineaire recurrentievergelijking is van de vorm
fn+k + a1 (n) fn+k−1 + · · · + ak (n) fn = b(n)
(9.5)
Deze kan ook herschreven worden met behulp van de differentieoperator ∆, aangezien
∆ fn = fn+1 − fn , ∆2 fn = fn+2 − 2 fn+1 + fn , · · ·
We spreken dan van een lineaire differentievergelijking. De theorie van de recurrentievergelijkingen vertoont enige analogie met die van de differentiaalvergelijkingen. Beschouwen we bijvoorbeeld lineaire recurrentievergelijkingen met constante coëfficiënten: dit betekent dat elke ai
onafhankelijk is van n. We hebben dan
115
• De oplossingen van de homogene vergelijking (b = 0) vormen een vectorruimte van dimensie
k;
• Deze oplossingen kunnen gevonden worden door een algebraische vergelijking op te lossen;
• k oplossingen van de homogene vergelijking zijn lineair onafhankelijk als een zekere Wronskiaanse determinant verschillend is van nul.
• De oplossingen van de volledige vergelijking verkrijgt men door de algemene oplossing
van de homogene vergelijking op te tellen bij een particuliere oplossing van de volledige
vergelijking.
De Z-transformatie kan gebruikt worden om recurrentievergelijkingen met constante coëffiënten
op te lossen.
Voorbeeld 9.4.1 Bepaal een rij getallen die voldoen aan
fn+2 = fn+1 + fn
waarbij f0 = 0, f1 = 1. Deze getallen zijn de getallen van Fibonacci. We nemen de Z-getransformeerde
van de vergelijking: als Z { fn } = F(z), dan is
Z { fn+1 } = zF(z) − f0 z = zF(z)
Z { fn+2 } = z2 F(z) − f1 z = z2 F(z) − z
(9.6)
(9.7)
en dus
z2 F(z) − z = zF(z) + F(z)
of
F(z) =
z
z2 − z − 1
De inverse Z-getransformeerde hiervan hebben we reeds driemaal berekend. We vinden
√ !n
√ !n !
1+ 5
1
1− 5
fn = √
−
2
2
5
Voorbeeld 9.4.2 We bekijken de recurrentievergelijking
fn+2 + fn+1 − 6 fn = n + 2 − 4 · 3n
waarbij f0 = 0 en f1 = 1. Zoals in voorbeeld 9.4.1 noteren we Z { fn } = F(z), en we gebruiken ook
(9.6) en (9.7). Aangezien
Z {n} =
2z
z
z
, Z {2} =
, Z {3n } =
2
(z − 1)
z−1
z−3
is de Z-getransformeerde van de vergelijking
z2 F(z) − z + zF(z) − 6F(z) =
116
z
2z
4z
+
−
2
(z − 1)
z−1 z−3
en dus is
F(z) =
z(z3 − 7z2 + 8z − 4)
(z − 2)(z + 3)(z − 1)2 (z − 3)
fn = Res(F(z)zn−1 , 2) + Res(F(z)zn−1 , 3) + Res(F(z)zn−1 , −3) + Res(F(z)zn−1 , 1)
8 n 59
2
n 11
=
2 −
(−3)n − 3n − −
5
240
3
4 16
9.5
De tweezijdige Z-transformatie en Fourierreeksen
Neem nu een rij reële (of eventueel complexe) getallen ( fn )n∈Z . De tweezijdige Z-transformatie is
de som van de Laurentreeks
+∞
Z { fn }(z) =
∑
fn z−n .
n=−∞
We zullen laten zien dat er een verband is met Fourierreeksen (zie Analyse II, §7.5 en Aanvullingen
van de Wiskunde, §6.1). We schrijven de Z-getransformeerde op voor z = eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ
gelegen op de eenheidscirkel.
+∞
Z { fn }(eiϕ ) =
fn e−inϕ
∑
n=−∞
−1
=
∑
−inϕ
fn e
n=−∞
+∞
=
+∞
+ f0 + ∑ fn e−inϕ
n=1
+∞
∑ f−neinϕ + f0 + ∑ fne−inϕ
n=1
n=1
∞
= f0 + ∑ f−n einϕ + fn e−inϕ
n=1
∞
= f0 + ∑ ( f−n + fn ) cos nϕ + i( f−n − fn ) sin nϕ
n=1
∞
a0
=
+ ∑ an cos nϕ + bn sin nϕ,
2 n=1
waarbij we stelden:
a0 = 2 f0 , an = f−n + fn ; bn = i( f−n − fn ).
Dit is een Fourierreeks.
117
Hoofdstuk 10
Variatierekening
10.1
De vergelijkingen van Euler
In volume 1 hebben we extreme waarden van functies van één of meer veranderlijken besproken.
Een van de resultaten die we bewezen is het volgende: onderstel dat de scalaire functie f : Rn → R
een (locaal) minimum of maximum bereikt in het punt ~a. Als f differentieerbaar is in ~a, dan geldt
noodzakelijk dat grad f (~a) = ~0, of, equivalent
∂f
∂f
∂f
(~a) = 0
(~a) =
(~a) = · · · =
∂x1
∂x2
∂xn
(10.1)
(10.1) is dus een nodige voorwaarde opdat f een extremum zou bereiken.
In dit hoofdstuk willen we dit resultaat uitbreiden tot de situatie waarbij de verzameling Rn vervangen wordt door een verzameling V die zelf een verzameling functies is. Om dit verder te
verduidelijken vertrekken we van een klassiek meetkundig probleem.
In R3 beschouwen we een oppervlak S met vergelijking
z = z(x, y)
Beschouw ook twee punten A en B op het oppervlak S. We stellen onszelf nu de vraag: langs welke
(continue) kromme C gelegen op het oppervlak S die de punten A en B verbindt is de afstand van
het punt A tot het punt B minimaal? Zulk een kromme noemt men een geodeet van het oppervlak
S. Zoals we zien is de veranderlijke in dit probleem een kromme, en een kromme wordt in het
algemeen beschreven door een stel functies. In ons geval kunnen we een kromme C gelegen op het
oppervlak S die A en B verbindt beschrijven door een stel parametervergelijkingen

 x = x(t)
y = y(t)
C:

z = z(x(t), y(t))
waarbij A = (x(t1 ), y(t1 ), z(x(t1 ), y(t1 )), B = (x(t2 ), y(t2 ), z(x(t2 ), y(t2 )) voor zekere waarden t1 en
t2 van de parameter t. De verzameling V bestaat dus uit de functies
(x, y) : [t1 ,t2 ] ⊂ R → R2
118
die continu zijn en die t1 en t2 afbeelden op respectievelijk de eerste twee componenten van A en
B. Om ons probleem oplosbaar te maken zullen we bovendien onderstellen dat de functies x en y
tweemaal continu differentieerbaar zijn over [t1 ,t2 ]. We zullen dit formeel noteren als volgt:
x, y ∈ C2 [t1 ,t2 ]
waarbij
Cm [t1 ,t2 ] = { f : [t1 ,t2 ] → R | f bezit continue afgeleiden tot op orde m op [t1 ,t2 ]}
Ook de functie l : V → R kunnen we opschrijven, aangezien we formules hebben die toelaten om
de booglengte te berekenen (zie volume 2). Voor de lengte l van de kromme C vinden we:
Z t2 q
x0 (t)2 + y0 (t)2 + z0 (t)2 dt
l=
t1
De lengte wordt dus gevonden door een functie van de kromme C en de afgeleiden van haar componenten te integreren van t1 tot t2 . Het algemeen probleem kunnen we formuleren als volgt:
Probleem 10.1.1 (het algemeen probleem van de variatierekening) Gegeven is een functie f :
R2n+1 → R, t1 ,t2 ∈ R en A = (a1 , a2 , · · · , an ), B = (b1 , b2 , · · · , bn ) ∈ Rn . Bepaal een kromme C in
Rn met parametervergelijkingen


x1 = x1 (t)


 x2 = x2 (t)
C:
..

.


 x = x (t)
n
n
waarbij xi (t1 ) = ai , xi (t2 ) = bi zodanig dat de functionaal
Z t2
I=
t1
f (t, x1 , x2 , · · · , xn , x10 , x20 , · · · , xn0 )dt
extremaal wordt. Hiermee bedoelen we dat I voor de gezochte kromme minimaal of maximaal
moet zijn onder alle naburige krommen die ook aan de hierboven opgesomde voorwaarden voldoen.
We gaan een nodige voorwaarde opstellen waaraan de gezochte kromme C (of het gezochte stel
functies x1 , x2 , · · · , xn ) moet voldoen. Vooraleer we dit kunnen doen moeten we eerst een lemma
bewijzen.
Lemma 10.1.2 Onderstel dat f : [a, b] → R continu, en dat
Z b
f (x)φ(x)dx = 0
a
voor elke functie φ ∈ C2 [a, b] waarvoor φ(a) = φ(b) = 0. Dan geldt noodzakelijk dat
f (x) = 0
voor elke x ∈ [a, b].
119
Bewijs. Onderstel dat er een c ∈ [a, b] bestaat zodat f (c) 6= 0. Omdat f continu is, bestaat er dus
een omgeving van x waarop f (c) 6= 0. Hieruit volgt dat we c verschillend van a en b kunnen kiezen,
zodat c ∈ (a, b). Er bestaat dan een interval (α, β) ⊂ (a, b) dat c bevat en waarop f hetzelfde teken
heeft als f (c). We definiëren nu de functie φ : [a, b] → R als volgt:
(
(t − α)3 (t − β)3 als t ∈ (α, β)
φ(t) =
0
als t 6∈ (α, β)
De functie φ is dan tweemaal continu differentieerbaar over [a, b] (bewijs dit zelf in de punten α en
β). Ook is φ(a) = φ(b) = 0 zodat
Z b
0=
Z β
f (x)φ(x)dx =
a
f (x)(x − α)3 (x − β)3 dx
α
Deze laatste integraal kan echter niet nul zijn, aangezien de integrand een constant positief of
negatief teken heeft over (α, β). Dus is er een tegenstrijdigheid, en dit bewijst dat f (x) = 0 voor
elke x.
We bekijken nu opnieuw het algemene probleem van de variatierekening. Om de notaties te vereenvoudigen kijken we naar het geval n = 3. We noteren x, y en z voor de veranderlijken, zodat we
de extremalen moeten zoeken van de functionaal
Z t2
I=
f (t, x, y, z, x0 , y0 , z0 )dt
t1
We zullen - zoals reeds eerder vermeld - enkel een nodige voorwaarde opstellen. Onderstel dus
dat (x, y, z) een oplossing is van het probleem. Neem nu een (voorlopig vaste maar willekeurige)
functie φ ∈ C2 [t1 ,t2 ] waarvoor geldt dat φ(t1 ) = φ(t2 ) = 0. Bekijk nu de krommen van de vorm

 x(t, α) = x(t) + αφ(t)
y(t, β) = y(t) + βφ(t)

z(t, γ) = z(t) + γφ(t)
Deze verzameling krommen hangt af van de drie parameters α, β en γ. Omdat φ(t1 ) = φ(t2 ) = 0
gaan alle krommen door de punten A en B. We bekijken nu de functie
Z t2
I(α, β, γ) =
f (t, x(t, α), y(t, β), z(t, γ), x0 (t, α), y0 (t, β), z0 (t, γ))dt
t1
I bereikt een extremum in (x, y, z) als (x, y, z) loopt over alle naburige krommen die A en B verbinden. Als we de klasse krommen beperken tot een deelklasse bereikt I natuurlijk nog een extremum.
Daarom bereikt I(α, β, γ) een extremum voor α = β = γ = 0. Een nodige voorwaarde hiervoor is
dat
∂I
∂I
∂I
=
=
=0
∂α ∂β ∂γ
120
in het punt (0, 0, 0). We berekenen nu deze partiële afgeleiden met behulp van de regel van Leibniz.
Hiervoor is het voldoende te onderstellen dat f en de partiële afgeleiden van f continu zijn. We
vinden
Z t2 ∂f
∂f
∂I
=
φ(t) + 0 φ0 (t) dt
∂α
∂x
∂x
t1
Z t2
Z t2
∂f 0
∂f
φ(t)dt +
φ (t)dt
=
0
t1 ∂x
t1 ∂x
Z t2
h∂f
it2 Z t2
∂f
d ∂f dt
=
φ(t)dt +
φ(t)
−
φ(t)
∂x0
dt ∂x0
t1
t1 ∂x
t1
(partiële integratie)
!
Z t2
∂f
d ∂f =
φ(t)
dt
−
∂x dt ∂x0
t1
De geı̈ntegreerde term viel weg omdat φ(t1 ) = φ(t2 ) = 0. Voor de extremaalkromme (x, y, z) geldt
dus dat
!
Z t2
d ∂f ∂I
∂f
=
−
φ(t)
dt = 0
∂α
∂x dt ∂x0
t1
Omdat dit geldt voor elke φ ∈ C2 [t1 ,t2 ] waarvoor φ(t1 ) = φ(t2 ) = 0 vinden we, gebruik makend van
lemma 10.1.2 dat
d ∂f ∂f
=
∂x dt ∂x0
Op analoge wijze vinden we dat
d ∂f ∂f
=
∂y dt ∂y0
∂f
d ∂f =
∂z
dt ∂z0
Men noemt dit stelsel differentiaalvergelijkingen de vergelijkingen van Euler. De oplossingen
noemt men de extremalen. De Eulervergelijkingen vormen een differentiaalstelsel van drie vergelijkingen van orde 2, en de algemene integraal hangt dus af van 6 constanten. Als we eisen dat de
extremaal door de punten A en B gaat, dan krijgen we zes bijkomende voorwaarden die toelaten
om de 6 constanten te bepalen.
Onze resultaten kunnen veralgemeend worden tot het algemeen geval.
Stelling 10.1.3 Een nodige voorwaarde opdat de functionaal
Z t2
I=
t1
f (t, x1 , x2 , · · · , xn , x10 , x20 , · · · , xn0 )dt
extreem wordt voor de kromme (x1 , · · · , xn ) is dat voldaan is aan het stelsel differentiaalvergelijkingen
∂f
d ∂f =
(10.2)
∂xi dt ∂xi0
voor i = 1, 2, · · · , n.
121
Net zoals in het driedimensionaal geval noemen we de vergelijkingen (10.2) de vergelijkingen van
Euler. De oplossingen zijn de extremalen, en deze hangen af van 2n constanten. Deze constanten
kan men bepalen door de eisen dat de kromme door de punten A en B gaat.
Het geval n = 1
We bekijken nu het allereenvoudigste geval, namelijk dat waarbij de fucntionaal I van de volgende
vorm is:
Z t2
I=
f (x, y, y0 )dx
t1
De vergelijking van Euler wordt nu
d ∂f ∂f
=
∂y dx ∂y0
(10.3)
Dit is een differentiaalvergelijking van orde 2, die men in sommige gevallen kan herleiden tot een
differentiaalvergelijking van orde 1.
Eerste geval f hangt niet af van y, met andere woorden
Z t2
I=
f (x, y0 )dx
t1
(10.3) wordt dan
d ∂f =0
dx ∂y0
of
∂f
=c
∂y0
Dit is een differentiaalvergelijking van orde 1.
Tweede geval f hangt niet af van x, met andere woorden
Z t2
I=
f (y, y0 )dx
t1
Nu vinden we
∂f
∂ f 00
d
0 ∂f
0
00 ∂ f
0 d ∂f
f −y 0 = y + 0y −y 0 −y
=0
dx
∂y
∂y
∂y
∂y
dx ∂y0
en we kunnen besluiten dat
f − y0
∂f
=c
∂y0
en dit is weer een differentiaalvergelijking van orde 1.
122
y
B
A
x
0
Figuur 10.1: Geodeten in het vlak
Voorbeeld 1: de geodeten in het vlak
Gegeven twee punten (x1 , y1 ) en (x2 , y2 ) in het vlak. Welk is de geodeet in het vlak (de kortste weg
die de twee punten verbindt)?
We parameteren de kromme in x. De functionaal is dus
I=
Z x2 p
1 + y02 dx
x1
De integrand is niet afhankelijk van y en dus wordt de Eulervergelijking
y0
p
1 + y02
=c
waaruit volgt dat
y0 = c1
en
y = c1 x + c2
Zoals verwacht is dit de vergelijking van een rechte. De gevraagde extremaalkromme is dus de
rechte die A en B verbindt.
Voorbeeld 2: het vraagstuk van de brachistochrone
Gegeven zijn twee punten O en A in R3 , waarbij O hoger ligt dan A. Een massapunt met massa
m wordt in O losgelaten, zonder beginsnelheid, en beweegt zonder wrijving langs een kromme die
O en A verbindt onder invloed van de zwaartekracht. Welke vorm moeten we aan de kromme C
geven opdat de tijd nodig om van O naar A te gaan minimaal is?
123
y
0
m
A (h, a, o)
x
Figuur 10.2: Het vraagstuk van de brachistochrone
We kiezen een rechthoekig assenstelsel met de oorsprong in O. De x-as is gericht volgens de
verticale, en het xy-vlak gaat door A. Daar de beweging gebeurt zonder wrijving is op elk ogenblik
de kinetische energie gelijk aan de potentiële energie, met andere woorden
p
mv2
= mgx of v = 2gx
2
ds
Hierbij is g de valversnelling, en v =
de snelheid van het deeltje.
dt
We parametreren de kromme in x. t en s worden dan functie van x en
dt
ds ds dt
=
=v
dx dt dx
dx
s
ds
1 + y02 + z02
dt = √
dx
=
2gx
2gx
De valtijd t is dus gelijk aan
ds
1
t= √
=√
2g
C 2gx
Z
Z hr
1 + y02 + z02
x
0
De Eulervergelijkingen zijn











of
!
d
dx
1
y0
√ p
x 1 + y02 + z02
!
d
dx
1
z0
√ p
x 1 + y02 + z02
=0
=0

1
y0


p
√
= c1
 x
1 + y02 + z02
1
z0


= c2
 √ p
x 1 + y02 + z02
124
dx
Hieruit volgt dat
y0 c2 = z0 c1
en
c2 y + c3 z = c4
en dit is de vergelijking van een vlak evenwijdig met de x-as. Aangezien de gezochte kromme C in
dit vlak ligt, en bovendien door de punten O en A gaat, volgt noodzakelijk dat dit vlak het xy-vlak
is. Met andere woorden,
z=0
We kunnen dit ook formeel aantonen door uit te drukken dat C door de punten O en A gaat: voor
y = 0 is ook z = 0, en dus is c4 = 0. Voor y = a is ook z = 0, en dus is c2 a = 0 en c2 = 0.
We vinden dus dat z = 0. We konden dit trouwens intuı̈tief verwachten, maar het wordt hier dus
formeel bevestigd.
Er blijft nu slechts 1 Eulervergelijking over:
y0
1
√ p
= c1
x 1 + y02
y komt in deze differentiaalvergelijking niet voor. We lossen ze op door ze in parametervorm te
herschrijven (zie Reeks 3 van de oefeningen over differentiaalvergelijkingen). We stellen
y0 = tgt
Dan is
1 + y02 = sec 2t
en uit de vergelijking volgt dat
1
√ sint = c1
x
Geparametreerd in t wordt de differentiaalvergelijking dus

sin2 t

x= 2
c1
 0
y = tgt
Nu is
dy = tgt dx = tgt
dx
dt
dt
2
2
tgt sint costdt = 2 sin2 tdt
2
c1
c1
1
= 2 (1 − cos 2t)dt
c1
=
Integratie levert
y=
2t − sin 2t
2c21
125
We vervangen 2t door u en vinden volgend stel parametervergelijkingen voor de oplossing:

1 − cos u


 x=
2c21
u − sin u


 y=
2c21
Dit is de vergelijking van een cycloı̈de (zie volume 2).
10.2
Het vraagstuk met nevenvoorwaarden
We werken in R3 . Gevraagd wordt weer om de functionaal
Z t2
I=
f (t, x, y, z, x0 y0 , z0 )dt
(10.4)
t1
extremaal te maken, maar nu eist men dat de beschouwde krommen op een gegeven oppervlak
g(x, y, z) = 0
(10.5)
liggen. Een voor de hand liggende manier om dit vraagstuk aan te pakken is de volgende. Uit de
stelling van de impliciete functies volgt dat, in de onderstelling dat grad g 6= 0, minstens één van
de drie componenten x, y of z kan opgelost worden in functie van een van de twee overigen. We
lossen (10.5) op naar één van de veranderlijken, bijvoorbeeld z. Dit levert als vergelijking voor het
oppervlak
z = h(x, y)
(10.6)
Afleiden naar t geeft, met behulp van de kettingregel:
z0 =
∂h 0 ∂h 0
x+ y
∂x
∂y
Als we (10.6) en (10.7) substitueren in (10.4), dan vinden we
Z t2 ∂h
∂h I=
f t, x, y, h(x, y), x0 , y0 , x0 + y0 dt
∂x
∂y
t1
(10.7)
(10.8)
We kunnen nu gewoon de Eulervergelijkingen oplossen voor (10.8). Het nadeel hieraan is dat de
functie h soms moeilijk te bepalen is, of ingewikkeld wordt. We zullen daarom trachten om h uit
de vergelijkingen van Euler te elimineren. Schrijf
∂h
∂h k(t, x, y, x0 , y0 ) = f t, x, y, h(x, y), x0 , y0 , x0 + y0
∂x
∂y
De vergelijkingen van Euler worden dan

∂k d ∂k 

−
=0
∂x dt ∂x0 ∂k d ∂k


−
=0
∂y dt ∂y0
126
of

∂ f ∂ f ∂h ∂ f ∂z0 d ∂ f d ∂ f ∂h 

−
+
+
−
=0
∂x ∂z ∂x ∂z0 ∂x0 dt ∂x0 dt ∂z0 ∂x 
 ∂ f + ∂ f ∂h + ∂ f ∂z − d ∂ f − d ∂ f ∂h = 0
∂y ∂z ∂y ∂z0 ∂y dt ∂y0
dt ∂z0 ∂y
(10.9)
We bekijken de eerste vergelijking van (10.9) van naderbij. Aangezien
∂z0
∂ ∂h 0 ∂h 0 ∂2 h 0 ∂2 h 0
d ∂h =
x + y = 2x +
y =
∂x
∂x ∂x
∂y
∂x
∂x∂y
dt ∂x
wordt deze vergelijking
!
d ∂ f ∂h ∂ f
d ∂f ∂f
−
+
−
=0
∂x dt ∂x0
∂x ∂z dt ∂z0
(10.10)
Afleiden van de betrekking
g(x, y, h(x, y)) = 0
naar x levert
∂g
∂h
∂x
= − ∂g
∂x
(10.11)
∂z
Substitutie van (10.11) in (10.10) geeft nu
∂f
d ∂f ∂f
d ∂f −
−
∂x dt ∂x0 = ∂z dt ∂z0
∂g
∂g
∂x
∂z
Merk op dat, zoals we wensten, de functie h(x, y) uit de vergelijking is verdwenen. Op volkomen
analoge manier kunnen we uit de tweede vergelijking van (10.9) halen dat
d ∂f ∂f
d ∂f ∂f
−
−
0
∂y dt ∂y0
= ∂z dt ∂z
∂g
∂g
∂y
∂z
Alles samengevat vinden we
∂f
d ∂f ∂f
d ∂f ∂f
d ∂f −
−
−
∂x dt ∂x0 = ∂y dt ∂y0 = ∂z dt ∂z0
∂g
∂g
∂g
∂x
∂y
∂z
(10.12)
Dit zijn de vergelijkingen van Euler voor het variatieprobleem met nevenvoorwaarden. Samen met
de vergelijking g(x, y, z) = 0 laten deze ons toe om de extremalen (x(t), y(t), z(t) te bepalen.
127
Voorbeeld: de geodeten op een oppervlak
Gevraagd wordt de kromme (x(t), y(t), z(t)) op het oppervlak met vergelijking g(x, y, z) = 0 zo te
bepalen dat de lengte
Z q
t2
I=
x0 (t)2 + y0 (t)2 + z0 (t)2 dt
t1
langs deze kromme minimaal wordt. De Eulervergelijkingen (10.12) worden in dit geval
d
x0
d
y0
p
p
dt
dt
x0 (t)2 + y0 (t)2 + z0 (t)2
x0 (t)2 + y0 (t)2 + z0 (t)2
−
= −
∂g
∂g
∂x
∂y
d
z0
p
dt
x0 (t)2 + y0 (t)2 + z0 (t)2
= −
∂g
∂z
We kunnen dit differentiaalstelsel op een meer elegante wijze herschrijven als we de parameter
t vervangen door de hoofdparameter s langs de kromme. Herhaal dat de hoofdparameter s de
booglengte langs de kromme gemeten van een zeker vast punt is. We hebben dan dat
ds2 = dx2 + dy2 + dz2
zodat
q
dx dx ds dx
x0 (t)2 + y0 (t)2 + z0 (t)2
=
=
dt
ds dt
ds
en het differentiaalstelsel wordt
d2 x
d2 y
d2 z
ds2 = ds2 = ds2
∂g
∂g
∂g
∂x
∂y
∂z
We kunnen (10.13) ook nog als volgt herformuleren: de vector
∂g ∂g ∂g grad g =
, ,
∂x ∂y ∂z
x0 =
is evenwijdig met de vector
d2 x d2 y d2 z ,
,
ds2 ds2 ds2
Wat is de betekenis van deze laatste vector? We weten dat de vector
~T = dx , dy , dz
ds ds ds
een eenheidsvector is die raakt aan de kromme. We zien ook dat
d~T d2 x d2 y d2 z =
,
,
ds
ds2 ds2 ds2
128
(10.13)
Afleiden van k~T k = ~T · ~T = 1 naar s geeft ons
d~T ~ ~ d~T
·T +T ·
=0
ds
ds
of
zodat
d~T ~
·T = 0
ds
d~T ~
⊥T
ds
d~T
staat dus loodrecht op de kromme. De eenheidsvector evenwijdig met deze vector
ds
noteert men ~N en noemt men de hoofdnormaal langs de kromme. De lengte van deze vector noteert
men κ en noemt men de kromming. Men heeft dus
De vector
d~T
= κ~N
ds
Hoe groter κ, hoe sneller de kromme van richting verandert, en dit is de reden waarom we κ de
kromming noemen. Het vlak door een punt van de kromme en met richtingsvectoren ~T en ~N is het
vlak dat het dichtste bij de kromme ligt in een omgeving van het beschouwde punt. We noemen
dit vlak het osculatievlak.
We kunnen alles als volgt samenvatten: een geodeet op een oppervlak is een kromme waarvoor de
hoofdnormaal ~N in elk punt evenwijdig is met de normaal op het oppervlak, grad g.
Anders gezegd: een geodeet op een oppervlak is een kromme waarvoor het osculatievlak in elk
punt loodrecht staat op het raakvlak aan het oppervlak.
In sommige gevallen kan men de geodeten expliciet uitrekenen. De geodeten op de bol blijken de
grote cirkels te zijn, terwijl de geodeten op de cilinder de schroeflijnen zijn. Voor details verwijzen
we naar de oefeningen.
129
Index
convergentiestraal 29
absolute convergentie 26
analytische voortzetting 55
convergente reeks 25
convergentieabscis 69
convergentiehalfvlak 70
convergentieschijf 29
convolutie van rijen 107
cycloı̈de 119
differentievergelijking 108
distributie 92
essentieel singulier punt 39
Eulervergelijkingen 114
Fouriertransformatie 95
functionaal 91
geı̈ soleerd singulier punt 38
gebiedsgewijs continue functie 64
geodeet 111
getallen van Fibonacci 109
gewoon punt 38
Heavisidefunctie 74
hoofdbestanddeel van een Laurentreeks 35
hoofdwaarde 98
integraalformule van Cauchy 22
integraalvergelijking 88
inverse Laplacetransformatie 80
Laplacetransformatie 69
Laurentontwikkeling 35
Laurentreeks 35
nulpunt van orde n 39
ophefbaar singulier punt 38
pool van orde n 39
puntsgewijze convergentie 26
recurrentievergelijking 108
residu 39
residustelling 45
singulier punt 38
stuksgewijs continue functie 63
uniforme convergentie 26
veralgemeende functie 92
zifteigenschap 91
130

Complexe Analyse

Related documents

Products

Support

Complexe Analyse

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib