Analiza zespolona

Analiza zespolona
dr hab. Grzegorz Andrzejczak prof. PŁ
spisanie: Piotr Kowalski
22 maja 2012
SPIS TREŚCI
1
Spis treści
1 Referaty
1.1 Referat Eli i Emilii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
2 Uzupełnienie referatu Przemka i Adama
7
3 Zwartość prof. Andrzejczak
8
1
REFERATY
1
2
Referaty
1.1
Referat Eli i Emilii
Twierdzenie 1.1. Rungego
Niech Ω ⊂ C, Ω - otwarty oraz K ⊂ Ω zwarty. NWSR
a) Każda funkcja analityczna w sąsiedztwie K może być jednostajnie przybliżana
na K na funkcje analityczne na Ω
b) zb. otwarty Ω \ K nie ma składowej, która jest względnie zwarta w Ω
c) dla każdego z ∈ Ω \ K istnieje funkcja f ∈ A (Ω), taka że
|f (z)| > sup |f |
(1)
K
Wniosek. K ⊂ C - zwarty. Dowolną funkcję analityczną w sąsiedztwie K można przybliżać jednostajnie przez wielomiany wtw gdy (b) nie na składowych
względnie zwartych.
Przypomnijmy definicję składowej
Definicja 1.2. Składowa
Maksymalny spójny podzbiór zbioru U nazywamy składową zbioru U.
oraz definicję względnej zwartości
Definicja 1.3. Zbiór względnie zwarty
Zbiór U nazwiemy zwartym jeśli jego domknięcie jest zwarte.
Mówimy, że zbiór A jest zwarty w innym zbiorze B jeśli A ∩ B jest zwarty.
Dowód.
Najpierw (c)⇒(b)
Przypuśćmy, że (b) nie zachodzi, czyli Ω \ K ma składową O taką, że O jest
zwarty orz O ⊂ Ω. Brzeg O \ O jest podzbiorem zbioru K
sup |f | ¬ sup |f |,
O
f ∈ A (Ω)
(2)
K
sprzeczność z (c). Istotnie, dla ustalonego z ∈ O z własności (c) istnieje funkcja
f ∈ A (Ω) mamy |f (z)| > sup |f |, ale to oznacza, że
K
sup |f | < |f (z)| ¬ sup |f (z)| ¬ sup |f |
K
(3)
K
O
Czyli sprzeczność.
Teraz (a)⇒(b). Przypuśćmy, że (b) nie zachodzi. Istnieje zatem ciąg (fn ) ⊂
A (Ω) taki, że fn ⇒ g w sąsiedztwie K czyli
g(z) =
1
,
z−ζ
sup |f | ¬ sup |f |
O
K
ζ∈O
∀f ∈ A (Ω)
(4)
(5)
1
REFERATY
3
K
?
Ω
Rysunek 1: Przykład dla braku składowych względnie zwartych
Po zastowaniu (5) dla fn − fm mamy, że (fn ) zbiega jednostajnie na O do
pewnego F , bo
(6)
sup |fn − fm | ¬ sup |fn − fm | < K
O
Zatem F = g na brzegu zbioru O. F jest analityczna1 na O oraz ciągła na O.
Na brzegu O mamy
(z − ζ) · F (z) = 1
(7)
i stąd 2 .
(z − ζ) · F (z) = 1
(8)
na O, jednakże dla z = ζ mamy 0 = 1. Sprzeczność.
Teraz (b)⇒(a). Należy pokazać, że każda miara µ na K jest ortogonalna
dla funkcji analitycznych na Ω jest też ortogonalna dla funkcji analitycznych w
otoczeniu K.
µ jest miarą na K, czyli funkcjonałem działającym µ : C (K) → C. Czyli
próbujemy dowieść, że
Z
Z
∀f ∈A(Ω)
f dµ = 0 ⇒ ∀g∈A(K)
gdµ = 0
(9)
po to by po skorzystaniu z twierdzenia Hahna-Banacha, w postaci poniższej,
otrzymać:
Twierdzenie 1.4. Twierdzenie Hahna-Banacha
Niech X przestrzeń liniowa, p : X → R półnorma i M ⊂ X podprzestrzeń
liniowa, g : M → R jest liniowy i ograniczony oraz |g(x)| ¬ p(x) to istnieje
ψ : X → R taki, że
∀x ∈ M
ψ(x) = g(x)
(10)
∀x ∈ X
|ψ(x)| ¬ p(x)
Istotnie, oznaczmy XK := {g|K : g ∈ A (K)} oraz XΩ := {f |K : f ∈ A (Ω)}
i mamy, że równoważnie do (9) zachodzić musi
XΩ ⊂ XK
(11)
Przypuścmy, zatem że XK ⊂
6 XΩ i ∃f0 ∈ XK f0 6∈ XΩ . Zatem istnieje > 0
taki, że
∀f ∈ XΩ kf − f0 k ­ (12)
1 tw.
1.2.5
2 Zastosowanie
zasady maksimum
1
REFERATY
4
gdy λ 6= 0 mamy
1
kf + λf0 k = λ f + f0 ­ |λ| · λ
(13)
Oznaczmy, przez M := XΩ + Cf0 i rozważmy funkcjonał µ̃M → C dany wzorem
µ̃(f + λf0 ) = λ. Mamy
|µ̃(f + λf0 )| = |λ| ¬
1
· kf + λf0 k
(14)
a zatem µ jest ograniczone. Zatem istnieje µ : C (K) → C takie, że µ ograniczone
∀f ∈ M
µ(f ) = µ̃(f )
(15)
Mamy
Z
f dµ = µ f|K = µ̃ f|K = 0
(16)
f0 dµ = µ(f0 ) = µ̃(f0 ) = µ(0 + 1 · f0 ) = 1
(17)
W efekcie dla f0
Z
Zatem sprzeczność. Czyli otrzymanie (9) na mocy twierdzenia Hahna-Banacha
dowodzi tezy.
Dowodzimy (9).R
1
Weźmy φ(ζ) = z−ζ
dµ(z), ζ ∈ K c . Z twierdzenia 1.2.2 φ jest analityczna
c
c
w K . Niech dalej ζ ∈ Ω wówczas mamy
Z
∀k φ(k) (ζ) = k! (z − ζ)k−1 dµ(z) = 0
(18)
Stąd φ = 0 w każdej składowej K c . Z ortogonalności mamy
Z
∀n
z n dµ(z) = 0
(19)
Z twierdzenia 1.2.8. (z−ζ)−1 może być rozwijana w szereg potęgowy jednostajnie
zbieżny na K jeśli |ζ| > sup |z|. Mamy zatem φ = 0 w nieograniczonej składowej
z K c.
K
Z
φ(ζ) =
(ζ − z)−1 dµ =
∞ Z
X
z n ζ −n+1 dµ
0
Wchodzi Marek B.
Niech U ⊂ K c składowa. Mamy, możliwości
ˆ Jeśli U ∩ Ωc 6= ∅ to φ|U = 0
ˆ gdy U ∩ Ωc = ∅ czyli u nie jest względnie zwarte w Ω
tzn.
a) U jest niezwarte. Czyli U musi być ograniczony
b) U 6⊂ Ω, U ∩ Ωc 6= ∅, oraz mamy ∂U ⊂ Ωc ∩ K = ∅.
(20)
1
REFERATY
5
Wybierzemy funkcję ψ ∈ C∞
0 (ω), gdzie ω jest otoczeniem K w którym f jest
analityczna i ψ = 1 w K Mamy
−1
Z
f (z) = ψ(z)f (z) = (2Πi)
f (ζ)ψ(ζ)
dζ +
(ζ − z)
Z Z f (ζ) ∂ψ(ζ)
∂ ζ̄
(ζ − z)
dζ ∧ dζ̄
(21)
ω
∂ω
Zatem
Z
−1
f (z)dµ(z) = (2Πi)
Z Z Z f (ζ) ∂ψ(ζ)
∂ ζ̄
(ζ − z)
dζ ∧ dζ̄ ∧ dµ(z)
(22)
K×ω
i z twierdzenia Fubiniego
−1
(2Πi)
Z Z Z f (ζ) ∂ψ(ζ)
∂ ζ̄
(ζ − z)
dµ(z)∧dζ∧dζ̄ = −(2Πi)
K×ω
−1
ZZZ
f (ζ)
∂ψ(ζ)
φ(ζ)dµ(z)∧dζ∧dζ̄
∂ ζ̄
K×ω
(23)
Dalej rozkładjąc całkę na dwie


ZZZ
ZZZ
∂ψ(ζ)
∂ψ(ζ)


−(2Πi)−1 
f (ζ)
φ(ζ)dµ(z) ∧ dζ ∧ dζ̄ +
f (ζ)
φ(ζ)dµ(z) ∧ dζ ∧ dζ̄ 
∂ ζ̄
∂ ζ̄
K
ω\K
(24)
Jako, że ∂ψ(ζ)
=
0
na
K
oraz
φ(ζ)
=
0
poza
K,
to
powyższa
całka
jest
równa
0.
∂ ζ̄
Dowodzimy teraz: (b)⇒(c). Zakł. (b). Niech z ∈ Ω \ K, i wybierzmy domknięty dysk L o środku w z taki, że L ⊂ Ω \ K. Składowe zbioru Ω \ (K ∪ L) są
takie, jak zbioru Ω \ K, przy czym z jednej składowej wycięto L. K ∪ L spełnia
(b). Wobec (a) funkcję
0 w sąsiedztwie K
g(w) =
(25)
1 w sąsiedztwie L
Możęmy przybliżać jednostajnie przez funkcje analityczną na Ω. Istnieje funkcja
f ∈ A (Ω) taki, że |f | < 12 na K oraz 1 − |f | ¬ |f − 1| < 12 na L w efekcie
3
1
< |f | <
2
2
(26)
Definicja 1.5. Niech K będzie dowolnym zwartym podzbiorem Ω. Definiujemy
otoczkę (otoczkę analityczną) K̂ zbioru K następująco
K̂ = K̂Ω := z ∈ Ω : ∀f ∈A(Ω) |f (z)| ¬ sup |f |
(27)
K
Jeśli nie istnieją składowe względnie zwarte to na mocy twierdzenia Rungego
K̂ = K. Jeśli istnieją to K ( K̂ 3 gdyż
∃z ∈ Ω \ K ∀f ∈ A (Ω) |f (z)| ¬ sup |f |
K
Rozważamy dalej
3B
w twierdzeniu Rungego jest fałszywe zatem C jest również fałszywe
(28)
1
REFERATY
ˆ f (z) =
1
z−ζ , ζ
6
∈ Ωc
d (K, Ωc ) ¬ d K̂, Ωc
(29)
ˆ f (z) = eaz , a ∈ C to K̂ ⊂ otoczki wypukłej K.
Szukamy z0 ∈ Ω takiego, że
1 > sup 1 z0 − ζ z∈K z − ζ (30)
Wtedy
|z0 − ζ| < d(ζ, K)
Istnieje d (K, Ωc ) > ρ > d K̂, Ωc
(31)
∃z ∈ K̂, ζ ∈ Ωc
d (K, ζ) > d (z0 , ζ)
(32)
Zatem faktycznie
d (K, Ωc ) ¬ d K̂, Ωc
(33)
Szukamy teraz z0 ∈ Ω takiego, że
|eaz | > sup |eaz |
(34)
z∈K
Wtedy
4
<(az0 ) > sup <(az)
(35)
z∈K
Istnieje d (K, Ωc ) > ρ > d K̂, Ωc
∃z ∈ K̂, ζ ∈ Ωc
d (K, ζ) > d (z0 , ζ)
(36)
Zatem faktycznie
d (K, Ωc ) ¬ d K̂, Ωc
(37)
Brakuje dowodu z obrotami zrobionym formalnie na przerwie
ˆ
Własność. Zachodzi K̂ = K̂.
Dowód.
Oczywiście mamy, że
∀f ∈ A (Ω)
sup |f | = sup |f |
K̂
(38)
K
Własność. Dla dowolnego K ⊂ Ω zwartego, otoczka K̂ ⊂ Ω jest zbiorem zwartym zawierającym K, dla którego spełnione jest teza tw. Rungego o aproksymacji.
4 |ez |
= ex
2
UZUPEŁNIENIE REFERATU PRZEMKA I ADAMA
7
Dowód.
K̂ domknięty, więc zwarty.
Własność. Istnieje wstępujący ciąg zbiorów zwartych Kj zawartych w Ω, t.ż.
Kj = K̂j oraz dowolny zwarty podzbiór Ω jest zawarty w pewnym Kj .
Twierdzenie 1.6. K̂Ω jest sumą zbioru K oraz składowych Ω \ K, które są
względnie zwarte w Ω.
Dowód.
Jeżeli O jest składową Ω \ K względnie zwartą w Ω, to z tw. Runge’go
∀f ∈ A (Ω)
sup |f | ¬ sup |f |
Ō
(39)
K
Zatem Ō ⊂ K̂. Suma K1 zbiorów K oraz wszystkich takich składowych jest
zawarta w K̂. Ω \ K1 - jest otwarty jako suma otwartych składowych Ω \ K.
Ponieważ K1 jest zwarty 5 , to nie istnieje składowa Ω \ K1 , która jest względnie
zwarta w Ω. Zatem zachodzi (b) z tw. Runge’go. Z (c) wynika, że
K1 = K̂1 ⊃ K̂
2
(40)
Uzupełnienie referatu Przemka i Adama
Twierdzenie 2.1. Twierdzenie 1.29
Jeśli u ∈ A (Ω) oraz istnieje punkt z ∈ Ω taki, że
u(k) (z) = 0
(41)
dla wszystkich k ­ 0, wtedy u = 0 na Ω jeśli Ω jest spójna.
Dowód.
n
o
\
−1
W = z ∈ Ω.u( k)(z) = 0, k ­ 0 =
u(k) (0)
(42)
k­0
jest domknięty.
w = {zi , |z| < r} mamy dla u(z) = v(z + z0 )
∞
∞
X
X
u( n)(0 + z0 )z n
v ( n)(z0 )z n
v(z) = u(z − z0 ) =
=
n!
n!
n=0
0
gdzie ω1 := {zi , |z − zi | < r1 }
5 Będziemy
to uzupełniać
(43)
2
UZUPEŁNIENIE REFERATU PRZEMKA I ADAMA
8
Twierdzenie 2.2. 1.2.11
Jeśli u jest analityczne w {z : |z − z0 | < r} = Ω oraz jeżeli, |u(z)| ¬ |u(z0 )| dla
z ∈ Ω, to u jest stałe w Ω.
Dowód.
Załóżmy, ze u(z0 ) 6= 0. Wtedy
1
u(z0 ) =
2Πi
Z
u(z)
dz
z − z0
(44)
∂ω
dla o < ρ < r. Określamy
z = ρeiθ + z0 , dz = iρeiθ dθ
W efekcie
1
u(z0 ) =
2Πi
Z2Π
(45)
u(z0 + ρeiθ )
· iρeiθ dθ
z0 + ρei+θ − z0
(46)
0
1
u(z0 ) =
2Π
Z2Π
u(z0 + ρeiθ )dθ
(47)
0
Mnożąc stronami przez
2Π
u(z0 )
Z2Π
2Π =
u(z0 + ρeiθ )
dθ
u(z0 )
(48)
0
Transformując 2π do całki mamy
Z2π
1−
u(z0 + ρeiθ )
dθ = 0
u(z0 )
(49)
0
Szacujemy
2Π
Z
Z2Π
u(z0 + . . .) |u(z0 + . . .)|
dθ ¬
dθ
2π = u(z0 )
|u(z0 )|
0
0
Z2Π
0¬
(50)
|u(z0 + . . .)| − |u(z0 )|
dθ ¬
|u(z0 )|
0
Z2π
Z2π
0dθ ¬
0
|u(z0 )|
= 2π
|u(z0 )|
(51)
0
iφ
1−
r1 e
|u(z)| iβ
=1−
e
iφ
r2 e
u(z0 )
(52)
3
3
ZWARTOŚĆ PROF. ANDRZEJCZAK
9
Zwartość prof. Andrzejczak
S
Mamy Kω ⊂ Ω. Wtedy Ω\K = Ui składowe.
S Mogą to być składowe Ui zwarte
w Ω lub Ui ∩ Ω niezwarte. K → K1 = K ∪ {Ui }. Wtedy Ω \ K1 otwarte równe
sumie (2)
K1 = R2 \ Ω \ (Ω \ K1 )
(53)
jest domknięty w R2 bo pierwszy domknięty a drugi otwarty. K1 jest zwarty
jako ograniczony i domknięty. Ograniczony ponieważ:
K1 ⊂ K̂ ⊂ conv(K)
(54)
SPIS RYSUNKÓW
10
Spis rysunków
1
Przykład dla braku składowych względnie zwartych . . . . . . . .
Spis tabel
3
Skorowidz
Otoczka, 5
Otoczka analityczna, 5
Runge, 2
Składowa, 2
Twierdzenie
Hahna-Banacha, 3
Runge, 2
Zbiór
względnie zwarty, 2
11