Zestaw 2

Analiza matematyczna dla informatyków 4
Zajęcia 2
Kilka podstawowych wzorów.
Dla dowolnych z1 , z2 ∈ C
|z1 z2 | = |z1 ||z2 |.
Dla dowolnych z1 , z2 ∈ C, z2 6= 0
z1 |z |
= 1 .
|z2 |
z2
Dla dowolnego z = a + bi ∈ C
z · z = |z|2 ,
gdzie z = a − bi jest sprzężeniem liczby z.
Dla dowolnego t ∈ R
|eit | = |cos t + i sin t| = 1
oraz
eit = e−it .
Zadanie 1. Zbadać, w co przechodzi przy przekształceniu w(z) =
|z − a| = |a|, a 6= 0, a ∈ R.
1
z
rodzina okręgów
Rozwiązanie. Zdefiniujmy z(t) = a + aeit dla t ∈ [−π, π]. Obrazem tego odwzorowania jest wskazany w treści zadania okrąg.
Widzimy, że z(−π) = z(π) = 0. Załóżmy, że t ∈ (−π, π) i zbadajmy obraz odwzo1
.
rowania z(t)
Mamy
1
1
1
1 + e−it
=
=
·
z(t)
a + aeit
a (1 + eit )(1 + e−it )
1
1 + e−it
1 1 + cos t − i sin t
= ·
= ·
it
−it
0
a 1+e +e +e
a
2 + 2 cos t
1
sin t
=
1−i
.
2a
1 + cos t
sin t
Musimy zbadać jak zachowuje się wyrażenie 1+cos
dla t ∈ (−π, π). Mianownik na
t
tym przedziale jest różny od zera, licznik i mianownik są funkcjami ciągłymi, więc
1
iloraz także jest ciągły. Dla t = 0 to wyrażanie jest równe 0. Zbadamy granice przy
t dążącym do −π i π.
lim
t→π−
sin t(1 − cos t)
sin t
= lim
t→π
− (1 + cos t)(1 − cos t)
1 + cos t
sin t(1 − cos t)
1 − cos t
= lim
=∞
= lim
2
t→π−
t→π−
sin t
sin t
i analogicznie
lim
t→−π+
sin t
= −∞.
1 + cos t
sin t
dla t ∈ (−π, π) jest cała prosta rzeczywista.
Zatem obrazem wyrażenia 1+cos
t
Oznacza to, że okrąg wyznaczony równaniem |z − a| = |a| przechodzi na prostą
1
∧ y ∈ R}.
{x + yi ∈ C| x = 2a
Zadanie 2. Znaleźć obraz pierwszej ćwiartki układu współrzędnych za pomocą
homografii
z−i
.
z+i
w(z) =
Rozwiązanie. Ogólna postać homografii
f (z) =
az + b
,
cz + d
gdzie a, b, c, d ∈ C, c 6= 0, ad − bc 6= 0. Homografie to odwzorowania zachowujące
kąty.
Zajmiemy się najpierw obrazem całej górnej otwartej półpłaszczyzny. Zauważmy, że
dla z należących do górnej półpłaszczyzny
|w(z)| =
|z − i|
|z − i|
=
< 1,
|z + i|
|z − (−i)|
ponieważ |z − i| < |z − (−i)|, tzn. z jest bliżej punktu i niż −i. Zatem cały obraz
zawiera się w otwartej kuli jednostkowej o środku w punkcie 0.
Pokażemy, że obrazem jest w istocie cała kula, czyli, że dla dowolnego punktu
x + yi ∈ D(0, 1) znajdziemy taki punkt a + bi leżący w górnej półpłaszczyźnie, że w(a + bi) = x + yi.
Niech x + yi ∈ D(0, 1). Szukamy odpowiedniego punktu a + bi.
a + (b − 1)i
= x + yi.
a + (b + 1)i
Stąd
a + (b − 1)i = (x + yi)(a + (b + 1)i)
2
i
a + (b − 1)i = xa − y(b + 1) + (ya + x(b + 1))i,
co daje układ równań
(
a = xa − y(b + 1)
b − 1 = ya + x(b + 1)
Z pierwszego równania
a=
(b + 1)y
.
x−1
(1)
Podstawiając do drugiego otrzymujemy
(b + 1)y 2
+ x(b + 1)
x−1
y2
y2
b 1−
−x =1+
+x
x−1
x−1
x2 + y 2 − 1
−(x − 1)2 − y 2
=
b
x−1
x−1
1 − x2 − y 2
b=
.
(x − 1)2 + y 2
b−1=
Podstawiając do (1) otrzymujemy
1 − x2 − y 2
y
a= 1+
2
2
(x − 1) + y x − 1
2
x − 2x + 1 + y 2 + 1 − x2 − y 2
y
=
2
2
(x − 1) + y
x−1
−2y
.
=
(x − 1)2 + y 2
Zatem

−2y



a
=


(x − 1)2 + y 2

1 − x2 − y 2



.
b
=

2
2
(x − 1) + y
Zauważmy, że dla x + yi ∈ D(0, 1) mamy b > 0 oraz w(a + bi) = x + yi.
Chcemy jeszcze wiedzieć, co jest obrazem pierwszej ćwiartki. Widzimy, że jeśli a > 0,
wtedy musi być y < 0, tzn. obrazem pierwszej ćwiartki jest dolna półkula.
Zadanie 3. Oblicz granicę
lim
n→∞
6n + 7ni + 8i
.
n + 4 + 2ni
3
Rozwiązanie. Mamy
lim
n→∞
(6n + 7ni + 8i)(n + 4 − 2ni)
6n + 7ni + 8i
= n→∞
lim
n + 4 + 2ni
(n + 4 + 2ni)(n + 4 − 2ni)
6n2 + 24n + 14n2 + 16n + (7n + 8)(n + 4)i − 12n2 i)
= n→∞
lim
5n2 + 8n + 16
2
20n + 40n + (−5n2 + 36n + 32)i
= lim
n→∞
5n2 + 8n + 16
2
−5n2 + 36n + 32
20n + 40n
+
i
lim
= 4 − i.
= n→∞
lim
n→∞ 5n2 + 8n + 16
5n2 + 8n + 16
Zadanie 4. Zbadaj ciągłość funkcji
f (z) =
Re z
.
1 + |z|
−
Rozwiązanie. Funkcja jest ciągła w punkcie →
x0 , gdy
→
→
lim f (−
x ) = f (−
x0 ).
−
→
→
x →−
x
0
Powyższą funkcję możemy zapisać jako funkcję dwóch zmiennych
f (x, y) =
x
√ 2
.
1 + x + y2
Ciągłość funkcji zespolonej pokrywa się z pojęciem ciągłości odpowiadającej jej funkcji dwóch zmiennych.
Powyższa funkcja jest ciągła jako złożenie funkcji ciągłych. Dokładnie, korzystając
kolejno z ciągłości ilorazu w każdym punkcie, w którym mianownik jest różny od
zera, ciągłości sumy, ciągłości pierwiastka i kwadratu, możemy zapisać
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
x
√ 2
(x,y)→(x0 ,y0 ) 1 +
x + y2
lim(x,y)→(x0 ,y0 ) x
√
=
lim(x,y)→(x0 ,y0 ) (1 + x2 + y 2 )
x0
√
=
1 + lim(x,y)→(x0 ,y0 ) x2 + y 2
x0
q
=
1 + lim(x,y)→(x0 ,y0 ) (x2 + y 2 )
x0
q
=
= f (x0 , y0 ).
1 + x20 + y02
f (x, y) =
lim
Zadanie 5. Zbadaj zbieżność szeregu
∞ X
3 + 4i n
n=0
5
4
.
Twierdzenie. Niech (zn )n∈N = (an +bn i)n∈N będzie ciągiem liczb zespolonych. Szereg
∞
X
zn
n=0
jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżne są szeregi
∞
X
an ,
n=0
∞
X
bn .
n=0
Twierdzenie (Warunek dostateczny). Niech (zn )n∈N będzie ciągiem liczb zespolonych. Jeśli szereg
∞
X
|zn |
n=0
jest zbieżny, wtedy szereg
∞
X
zn
n=0
jest także zbieżny.
Twierdzenie (Warunek konieczny). Niech (zn )n∈N będzie ciągiem liczb zespolonych. Jeśli szereg
∞
X
zn
n=0
jest zbieżny, wtedy
lim zn = 0.
n→∞
W szczególności
lim |zn | = 0.
n→∞
Rozwiązanie. Mamy
s
3 + 4i 9
16
=
+
= 1,
5
25
25
zatem szereg nie może być zbieżny.
Zadanie 6. Znaleźć promień zbieżności szeregu
∞
X
[4 + (−1)n ]n z n .
n=0
5
Twierdzenie (Cauchy-Hadamard). Niech będzie dany szereg
∞
X
cn (z − a)n ,
n=0
gdzie a, cn ∈ C. Powyższy szereg jest zbieżny w dysku otwartym D(a, R), gdzie
R=
1
lim supn→∞
√
n
cn
oraz rozbieżny dla |z − a| > R. Zbieżność na brzegu dysku zależy od konkretnego
przypadku. R nazywamy promieniem zbieżności tego szeregu.
Rozwiązanie. Mamy
lim sup
n→∞
√
n
cn = lim sup(4 + (−1)n ) = 5,
n→∞
zatem
1
R= .
5
Zadanie 7. Sprawdź, gdzie jest różniczkowalna funkcja f (z) = z.
Definicja. Niech Ω ⊂ C będzie otwartym podzbiorem C. Mówimy, że funkcja
f : Ω → C jest różniczkowalna w punkcie z0 ∈ Ω, gdy istnieje granica
lim
z→z
0
f (z) − f (z0 )
.
z − z0
Tę granicę, o ile istnieje, nazywamy pochodną funkcji f w punkcie z0 .
Rozwiązanie. Niech z0 = x0 + y0 i ∈ C.
lim
z→z
0
f (z) − f (z0 )
f (x0 + h1 + (y0 + h2 )i) − f (x0 + y0 i)
=
lim
(h1 ,h2 )→(0,0)
z − z0
x0 + h1 + (y0 + h2 )i − (x0 + y0 i)
x0 + h1 − (y0 + h2 )i − (x0 − y0 i)
=
lim
(h1 ,h2 )→(0,0)
h1 + h2 i
h1 − h2 i
=
lim
(h1 ,h2 )→(0,0) h1 + h2 i
h21 − h22 − 2h1 h2 i
=
lim
.
(h1 ,h2 )→(0,0)
h21 + h22
Jeśli h1 = n1 , h2 = n1 , wtedy ta granica wynosi −i. Jeśli h1 = n1 , h2 = 0, wtedy ta
granica wynosi 1. Zatem ta granica nie istnieje dla żadnego punktu x + yi ∈ C.
Zadanie 8. Znaleźć kąt obrotu i współczynnik rozciągania (dylatację) funkcji
f (z) = z 2 + 2z w punkcie z = i.
6
Uwaga. Niech z ∈ C będzie liczbą zespoloną różną od zera. Wtedy liczba
z
|z|
znajduję się na okręgu jednostkowym oraz ma taki sam kąt (argument) jak liczba z.
Definicja. Niech f : Ω → C, Ω ⊂ C, z0 ∈ Ω oraz f (z) 6= f (z0 ) na pewnym otoczeniu
punktu z0 . Mówimy, że odwzorowanie f zachowuje kąty w punkcie z0 , gdy granica
lim e−iθ
r→0+
f (z0 + reiθ ) − f (z0 )
|f (z0 + reiθ ) − f (z0 )|
istnieje i jest niezależna od θ. Wtedy kąt (argument) wartości powyższej granicy
nazywamy kątem obrotu funkcji f w punkcie z0 .
Uwaga. Zauważmy, że
eiθ |(z0 + reiθ ) − z0 |
eiθ |reiθ |
=
|(z0 + reiθ ) − z0 |
|(z0 + reiθ ) − z0 |
reiθ
(z0 + reiθ ) − z0
=
=
.
|(z0 + reiθ ) − z0 |
|(z0 + reiθ ) − z0 |
eiθ =
Zatem eiθ wyznacza nam kąt przyrostu argumentu w powyższej definicji, a drugi
czynnik kąt przyrostu wartości funkcji. Iloraz wyznacza nam różnicę tych kątów,
czyli mówi jak obracany jest ”wykres” w danym punkcie.
Twierdzenie. Funkcja holomorficzna zachowuje kąty w każdym punkcie, w którym
jej pochodna jest różna od zera. Dodatkowo zachodzi
lim e−iθ
r→0+
f 0 (z0 )
f (z0 + reiθ ) − f (z0 )
=
.
|f (z0 + reiθ ) − f (z0 )|
|f 0 (z0 )|
Dowód. Niech f 0 (z0 ) istnieje i będzie różne od zera. Wtedy
lim e−iθ
r→0+
f (z0 + reiθ ) − f (z0 )
|(z0 + reiθ ) − z0 | f (z0 + reiθ ) − f (z0 )
=
lim
·
|f (z0 + reiθ ) − f (z0 )| r→0+ (z0 + reiθ ) − z0 |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )|
|(z0 + reiθ ) − z0 |
f (z0 + reiθ ) − f (z0 )
= lim
·
r→0+ |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )|
(z0 + reiθ ) − z0
f 0 (z0 )
= 0
.
|f (z0 )|
Uwaga. W przypadku funkcji holomorficznej policzenie kąta obrotu w punkcie z0
0
0)
sprowadza się do policzenia kąta liczby |ff 0 (z
, o ile f 0 (z0 ) 6= 0. Natomiast kąt liczby
(z0 )|
f 0 (z0 )
|f 0 (z0 )|
jest równy kątowi liczby f 0 (z0 ).
7
Definicja. Dylatacją funkcji f : Ω → C w punkcie z0 ∈ Ω nazywamy wartość
|f 0 (z0 )|.
Uwaga. Dylatacja mówi w przybliżeniu, jak szybko zmieniają się wartości funkcji w
stosunku do wartości zmiennej w otoczeniu zadanego punktu. Jeśli dla przykładu
dylatacja w pewnym punkcie wynosi 2 oznacza to, że w pewnym otoczeniu tego
punktu przy zmianie zmiennej o pewną jednostkę wartość funkcji zmienia się o dwie
jednostki.
Rozwiązanie. Mamy f (z) = z 2 + 2z. Wielomiany są funkcjami holomorficznymi.
Zespolone różniczkowanie wielomianów wygląda tak samo jak zwykłe różniczkowanie
wielomianów. Zatem f 0 (z) = 2z + 2.
Kąt obrotu
arg f 0 (i) = arg(2i + 2) =
π
.
4
Dylatacja
√
|f 0 (i)| = |2i + 2| = 2 2.
8