Komplexa tal

G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
1 / 83
Komplexa tal
Reell och imaginär del, konjugering, absolutbelopp
z = x + iy = x + y i,
x, y ∈ R,
i 2 = −1
C är mängden av komplexa tal
Reell del: Re (x + iy ) = x
Imaginär del: Im (x + iy ) = y
Konjugering: x + iy = x − iy
(= x + i(−y ))
Absolutbelopp (eller modul) |x + iy | = mod (x + iy ) =
p
x2 + y2
Räkneregler
|z|2 = zz,
z = z,
z1 + z2 = z1 + z2 , z1 − z2 = z1 − z2
z1
z1
z1 z2 = z1 z2 ,
z2 = z2
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
2 / 83
Exempel
Skriv de komplexa talen
(a) z = (6 − 3i) + (−9 − 4i) − (−1 − 2i)
(b) z = (5 + 2i)(6 − 7i)(9 + 3i)
(c) z =
2+9i
−6+9i
+
−2−i
4+5i
i formen z = x + y i
Lösning: (a) Vid addition och subtraktion av komplexa tal adderar och
subtraherar man de reella och imaginära delarna var för sig:
z = 6 − 9 + 1 + (−3 − 4 + 2)i = −2 − 5i.
(b) Multiplikationen räknas enligt följande:
(a + bi)(c + d i) = (ac − bd) + i(ad + bc) så att
z = ((30+14)+(−35+12)i)(9+3i) = 396+69+(132−207)i = 465−75i.
(c) Division av komplexa tal kan räknas så att man förlänger med
nämnarens konjugerade tal så att man i nämnaren får ett rellt tal:
2+9i −6−9i
−2−i 4−5i
6−17i
−13+6i
436
2+9i
+ −2−i
= 1599
− 250
z = −6+9i
4+5i = −6+9i −6−9i + 4+5i 4−5i = 39 + 41
533 i.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
3 / 83
16 oktober 2007
4 / 83
Argument, arg(z) = θ
Ifall Re (z) = x och Im (z) = y så är argumentet av z

y 
(+2kπ),
x > 0,
arctan



x

y 
+ π (+2kπ),
x < 0,
θ = arctan
x



y π


(+2kπ),
x =0

|y | 2
Polär framställning
z = |z|(cos(θ) + i sin(θ)) = |z|eiθ ⇔ θ = arg(z)
eller om |z| = r och arg(z) = θ så är
Re (z) = r cos(θ) och Im (z) = r sin(θ)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
Exempel
Bestäm det komplexa talets
(a)
− 3,
(b) 2 − 2i,
(c)
− 3e−i 0.1234 ,
argument.
Lösning: (a) Eftersom den reella delen är negativ är argumentent
0
arctan( −3
) + π (+2kπ) = π (+2kπ).
π
(b) Argumentet är arctan( −2
2 ) (+2kπ) = − 4 (+2kπ).
−i
0.1234
(c) Argument är arg(−3) + arg(e
) = π − 0.1234 (+2kπ).
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
5 / 83
Räkneregler
|z1 z2 | = |z1 ||z2 |, arg(z1 z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 )
z1 |z1 |
n
n
|z | = |z| , =
z2
|z2 |
z1
arg (z n ) = n arg(z), arg
= arg(z1 ) − arg(z2 )
z2
z1 = z2 ⇔ Re (z1 ) = Re (z2 ),
⇔ |z1 | = |z2 |,
Im (z1 ) = Im (z2 )
θ1 = θ2 + 2kπ
där θ1 = arg(z1 ) och θ2 = arg(z2 )
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
6 / 83
Exponentfunktionen
exp(x + iy ) = ex+iy = ex cos(y ) + i sin(y )
ez1 +z2 = ez1 ez2
|ez | = eRe z ,
arg(ez ) = Im z
ez 6= 0, z ∈ C
d’Moivres formel
cos(nt) + i sin(nt) = eint = eit
G. Gripenberg (TKK)
n
n
= cos(t) + i sin(t)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
7 / 83
Logaritmfunktionen z = ln(w ) ⇔ w = ez
Om z = x + iy så är |ez | = ex och arg(ez ) = y
och om w = ez måste |w | = |ez | = ex och
arg(w ) + 2kπ = arg(ez ) = y
dvs. x = ln(|w |) så att z = ln(w ) = ln(|w |) + i(arg(w ) + 2kπ).
För att få en ”ordentlig” logaritmfunktion med bara ett värde i varje
punkt kan man tex. definiera Ln(w ) = ln(|w |) + iArg(w ) där Arg(w )
är argumentet valt så att −π < Arg(z) ≤ π så att tex. ln(|w |)
egentligen är Ln(|w |)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
8 / 83
1
Rötter: z = w n ⇔ w = z n
Om z = |z|eiϕ , dvs. ϕ = arg (z) så är |z n | = |z|n och arg(z n ) = nϕ
och om w = z n så är |w | = |z|n och arg(w ) + 2kπ = nϕ så att om
arg(w ) = θ så är
1
|z| = |w | n och ϕ = nθ + 2kπ
dvs.
n p
√
1
θ+2kπ
θ+2kπ
n
n
n
z = w = w = |w | cos
+ i sin
,
n
n
där k = 0, 1, . . . , n − 1 eftersom man får samma värden för k + n som
för k.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
9 / 83
Exempel
Låt w = 1 + i . Bestäm den lösning till ekvationen z 4 = w , vars argument
ligger i intervallet [π, 32 π].
√
√
Lösning: Absolutbeloppet av talet w är |w | = 12 + 12 = 2 ≈ 1.4142,
och w :s argument är arctan( 11 ) = π4 . Ifall |z| = r och arg(z) = ϕ, så är
√
|z 4 | = r 4 och arg(z 4 ) = 4ϕ. Om nu z 4 = w så är r 4 = |w√
| = 2 och
4ϕ = π4 + 2kπ där k är ett heltal. Av detta följer att r = 8 2 ≈ 1.0905 och
π
+ π2 k = 0.19635 + 1.5708k. Nu får man olika lösningar då
ϕ = 16
k = 0, 1, . . . , 3 eftersom man då tex. k = 4 får samma tal som då k = 0
π
π
π
osv. Eftersom argumenten för dehär lösningarna är 16
, 16
+ π2 , 16
+ π och
π
3π
3
+
så
ser
vi
att
den
lösning
vars
argument
ligger
i
intervallet
[π,
16
2
2 π]
fås då k = 2 och är alltså
z2 = 1.0905 cos(0.19635 + 1.5708 · 2) + i sin(0.19635 + 1.5708 · 2)
= −1.0696 − i 0.21275.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
10 / 83
Trigonometriska funktioner
sin(z) =
eiz − e−iz
cos(z)
eiz + e−iz
1
2i
= 12
sin(x + iy ) = sin(x) cosh(y ) + i cos(x) sinh(y )
cos(x + iy ) = cos(x) cosh(y ) − i sin(x) sinh(y )
Möbius-avbildning
z 7→
az+b
cz+d ,
ad − bc 6= 0
Cirklar och linjer avbildas på cirklar eller linjer
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
11 / 83
Öppna och slutna mängder
En mängd Ω ⊂ C är öppen ifall
för varje z0 ∈ Ω finns ett tal δ > 0 så att
{ z ∈ C | |z − z0 | < δ } ⊂ Ω
En mängd A ⊂ C är sluten ifall
C \ A = {z ∈ C | z ∈
/ A } är öppen
En mängd Ω ⊂ C är öppen när
den inte innehåller någon randpunkt, dvs. ∂Ω ∩ Ω = ∅
där randen ∂Ω består av de punkter z ∈ C för vilka det
för varje δ > 0 finns en punkt zi ∈ Ω och en punkt zu ∈ C \ Ω
så att |zi − z| < δ och |zu − z| < δ
En mängd Ω ⊂ C är sluten när
den innehåller alla randpunkter, dvs. ∂Ω ⊂ Ω
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
12 / 83
Sammanhängande mängder
En öppen mängd Ω ⊂ C är sammanhängande ifall det
för alla z0 , z1 ∈ Ω finns en kontinuerlig funktion
γ : [0, 1] → Ω så att γ(0) = z0 och γ(1) = z1
(dvs. en kurva i Ω från z0 till z1 )
Mera allmänt: A ⊂ C är sammanhängande om följande gäller (som
alltså är ekvivalent med ovanstående villkor då A är öppen):
Ifall A ⊂ Ω1 ∪ Ω2 där Ωj ⊂ C, j = 1, 2 är öppen och
Ω1 ∩ Ω2 = ∅ så är A ∩ Ω1 = ∅ eller A ∩ Ω2 = ∅
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
13 / 83
Derivator
En funktion f är deriverbar i punkten z0 ifall
limz→z0
f (z)−f (z0 )
z−z0
= f 0 (z0 )
för något komplext tal f 0 (z0 ) dvs.,
för varje > 0 finns det ett tal δ > 0 så att om 0 < |z − z0 | < δ så är
f (z) − f (z0 )
f definierad för z och z0 och − f 0 (z0 ) < z − z0
Alla normala deriveringsregler gäller och tex.
d m
m−1 ( då m inte är ett heltal)
dz z = mz
d z
z
dz e = e
d
1
dz ln(z) = z
d
d
dz sin(z) = cos(z)
dz cos(z) = − sin(z)
d
0
0
dz g f (z) = g f (z) f (z)
d
0
0
dz f (z)g (z) = f (z)g (z) + f (z)g (z)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
14 / 83
Analytiska funktioner
En funktion f är analytisk i mängden A ⊂ C ifall
det finns en öppen mängd Ω ⊂ C så att A ⊂ Ω och
f är deriverbar i varje punkt i Ω
Cauchy-Riemann ekvationerna
Ifall f (z) = u(x, y ) + iv (x, y ) då z = x + iy så gäller
ux (x, y ) = vy (x, y )
uy (x, y ) = −vx (x, y )
i de punkter där f är deriverbar
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
15 / 83
Stig
En stig, eller bitvis differentierbar glatt kurva är en kontinuerlig funktion
γ : [a, b] → C så att det finns ändligt många punkter
a = t0 < t1 < . . . < tn = b så att γ är kontinuerligt deriverbar i varje
intervall [tj−1 , tj ] och derivatan (höger- eller vänster- i ändpunkterna) är
aldrig 0.
def
γ ∗ = { γ(t) | t ∈ [a, b] }
Stigintegraler
Ifall γ är en stig är
Z
Z
f (z) dz =
γ
b
f (γ(t))γ 0 (t) dt
a
R
R
Ofta skriver man C f (z) dz istället för γ f (z) dz där C är en ”riktad
kurva” om det är klart hur parameterframställningen γ för C (som alltså
är γ ∗ ”med riktning”) skall väljas.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
16 / 83
Exempel på integraler
Om C är ”sträckan från z0 till z1 ” så är
Z
Z
Z
f (z) dz = f (z) dz =
C
1
f (γ(t))γ 0 (t) dt,
0
γ
där γ(t) = (1 − t)z0 + tz1 , t ∈ [0, 1]. Alternativt,
Rb
R
b−t
0
C f (z) dz = a f (γ(t))γ (t) dt där γ(t) = b−a z0 +
t−a
b−a z1
Om C är ”cirkelbågen |z − z0 | = r från z0 + r eiα till z0 + r eiβ
motsols” (där α < β) så är
Z
Z
Z
f (z) dz =
C
β
f (z) dz =
γ
f (γ(t))γ 0 (t) dt,
α
där γ(t) = z0 + r eit , t ∈ [α, β].
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
17 / 83
Exempel
R
Beräkna integralen γ (z − 2i) dz då γ är sträckan från 1 + i till 3i genom
att använda definitionen av integralen.
Lösning: Här är γ(t) = (1 − t)(1 + i) + t3i = 1 + i + t(−1 + 2i), t ∈ [0, 1]
så att γ 0 (t) = −1 + 2i. Då är
Z
Z
(z−2i) dz =
γ
1
(γ(t)−2i)γ 0 (t) dt =
0
Z
=
1−i+t(−1+2i) (−1+2i) dt
0
1
1 + 3i + t(−3 − 4i) dt =
0
1
Z
1
(1 + 3i)t +
t2
2 (−3
− 4i)
0
= 1 + 3i −
3
2
− 2i = − 12 + i.
Vi kan kontrollera detta resultat genom att hitta en integralfunktion och vi
ser lätt att ifall F (z) = 12 z 2 − 2iz så är F 0 (z) = z − 2i så att
Z
(z−2i) dz = F (3i)−F (1+i) = 12 (3i)2 −2i·3i− 12 (1+i)2 +2i(1+i) = − 12 +i.
γ
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
18 / 83
Lemma
Två stigar γ1 : [a, b] → C och γ2 : [c, d] → C där γ1 (b) = γ2 (c) kan
kombineras till en stig γ : [a, b + d − c] → C, γ = γ1 ⊕ γ2 , så att
(
γ1 (t),
t ∈ [a, b],
γ(t) =
γ2 (c + t − b), t ∈ [b, b + d − c],
och då är
Z
Z
f (z) dz =
γ
Z
f (z) dz +
γ1
f (z) dz.
γ2
(På motsvarande sätt kan en stig delas upp.)
Lemma
Om γ : [a, b] → C är en stig och −γ eller γ är stigen
γ (t) = γ(a + b − t), t ∈ [a, b], dvs. stigen γ ”i omvänd riktning”, så är
Z
Z
f (z) dz = − f (z) dz.
γ
G. Gripenberg (TKK)
γ
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
19 / 83
Slutna stigar
En stig γ : [a, b] → C är sluten ifall γ(a) = γ(b) och
att γ är sluten.
H
γ
f (z) dz betyder
Lemma
Ifall |f (z)| ≤ M då z ∈ γ ∗ , (a < b) och
längden av γ är ≤ L så gäller
Z
Z b
f (z) dz ≤
|f (γ(t))||γ 0 (t)| dt ≤ ML.
γ
a
Lemma
Om γ : [a, b] → C är en stig och f är en kontinuerlig funktion så att det
finns en deriverbar funktion F så att F 0 (z) = f (z) då z ∈ γ ∗ så är
Z
f (z) dz = F (γ(b)) − F (γ(a)).
γ
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
20 / 83
Vridningstal
Ifall γ är en sluten stig så är
R 1
1
ν(γ, w ) = 2πi
γ z−w dz
stigens vridningstal i förhållande till w ∈
/ γ∗.
Lemma
ν(γ, w ) ett heltal som anger hur många varv γ går runt w i positiv
riktning och är konstant i varje öppen sammanhängande delmängd av
C \ γ∗.
ν(γ , w ) = −ν(γ, w ),
G. Gripenberg (TKK)
w∈
/ γ∗
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
21 / 83
Cauchys integralteorem
Om γ är en sluten stig och f är analytisk på γ ∗ och i alla punkter
”innanför”
γ ∗ så är
H
γ f (z) dz = 0
Antagandet mera exakt: γ är en sluten stig, f är analytisk i en öppen
mängd Ω så att γ ∗ ⊂ Ω och ν(γ, z) = 0 för alla z ∈ C \ Ω
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
22 / 83
Exempel
R∞
Visa hur man kan räkna ut integralen 0 sin(t)
t dt med hjälp av Cauchys
integralteorem.
Lösning: Vi bildar en sluten stig γ som är sammansatt av stigarn γS ,
γ[−S,−r ] , γr och av γ[r ,S] där 0 < r < S och γS är den stig som består av
√
√
√
sträckorna
√ från S till S + i S, från S + i S till −S + i S och från
−S + i S till −S, γ[−S,−r ] är sträckan från −S + 0i till −r + 0i, γr är
cirkelbågen |z| = r i negativ riktning från −r to r och γ[r ,S] är sträckan
H iz
från r + 0i till S + 0i. Av Cauchys integralteorem följer att γ ez dz = 0
R
R iz
R
R iz
eiz
eiz
dz + γr ez dz + γ
dvs. γS ez dz + γ
z dz = 0 så det gäller
[−S,−r ] z
[r
,S]
R
R ∞ sin(t)
R
iz
1
e
eiz
och
att visa att 0
dt
=
lim
Im
dz
+
dz
r
→0
t
2
γ[−S,−r ] z
γ[r ,S] z
R eizS→∞
R eiz
sedan räkna ut limS→∞ γS z dz och limr →0 γr z dz.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
23 / 83
Cauchys integralteorem, ver. 1.1
Om γ1 och γ2 är slutna stigar och f är analytisk på γ1∗ och γ2∗ och i alla
punkter ”mellan” γ1∗ och γ2∗ så är
I
I
f (z) dz =
f (z) dz.
γ1
γ2
Antagandet mera exakt: γ1 och γ2 är slutna stigar, f är analytisk i en
öppen mängd Ω så att γ1∗ ⊂ Ω, γ2∗ ⊂ Ω och ν(γ1 , z) = ν(γ2 , z) för alla
z ∈ C \ Ω.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
24 / 83
Cauchys integralformel, ver 1.0
Om γ är en sluten stig som går ett varv runt punkten w och f är analytisk
på γ ∗ och i alla punkter ”innanför” γ ∗ så är
I
f (z)
1
dz.
f (w ) =
2πi γ z − w
Cauchys integralformel, ver 1.1
Om γ är en sluten stig, f är analytisk i en öppen mängd Ω så att γ ∗ ⊂ Ω
och ν(γ, z) = 0 för alla z ∈ C \ Ω så är
I
1
f (z)
f (w )ν(γ, w ) =
dz,
2πi γ z − w
för alla w ∈ Ω \ {γ ∗ }.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
25 / 83
Exempel
I
z +2
dz då γ är randen (i positiv riktning)
γ (z + 1)(z − 2)
av rektangeln med hörn i punkterna −2 + 3i, −2 − 3i, 1 − 3i och 1 + 3i.
Lösning: Vi konstaterar att funktionen som skall integreras är analytisk i
alla punkter utom −1 och2 och av dessa är det bara −1 som ligger
z +2
och eftersom f är analytisk i
innanför γ ∗ . Därför väljer vi f (z) =
z −2
alla punkter utom 2 och eftersom denna punkt ligger utanför rektangeln
kan vi använda Cauchys integralteorem. Punkten −1 ligger inne i
rektangeln och vi får därför
I
I
z +2
f (z)
−1 + 2
2π
dz =
dz = 2πif (−1) = 2πi
= − i.
(z
+
1)(z
−
2)
z
−
(−1)
−1
−
2
3
γ
γ
Beräkna integralen
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
26 / 83
Cauchys integralformel, ver 1.2
Om f är en analytisk funktion i P
en öppen mängd Ω ⊂ C, γ1 , γ2 , . . . , γn är
slutna stigar så att γj∗ ⊂ Ω och nj=1 ν(γj , z) = 0 för varje z ∈ C \ Ω så är
f (w )
n
X
j=1
n
XI
j=1
n I
f (z)
1 X
dz,
ν(γj , w ) =
2πi
γj z − w
w ∈ Ω \ ∪nj=1 γj∗
j=1
f (z) dz = 0
γj
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
27 / 83
Teorem
Om f är analytisk i den öppna mängden Ω så är också f 0 deriverbar i Ω,
dvs. f oändligt många gånger deriverbar i Ω.
Cauchys olikheter
n!M
rn
ifall f är analytisk i { z | |z − w | ≤ r } och |f (z)| ≤ M då |z − w | = r
eller ifall f är analytisk i { z | |z − w | < r } och |f (z)| ≤ M då
|z − w | < r .
|f (n) (w )| ≤
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
28 / 83
Liouvilles teorem
Om f är analytisk i C och f är begränsad (dvs. |f (z)| ≤ M < ∞ för alla
z ∈ C) så är f en konstant.
Moreras teorem
I
Om f är kontinuerlig i den öppna mängden Ω ⊂ C och
för varje triangel T ⊂ Ω så är f analytisk i Ω.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
f (z) dz = 0
∂T
16 oktober 2007
29 / 83
Konvergensradie
Om z0P
∈ C och an ∈ C, n ≥ 0 så finns det ett tal R, 0 ≤ R ≤ ∞, så att
n
serien ∞
n=0 an (z − z0 )
konvergerar (absolut) då |z − z0 | < R
divergerar då |z − z0 | > R.
P
n
Talet R kallas seriens ∞
n=0 an (z − z0 ) konvergensradie.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
30 / 83
Exempel
∞
X
n! 2n+2
Bestäm konvergensradien för potensserien
z
.
nn
n=1
Lösning: Vi använder kvottestet och räknar
(n+1)! z 2(n+1)+2 (n+1)n+1
n+1
= lim
|z|2n+2−2−2n−2
lim n!
(n+1)n
2n+2
n→∞ n→∞
z
(n + 1) nn
nn
1
1
|z|2 = |z 2 |.
1
n
n→∞ (1 + )
e
n
= lim
√
Serien konvergerar då gränsvärdet är < 1 dvs. då |z 2 | < e eller |z| < e.
På motsvarande sätt divergerar serien då gränsvärdet av kvoterna är > 1,
√
√
dvs. då |z| > e. Detta innebär att seriens konvergensradie är e.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
31 / 83
Potensserie
Ifall f är analytisk innanför cirkeln |z − z0 | = r så är
f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n ,
|z − z0 | < r ,
n=0
1 (n)
där an = n!
f (z0 ) och
konvergensradien är ≥ r .
P∞
Omvänt, ifall f (z) = n=0 an (z − z0 )n så är f analytisk i mängden
{ z | |z − z0 | < R } där R är konvergensradien och
f 0 (z) =
∞
X
nan (z − z0 )n−1 ,
|z − z0 | < R
n=1
dvs. serien kan deriveras (och integreras) termvis.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
32 / 83
Laurent-serie
Om f är analytisk i mängden { z | r < |z − z0 | < R } så är
f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n ,
n=−∞
där serien konvergerar (absolut) för alla z så att r < |z − z0 | < R och kan
deriveras och integreras termvis.
Z
1
f (z)
an =
dz,
2πi Cr∗ ,z0 (z − z0 )n+1
där Cr∗ ,z0 är cirkeln |z − z0 | = r∗ , r < r∗ < R,
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
33 / 83
l’Hopitals regel
Om f och g är analytiska i z0 och f (z0 ) = g (z0 ) = 0 och gränsvärdet
f 0 (z)
lim 0
existerar så är
z→z0 g (z)
f 0 (z)
f (z)
= lim 0
lim
z→z0 g (z)
z→z0 g (z)
Exempel på serieutvecklingar
P
n
1 + z + z2 + z3 + . . . = ∞
|z| < 1
n=0 z ,
P
3
n
2
∞
+ z + z2! + z3! + . . . = n=0 zn!
P
3
5
(−1)n z 2n+1
sin(z) = z − z3! + z5! − . . . = ∞
n=0 (2n+1)!
P
2
4
(−1)n z 2n
cos(z) = 1 − z2! + z4! − . . . = ∞
n=0 (2n)!
1
1−z =
ez = 1
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
34 / 83
z-transformationer
Om x(n), n = 0, 1, 2, är en talföljd så är z-transformationen av x
Z(x)(z) =
∞
X
x(n)z −n
n=0
Konvergensområdet
Det finns ett tal R, 0 ≤ R ≤ ∞ så att serien
då |z| > R och divergerar då |z| < R.
G. Gripenberg (TKK)
P∞
n=0 x(n)z
Mat-1.1531 Gk3-I
−n
konvergerar
16 oktober 2007
35 / 83
Överföringsfunktioner
Antag att H är en funktion som avbildar en talföljd x = (x(n))∞
n=0 på en
talföljd H(x) = (H(x)(n))∞
så
att
n=0
H är linjär, dvs H(λx + µy ) = λH(x) + µH(y );
H är translationsinvariant, dvs. H(τ (x)) = τ (H(x)) där τ (x)(0) = 0
och τ (x)(n) = x(n − 1) då n ≥ 1;
Det finns ett tal C < ∞ så att |H(δ)(n)| ≤ C n+1 , n ≥ 0 där δ(0) = 1
och δ(n) = 0, n ≥ 1.
då finns det en funktion H(z), den sk. överföringsfunktionen så att
Y (z) = H(z)X (z)
där X = Z(x) och Y = Z(H(x)). Funktionen H(z) är z-transformationen
av H(δ).
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
36 / 83
Residy
Om f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n då 0 < |z − z0 | < R så är a−1 = Res(f ; z0 )
n=−∞
residyn av f i punkten z0 .
Lemma
Om
lim (z − z0 )f (z) = w existerar
z→z0
eller då m > 1
dm−1
1
lim
(z − z0 )m f (z) = w existerar
m−1
z→z0 (m − 1)! dz
så är Res(f ; z0 ) = w .
(m måste vara minst ordningen av polen i z0 .)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
37 / 83
Residyteoremet
Ifall γ är en sluten stig och f är analytisk på och innanför γ ∗ bortsett från
punkterna zj för vilka ν(γ, zj ) = 1, j = 1, . . . , k så är
I
f (z) dz = 2πi
γ
G. Gripenberg (TKK)
k
X
Res(f ; zj ).
j=1
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
38 / 83
Beräkning av integraler
Om f är analytisk på reella axeln och i övre halvplanet (Im (z) > 0)
bortsett från punkterna zj , j = 1, . . . , k, och limIm z≥0 |zf (z)| = 0, (dvs. om
|z|→∞
f är rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst 2)
så är
Z
∞
Z
f (x) dx = lim
−∞
R
R→∞ −R
G. Gripenberg (TKK)
f (x) dx = 2πi
k
X
Res(f ; zj ).
j=1
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
39 / 83
Exempel
Z
∞
Beräkna med hjälp av residyteoremet integralen
−∞
(x 2
1
dx.
+ 1)(x 2 + 4)
1
.
(z 2 +1)(z 2 +4)
Lösning: Låt f (z) =
Denna funktion är analytisk i alla
punkter utom nämnarens nollställen vilka är
z = ±i
och
z = ±2i.
Av dessa är det endast +i och +2i som ligger i övre halvplanet. Eftersom
nämnarens gradtal minus täljarens gradtal är 4 så ser vi också att
lim |z||f (z)| = 0.
|z|→∞
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
40 / 83
forts.
Vi kan alltså använda residyteoremet och vi får
∞
Z
−∞
(x 2
1
dx = 2πi Res(f , i) + Res(f , 2i)
2
+ 1)(x + 4)
= 2πi lim (z − i)f (z) + 2πi lim (z − 2i)f (z)
z→i
z→2i
z−i
z − 2i
+2πi lim
= 2πi lim
z→i (z − i)(z + i)(z − 2i)(z + 2i)
z→2i (z − i)(z + i)(z − 2i)(z + 2i)
1
1
= 2πi lim
+ 2πi lim
z→i (z + i)(z − 2i)(z + 2i)
z→2i (z − i)(z + i)(z + 2i)
2πi
2πi
π π
π
=
+
= − = .
2i (−i) 3i
i 3i 4i
3
6
6
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
41 / 83
Teorem
Ifall s > 0, g är analytisk på reella axeln och i övre halvplanet (Im (z) > 0)
bortsett från punkterna zj , j = 1, . . . , k, och limIm z≥0 |g (z)| = 0 (dvs. om g
|z|→∞
är rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst 1) så
är
Z
∞
isx
Z
e g (x) dx = lim
−∞
G. Gripenberg (TKK)
R
R→∞ −R
eisx g (x) dx = 2πi
k
X
Res(eisz g (z); zj ).
j=1
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
42 / 83
Lemma
2π
Z
F (cos(t), sin(t)) dt
Z 2π
I
1 it
1 it
it
−it
−it
1
=
F 2 e +e
ie dt = f (z) dz
, 2i e − e
ieit
0
γ
1
1
1
ifall f (z) = F 12 z +
, 2i1 z −
och γ är enhetscirkeln
z
z
iz
|z| = 1. Integralen kan räknas ut med residyteoremet (ifall förutsättningarna
är uppfyllda).
0
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
43 / 83
Nollställen, poler
Om f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n då 0 < |z − z0 | < R där am 6= 0 och R > 0,
n=m
(och f (z0 ) = a0 om m ≥ 0) så är
z0 ett nollställe av ordningen m om m > 0 (dvs. med multipliciteten m),
z0 är en pol av ordningen |m| om m < 0 (dvs. med multipliciteten |m|).
Om f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n och an 6= 0 för oändligt många n < 0 så är z0 en
n=−∞
väsentlig singularitet.
Exempel
0 är ett nollställe av ordningen 1 till sin(z)
0 är ett nollställe av ordningen 2 till 1 − cos(z)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
44 / 83
Lemma
z0 är ett nollställe av ordningen m till f
⇔
f (z0 ) = f 0 (z0 ) = . . . = f (m−1) (z0 ) = 0 och f (m) (z0 ) 6= 0
⇔
lim
z→z0
⇔
f (z)
existerar och är 6= 0
(z − z0 )m
z0 är en pol av ordningen m till
1
f
Lemma
z0 är en pol av ordningen m till f
⇔
limz→z0 (z − z0 )m f (z) existerar och är 6= 0
⇔
z0 är ett nollställe av ordningen m till
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
1
f
16 oktober 2007
45 / 83
Lemma
Om f är analytisk i z0 och z0 är ett nollställe av ordningen m så är
0 f
Res
; z0 = m
f
Lemma
Om f är analytisk i mängden { z | 0 < |z − z0 | < r } där r > 0 och z0 är
en pol av ordningen m så är
0 f
Res
; z0 = −m
f
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
46 / 83
Antalet lösningar till en ekvation innanför en stig
Om f är analytisk på och innanför γ ∗ (och den slutna stigen γ går ett varv
i positiv riktning) och ϕ, där ϕ(t) = f (γ(t)), t ∈ [a, b], går m varv runt w
så finns det m lösningar till ekvationen f (z) = w innanför γ ∗
Mera exakt
Ifall ν(γ, z) = 1 eller 0 då z ∈ C \ γ ∗ och f är analytisk på och innanför
γ ∗ bortsett från högst ett ändligt antal poler innanför γ ∗ så är
I
I
f 0 (z)
1
1
1
dz =
dz = ν(ϕ, w ),
2πi γ f (z) − w
2πi ϕ z − w
där ϕ(t) = f (γ(t)), t ∈ [a, b], antalet lösningar till ekvationen f (z) = w
minus antalet poler innanför γ ∗ (räknade med multiplicitet).
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
47 / 83
Lemma
Om f är analytisk i punkten z0 och f (z0 ) = 0 så finns det ett tal r > 0 så
att antingen gäller
f (z) = 0 då |z − z0 | < r
eller
f (z) 6= 0 då 0 < |z − z0 | < r .
Analytisk fortsättning
Ifall
Ω är en öppen sammanhängande mängd,
f och g är analytiska i Ω,
zj ∈ Ω, zj 6= z∞ , j ≥ 1 och limj→∞ zj = z∞ ∈ Ω,
f (zj ) = g (zj ), j ≥ 1,
så är f (z) = g (z) för alla z ∈ Ω.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
48 / 83
Exempel
R∞
Definiera Γ(z) = 0 e−t t z−1 dt. Man kan visa att Γ då kommer att vara
analytisk då Re (z) > 0 (eftersom |t z−1 | = t Re (z)−1 då t > 0). Hur är det
med Γ(z) för andra värden av z?
Lösning: Då Re (z) > 0 får vi med hjälp av partiell integrering
∞
Z ∞
Z ∞
−t z
−t z
Γ(z + 1) =
e t dt =
−e t −
−e−t zt z−1 dt = zΓ(z).
0
Detta betyder att Γ(z) =
Γ(z) =
G. Gripenberg (TKK)
0
0
Γ(z + 1)
då Re (z) > 0 och vi kan definiera
z
Γ(z + 1)
,
z
z 6= 0, Re (z) > −1.
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
49 / 83
forts.
Av teoremet om analytisk fortsättning följer att ifall f (z) är en analytisk
funktion i mängden { z | z 6= 0, Re (z) > −1 } så att f (z) = Γ(z) då
Re (z) > 0 så måste den vara Γ(z+1)
. Vi kan nu fortsätta på samma sätt
z
och definiera
Γ(z) =
Γ(z + k)
,
z(z + 1) . . . (z + k − 1)
z 6= −j, j = 0, . . . , k−1,
Re (z) > −k,
och vi ser vi får en funktion Γ som är analytisk i alla punkter utom
{ 0, −1, −2, . . . }.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
50 / 83
Definition
En funktion u(x1 , . . . , xn ) är harmonisk i (den öppna) mängden Ω ⊂ Rn
om den för alla (x1 , . . . , xn ) ∈ Ω uppfyller Laplace-ekvationen
∆u = ux1 x1 (x1 , . . . , xn ) + . . . + uxn xn (x1 , . . . , xn ) = 0.
Teorem
Funktionen u(x, y ) är harmonisk i Ω
⇔
u(x, y ) = Re (f (x + iy )) där f (z) är en analytisk funktion i Ω (då
x + iy 00 =00 (x, y ) ∈ Ω).
Lemma
Om v (x, y ) är en harmonisk funktion i (den öppna) mängden Ω1 och
f : Ω2 → Ω1 är en analytisk funktion i (den öppna) mängden Ω2 så är
u(x, y ) = v (Re (f (x + iy )), Im (f (x + iy ))) harmonisk i Ω2 .
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
51 / 83
Exempel
Bestäm en harmonisk funktion (uxx + uyy = 0) i första kvadranten
{ (x, y ) | x > 0, y > 0 } så att u(x, 0) = 0, x > 0 och u(0, y ) = 4, y > 0
genom att visa att v (x, y ) = 12 − π1 arctan( yx ) är en harmonisk funktion då
y > 0 så att v (x, 0) = 1 då x < 0 och v (x, 0) = 0 då x > 0 och genom
att använda den analytiska funktionen z 7→ z 2 .
Lösning: När vi deriverar får vi
1
1 y
vx (x, y ) = −
π1+
x2
y2
=−
1
y
π x2 + y2
och vxx (x, y ) =
1
2xy
,
π (x 2 + y 2 )2
och
vy (x, y ) = −
x
1 − y2
1
x
=
π 1 + x 22
π x2 + y2
och vyy (x, y ) = −
y
1
2xy
π (x 2 + y 2 )2
Av detta är det klart att vxx + vyy = 0 så v är harmonisk.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
52 / 83
forts.
Om x > 0 så är limy →0+ yx = +∞ så att limy →0+ v (x, y ) = 21 − π1 π2 = 0
och om x < 0 så är limy →0+ yx = −∞ så att
limy →0+ v (x, y ) = 12 − π1 (− π2 ) = 1. Eftersom f (z) = z 2 är analytisk och
avbildar mängden { z ∈ C | Re (z) > 0, Im (z) > 0 } på mängden
{ z ∈ C | Im (z) > 0 } så är funktionen
u(x, y ) = cv (Re (f (x + iy )), Im (f (x + iy ))) harmonisk i mängden
{ (x, y ) | x > 0, y > 0 }. Dessutom ser vi att mängden { (0, y ) | y > 0 }
avbildas mängden { (x, 0) | x < 0 } så att om vi vill att u(0, y ) = 4 och så
skall vi välja c = 4. På motsvarande sätt ser vi att mängden
{ (x, 0) | x > 0 } avbildas på mängden { (x, 0) | x > 0 } så att vi också
automatiskt får u(x, 0) = 0 då u definieras som ovan. Eftersom
f (x + iy ) = (x + iy )2 = x 2 + 2ixy − y 2 så blir
u(x, y ) = 4v (Re (f (x + iy )), Im (f (x + iy )))
1
1
= 4v (x − y , 2xy ) = 4 − 4 arctan
2
π
2
G. Gripenberg (TKK)
2
Mat-1.1531 Gk3-I
x2 − y2
2xy
16 oktober 2007
53 / 83
Harmoniska funktioner i polära koordinater
Antag att w (r , θ) = v (r cos(θ), r sin(θ)) (dvs. u är v uttryckt med polära
koordinater). Då uppfyller v Laplace-ekvationen vxx + vyy = 0, (dvs. den
är harmonisk) omoch endast om
1
1
wrr + wr + 2 wθθ = 0.
r
r
Medelvärdesegenskapen
Om Ω ⊂ Rn är öppen så gäller:
u är två gånger deriverbar och harmonisk (∆u = 0) i Ω
⇔
u är oändligt många gånger deriverbar och harmonisk (∆u = 0) i Ω
⇔
u är kontinuerlig i Ω och u(x0 ) =
1
R
kxk=1 1 dS
R
kxk=1 u(x0
+ r x) dS, för
alla x0 och r ≥ 0 så att { x ∈ Rn | kx − x0 k ≤ r } ⊂ Ω
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
54 / 83
Maximumprincipen
Om Ω är en öppen begränsad mängd i Rn med rand ∂Ω och u är
kontinuerlig i Ω ∪ ∂Ω och harmonisk i Ω så är
max u(x) = max u(x).
x∈Ω∪∂Ω
x∈∂Ω
Om Ω dessutom är sammanhängande så gäller att om u(x0 ) = maxx∈Ω∪∂Ω u(x)
för något x0 ∈ Ω så är u en konstant funktion.
Entydighet
Om Ω är en öppen begränsad mängd i Rn med rand ∂Ω och u1 och u2 är
kontinuerliga i Ω ∪ ∂Ω och harmoniska i Ω och u1 (x) = u2 (x) då x ∈ ∂Ω
så är u1 (x) = u2 (x) för alla x ∈ Ω.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
55 / 83
Poissons formel i enhetscirkeln
Om u(x, y ) är t.ex. begränsad då x 2 + y 2 < 1 så är u harmonisk i
{ (x, y ) | x 2 + y 2 < 1 } ⇔
u(r cos(θ), r sin(θ))
Z 2π
1 − r2
1
=
u
cos(t),
sin(t)
dt,
2π 0 1 − 2r cos(θ − t) + r 2
r < 1.
Poissons formel i övre halvplanet
Om u(x, y ) är t.ex. begränsad då x ∈ R och y > 0 så är u harmonisk i
{ (x, y ) | x ∈ R, y > 0 } ⇔
Z
1 ∞
y
u(x, y ) =
u(t, 0) dt, y > 0.
π −∞ (x − t)2 + y 2
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
56 / 83
Strömningsproblem i två dimensioner
Hastighetsvektorn för en virvelfri strömning av en inkompressibel ”vätska”
med viskositet 0 (dvs. utan ”friktion”) är v(x, y ) så att v = ∇Φ och
∇ · v = 0. Dessa villkor innebär att 0 = ∇ · ∇Φ = Φxx + Φyy , dvs. Φ är
harmonisk.
Om nu f (x + iy ) = Φ(x, y ) + iΨ(x, y ) är analytisk så följer av
Cauchy-Riemann ekvationerna att hastighetsvektorn
(Φx , Φy ) = (Re (f 0 ), Im (f 0 )) och (Φx , Φy ) ⊥ (Ψx , Ψy ), dvs.
hastighetsvektorn är parallell med kurvan Ψ = c (där c är en konstant)
som alltså är en ”strömningslinje”.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
57 / 83
Exempel
Vilket strömningsproblem kan beskrivas med funktionen f (z) = z 2 i
mängden { z ∈ C | Im z > 0 }?
Lösning: I dethär fallet är f (x + iy ) = x 2 − y 2 + i2xy . Strömningslinjerna
är alltså kurvorna xy = c där c är en konstant och hastighetsvektorn är
(2x, −2y ) = 2xi − 2y j. Av detta kan vi se att det är frågan om en
strömning mot den reella axeln som delar sig och går ut mot den positiva
eller negativa sidan.
.. ..
.
..
..
..
..
...
..
..
..
..
..
.
.
...
....
......
.........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
........
....................................
G. Gripenberg (TKK)
...
...
...
...
...
..
...
...
...
..
..
...
....
......
...........
..........................
......................................
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
58 / 83
Exempel
Vilken situation i strömningsmekanik kan beskrivas med funktionen
f (z) = z + z1 (då |z| ≥ 1)?
Lösning: Vi skriver f = Φ + iΨ och om vi använder polära koordinater,
dvs. väljer z = r eiθ så har vi
1
1
1 −iθ
iθ
+ i sin(θ) r −
.
f (z) = r e + e = cos(θ) r +
r
r
r
Eftersom f 0 (z) = 1 − z12 så ser vi att f 0 (z) → 1 då |z| → ∞, dvs. långt
borta från origo är hastighetsvektorn i stort sett en enhetsvektor i x-axelns
riktning. Strömningslinjerna bestäms av ekvationerna Ψ = c, dvs.
θ = arcsin( r 2cr−1 ) och θ = π − arcsin( r 2cr−1 ). Om c = 0 gäller antingen
r = 1, θ = 0 eller θ = π och det är frågan om strömning i området utanför
enhetscirkeln med mittpunkt i origo.
.....................
.......................................
... ......................................
...... ....
...............................
................................................................... ....
...
.
....
..
...
...
....
.
.
.
....................
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
59 / 83
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
60 / 83
Laplace-transformationen
Z
∞
L(f )(s) =
e−st f (t) dt
0
Exempel
L(1)(s) =
L(t)(s) =
1
s
1
s2
L(eat )(s) =
1
s−a
L(cos(ωt))(s) =
L(sin(ωt))(s) =
G. Gripenberg (TKK)
s
s 2 +ω 2
ω
s 2 +ω 2
Teorem
Ifall
RT
|f (t)| dt < ∞ för alla T > 0
RT
limT →∞ 0 e−s0 t f (t) dt existerar för något tal s0 ∈ C
0
så gäller att
F (s) = limT →∞
RT
0
e−st f (t) dt existerar då Re (s) > Re (s0 ),
F (s) är analytisk i mängden { s ∈ C | Re (s) > Re (s0 ) }.
Teorem
Laplace-transformationen är entydig, dvs. om L(f )(s) = L(g )(s) då
Re (s) > α så är f(t)=g(t) för nästan alla t ≥ 0.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
61 / 83
16 oktober 2007
62 / 83
Räkneregler för Laplace-transformationer
L(f 0 )(s) = sL(f ) − f (0)
L(f 00 )(s) = s 2 L(f )(s) − sf (0) − f 0 (0)
R
t
L 0 f (τ ) dτ (s) = 1s L(f )(s)
L (eat f (t)) = F (s − a) ifall F (s) = L(f )
F 0 (s) = L(−tf (t))(s) ifall F = L(f )(s)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
Exempel
Lös begynnelsevärdesproblemet
y 00 (t) + 4y 0 (t) + 3y (t) = 4 + 3t,
y (0) = 3,
y 0 (0) = −6,
med hjälp av Laplace-transformering.
Lösning: Låt Y (s) = L(y (t)) så att L(y 0 (t)) = sY (s) − y (0) = sY (s) − 3
och
L(y 00 (t)) = sL(y 0 (t)) − y 0 (0) = s 2 Y (s) − sy (0) − y 0 (0) = s 2 Y (s) − 3s + 6.
så får vi genom att ta
Eftersom L(4 + 3t) = 4s + s32 = 4s+3
s2
Laplace-transformationer av båda sidorna i ekvationen
s 2 Y (s) − 3s + 6 + 4sY (s) − 12 + 3Y (s) =
4s + 3
,
s2
så att vi får då vi löser ekvationen
Y (s) =
G. Gripenberg (TKK)
4s + 3
3s + 6
+
.
s 2 + 4s + 3 s 2 (s 2 + 4s + 3)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
63 / 83
forts.
För att kunna göra en partialbråksuppdelning måste vi först faktorisera
s 2 + 4s + √
3 och då behöver vi känna till nollställena som är
s = −2 ± 4 − 3 = −2 ± 1, dvs. −1 och −3. Partialbråksuppdelningen blir
3s + 6
4s + 3
A
B
C
D
+
=
+
+
+ .
s 2 + 4s + 3 s 2 (s 2 + 4s + 3)
s + 1 s + 3 s2
s
Koefficienterna A och B är residyer till enkla poler så att
3s + 6
4s + 3
+ 2
A = lim (s + 1)
=
s→−1
(s + 1)(s + 3) s (s + 1)(s + 3)
4s + 3
3s + 6
B = lim (s + 3)
+
=
s→−3
(s + 1)(s + 3) s 2 (s + 1)(s + 3)
3 1
− = 1,
2 2
3 1
+ = 2, .
2 2
För att få C multiplicerar vi med s 2 och låter s → 0:
4s + 3
3s + 6
2
+
= 1.
C = lim s
s→0
(s + 1)(s + 3) s 2 (s + 1)(s + 3)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
64 / 83
forts.
Koefficienten D kan t.ex. räknas ut genom att multiplicera med s 2 sedan
derivera och sedan låta s → 0:
4s + 3
d
3s + 6
2
+
D = lim
s
s→0 ds
(s + 1)(s + 3) s 2 (s + 1)(s + 3)
3s + 6
3(s 2 + 4s + 3) − (3s + 6)(2s + 4)
= lim 2s
+ s2
s→0
(s + 1)(s + 3)
(s 2 + 4s + 3)2
4(s 2 + 4s + 3) − (4s + 3)(2s + 4)
+
= 0.
(s 2 + 4s + 3)2
Nu ser vi med hjälp av partialbråksuppdelningen att
L−1
4s + 3
3s + 6
+
s 2 + 4s + 3 s 2 (s 2 + 4s + 3)
1
2
1
−1
−1
−1
=L
+L
+L
= e−t + 2e−3t + t.
s +1
s +3
s2
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
65 / 83
Räkneregler
L(f (t − a)u(t − a))(s) = e−as F (s)
där F (s) = L(f ), u(t) = 1 då t > 0, u(t) = 0 då t < 0 och a ≥ 0.
L f (at) (s) = 1a F as
då a > 0 och F (s) = L(f )(s).
Konvolution (faltning)
Z
(f ∗ g )(t) =
t
f (t − τ )g (τ ) dτ
0
L(f ∗ g ) = L(f )L(g )
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
66 / 83
Exempel
Beräkna den inversa transformationen L−1
konvolutionsprodukten.
Lösning: Eftersom L(t) = s12 och L(e−2t ) =
1 1
= L(t ∗ e−2t )(s) och
s 2 s+2
(t ∗ e
−2t
Z
t
Z
t
1 1
s 2 s+2
1
s+2
med hjälp av
så är
)(t) =
(t − τ )e−2τ dτ
0
t
Z t
=
(t − τ ) − 12 e−2τ −
(−1) − 12 e−2τ dτ
0
0
= 21 t −
0
1 −2τ
2e
dτ = 12 t −
t
− 14 e−2τ = 12 t + 14 e−2t − 14 .
0
(Observera att i uttrycket (t ∗ e−2t )(t) betyder det första t:et funktionen t 7→ t,
följande i e−2t visar också endast att det är fråga om funktionen t 7→ e−t medan
det sista är ett argument som faktiskt kan ges ett reellt värde.)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
67 / 83
Exempel
Låt


0 ≤ t < 3,
t,
f (t) = 6 − t, 3 ≤ t < 6,


0,
t > 6.
Beräkna Laplace-transformationen av f genom att först skriva ut f med
hjälp av stegfunktionen u och sedan använda förskjutningsregeln.
Lösning: Ifall 0 ≤ a < b så ser vi att
(
0, då t < a eller t > b,
u(t − a) − u(t − b) =
1, då a < t < b.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
68 / 83
forts.
Vi kan nu skriva
f (t) = t u(t) − u(t − 3) + (6 − t) u(t − 3) − u(t − 6)
= tu(t) − 2(t − 3)u(t − 3) + (t − 6)u(t − 6).
Med hjälp av förskjutningsregeln får vi nu (eftersom L(t)(s) =
L(f )(s) =
G. Gripenberg (TKK)
1
)
s2
att
1
1
1
− 2 2 e−3s + 2 e−6s .
s2
s
s
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
69 / 83
Delta-funktionalen
d
u(t − T )
dt
men u(t − T ) är inte deriverbar så δT är en generaliserad funktion, så att
Z ∞
f (t)δT (dt) = f (T ).
δT =
−∞
L(δT )(s) = e−sT ,
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
T ≥ 0.
16 oktober 2007
70 / 83
Fourier-integraler
Om
R∞
−∞ |f (t)| dt
< ∞ så är Fourier-transformationen av f
fˆ(ω) =
Z
∞
e−i2πωt f (t) dt,
ω∈R
−∞
Även definitionerna
R∞
−∞
e−iωt f (t) dt och
√1
2π
R∞
−∞
e−iωt f (t) dt används!
Lemma
Ifall
R∞
< ∞ så är fˆ kontinuerlig och lim|ω|→∞ fˆ(ω) = 0
−∞ |f (t)| dt
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
71 / 83
16 oktober 2007
72 / 83
Räkneregler
c = αfˆ
αf
f\
+ g = fˆ + ĝ
ĝ (ω) = e−i2πωt0 fˆ(ω) ifall g (t) = f (t − t0 )
f\
(αt)(ω) = 1 fˆ ω
|α|
−πt 2 (ω) = e
e[
G. Gripenberg (TKK)
α
−πω 2
Mat-1.1531 Gk3-I
Teorem
Ifall
R∞
ˆ
−∞ |f (ω)| dω
< ∞ så är
Z
∞
f (t) =
ei2πωt fˆ(ω) dω.
−∞
Obs!
Ifall f (t) = 0 då t < 0 så är fˆ(ω) = L(f )(2πiω)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
73 / 83
Exempel
Ge en formel med vars hjälp man kan invertera Laplace-transformationen.
Lösning: Låt F (s) = L(f ) och definiera f (t) = 0 då t < 0. Det innebär att
Z ∞
Z ∞
e−(σ+i2πω)t f (t) dt =
e−i2πωt e−σt f (t) dt = ĝ (ω),
F (σ + i2πω) =
−∞
0
R∞
om g (t) = e−σt f (t). Om nu −∞ |ĝ (ω)| dω = −∞ |F (σ + i2πω)| dω < ∞
så får vi med hjälp av den inversa Fourier-transformationen
Z ∞
Z ∞
−σt
i2πωt
ei2πωt F (σ + i2πω) dω.
g (t) = e f (t) =
e
ĝ (ω) dω =
R∞
−∞
−∞
Genom att göra ett variabelbyte 2πω = τ kan vi skriva resultatet i formen
Z
eσt ∞ iτ t
f (t) =
e F (σ + iτ ) dτ.
2π −∞
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
74 / 83
Konvolution
f[
∗ g = fˆĝ när (f ∗ g )(t) =
R∞
−∞ f (t
− s)g (s) ds.
Teorem
Ifall
R∞
< ∞ så finns det en funkion fˆ så att
2
−∞ |f (t)| dt
Z
∞
|fˆ(ω)|2 dω =
−∞
∞
Z
|f (t)|2 dt
−∞
2
Z T
−i2πωt
ˆ
lim
f (ω) −
e
f (t) dt dω = 0
T →∞ −∞
−T
2
Z ∞
Z T
i2πωt
f (t) −
e
fˆ(ω) dω dt = 0
lim
Z
∞
T →∞ −∞
−T
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
75 / 83
Fourier-koefficienter
Om
R1
0
|f (t)| dt < ∞ och f (t + 1) = f (t) så är
fˆ(n) =
Z
1
e−i2πnt f (t) dt
0
Integralen kan också räknas över andra intervall, t.ex.
R1
fˆ(n) = −2 1 e−i2πnt f (t) dt.
2
R T i2πnt
Om f istället har perioden T så blir fˆ(n) = T1 0 e− T f (t) dt.
Lemma
Z
1
|f (t)| dt < ∞
⇒
0
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
lim fˆ(n) = 0
|n|→∞
16 oktober 2007
76 / 83
Teorem
Om f (t + 1) = f (t),
R1
0
|f (t)| dt < ∞ och f är deriverbar i punkten t0 så är
lim
N
X
N→∞
M→−∞ n=M
G. Gripenberg (TKK)
ei2πnt0 fˆ(n) = f (t0 )
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
77 / 83
Varför?
Definiera
(
g (t) =
f (t+t0 )−f (t0 )
,
e−i2πt −1
t∈
/ Z,
0,
t ∈ Z.
R1
−i2πt
Av antagandet följer att 0 |g (t)| dt < ∞ eftersom e t −1 → −i2π då
t → 0. Eftersom f (t + t0 ) = g (t)(e−i2πt − 1) + f (t0 ) så får vi
(
Z 1
1, n = 0
fˆ(n)ei2πnt0 =
e−i2πnt f (t + t0 ) dt = ĝ (n + 1) − ĝ (n) + f (t0 )
0, n 6= 0
0
och av detta följer att (då M < 0 och N > 0)
N
X
fˆ(n)ei2πnt0 = ĝ (N + 1) − ĝ (M) + f (t0 ) → f (t0 )
n=M
då M → −∞ och N → ∞ eftersom lim|n|→∞ ĝ (n) = 0, vilket i sin tur är
R1
en följd av att 0 |g (t)| dt < ∞.
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
78 / 83
Teorem
Ifall
R1
0
|f (t)|2 dt < ∞ så är
Z
∞
X
1
|f (t)|2 dt =
0
|fˆ(n)|2
n=−∞
2
Z 1 N
X
i2πnt ˆ
lim
e
f (n) dt = 0
f (t) −
N→∞ 0 n=−M
M→−∞
P∞
2
Omvänt gäller att ifall (cn )∞
n=−∞ är sådan att
n=−∞ |cn | < ∞ så finns
R1
2
det en funktion f så att 0 |f (t)| dt < ∞ och fˆ(n) = cn .
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
79 / 83
Den diskreta Fourier-transformationen
F̂(m) =
N−1
1 X − i2πmk
e N F(k)
N
k=0
PN−1
Ofta används instället defintionen k=0 e−
bara att talet N dyker upp på andra ställen.
i2πmk
N
F(k) med detta betyder
Obs!
När F är periodisk, dvs. F(k + N) = F(k) gäller också
F̂(m) =
G. Gripenberg (TKK)
1
N
N+M−1
X
e−
i2πmk
N
F̂(k)
k=M
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
80 / 83
FFT
En algoritm som kan räkna den diskreta Fourier-transformationen med
högst cN log(N) räkneoperationer och inte c 0 N 2 som en direkt räkning kräver.
Den inversa transformationen
F(k) =
N−1
X
e
i2πmk
N
F̂(k)
m=0
Konvolutioner
Om F(k + N) = F(k), G(k + N) = G(k) och H(k) =
så är
Ĥ(m) = N F̂(m)Ĝ(m)
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
PN−1
j=0
F(k − j)G(j)
16 oktober 2007
81 / 83
Exempel
Låt ak och bk , k = 0, 1, . . . , vara givna. Hur kan man med hjälp av den
diskreta Fourier-transformationen räkna ut
ck =
k
X
ak−j bj ,
k = 0, 1, . . . ,
j=0
Lösning: Först måste man bestämma sig för ett tal n så att man räknar ut
ck för k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 och för detta behövs talen ak och bk då
k = 0, 1, . . . , n − 1. Vi låter N = 2n och definierar A(k) = ak och
B(k) = bk då k = 0, 1, . . . , n − 1, A(k) = B(k) = 0 då k = n, . . . , N − 1
och A(k + N) = A(k) och B(k + N) = B(k). Vi definierar
C(k) =
N−1
X
A(k − j)B(j)
j=0
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
82 / 83
forts.
Eftersom B(j) = bj då j = 0, . . . , n − 1 och
P B(j) = 0 då j = n, . . . , N − 1
att då k = 0, 1, . . . , n − 1 så är C(k) = n−1
j=0 A(k − j)bj . Eftersom
dessutom A(k − j) = ak−j då 0 ≤ k − j ≤ N − 1 så får vi
C(k) =
k
X
ak−j bj +
j=0
n−1
X
A(k − j)bj ,
k = 0, . . . , n − 1.
j=k+1
Men eftersom −n + 1 ≤ k − j ≤ −1 och således
n + 1 ≤ k − j + N ≤ N − 1 då j = k + 1, . . . , n − 1 och k = 0, 1, . . . , n − 1
så är då A(k − j) = 0. Detta innebär att C(k) = ck då k = 0, 1, . . . , n − 1.
Eftersom Ĉ(m) = N Â(m)B̂(m) så följer det av formeln inverteringen av
den diskreta Fourier-transformationen att
ck = C(k) = N
N−1
X
e
i2πmk
N
d
Â(m)B̂(m) = N 2 ÂB̂(−k),
k = 0, 1, . . . , n − 1.
m=0
G. Gripenberg (TKK)
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
83 / 83
Numerisk beräkning av Fourier-integraler
Låt
g (t) =
N−1
X
f (k∆t + t0 )p
k=0
t − t0 − k∆t
∆t
,
där ∆t > 0 och p : R → R är sådan att p(0) = 1 och p(j) = 0 då j 6= 0.
Då är g är en interpolationsfunktion med g (k∆t + t0 ) = f (k∆t + t0 ) då
k = 0, . . . , N − 1 och g (k∆t) = 0 då k < 0 eller k > N − 1. Om nu
F(k) = f (k∆t + t0 ),
och
∆t∆ω =
så är
ĝ (m∆ω) =
G. Gripenberg (TKK)
k = 0, . . . , N − 1,
1
,
N
m
1 −i2πm∆ωt0
e
F̂(m)p̂
,
∆ω
N
Mat-1.1531 Gk3-I
m ∈ Z.
16 oktober 2007
84 / 83
Varför?
1
N∆t
Vi väljer ∆ω =
Z
∞
ĝ (m∆ω) =
och då blir
e−i2πm∆ωt g (t) dt
−∞
=
N−1
X
Z
∞
F(k)
k=0
N−1
X
=
e
−i2πm∆ωt
−∞
Z
∞
F(k)∆t
k=0
p
t − t0 − k∆t
∆t
dt
t = t0 + k∆t + τ ∆t
=
e−i2πm∆ωt0 e−i2πm∆ωk∆t e−i2πm∆ω∆tτ p(τ ) dτ
−∞
= N∆te−i2πm∆ωt0
G. Gripenberg (TKK)
Z ∞
N−1
m
1 X − i2πmk
e N F (k)
e−i2π N τ p(τ ) dτ
N
−∞
k=0
m
1 −i2πm∆ωt0
=
e
F̂(m)p̂
.
∆ω
N
Mat-1.1531 Gk3-I
16 oktober 2007
85 / 83