mat-1.1331 matematiikan peruskurssi kp3-i...ez −e−z 2. kuten edell¨a, voidaan my ¨os m...
TRANSCRIPT
Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i
A.Rasila J.v.Pfaler
TKK2007 19. lokakuuta 2007
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 1 / 353 A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 2 / 353
Osa I
Kompleksiluvut
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 3 / 353
1 Maaritelma ja perusominaisuuksia
2 Kompleksilukujen algebraa
3 Topologiaa
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 4 / 353
1 Maaritelma ja perusominaisuuksiaMaaritelmaLaskutoimitukset kompleksiluvuillaReaaliluvut ja kompleksiluvut
2 Kompleksilukujen algebraa
3 Topologiaa
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 5 / 353
Maaritelma
Kompleksiluku on z = x + iy , missa imaginaariyksikko i toteuttaayhtalon i2 = −1 ja x , y ovat reaalisia.
Maaritelma
Re z = x on z :n reaaliosa.Im z = y on z :n imaginaariosa.
Esimerkki: Kompleksiluvun 4− 8i reaaliosa on 4 ja imaginaariosa −8.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 6 / 353
Perusominaisuuksia
Kompleksiluvut z = a + ib ja w = c + id ovat yhtasuuret tasmalleensilloin, kun a = c ja b = d .
Erityisesti kompleksiluku z = a + ib on nolla tasmalleen silloin, kuna = 0 ja b = 0.
Vertailuoperaatiot <,≤ eivat ole maariteltyja kompleksiluvuille.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 7 / 353
Laskutoimitukset kompleksiluvuilla
Olkoot z = a + ib ja w = c + id kompleksilukuja. Talloin laskutoimituksetsaadaan seuraavasti.
Summa:z + w = (a + c) + i(b + d).
Vastalukuz + (−1)z = z + (−z) = 0.
Tulo:
zw = (a + ib)(c + id)
= ac + i2bd + iad + ibc
= (ac − bd) + i(ad + bc).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 8 / 353
Laskutoimitukset kompleksiluvuilla, esimerkki
Olkoon z = 3 + 4i , w = 1− 5i .
z + w = 4− i ,
z − w = 2 + 9i ,
zw = 3 · 1 + 4 · 5 + i(4 · 1− 3 · 5)
= 23− 11i ,
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 9 / 353
Imaginaariyksikon potenssit
i2 = −1, i3 = −i , i4 = 1, . . . , i4∗10+3 = i3
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 10 / 353
Reaaliluvut ja kompleksiluvut
Jos z = a + 0i , eli Im z = 0 niin z on reaaliluku.
Jos imaginaariosa on nolla, kaavat palautuvat tunnetuiksireaalilukujen ominaisuuksiksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 11 / 353
1 Maaritelma ja perusominaisuuksia
2 Kompleksilukujen algebraaKompleksitasoPolaarimuotoEulerin kaavaDe Moivren kaavaKompleksiluvun juuretLogaritmifunktiot
3 Topologiaa
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 12 / 353
Kompleksilukujen algebraa
Vaihdannaisuus:
z + w = w + z , zw = wz .
Liitannaisyys:
(z + w) + u = z + (w + u), (zw)u = z(wu).
Osittelulaki:z(w + u) = zw + zu.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 13 / 353
Kompleksikonjugaatti eli liittoluku
Konjugaatti
Kompleksiluvunz = x + iy
kompleksikonjugaatti eli liittoluku
z := x − iy
z + w = z + w , zw = z w .
z + z = 2Re z , z − z = i2 Im z .
Re z =z + z
2, Im z =
z − z
2i.
¯z = z .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 14 / 353
Seurauksia
Seuraus 1
Reaalikertoimiselle kompleksimuuttujan polynomille
P(z) = a0 + a1z + a2z2 + . . . + anz
n
patee P(z) = P(z).
Todistus. Lasketaan
P(z) = a0 + a1z + a2z2 + . . . + anzn = a0 + a1z + a2z2 + . . . + anz
n.
Koska ak on reaalinen, ak = ak kaikilla k = 0, . . . , n, saadaan
P(z) = a0 +a1z +a2z2 + . . .+anz
n = a0 + a1z + a2z2 + . . .+ anz
n = P(z).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 15 / 353
Seurauksia
Seuraus 2
Reaalikertoimisen polynomin nollakohta on joko reaalinen taikompleksisessa tapauksessa liittolukupari.
Todistus. Olkoon z = x + iy reaalikertoimisen polynomin P kompleksinennollakohta. Edellisen nojalla saadaan
0 = 0 = P(z) = P(z),
joten myos z on P:n nollakohta.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 16 / 353
Kompleksitaso
(Caspar Wessel 1797, Jean Argand 1806)
Moduli eli itseisarvo:
r ≡ |z | =√
x2 + y2 =√
zz .
Argumentti eli vaihekulma:
θ ≡ arg z = arctany
x.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 17 / 353
Yhteen- ja vahennyslaskun geometrinen tulkinta
Kompleksilukujen yhteen- ja vahennyslasku vastaavat vektorienlaskutoimituksia.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 18 / 353
Liittoluvun tulkinta
Liittoluvulle voidaan antaa geometrinen tulkinta kompleksitasossa
eli peilaus reaaliakselin suhteen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 19 / 353
Modulin ominaisuuksia
Kaikilla z ∈ C, kompleksiluvun moduli |z | ≥ 0,erityisesti
z = 0 ⇔ |z | = 0.
Kerto ja jakolasku:|zw | = |z ||w |
Kolmioepayhtalo:|z + w | ≤ |z |+ |w |.
Normi:
|x + iy | =∥∥∥∥(x
y
)∥∥∥∥A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 20 / 353
Kaanteisluku
Selvasti
z · z
|z |2=
zz
|z |2= 1
kaikilla z 6= 0, z ∈ C, niinpa voimme kirjoittaa z−1 = z|z|2 .
Kahden kompleksiluvun osamaaralle patee siten
w
z=
wz
zz
ja modulille∣∣∣ zw
∣∣∣ = |z ||w |
,∣∣z−1
∣∣ = |z |−1,∣∣zk∣∣ = |z |k , kokonaisluvuille k
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 21 / 353
Kolmioepayhtalon todistus
Lasketaan
|z + w |2 = (z + w)(z + w)
= zz + zw + zw + ww
= |z |2 + zw + zw + |w |2.
Koska zw = z w = zw , ja siis
zw + zw = zw + zw = 2Re (zw) ≤ 2|z ||w |,
saadaan|z + w |2 ≤ |z |2 + 2|z ||w |+ |w |2 = (|z |+ |w |)2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 22 / 353
Kolmioepayhtalon geometrinen tulkinta
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 23 / 353
Kolmioepayhtalon geometrinen tulkinta
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 24 / 353
Kolmioepayhtalon geometrinen tulkinta
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 25 / 353
Seuraus
Maaritelma
Jonolla z1, z2, . . . on raja-arvo z , merkitaan limn→∞ zn = z , jos kaikilleε > 0 on olemassa sellainen N, etta
|zn − z | < ε, kun n > N.
Lause
Olkoon (zn) jono kompleksilukuja. Talloin limn→∞ zn = z , jos ja vain joslimn→∞ Re zn = Re z ja limn→∞ Im zn = Im z .
Todistus. Seuraa valittomasti kolmioepayhtalosta.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 26 / 353
Argumentin paahaara
Argumentin arvot ovat valilla
−π < θ ≡ Arg z ≤ +π.
Yleisesti:arg z = θ + 2nπ,
missa θ on paahaaran arvo ja n on mika tahansa kokonaisluku.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 27 / 353
Polaarimuoto
Kuvasta nahdaan:{x = r cos θ,y = r sin θ.
Siis
z = x + iy
= r cos θ + ir sin θ.
Saadaan kompleksiluvun esityspolaarimuodossa:
z = r(cos θ + i sin θ).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 28 / 353
Eulerin kaava
Eksponenttifunktiolle ja trigonometrisille funktioille patevat kaikillereaaliluvulle t seuraavat sarjaesitykset:
et = 1 + t +t2
2!+
t3
3!+ . . . +
tn
n!+ . . . (3.1)
sin t = t − t3
3!+
t5
5!− . . . +
(−1)kt2k+1
(2k + 1)!+ . . . (3.2)
cos t = 1− t2
2!+
t4
4!− . . . +
(−1)kt2k
(2k)!+ . . . (3.3)
Huomaa: potenssisarjaesitykset suppenevat kaikilla t ∈ R, joten sarjantermien jarjestys voidaan vaihtaa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 29 / 353
Eulerin kaava, jatkoa
Jos hyvaksytaan annetut sarjaesitykset, niin:
e it = 1 + it +(it)2
2!+
(it)3
3!+ . . .
= 1 + it +i2t2
2!+
i3t3
3!+ . . .
= 1− t2
2!+
t4
4!+ . . . + i
(t − t3
3!+
t5
5!− . . .
)= cos(t) + i sin(t).
Saadaan Eulerin kaava:
e iθ = cos θ + i sin θ. (3.4)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 30 / 353
Seurauksia, identiteetit trigonometrisille funktioille
Koska
e iθ = cos(θ) + i sin(θ)
e−iθ = cos(−θ) + i sin(−θ)
= cos(θ)− i sin(θ).
Saadaan seuraavat kaavat:
cos θ =e iθ + e−iθ
2, sin θ =
e iθ − e−iθ
2i. (3.5)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 31 / 353
Identiteetit trigonometrisille funktioille
Yleisesti kompleksiluvulle z = x + iy maaritellaan sarjan avulla
ez := 1 + z +1
2z2 + . . .
= ex+iy = exe iy
Samalla tavalla kayttaen sarjaa maaritelmana
cos z := · · · = 12(e iz + e−iz), tan z := sin z
cos z ,sin z := · · · = 1
2i (eiz − e−iz), cot z := cos z
sin z .
Huomaa, etta taman seurauksena patee
e iz = cos z + i sin z
Huomaa: Sarjat suppenevat koska suppenemista voidaan tarkastella erikseen
osasummien reaali- ja imaginaariosille; niiden suppeneminen vuorostaan palautuu
reaalisten sarjojen ominaisuuksiin.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 32 / 353
Hyperboliset funktiot
Maaritellaan:
cosh z := cos(iz), i sinh z := sin(iz).
Saadaan kaavat
cosh z =ez + e−z
2, sinh z =
ez − e−z
2.
Kuten edella, voidaan myos maaritella
tanh z =sinh z
cosh z, coth z =
cosh z
sinh z.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 33 / 353
Identiteetteja eksponenttifunktiolle
|e iθ| = | cos θ + i sin θ| =√
cos2 θ + sin2 θ = 1.
Siis|e iθ| = 1. (3.6)
Koska ez = ex+iy = exe iy = ex(cos y + i sin y), saadaan
|ez | = ex , arg(ez) = y , (3.7)
e i2π = 1, e iπ/2 = i , e iπ = −1 ja e−iπ/2 = −i . (3.8)
ez+i2π = eze i2π = ez . (3.9)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 34 / 353
Kertolaskun geometrinen tulkinta
Sovelletaan Eulerin kaavaa kompleksilukujen kertolaskuun:
w = z1z2 = r1eiθ1 · r2e iθ2 = (r1r2)e
i(θ1+θ2).
Kompleksilukujen kertolaskussa: modulit kerrotaan |z1z2| = |z1||z2|, jaargumentit lasketaan yhteen arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 35 / 353
De Moivren kaava
Lasketaan esitys kompleksiluvun kokonaislukupotenssille:
zn = (re iθ)n = rne i(nθ) = rn(cos nθ + sin nθ).
Erityisesti, jos r = 1, saadaan:
Lause (De Moivre)
(cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ. (3.10)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 36 / 353
Kompleksiluvun juuret
De Moivren kaava on erityisen hyodyllinen etsittaessa kompleksiluvunz0 6= 0 n:nsia juuria. Jos zn = z0, voidaan kirjoittaa z = re iθ ja z0 = r0e
iθ0 ,ja saadaan
rne inθ = r0eiθ0 ,
elir = n
√r0 ja nθ = θ0 + 2kπ,
missa r = n√
r0 on positiivisen reaaliluvun r0 n:s juuri.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 37 / 353
Kompleksiluvun juuret, jatkoa
Kaikki luvun z n:net juuret saadaan siis kaavasta
n√|z0|e i(θ0+2kπ)/n, (3.11)
missa k on mika tahansa kokonaisluku.Havaitaan myos, etta jokainen k = 0, 1, . . . , n − 1 antaa eri arvon,mutta muut k:n arvot vain toistavat jonkun edellisista, koskae2πik/n = 1, kun k/n on kokonaisluku jotene2πi(k+n)/n = e2πik/ne2πin/n = e2πik/n. Siten kompleksiluvulla z0 6= 0on tasmalleen n n:tta juurta.
Kaavasta (3.11) havaitaan myos, etta kaikki juurilla on samaitseisarvo n
√|z0|, ja argumentit ovat tasavalisia. Siksi kaikki juuret
sijaitsevat origokeskisen ympyran kehalla. Ympyran sade on n√|z0|.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 38 / 353
Kompleksiluvun juuret, jatkoa
Olemme osoittaneet:
Lause
Jos z = e iθ 6= 0, yhtalolla wn = z on tasmalleen n erillista ratkaisua, jotkasaadaan kaavasta
wk = n√
re i(θ+2kπ)/n, (3.12)
missa k = 0, 1, . . . , n − 1, n√
r on luvun r = |z | positiivinen n:as juuri jaθ = Arg z .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 39 / 353
Ykkosen juuret: zn = 1
Esimerkki
Ykkosen n:net juuret, yhtalon zn = 1 ratkaisut, saadaan kaavasta
ωk = e i2kπ/n, k = 0, 1, . . . , n − 1. (3.13)
Kuva: Ykkosen n:net juuret, kun n = 3 ja 8.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 40 / 353
Ykkosen juuret, jatkoa
Asetetaan jollakin kokonaisluvulla n, ω = e2πi/n 6= 1. Selvasti ωn = 1, jakaikki ykkosen n:nnet juuret ovat talloin 1, ω, ω2, ω3, . . . , ωn−1.
0 = ωn − 1 = (ω − 1)(1 + ω + ω2 + . . . + ωn−1).
Koska ω 6= 1, saamme
1 + ω + ω2 + . . . + ωn−1 = 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 41 / 353
Logaritmifunktiot
On luonnollista ajatella logaritmifunktiota eksponenttifunktionkaanteiskuvauksena. Palautetaan mieleen seuraavat eksponenttifunktionperusominaisuudet reaaliluvuille:
ex > 0 kaikille x ∈ R,
ex →∞, kun x →∞,
e−x = 1/ex (joten ex → 0, kun x → −∞),∂∂x ex = ex , ja siten ex on aidosti kasvava.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 42 / 353
Logaritmifunktiot, jatkoa
Eksponenttifunktio ex on siis jatkuva, aidosti kasvava ja derivoituvafunktio R:lta joukolle R+ = {x ∈ R : x > 0}. Siten silla on jatkuva jaaidosti kasvava kaanteiskuvaus, (luonnollinen) logaritmi (kantaluku e)
ln : R+ → R,
jolle patee ln x = y on yhtalon ey = x ratkaisu. Erityisesti jokaiselle x > 0on olemassa tasmalleen yksi sellainen y , etta ey = x .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 43 / 353
Logaritmifunktiot, jatkoaSamaan tapaan voidaan maaritella kompleksiluvun z logaritmi w ∈ Cyhtalon ew = z ratkaisuna, eli kirjoitetaan w = ln z , jos ew = z .Koska ew 6= 0 kaikilla w ∈ C, luvulla 0 ei ole logaritmia.Tarkastellaan mielivaltaista kompleksilukua z 6= 0 polaarimuodossa
z = |z |eArg z = re iθ (r = |z | > 0, −π < θ ≤ π).
Ratkaistaan yhtalo w = ln z .Jos kirjoitetaan w = x + iy (x , y ∈ R), niin yhtalo ew = z saadaanmuotoon ex+iy = re iθ joten
ex = r , e(y−θ)i = 1, eli x = ln r , v = θ + 2kπ, k ∈ Z,
Saadaan siis seuraava kaava kompleksiluvun z 6= 0 logaritmille:
w = ln z = ln |z |+ i(Arg z + 2kπ), k ∈ Z.
jos ymmarramme arg z joukkona:
w = ln z = ln |z |+ i arg z
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 44 / 353
Logaritmin paahaara
Logaritmin paahaara (merkitaan Ln ) vastaa argumentin paahaaraa. Toisinsanoen, jos z 6= 0, niin
Ln z = ln |z |+ iArg z , −π < Arg z ≤ π.
Jos z on positiivinen reaaliluku (eli Arg z = 0), tama vastaa merkinnanmerkinnan ”ln z” tuttua merkitysta.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 45 / 353
Esimerkkeja
Ln (±i) = ±iπ/2,
Ln (1 + i) = ln√
2 + iπ/4,
Ln ((1± i)/√
2) = ±iπ,
Ln (−1) = iπ,
Ln (i1/4) = iπ/8,
Ln (αz) = lnα + Ln z (α > 0),
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 46 / 353
Tulon logaritmi
Yleisesti kompeksiluvuille z1, z2 ei ole totta, etta
Ln (z1z2) = Ln z1 + Ln z2,
vaikka rajoituttaisiin logaritmin paahaaran tarkasteluun.
Jos z1, z2 6= 0, patee kuitenkin:
ln(z1z2) = ln z1 + ln z2 ( mod 2π), (3.14)
jaln(z1/z2) = ln z1 − ln z2 ( mod 2π). (3.15)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 47 / 353
Yleinen potenssi
Kompleksiluvun z = x + iy yleinen potenssi maaritellaan kaavalla
zc = ec ln z , (3.16)
missa c ∈ C \ {0}.Koska ln z ei ole yksikasitteinen, ei myoskaan zc ole yksikasitteinen.
Erityisestizc = ec Ln z ,
on paahaaran arvo.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 48 / 353
1 Maaritelma ja perusominaisuuksia
2 Kompleksilukujen algebraa
3 TopologiaaTopologiaYhtenaisyys, alueetRaja-arvo, jatkuvuus
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 49 / 353
Avoimet ja suljetut joukot
Merkitaan:
B(z , r) = {w : |z − w | < r} (avoin kiekko),B(z , r) = {w : |z − w | ≤ r} (suljettu kiekko).
Maaritelma
Joukko D ⊂ C on avoin, jos jokaiselle z ∈ D on olemassa sellainen r > 0,etta B(z , r) ⊂ D.
Joukko E ⊂ C on suljettu, jos sen komplementti D = C \ E on avoin.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 50 / 353
Avoin joukko
Kaikille x ∈ D loydetaan sellainen ε > 0, etta B(x , ε) ⊂ D.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 51 / 353
Joukko, joka ei ole avoin
Joukkoon D kuuluu (ainakin yksi) sellainen piste x , jolla B(x , ε) eikoskaan sisally kokonaan joukkoon D.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 52 / 353
Joukko, joka ei ole avoin
Joukkoon D kuuluu (ainakin yksi) sellainen piste x , jolla B(x , ε) eikoskaan sisally kokonaan joukkoon D. Sateen pienentaminen ei auta.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 53 / 353
Avoin ymparisto
Maaritelma
Joukko D ⊂ C on pisteen z ∈ C (avoin) ymparisto, jos D on avoin jaz ∈ D.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 54 / 353
Yhtenaisyys, alueet
Maaritelma
Joukko D ⊂ C on yhtenainen, jos kaksi pistetta z ,w ∈ D voidaan ainayhdistaa murtoviivalla joukossa D.
Maaritelma
Joukko D ⊂ C on alue, jos se on avoin ja yhtenainen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 55 / 353
Esimerkkeja alueista
Kiekko (avoin kiekko, jossa reuna ei kuulu alueeseen). Esimerkiksi{z : |z | < 1}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 56 / 353
Esimerkkeja alueista
(Ylempi) puolitaso {z : Im z > 0}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 57 / 353
Esimerkkeja alueista
Punkturoitu kiekko, esimerkiksi {z : 0 < |z | < r}, jossa r > 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 58 / 353
Esimerkkeja alueista
Ympyrarengas eli annulus, esimerkiksi {z : 0 < |z − z0| < r}, jossa r > 0ja z0 ∈ C.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 59 / 353
Esimerkkeja alueista
Alue, jonka reuna on epasaannollinen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 60 / 353
Esimerkkeja alueista
Onko kampa-avaruus, {z ∈ C : 0 < rez < 11/10, 0 < Im z < 1} \ {z ∈C : Re z ≤ 1/4, Im z = 1− 1
2k , k = 1, 2, . . . } \ {z ∈ C : Re z ≤3/4, Im z = 1− 1
2k+1 , k = 1, 2, . . . }, alue, avoin, yhtenainen?
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 61 / 353
Raja-arvo
Maaritelma
Funktiolla f : D → C on raja-arvo c pisteessa z0 (merkitaanlimz→z0 f (z) = c), jos kaikille ε > 0 on olemassa sellainen δ > 0, etta jos|z − z0| < δ, niin |f (z)− c| < ε.
D 7→ f (D)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 62 / 353
Jatkuvuus
Maaritelma
Funktio f on jatkuva pisteessa z0, jos f on maaritelty jossakin z0:nymparistossa ja f (z0) = limz→z0 f (z).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 63 / 353
Osa II
Kompleksinen derivaatta ja integrointi
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 64 / 353
4 Derivaatta ja analyyttinen funktio
5 Kompleksinen integrointi
6 Cauchyn integraalilause
7 Morera’s lause
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 65 / 353
4 Derivaatta ja analyyttinen funktioCauchy-Riemannin yhtalotHarmoniset funktiot
5 Kompleksinen integrointi
6 Cauchyn integraalilause
7 Morera’s lause
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 66 / 353
Derivaatta ja analyyttinen funktio
Olkoot D ⊂ C alue, f : D → C funktio ja z0 ∈ D.
Maaritelma
Funktio f on derivoituva pisteessa z0, jos on olemassa raja-arvo:
limw→0
f (z0 + w)− f (z0)
w= f ′(z0).
Huomaa, etta tassa w ∈ C ja raja-arvo ei siis saa riippua suunnasta jostaw → 0. Tama osoittatuu huomattavan keskeiseksi vaatimukseksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 67 / 353
Derivaatta ja analyyttinen funktio
Olkoot D ⊂ C alue, f : D → C funktio ja z0 ∈ D.
Maaritelma
Funktio f on analyyttinen alueessa D, jos se on derivoituva jokaisessapisteessa z ∈ D. Funktio f on analyyttinen pisteessa z0, jos se onanalyyttinen jossakin pisteen z0 ymparistossa.
Emme voi puhua analyyttisyydessa vain isoloidussa pisteessa, koskaraja-arvon kasitetta (eika siis derivaatan kasitetta) ole silloin maaritelty.Myohemmin olemme nimen omaan kiinnostuneet siita missa alueessaannettu f on analyyttinen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 68 / 353
Derivaatta ja analyyttinen funktio, esimerkkeja
Olkoon f (z) = c (eli vakiofunktio). Yritetaan laskea f ′(z):
f (z + w)− f (z)
w=
c − c
w= 0.
Johtopaatos: raja-arvo on olemassa kaikkialla (vastaus ei edes riipupisteesta z) ja siten f on derivoituva ja siis analyyttinen kaikkialla.Lisaksi f ′(z) = 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 69 / 353
Derivaatta ja analyyttinen funktio, esimerkkeja
Olkoon f (z) = z (identtinen kuvaus). Yritetaan laskea f ′(z):
f (z + w)− f (z)
w=
z + w − z
w=
w
w= 1.
Johtopaatos: raja-arvo on olemassa kaikkialla ja siten f on derivoituvaja siis analyyttinen. Lisaksi f ′(z) = 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 70 / 353
Derivaatta ja analyyttinen funktio, esimerkkeja
Olkoon f (z) = Re z . Yritetaan laskea f ′(z):
f (z + w)− f (z)
w=
Re z + Re w − Re z
w=
Re w
w.
Jos w ∈ R \ {0}, niinRe w
w=
w
w= 1.
Toisaalta, jos puhtaasti imaginaarinen, w = it ∈ iR \ {0}), niin
Re w
w=
0
w= 0.
Johtopaatos: raja-arvoa ei ole olemassa ja siten f ei ole derivoituvaeika siis analyyttinen missaan pisteessa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 71 / 353
Derivaatta ja analyyttinen funktio, esimerkkeja
Olkoon f (z) = z . Yritetaan laskea f ′(z).
f (z + w)− f (z)
w=
z + w − z
w=
w
w.
Jos w ∈ R \ {0}, niinw
w=
w
w= 1.
Toisaalta, jos puhtaasti imaginaarinen, w = it ∈ iR \ {0},(t ∈ R \ {0}), niin
w
w=−w
w= −1.
Johtopaatos: raja-arvoa ei ole olemassa ja siten f ei ole derivoituvaeika siis analyyttinen missaan pisteessa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 72 / 353
Derivaatta ja analyyttinen funktio, esimerkkeja
Olkoon f (z) = z2. Yritetaan laskea f ′(z).
f (z + w)− f (z)
w=
(z + w)2 − z2
w= 2z + w →(w→0) 2z .
Johtopaatos: Funktiolla f on derivaatta f ′(z) = 2z jokaisessa tasonpisteessa z , joten se on analyyttinen koko kompleksitasossa C.
Vastaavasti g(z) = zn on analyyttinen koko tasossa jag ′(z) = nzn−1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 73 / 353
Derivoimissaantoja (todistukset kuten reaalisessatapauksessa)
Summa(f + g)′(z) = f ′(z) + g ′(z),
Tulo(fg)′(z) = f ′(z)g(z) + f (z)g ′(z),
Osamaara( f
g
)′(z) =
f ′(z)g(z)− f (z)g ′(z)[g(z)
]2 , jos g(z) 6= 0,
Yhdistetty funktio
(f ◦ g)′(z) = f ′(g(z)) g ′(z).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 74 / 353
Seurauksia
Erityisesti saadaan:
Lause
Analyyttisten funktioiden summa ja tulo ovat analyyttisia. Analyyttisistafunktioista yhdistetty funktio on analyyttinen.
Seuraus
Polynomit ovat analyyttisia funktioita.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 75 / 353
Seurauksia
Kahden polynomin P(z) ja Q(z) osamaaraa
f (z) =P(z)
Q(z),
kutsutaan rationaalifunktioksi. Rationaalifunktio on analyyttinenlukuunottamatta niita pisteita, joissa Q(z) = 0. Tassa oletetaan, etta P:nja Q:n yhteiset tekijat on sievennetty pois (miksi oletus?).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 76 / 353
Cauchy-Riemannin yhtalotKirjoitetaan analyyttinen funktio f : D → C reaali- ja imaginaariosan avulla
f (x + iy) = u(x , y) + iv(x , y),
missa x , y ∈ R ja siis z = x + iy ∈ C. Osittaisderivoidaan funktiota u + iv
∂∂x u(x , y) + i ∂
∂x v(x , y) = ∂∂x f (x + iy) = f ′(z) · ∂z
∂x = f ′(z) · 1∂∂y u(x , y) + i ∂
∂y v(x , y) = ∂∂y f (x + iy) = f ′(z) · ∂z
∂y = f ′(z) · i
Ensimmainen yhtasuuruusmerkki seuraa f :n maaritelmasta, toinenyhdistetyn funktion lauseesta. Kertomalla alempaa yhtaloa −i :lla saadaan
∂
∂xu(x , y) + i
∂
∂xv(x , y) =
∂
∂yv(x , y)− i
∂
∂yu(x , y) ⇔
josta Cauchy-Riemannin yhtalot:
∂
∂xu(x , y) =
∂
∂yv(x , y),
∂
∂yu(x , y) = − ∂
∂xv(x , y). (5.1)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 77 / 353
Lause
Oletetaan, etta funktio f (z) = u(x , y) + iv(x , y) on maaritelty ja jatkuvajossakin pisteen z = x + iy ymparistossa ja derivoituva pisteessa z . Talloinfunktioilla u ja v on osittaisderivaatat pisteessa z ja ne toteuttavatCauchy-Riemannin yhtalot (5.1).
Seuraus
Erityisesti, jos f (z) on analyyttinen alueessa D ⊂ C, niin osittaisderivaatatovat olemassa ja toteuttavat Cauchy-Riemannin yhtalot (5.1) kaikillaz ∈ D.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 78 / 353
Cauchy-Riemannin yhtalot, jatkoa
Lause
Jos u(x , y) ja v(x , y) ovat kahden reaalimuuttujan funktioita, joilla onjatkuvat osittaisderivaatat muuttujien x , y suhteen, jotka toteuttavatCauchy-Riemannin yhtalot (5.1) alueessa D, niin kompleksinen funktiof (z) = u(x , y) + iv(x , y) on analyyttinen alueessa D.
Todistus. Sivuutetaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 79 / 353
Esimerkkeja
f (z) = z2.
Merkitaan z = x + iy , f (z) = u(x , y) + iv(x , y), jolloinf (z) = z2 = (x + iy)2 = x2 + 2ixy − y2 ja siis
u(x , y) = x2 − y2 ja v(x , y) = 2xy .
Verrataan neljaa osittaisderivaattaa:
∂
∂xu(x , y) = 2x =
∂
∂yv(x , y),
∂
∂yu(x , y) = −2y = − ∂
∂xv(x , y).
Johtopaatos: f on analyyttinen funktio kaikille z ∈ C.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 80 / 353
Esimerkkeja
f (z) = |z |2 = x2 + y2.
joten u(x , y) = x2 + y2 ja v(x , y) = 0.
Verrataan osittaisderivaattoja:
∂u
∂x= 2x 6= ∂v
∂y= 0.
−∂u
∂y= −2y 6= ∂v
∂x= 0
Funktio f on siis derivoituva ainoastaan pisteessa z = 0 (jossa2x = 2y = 0).
Erityisesti millaan pisteella z ∈ C ei ole sellaista ymparistoa, jossa folisi derivoituva, joten f ei ole analyyttinen missaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 81 / 353
Esimerkkeja
Eksponenttifunktio
f (z) = u(x , y) + iv(x , y) = ex(cos y + i sin y).
Nyt u(x , y) = ex cos y , v(x , y) = ex sin y .
Osittaisderivaatat ovat
∂
∂xu(x , y) = ex cos y =
∂
∂yv(x , y),
∂
∂yu(x , y) = −ex sin y = − ∂
∂xv(x , y).
Johtopaatos: eksponenttifunktio on analyyttinen kaikille z ∈ C.
Seuraus: sin z ja cos z ovat analyyttisia.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 82 / 353
Esimerkkeja
Logaritmifunktio f (z) = Ln (z) = ln r + iθ kun z = re iθ.
Ln(z) =1
2ln(x2 + y2) + i arctan
y
x= u + iv .
Lasketaan osittaisderivaatat:
∂u
∂x=
x
x2 + y2=
1
x· 1
1 + (y/x)2=
∂v
∂y,
∂u
∂y=
y
x2 + y2=
y
x2· 1
1 + (y/x)2= −∂v
∂x.
Lasketaan
(Ln z)′ =∂u
∂x+ i
∂v
∂x=
x
x2 + y2− i
y
x2 + y2=
x − iy
x2 + y2=
z
z z=
1
z.
Johtopaatos: Ln z on analyyttinen funktio alueessaD = C \ {x ∈ R : x ≤ 0} - miksi ei joukossa C \ {0}?A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 83 / 353
Kuva: C \ {x ∈ R : x ≤ 0}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 84 / 353
Neliojuuri
Neliojuuren paahaara voidaan kirjoittaa
z1/2 =√
re12
Ln z .
Seuraus: yhdistetyn kuvauksen derivaatan kaavasta voidaan paatella,etta neliojuuri on analyyttinen samassa alueessa kuin Ln z on.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 85 / 353
Sovellus
Lause
Jos f : D → C on analyyttinen ja |f (z)| = c (vakio) D:ssa, niin f (z) = c(vakiofunktio).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 86 / 353
Todistus
Oletusten nojalla |f |2 = |u + iv |2 = u2 + v2 = c2.Jos c = 0 niin selvasti f = 0 ja siis vakiofunktio. Riittaa siistarkastella tapausta c 6= 0.
Derivoimalla saadaan
u∂u
∂x+ v
∂v
∂x= 0, u
∂u
∂y+ v
∂v
∂y= 0.
Koska ∂v/∂x = −∂u/∂y , ∂v/∂y = ∂u/∂x , saadaan
u∂u
∂x− v
∂u
∂y= 0, u
∂u
∂y+ v
∂u
∂x= 0.
Kerrotaan vasen yhtalo u:lla, oikea v :lla. Lasketaan yhteen, jolloin∂u/∂y haviaa; (u2 + v2)∂u
∂x = 0. Vastaavasti (u2 + v2)∂u∂y = 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 87 / 353
Todistus, jatkoa
Koska c 6= 0 saadaan
(u2 + v2)∂u∂x = c2 ∂u
∂x = 0; ∂u/∂x = 0 ja(u2 + v2)∂u
∂y = c2 ∂u∂y = 0; ∂u/∂y = 0
eli u on vakiofunktio.
Cauchy-Riemannin yhtaloiden nojalla myos ∂v/∂x = ∂v/∂y = 0.joten myos v ja siten f ovat vakiota.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 88 / 353
Laplacen yhtalo, harmoniset funktiot
Olkoon D ⊂ C alue, u : D → C kaksi kertaa differentioituva funktio.Merkitaan
∆u = ∇2u =∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2.
Funktiota u sanotaan harmoniseksi alueessa D, jos se toteuttaa Laplacenyhtalon:
∆u = 0. (5.2)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 89 / 353
Laplacen yhtalo, jatkoa
Lause [KRE9 s.622]
Olkoon f (z) = u(x , y) + iv(x , y) analyyttinen funktio alueessa D. Talloinseka u etta v ovat harmonisia.
Todistus. Todistetaan vaite ensin funktion f reaaliosalle u.Cauchy-Riemannin yhtaloista saadaan
∂u
∂x=
∂v
∂yja
∂u
∂y= −∂v
∂x.
Siten∂2u
∂x2=
∂2v
∂y∂xja
∂2u
∂y2= − ∂2v
∂x∂y.
Koska analyyttisen funktion derivaatta on analyyttinen funktio, silla onjatkuvat osittaisderivaatat ja derivointijarjestysta voidaan vaihtaa. Saadaan
∆u =∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2=
∂2v
∂y∂x− ∂2v
∂x∂y=
∂2v
∂x∂y− ∂2v
∂x∂y= 0.
Koska myos −if (z) on analyyttinen myos ∆v = 0.A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 90 / 353
Harmoninen konjugaattifunktio
Maaritelma
Olkoon u : D → R harmoninen funktio. v : D → R on u:n harmoninenkonjugaattifunktio jos f = u + iv : D → C on analyyttinen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 91 / 353
4 Derivaatta ja analyyttinen funktio
5 Kompleksinen integrointiPolku tasossaKompleksinen polkuintegraaliPerusominaisuuksiaYksinkertainen suljettu polkuYhdesti yhtenainen alueAnalyyttisen funktion integraaliEi-analyyttisen funktion integraaliML-epayhtaloGreenin lause
6 Cauchyn integraalilause
7 Morera’s lause
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 92 / 353
Polun parametriesitys
Mika tahansa jatkuva funktio
z : [a, b] ⊂ R 7→∈ C : t 7→ z(t)
maaraa kompleksitason joukon. Saman joukon voi esittaa usella erifunktiolla.
Esimerkiksi yksikkoympyra |z |2 = x2 + y2 = 1 voidaan kirjoittaa muodossa(t ∈ [0, 1])
z(t) = e2πit = cos(2πt) + i sin(2πt),
z(t) = e−2πit = cos(2πt)− i sin(2πt) tai
z(t) = cos(2πt2) + i sin(2πt2).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 93 / 353
Polku tasossa
Oletetaan jatkossa, etta parametrisointi z : [a, b] 7→ C on silea funktiolukuunottamatta aarellisen montaa pistetta ti ∈ [a, b].
Maaritelma
Sanomme etta kaksi parametrisointia z : [a, b] 7→ R ja w : [a′, b′] 7→ Rovat ekvivalentteja, jos loytyy silea funktio s : [a, b] 7→ [a′, b′] siten ettas ′(t) ≥ 0, s(a) = a′, s(b) = b′ ja z(t) = w(s(t)) kaiklle t ∈ [a, b]. Polku
on niiden parametrisointien joukko, jotka ovat em mielessa ekvivalentteja.
Tama seurauksena polku on suunnattu kompleksitason joukko; polulla voiolla eri parametriesityksia, mutta kaikilla esityksilla muodostuu samajoukko ({z(t) : t ∈ [a, b]} = {w(t) : t ∈ [c, d ]}) ja esityksilla on sama suunta
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 94 / 353
Polku tasossa
Polku on suljettu (closed), jos z(a) = z(b).
Jos derivaatta ∂z/∂t on olemassa ja nollasta poikkeava kaikkialla,polkua C kutsutaan sileaksi (smooth).
Jos z : [a, b] 7→ C on polun C parametrisointi voimme puhuakaanteisen suunnan polusta maarittelemalla parametrisoinninw : t ∈ [a, b] 7→ z(b − t). Merkitsemme tata polkua −C .
Polkuja voi luontevasti yhdistaa, merkitsemme tata C + D.
Polku voi kayda samassa kompleksitason pistessa useaan kertaan:z : t ∈ [0, 2π] 7→ e4ti kiertaa origon nelka kertaa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 95 / 353
Kompleksinen polkuintegraali
Maaritelma
Olkoon C : z(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a, b] silea polku kompeksitasossa jaf (z) jatkuva funktio, joka on maaritelty ainakin jokaisessa C :n pisteessa.∫
Cf (z) dz =
∫ b
af (z(t))f ′(t) dt.
Jos polku on paloittain silea, maaritellaan integraali summanaintegraaleista kunkin silean osavalin yli.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 96 / 353
Perusominaisuuksia
Lineaarisuus.∫C[af (z) + bg(z)] dz = a
∫C
f (z) dz + b
∫C
g(z) dz .
Suunnan vaihtaminen. Jos integroidaan pitkin samaa polkuavastakkaiseen suuntaan, etumerkki vaihtuu:∫ Z
z0
f (z) dz = −∫ z0
Zf (z) dz . ⇔
∫C
f (z) dz =
∫−C
f (z) dz
Kasvavan parametrin t maaraamaa suuntaa kutsutaan positiiviseksisuunnaksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 97 / 353
Perusominaisuuksia, jatkoa
Jako osapolkuihin. Jos C on polku ja C1,C2 ovat C :n osapolkuja kutenkuvassa, niin ∫
Cf (z) dz =
∫C1
f (z) dz +
∫C2
f (z) dz .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 98 / 353
Yksinkertainen suljettu polku
Polkua sanotaan yksinkertaiseksi, jos se ei leikkaa tai kosketa itseaan(muualla kuin paatepisteissa).
Kuva: Polut 1 ja 2 ovat yksinkertaisia, 3 ja 4 eivat.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 99 / 353
Yhdesti yhtenainen alue
Aluetta D sanotaan yhdesti yhtenaiseksi, jos jokainen yksinkertainen polkualueessa sulkee sisaansa vain D:n pisteita.
Kuva: Alueet 1 ja 2 ovat yhdesti yhtenaisia, 3 on kahdesti yhtenainen ja 4kolmesti yhtenainen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 100 / 353
Analyyttisen funktion integraali
Lause
Olkoon f (z) analyyttinen funktio yhdesti yhtenaisessa alueessa D. Talloinon olemassa f (z):n integraalifunktio alueessa D, ts. analyyttinen funktioF (z), jolle patee F ′(z) = f (z), kun z ∈ D. Lisaksi kaikille pisteita z0, z1
yhdistaville (paloittain sileille) poluille D:ssa patee∫ z1
z0
f (z) dz = F (z1)− F (z0).
Tod. [Kreyszig]
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 101 / 353
Analyyttisen funktion integraali, huomautuksia
1 Koska kaikilla pisteita z0, z1 yhdistavilla poluilla integraali on sama,voidaan kirjoittaa integraali z0:sta z1:hteen sen sijaan, ettakirjoitettaisiin integraali yli C :n.
2 Tama tulos vastaa reaalianalyysista tuttua kaavaa∫ b
af (x) dx = F (b)− F (a), [F ′(x) = f (x)].
3 Tuloksen kannalta on olennaista, etta alue D on yhdesti yhtenainen.Tasta lisaa esimerkeissa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 102 / 353
Analyyttisen funktion integraali, esimerkkeja1 ∫ 1+i
0z2 dz =
1
3z3
∣∣∣∣1+i
0
=1
3(1 + i)3 = −2
3+
2
3i .
2 ∫ πi
−πicos z dz = sin z
∣∣∣∣πi
−πi
= 2 sin(πi) = 2i sinhπ ≈ 23, 097i .
3 ∫ 8−3πi
8+πiez/2 dz = 2ez/2
∣∣∣∣8−3πi
8+πi
= 2(e4−3πi/2 − e4+πi/2) = 0,
koska ez on jaksollinen ja sen jakso on 2πi .4 ∫ i
−i
dz
z= Ln i − Ln (−i) =
iπ
2−(− iπ
2
)= πi .
Huom. Tassa tarkasteltava (yhdesti yhtenainen) alue onD = C \ z ∈ R : z ≤ 0. Edellisella viikolla todettiin, etta Ln (z) onanalyyttinen tassa alueessa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 103 / 353
Esimerkkeja
Integroidaan funktiota f (z) = 1/z vastapaivaan yksikkoympyrankehan ympari.
Yksikkoympyran parametriesitys on
z(t) = cos t + i sin t = e it , t ∈ [0, 2π].
Derivoimalla z(t) saadaan z ′(t) = ie it .
Sijoituksella saadaan
f (z(t)) = 1/z(t) = e−it .
Lasketaan ∮C
dz
z=
∫ 2π
0e−it ie it = i
∫ 2π
0dt = 2πi .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 104 / 353
Esimerkkeja
Integroidaan funktiota f (z) = (z − z0)m, m ∈ Z vastapaivaan
ympyran C , jonka keskipiste on z0 ja sade r kehan ympari.
C :n parametriesitys on muotoa
z(t) = z0 + r(cos t + i sin t)) = z0 + re it , t ∈ [0, 2π].
Saadaan(z − z0)
m = rme imt , z ′(t) = ire it .
Sijoittamalla saadaan edelleen∮C(z − z0)
m dz =
∫ 2π
0rme imt ire it dt = irm+1
∫ 2π
0e i(m+1)tdt.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 105 / 353
Jatkoa
Eulerin kaavaa kayttamalla saadaan
irm+1
∫ 2π
0e i(m+1)tdt
= irm+1
[ ∫ 2π
0cos((m + 1)t
)dt + i
∫ 2π
0sin((m + 1)t
)dt
].
Jos m = −1, niin rm+1 = 1, cos 0 = 1, sin 0 = 0, eli integraali on 2πi .
Jos m 6= −1, molemmat integraalit ovat saavat arvon 0, koskaintegrointi tapahtuu yli valin, jonka pituus on 2π eli funktioden sin jacos jakso.
Saadaan:∮C(z − z0)
m dz =
{2πi , jos m = −1,0, jos m 6= −1 on kokonaisluku.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 106 / 353
Ei-analyyttisen funktion integraali
Integroidaan funktiota f (z) = Re z = x pisteesta 0 pisteeseen 1 + 2i pitkinkahta eri reittia, (a) pitkin kuvan polkua C ∗ ja (b) pitkin polkua C , jokamuodostuu janoista C1 ja C2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 107 / 353
Ei-analyyttisen funktion integraali, jatkoa
Polun C ∗ parametriesitys on z(t) = t + 2it, t ∈ [0, 1]. Saadaanz ′(t) = 1 + 2i ja f (z(t)) = x(t) = t polulla C ∗.
Lasketaan∫C∗
Re z dz =
∫ 1
0t(1 + 2i) dt =
1
2(1 + 2i) =
1
2+ i .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 108 / 353
Ei-analyyttisen funktion integraali, jatkoa
Seuraavaksi lasketaan integraali pitkin polkua C .
Polulla C1 saadaan z(t) = t, z ′(t) = 1, f (z(t)) = x(t) = t, kunt ∈ [0, 1].
Polulla C2 vastaavasti z(t) = 1 + it, z ′(t) = i , f (z(t)) = x(t) = 1,kun t ∈ [0, 2].
Lasketaan integraali∫C
Re z dz =
∫C1
Re z dz+
∫C2
Re z dz =
∫ 1
0t dt+
∫ 2
01·i dt =
1
2+2i .
Tulos on eri kuin pitkin polkua C ∗ integroimalla saatu.
Johtopaatos: Integraali voi riippua polun valinnasta.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 109 / 353
ML-epayhtalo
Oletetaan, etta C polku kompleksitasossa ja f : C → C on jatkuva funktio.Lisaksi oletetaan, etta C :n pituus on L ja |f (z)| ≤ M kaikilla z ∈ C .Talloin: ∣∣∣∣ ∫
Cf (z) dz
∣∣∣∣ ≤ ML.
Tarvitsemme todistukseen pari aputulosta seuraavissa kalvoissa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 110 / 353
ML-epayhtalo; jatkuu
Lause
Olkoon [a, b] ∈ R jossa a < b ja g : [a, b] 7→ C jatkuva. Talloin∣∣∣∣∫ b
ag(t) dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a|g(t)| dt .
Todistus: Mielivaltaiselle valin [a, b] jaolle a = t0 < t1 < · · · < tn = b:
|∫ tn
t0
g(t) dt| =n∑
i=1
∣∣∣∣∣∫ ti
ti−1
g(t) dt
∣∣∣∣∣≤
n∑i=1
(|ti − ti−1| max
s∈[ti−1,ti ]|g(s)|
)→
∫ tn
t0
|g(t)| dt, kun n →∞ ja maxi|ti − ti−1| → 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 111 / 353
ML-epayhtalo; jatkuu
Etaisyys kahden kompleksitason pisteen z ja w valilla, on sama kuinetaisyys tulkittuna tasossa
|z − w |2 = (Re z − Re w)2 + (Im z − Im w)2,
Oletetaan etta z on silea. Tarkastelemalla polkua z(t) = x(t) + iy(t),t ∈ [a′, b′] ja oletetaan a′ ≤ a < b ≤ b′. Tason kaaren (x(t), y(t))pituus L[a,b] pisteiden z(a) ∼ (x(a), y(a)) ja z(b) ∼ (x(b), y(b))valilla voidaan lausua
L[a,b] :=
∫ b
a
√x ′2(t) + y ′2(t) dt =
∫ b
a|z ′(t)| dt
Jos polku on on vain paloittain silea edellista voidaan soveltaakuhunkin sileaan palaan erikseen: palojen pituuksien summa on kaarenpituus.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 112 / 353
ML-epayhtalo; jatkuuSovelletaan kayran pituutta kompleksisen polkuintegraaliin arviointiinylhaalta. ∣∣∣∣∫ f (z) dz
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∫ b
af (z(t))z ′(t) dt
∣∣∣∣(1)
≤∫ b
a
∣∣f (z(t))z ′(t)∣∣ dt
(2)
≤∫ b
a|f (z(t))| |z ′(t)| dt
(3)
≤ supt∈[a,b]
|f (z(t))|︸ ︷︷ ︸M
∫ b
a|z ′(t)| dt︸ ︷︷ ︸
L
= ML.
L on kaaren pituus ja M ylaraja funktion modulille kayralla. (1) Edellag(t) = z ′(t)f (z(t)). (2) Kahden kompleksiluvun tulon moduli. (3) Arvioylopain vakiolla |f (z)| < M.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 113 / 353
Esimerkki
Etsitaan ylaraja integraalin ∫C
z2 dz
itseisarvolle, kun C on pisteita 0 ja 1 + i yhdistava jana.
Havaitaan, etta C :n pituus L =√
2 ja |f (z)| = |z2| ≤ 2.
Sovelletaan ML-epayhtaloa:∣∣∣∣ ∫C
z2 dz
∣∣∣∣ ≤ 2√
2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 114 / 353
Greenin lause
Jos D ⊂ C on joukko, merkitaan sen sulkeumaa, eli pieninta suljettuajoukkoa joka sisaltaa D:n, D:lla.
Lause
Oletetaan, etta D on rajoitetettu alue tasossa, jonka reuna C koostuuaarellisen monesta sileasta kayrasta. Oletetaan lisaksi, etta u(x , y) jav(x , y) ovat jatkuvia funktioita joilla on jatkuvat osittaisderivaatatjossakin alueessa G , joka sisaltaa D:n Talloin∫
D
∫ (∂v
∂x− ∂u
∂y
)dxdy =
∮C(u dx + v dy).
Todistus. [Kreyszig] tai aikaisempi kurssi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 115 / 353
4 Derivaatta ja analyyttinen funktio
5 Kompleksinen integrointi
6 Cauchyn integraalilauseCauchyn integraalilauseRiippumattomuus integrointipolustaCauchyn integraalilause kahdesti yhtenaiselle alueelleCauchyn integraalikaavaAnalyytisen funktion derivaatta
7 Morera’s lause
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 116 / 353
Cauchyn integraalilause
Lause
Jos f (z) on analyytinen funktio yhdesti yhtenaisessa alueessa D, niinjokaiselle yksinkertaiselle suljetulle polulle C , joka sisaltyy D:hen patee:∮
Cf (z) dz = 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 117 / 353
Todistus
Oletetaan lisaksi, etta f ′(z) on jatkuva. Tama on totta, mutta sita eiole todistettu.
Aikaisemmin on osoitettu, etta,∮C
f (z) dz =
∮C(u dx − v dy) + i
∮C(u dy + v dx).
jossa f (x , y) = u(x , y) + iv(x , y).
Koska f (z) on analyyttinen alueessa D, derivaatta f ′(z) on olemassa.Koska oletettiin, etta f ′(z) on jatkuva, u:lla ja v :lla on jatkuvatosittaisderivaatat D:ssa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 118 / 353
Todistus, jatkoa
Voidaan siis soveltaa Greenin lausetta. Saadaan:∮C(u dx − v dy) =
∫R
∫ (− ∂v
∂x− ∂u
∂y
)dxdy ,
missa R on suljetun polun C rajaama alue.
Soveltamalla Cauchy-Riemannin yhtaloita havaitaan, etta
−∂v
∂x− ∂u
∂y= 0,
siis integraali kaavassa oikealla on nolla, ja edelleen integraalivasemmalla on nolla.
Samaan tapaan voidaan paatella, etta∮C(u dy + v dx) = 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 119 / 353
Esimerkkeja
Kokonaiset (entire) funktiot, ts. funktiot, jotka ovat analyyttisia kokokompleksitasossa:∮
Cez dz = 0,
∮C
cos z dz = 0,
∮C
zn dz = 0, kun n = 0, 1, . . . ,
jne. jokaiselle suljetulle polulle C , koska nama funktiot ovatanalyyttisia kaikille z ∈ C.
Singuleriteetit polun C ulkopuolella:∮dz
cos z= 0,
∮C
dz
z2 + 4= 0,
jos C on yksikkoympyra siita huolimatta, etta 1/ cos z ei oleanalyyttinen pisteissa z = ±π/2, ±3π/2, . . ., koska mikaan naistapisteista ei ole yksikkoympyran sisalla. Toisen integraalin tapauksessasingulariteetit ovat z = ±2i , siis myos C :n ulkopuolella.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 120 / 353
Esimerkkeja
Ei-analyyttiset funktiot:∮C
z dz =
∫ 2π
0e−it ie it dt = 2πi ,
missa C on yksikkoympyra. Tama ei ole vastaesimerkki Cauchynintegraalilauseelle, koska f (z) = z ei ole analyyttinen.
Analyyttisyys on riittava, ei valttamaton oletus.∮dz
z2= 0,
missa C on yksikkoympyra. Tama ei seuraa Cauchynintegraalilauseesta, koska f (z) = 1/z2 ei ole analyyttinen 0:ssa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 121 / 353
Esimerkkeja
Yhdesti yhtenaisyys on olennaista:∮C
dz
z= 2πi ,
jos integroidaan vastapaivaan yli yksikkoympyran. C sijaitsee alueessa,jossa f on analyyttinen, mutta alue ei ole yhdesti yhtenainen ja siksiCauchyn lause ei pade.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 122 / 353
Riippumattomuus integrointipolusta
Lause
Jos f (z) on analyyttinen yhdesti yhtenaisessa alueessa D, niin senpolkuintegraali riippuu vain polun paatepisteista, mutta ei riipu (D:ssa)valitusta polusta paatepisteiden valilla.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 123 / 353
Todistus
Olkoot z1, z2 pisteita D:ssa. Oletetaan, etta C1,C2 ovat sellaisiapisteita z1, z2 yhdistavia polkuja D:ssa, jotka yhtyvat ainoastaanpaatepisteissa.
Olkoon C polku, joka saadaan kulkemalla ensin polku C1 positiiviseensuuntaan pisteesta z1 pisteeseen z2 ja sitten polku C2 negatiiviseensuuntaan eli takaisin pisteeseen z1.
Koska polku C on yksinkertainen suljettu polku yhdesti yhtenaisessaalueessa D, on Cauchyn integraalilauseen nojalla integraali yli C :nnolla.
Toisaalta integraali yli C :n on summa integraaleista yli polkujen C1 jaC2, joten niiden taytyy olla samat. Vaite on siis tosi tapauksessa,jossa polut C1,C2 koskettavat vain paatepisteissa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 124 / 353
Todistus, jatkoaJos poluilla C1,C2 on aarellisen monta yhteista pistetta, polku Cvoidaan jakaa aarellisen moneksi yksinkertaiseksi suljetuksi poluksi jasoveltaa niihin samaa paattelya.Hahmotelma paattelysta tilanteessa, jossa poluilla C1,C2 onaarettoman monta yhteista pistetta.Huomataan, etta voidaan integraali on nolla sellaisilla valeilla, jotkakuljetaan ensin pitkin kayraa C1 ja tullaan takaisin pitkin kayraa C2.Jaljelle jaa tilanne, jossa on olemassa piste z ∈ C1 ∩ C2, jonkajokaisessa ymparistossa polut kohtaavat aarettoman monta olemattakuitenkaan samat. Valitaan k0 > 1 siten, etta B(z , 2−k):ssa on vainyksi tallainen piste.Talloin ympyrarenkaassa Dk = B(z , 2−k) \ B(z , 2−k−1) voi enintaanaarellisen monta pistetta, joissa C1,C2 kohtaavat, kun k ≥ k0.Sovelletaan aikaisempaa paattelya tahan kullakin k.Toisaalta kayraintegraali sisemman ympyran sisaan jaavassa osassamenee nollaan, kun k →∞. Tulos saadaan raja-arvona.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 125 / 353
Cauchyn integraalilause kahdesti yhtenaiselle alueelle
Oletetaan, etta D on kahdesti yhtenainen alue, polut C1 ja C2 ovat senreunakomponentit (C2 on sisempi) ja D∗ on sellainen alue, etta D ⊂ D∗.Lisaksi oletetaan, etta f (z) on analyyttinen funktio D∗:ssa. Talloin∮
C1
f (z) dz =
∮C2
f (z) dz ,
missa integrointi suoritetaan vastapaivaan kummankin alueen ympari.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 126 / 353
Todistus
Tekemalla kaksi leikkausta, D voidaan jakaa kahdeksi yhdestiyhtenaiseksi alueeksi D1,D2, joiden kummankin reunalla f onanalyyttinen.
Cauchyn integraalilauseen nojalla f :n polkuintegraalit yli D1:n ja D2:nreunojen ovat nolla.
Havaitaan, etta ne alueiden D1,D2 reunan osat, jotka syntyivatleikattaessa aluetta D integroidaan molemmissa tapauksissa javastakkaisiin suuntiin.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 127 / 353
Todistus
Laskemalla integraalit yhteen ne haviavat ja saadaan∮C1
f (z) dz −∮
C2
f (z) dz = 0,
koska C2 integroitiin myotapaivaan.
Samaa ideaa voidaan soveltaa myos muiden monesti yhtenaistenalueiden tapauksissa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 128 / 353
Cauchyn integraalikaava
Lause
Olkoon f (z) analyyttinen funktio yhdesti yhtenaisessa alueessa D. Talloinkaikkille pisteille z0 ∈ D ja sellaisille poluille C , jotka ymparoivat z0:nD:ssa patee:
f (z0) =1
2πi
∮C
f (z)
z − z0dz ,
integroiden vastapaivaan C :ta pitkin.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 129 / 353
Todistus
Kirjoitetaan f (z) = f (z0) + [f (z)− f (z0)]. Sijoittamalla tama lauseenintegraaliin saadaan∮
C
f (z)
z − z0dz = f (z0)
∮C
dz
z − z0+
∮C
f (z)− f (z0)
z − z0dz .
Aikaisemmin on osoitettu, etta ensimmainen yhtalon oikealla puolellaolevista integraaleista on 2πi (esimerkin tapaus, kun m = −1).Riittaa siis nayttaa, etta toinen integraaleista on nolla.
Havaitaan, etta integroitava funktio on analyyttinen lukuunottamattapistetta z0. Aikaisemman tuloksen (Cauchyn integraalilause monestiyhtenaisille alueille) nojalla kayra C voidaan korvata ympyralla S ,jonka keskipiste on z0 ja sade r > 0 integraalin arvoa muuttamatta.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 130 / 353
Todistus, jatkoa
Koska f (z) on analyyttinen, se on jatkuva. Jos siis ε > 0 on annettu,niin loydetaan sellainen δ > 0, etta |f (z)− f (z0)| < ε kaikille z , joille|z − z0| < δ.
Valitaan ympyran S sade r pienemmaksi kuin δ. Saadaan epayhtalo∣∣∣∣ f (z)− f (z0)
z − z0
∣∣∣∣ < ε
r
kaikilla z ∈ S . Lisaksi S :n pituus on 2πr .
Sovelletaan ML-epayhtaloa ja saadaan∣∣∣∣ ∮ f (z)− f (z0)
z − z0dz
∣∣∣∣ < ε
r2πr = 2πε.
Koska ε > 0 voidaan valita mielivaltaisen pieneksi, integraalin onoltava nolla.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 131 / 353
Esimerkkeja
1 Mille tahansa suljetulle pistetta z0 = 2 ymparoivalle polulle C∮C
ez
z − 2dz = 2πie2 = 46, 4268i .
2 kun C ymparoi pisteen z0 = i/2∮C
z3 − 6
2z − idz =
∮C
z3/2− 3
z − i/2dz = 2πi [(i/2)3/2− 3] = π/8− 6πi .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 132 / 353
Analyyttisen funktion derivaatat
Lause
Olkoon f (z) analyyttinen funktio yhdesti yhtenaisessa alueessa D. Talloinkaikkille pisteille z0 ∈ D ja sellaisille vastapaivaan suunnatuille poluille C ,jotka ymparoivat z0:n D:ssa kerran patee:
f (n)(z0) =dnf
dzn(z0) =
n!
2πi
∮C
f (z)
(z − z0)n+1dz .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 133 / 353
Analyyttisen funktion derivaatat
Seuraus
Jos f (z) analyyttinen funktio yhdesti yhtenaisessa alueessa D, myos f (k)
analyyttinen funktion.
Muista: Funktio f on analyyttinen pisteessa z ∈ C jos f ′(z) on olemassa jollakin
z :n (mielivaltaisen pienessa) avoimessa ymparistossa. Maaritelma ei puhu muiden
derivaattojen olemassaolosta. Edellisen lauseen integraalilauseke oikealla on z0:n
jatkuva funktio, ja toisaalta integraalilauseke on derivoitavissa z0:n suhteen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 134 / 353
Estimaatti derivaatoille
Olkoon f analyyttinen yhdesti yhtenaisessa alueessa D, ja suljettu polku Cz0–keskeinen r–sateinen ympyrankaari vastapaivaan, C ⊂ D. Talloin
|f (n)(z0)| =n!
2π
∣∣∣∣∮C
f (z)
(z − z0)n+1dz
∣∣∣∣ ≤ n!
2πmaxz∈C
∣∣∣∣ f (z)
zn+1
∣∣∣∣ 2πr ≤ n!r−n maxz∈C
|f (z)|
Voimme siis tutkimalla funktion arvoja pisteen saada tietoja funktionmielivaltaisen derivaatan suuruudesta.Tutkimalla funktion arvoa vain yhdessa pisteessa, f (z0), emme saa lauseenavulla mitaan tietoa korkeammista derivaatoista, miksi ei?Tata tulosta tarvitaan myohemmin osoittamaan etta ns Taylor–sarja∑∞
k=0f (n)
n! (z − z0)n suppenee. Milla z :n arvoilla voit edellisen perusteella
sanoa sarjan suppenevan?
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 135 / 353
4 Derivaatta ja analyyttinen funktio
5 Kompleksinen integrointi
6 Cauchyn integraalilause
7 Morera’s lause
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 136 / 353
Morera’n teoreema
Moreran teoreema
Jos f (z) on jatkuva yhdesti yhtenaisessa aluessa D, ja∮C
f (c) dz = 0
kaikilla suljetuilla poluilla C ⊂ D, f : D 7→ C on analyyttinen.
Esimerkki: Tarkastellaan funktiota f (z) = 1/z2. Aikaisempi esimerkkiosoitti, etta
∮C f (z) dz = 0 kun C on yksikkoympyra. Polku C ′ muodostuu
janoista z1z2 ja z2z3, ja z2-keskeisesta 2-sateisesta ympyrankaaresta z3z1,jossa z1 = 1− I , z2 = 1 + I ja z3 = −1 + I ,
∮C ′ f (z) dz = i − 1 + 1 = i .
Funktio f ei siis ole analyyttinen yksikkokiekossa (kuten tiedamme).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 137 / 353
Osa III
Analyyttisten funktioiden geometriaa:konformikuvaukset
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 138 / 353
8 Mercatorin projektio
9 Konformikuvaukset kompleksitasossa
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 139 / 353
8 Mercatorin projektioJohdanto: Mercatorin karttaMercatorin projektion ominaisuuksiaMercatorin projektion konstruktioMercatorin kartan huonoja puolia
9 Konformikuvaukset kompleksitasossa
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 140 / 353
Gerardus Mercator (Gerard Kremer) 5.3.1512 – 2.12.1594 ja MercatorinAtlaksen englanninkielisen painoksen kansi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 141 / 353
Mercatorin kuuluisa maailmankartta Nova et Aucta Orbis TerraeDescriptio ad Usum Navigatium Emendate (1569)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 142 / 353
Sylinteriprojektio
Sylinteriprojektioksi kutsutaan sellaista karttaprojektiota, jossa leveyspiirit(ϕ) kuvautuvat kartalla vaakasuoriksi viivoiksi ja pituuspiirit (λ)pystysuoriksi viivoiksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 143 / 353
Konformisuus
Mercatorin projektio maaritellaan kaavalla
(x , y) =(λ, ln
(tan(ϕ/2 + π/4)
)),
missa ϕ on pallon pinnalla olevan pisteen leveyspiiri ja λ sen pituuspiiri.
Mercatorin projektio on konforminen, eli se sailyttaa kahden kayran valisenkulman niiden leikkauspisteessa. Se on ainoa konforminen sylinteriprojektio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 144 / 353
Loksodromit
Loksodromi on kayra, joka syntyy edettaessa johonkin kiinnitettyynkompassisuuntaan. Mercatorin projektiossa suorat kartalla vastaavatloksodromeja. Koska pituus- ja leveyspiiri on mahdollista selvittaamittaamalla taivaankappaleiden korkeuksia, ja suunta kompassiakayttamalla, tama projektio soveltuu erittain hyvin navigointiin.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 145 / 353
Mercatorin projektion konstruktio
Mercator ei esittanyt karttaprojektiolleen matemaattista selitysta.
Vuonna 1599 englantilainen matemaatikko Edward Wright keksitarkastelemalla pienten nelioiden kuvautumista, kuinka Mercatorinprojektio tehdaan matemaattisesti.
Tarkastellaan pienta tonttia, joka sijaitsee leveyspiirilla ϕ, jonka rajatovat pituus- ja leveyspiirien suuntaiset ja seka leveys etta korkeus onh.
Jotta Mercatorin projektio voisi toimia, on myos tontin kuvan kartallaoltava nelio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 146 / 353
Mercatorin projektion konstruktio, jatkoa
Merkitaan kuvapistetta (x , y) on kuvapiste ja valitaan x = λ. Jaljellejaa laskea miten saadaan y .
Voidaan paatella, etta leveyspiiria ϕ vastaava venytyskarttaprojektiossa on 1/ cos ϕ.
Siis tontin, jonka leveys on h, leveys kartalla on h/ cos ϕ. Siksi myoskorkeuden on oltava h/ cos ϕ.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 147 / 353
Mercatorin projektion konstruktio, jatkoa
Selvasti y -koodinaatti riippuu vain leveyspiirista ϕ.
Voidaan siis merkita y = F (ϕ). On selvitettava mika F on.
Tontin kuvasta kartalla saatiin yhtalo, joka voidaan kirjoittaa F :navulla
F (ϕ + h)− F (ϕ) = h/ cos ϕ,
eliF (ϕ + h)− F (ϕ)
h=
1
cos ϕ.
Kun h → 0, saadaan F ′(ϕ) = 1/ cos ϕ.
Kiinnittamalla paivatasaajan kuva kartalla tasolle 0, saadaany -koordinaattille kaava
F (ϕ) =
∫ ϕ
0
dt
cos(t).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 148 / 353
Mercatorin projektion konstruktio, jatkoa
Valittettavasti tama oli ennen differentiaali- ja integraalilaskentaa, jaintegraalia ei osattu laskea. Likiarvoja julkaistiin taulukkoinakaytettavaksi merenkulussa.
John Napier keksi vuonna 1614 logaritmifunktion, ja 1620 julkaistiintrigonometristen funktioiden logaritmeja sisaltanyt taulukkokirja.
Taulukkokirjoja tutkiessaan Henry Bond huomasi sattumalta 1640,etta ∫ ϕ
0
dt
cos(t)= ln
(tan(ϕ/2 + π/4)).
Taman tuloksen todistaminen sailyi kuitenkin avoimena ongelmanaaina vuoteen 1668, jolloin James Gregory julkaisi sille (erittainmonimutkaisen) todistuksen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 149 / 353
Loksodromi ei anna lyhinta reittia
Loksodromit ovat hyodyllisia suunnistettaessa kompassin avulla. Lyhynreitti kahden pisteen valilla on kuitenkin isoympyran kaari (kuvassapunainen), joka on (yleensa) eri kuin loksodromi (sininen).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 150 / 353
Pinta-alan vaaristyminen
Mercatorin projektio ei sailyta pinta-aloja. Esimerkiksi Gronlanti nayttaaprojektiossa suunnilleen saman kokoiselta kuin Afrikka. TodellisuudessaAfrikka on pinta-alaltaan noin 13-kertainen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 151 / 353
8 Mercatorin projektio
9 Konformikuvaukset kompleksitasossaYleiset kompleksitason konformikuvauksetAnalyyttisten funktioiden konformisuusRiemann palloMobius-kuvaukset
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 152 / 353
Konformikuvaukset kompleksitasossa
Maaritelma
Kuvausta (funktiota) w = f (z) sanotaan konformiseksi (conformal), jos sesailyttaa kahden toisiaan leikkaavan silean polun valisen kulman(tarkoittaen seka kulman suuruutta etta suuntaa). Tassa kahden polunvalisella kulmalla tarkoitetaan niiden tangenttien kulmaa leikkauspisteessaz0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 153 / 353
Esimerkkeja
Kuvaus z 7→ re iθz on konforminen kaikilla θ, r > 0.
Kuvaus z 7→ z2 kahdentaa kulmat pisteessa 0. Siten se ei olekonforminen tassa pisteessa (itseasiassa se on konforminen kaikissamuissa pisteissa).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 154 / 353
Analyyttisten funktioiden konformisuus
Lause
Analyyttinen funktio f : D → f (D) on konforminen kaikissa niissa pisteissaz ∈ D, joissa f ′(z) 6= 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 155 / 353
Todistus (idea)
Oletetaan z0 ∈ D ja f ′(z0) 6= 0. Tarkastellaan polkua
C : z(t) = x(t) + iy(t)
pisteessa z0 ∈ D.
Jos z(t0) = z0, niin z ′(t0) on polun C tangentin pisteessa z0.
Polun C kuva on yhdistetty kuvaus w(t) = f (z(t)). Derivoinninketjusaannosta saadaan w ′(t) = f ′(z(t))z ′(t).
Koska f :n derivaatta kiinnitetyssa pisteessa on kompleksiluku(oletuksen mukaan (f ′(z0) 6= 0), nahdaan etta kuvaus f muuttaapisteessa z0 kaikkien polkujen argumentteja yhta paljon, eli sailyttaakulmat.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 156 / 353
Esimerkkeja, potenssifunktio
Potenssifunktio f : z 7→ zn, missa n = 2, 3, . . . on konforminen kaikissamuissa pisteissa paitsi nollassa. Tama voidaan nahda laskemallaf ′(z) = nzn−1. Kuvaus f kuvaa sektorin (ks. kuva), jonka kulma on π/nylemmalle puolitasolle.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 157 / 353
Esimerkkeja, Joukowskin siipiprofiili
Kuvausta J : z 7→ z + 1/z kutsutaan Joukowskin siipiprofiiliksi. Joukowskinkuvauksen derivaatta on
1− 1
z2=
(z + 1)(z − 1)
z2,
mista nahdaan, etta se on konforminen muualla paitsi pisteissa z = ±1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 158 / 353
Riemann palloKompleksitaso, ja siis kompleksiluvut (kuvassa piste A), voidaan kuvatayksikkopallon pinnalle (pisteeksi α) seuraavalla kuvauksella:
(c) WikipediaA.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 159 / 353
Riemann palloKuvaus analoginen kompleksilukujen kuvaamisen tason pisteiksi. Nyt vainkuvaamme ne pallon pinnalle. Silla on seuraavat ominaisuudet:
Kuvaus sailyttaa kahden kayran valiset kulmat, muttei pisteidenvalisia etaisyyksia (pallon normaalilla metriikalla mitattuna).Yksikkoympyra kuvautuu“ekvaattoriksi”,origo kuvautuu“etelanavaksi”,kompleksitaso kuvautuu pallon pinnaksi lukuunottamatta“pohjoisnapaa”.Kompleksitason kuvaus z 7→ 1/z kuvaa pallon“etelapuolen”“pohjoispuoleksi”.Kutsumme pohjoisnapaa aarettomyydeksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 160 / 353
Laajennettu kompleksitaso
Osoittautuu hedelmalliseksi tarkastella jatkossa ns laajennettuakompleksitasoa, C ∩ {∞}, joukkoa joka sisaltaa kompleksilukujenlisaksi aarettomyyden yhtena pisteena.
Liitetaan aarettomyys kompleksilukuihin, liittamalla se Riemanninpallolle “pohjoisnavalle”.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 161 / 353
Mobius-kuvaukset
Mobius-kuvaukset (Mobius transformations, fractional lineartransformations) ovat kuvauksia, jotka voidaan maaritella muotoa
f (z) =az + b
cz + d, (ad − bc 6= 0)
olevalla kaavalla, missa a, b, c ja d ovat kompleksisia (tai reaalisia)vakioita.
Koska
f ′(z) =a(cz + d)− c(az + b)
(cz + d)2=
ad − bc
(cz + d)2,
nahdaan, etta f ′(z) 6= 0 (ja siten f on konforminen) kaikillaz ∈ z ∈ {z ∈ C : cz + d 6= 0}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 162 / 353
Mobius-kuvaukset, esimerkkeja
Erityisesti Mobius-kuvauksia ovat:
siirrot z 7→ z + a, a ∈ C vakio,
rotaatiot z 7→ az , |a| = 1,
lineaarikuvaukset z 7→ az + b, a 6= 0,
peilaus yksikkokiekossa z 7→ 1/z .
Huomautus 1. Itseasiassa kaikki Mobius-kuvaukset voidaan esittaayhdisteena aarellisen monesta tallaisesta kuvauksesta.
Huomautus 2. Suoran tai ympyran kuva Mobius-kuvauksessa on ainasuora tai ympyra.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 163 / 353
Mobius-kuvaukset, kaanteiskuvaus
Mobius-kuvauksen w = f (z),
f (z) =az + b
cz + d, (ad − bc 6= 0)
kaanteiskuvaus z = f −1(w) saadaan kaavasta
f −1(w) =dw − b
−cw + a.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 164 / 353
Mobius-kuvaukset, kolmen pisteen kuvaaminen
Lause
Jos on annettu kolme erillista pistetta z1, z2, z3 kompleksitasossa, nevoidaan aina kuvata (pisteiden jarjestys sailyttaen) kolmikolle w1,w2,w3
yksikasitteisella Mobius-kuvauksella, joka loydetaan ratkaisemalla wyhtalosta
(w − w1)(w2 − w3)
(w − w3)(w2 − w1)=
(z − z1)(z2 − z3)
(z − z3)(z2 − z1).
Jos jokin pisteista aarettomyyspiste, voidaan kaava tulkita raja-arvona.
Todistus. Sivuutetaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 165 / 353
Esimerkkeja
Etsitaan Mobius-kuvaus, joka vie kolme pisteet −1, 0, 1 pisteiksi−i , 0, i .
Sijoitetaan kaavaan:
(w + i)(0− i)
(w − i)(0 + i)=
(z + 1)(0− 1)
(z − 1)(0 + 1).
Saadaan:(w + i)(z − 1) = (w − i)(z + 1)
wz − w + iz + 1 = wz + w − iz + 1
2iz = 2w ,
eli f (z) = iz .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 166 / 353
Esimerkkeja, kuvataan puolitaso kiekolle
Etsitaan Mobius-kuvaus, joka vie kolme pistetta puolitason reunalla−1, 0, 1 kolmeksi pisteeksi kiekon reunalla −1,−i , 1.
Kaavasta saadaan
(w − (−1))(−i − 1)
(w − 1)(−i − (−1))=
(z − (−1))(0− 1)
(z − 1)(0− (−1)).
Ratkaistaan w ja saadaan
f (z) = w =z − i
−iz + 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 167 / 353
Esimerkkeja, aarettomyyspiste
Kuvataan pisteet 0, 1,∞ pisteille −1,−i , 1.
Kaavasta saadaan
w =z − i
z + i,
kun huomataan, etta
limω→∞
1− ω
z − ω= 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 168 / 353
Esimerkkeja, kiekon kuvaaminen puolitasolle
Kuvataan pisteet −1, i , 1 pisteille 0, i ,∞.
Kuten edella, kaavasta saadaan ratkaistua
w = −z + 1
z − 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 169 / 353
Osa IV
Taylorin sarja, residymenetelma
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 170 / 353
10 Kompleksista sarjoista
11 Analyyttisen funktion singulariteetit
12 Residymenetelma
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 171 / 353
10 Kompleksista sarjoistaJono, suppeneminen, summasarjaPotenssisarja, suppenemissade ja analyyttiset funktiotTaylorin sarjaTaylorin lauseEsimerkkeja sarjaesityksistaLaurentin lause
11 Analyyttisen funktion singulariteetit
12 Residymenetelma
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 172 / 353
Kertausta, suppeneva jono, summasarja
Jonoa kompleksilukuja z1, z2, . . . merkitaan (zn).
Jono (zn) suppenee kohden lukua c, jos kaikilla ε > 0 on olemassasellainen N, etta
|zn − c| < ε, kun n > N.
Merkitaan limn→∞ zn = c tai zn → c,
Sanomme, etta jono hajaantuu jos se ei suppene.
Tutkitaan jonoasn = z1 + z2 + . . . + zn.
Jos jono (sn) suppenee, eli limn→∞ sn = s, niin kirjoitetaan
s =∞∑
m=1
zm = z1 + z2 + z3 + . . . ,
ja kutsutaan lukua s sarjan (zn) summaksi. .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 173 / 353
Esimerkkeja sarjoista
Jono 1, 1, 1, 1, . . . eli (1) suppenee.
Sarja (1) hajaantuu.
Jono (ik) hajaantuu: s4k = 1, s4k+1 = i , s4k+2 = −1, s4k+3 = −i .
Sarja (zk) suppenee,∑∞
k=0 zk = 11−z , kun |z | < 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 174 / 353
Potenssisarja, suppenemissade
Potenssisarja on sarja, joka on muotoa
∞∑n=0
an(z − z0)n = a0 + a1(z − z0) + a2(z − z0)
2 + . . .
Lukua z0 sanotaan sarjan kehityskeskukseksi tai keskukseksi.
Potenssisarja suppenee kiekossa D = {z : |z − z0| < r} (uniformisti)jollakin r ≥ 0. Suurinta lukua R = sup r , jolla sarja suppenee,kutsutaan sarjan suppenemissateeksi.
R = limn→∞
∣∣∣ an
an+1
∣∣∣ ∈ C ∩ {∞}.
Sarja hajaantuu suljetun kiekon ulkopuolella z 6∈ D eli |z − z0| > R.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 175 / 353
Potenssisarja ja derivointi
Termeittain derivoidulla potenssisarjalla
∞∑k=0
akd
dz(z − z0)
k =∞∑
k=1
kak(z − z0)k−1
on sama suppenemissade kuin alkuperaisella sarjalla koska
limk→∞
(k − 1) ak−1
k ak= lim(1− 1
k)
ak−1
ak= lim
ak−1
ak= R
Termeittain derivoidun sarjan summa on sarjan summan derivaatta(yhteisessa suppenemisalueessaan):
f (z) :=∞∑
k=0
ak(z − z0)k ⇒ f ′(z) =
∞∑k=1
akd
dz(z − z0)
k
Huomaa summausindeksin muutos sarjassa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 176 / 353
Potenssisarja ja analyyttiset funktiot
Seuraus
Potenssisarjan summa f (z) =∑∞
k=0 ak(z − z0)k on analyyttinen funktiosuppenemisalueessaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 177 / 353
Potenssisarja ja integrointi
Potenssisarjaa f (z) voidaan integroida termeittain, kaikilla z ∈ D:
f (z) :=∞∑
k=0
ak(z − z0)k
⇒∫C
f (z) dz =∞∑
k=0
ak
∫C(z − z0)
k dz =∞∑
k=0
ak
k + 1(z − z0)
k+1
mielivaltaiselle kayralle C ⊂ D.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 178 / 353
Potenssisarja ja analyyttiset funktiot ...
Derivoimalla potenssisarjaa f (z) :=∑∞
k=0 ak(z − z0)k saadaan
suppenemisalueessa
f (n)(z) =∞∑
k=0
akdn
dzn(z − z0)
k
=∞∑
k=n
k!
(k − n)!ak(z − z0)
k−n
= n! an +∞∑
k=1
(k + n)!
k!an+k(z − z0)
k
joten kun z = z0, erityisesti a0 = f (z0) ja yleisesti
an =1
n!f (n)(z0).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 179 / 353
Taylorin sarja
Funktion f (z) kompleksinen Taylorin sarja kehityskeskuksessa z0 on
f (z) =∞∑
n=1
an(z − z0)n, missa an =
1
n!f (n)(z0).
Cauchyn integraalilauseen nojalla toisaalta
an =1
2πi
∮C
f (w)
(w − z0)n+1dw ,
missa f on analyyttinen yhdesti yhtenaisessa alueessa D ja integrointisuoritetaan vastapaivaan pitkin yksinkertaista suljettua polkuaC ⊂ D, joka sulkee sisaansa pisteen z0.
Jos z0 = 0, niin Taylorin sarjaa kutsutaan Maclaurinin sarjaksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 180 / 353
Taylorin lause
Lause 1
Oletetaan, etta f (z) on analyyttinen alueessa D, z0 ∈ D. Talloin onolemassa tasmallen yksi Taylorin sarja, jonka keskipiste on z0,joka edustaa funktiota f (z).
Sarja suppenee kaikissa z0-keskisessa kiekossa
B(z0, r) := {z ∈ C : |z − z0| < r},
jossa f on analyyttinen.
Taylorin sarjan kertoimet toteuttavat epayhtalon
rn|an| ≤ max{|f (z)| : |z − z0| = r}.
Todistus. Sivuutetaan
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 181 / 353
Esimerkki 1, geometrinen sarja
Tarkastellaan funktiota f (z) = 1/(1− z) kehityskeskuksena z0 = 0.
Saadaan f (n)(z) = n!/(1− z)n+1 ja cn = 1n! f
(n)(0) = 1.
Maclaurinin sarjaksi saadaan
1
1− z=
∞∑n=0
zn = 1 + z + z2 + . . .
Suppenemissade R = 1. Toisaalta f :lla on singulariteetti pisteessaz = 1. Tama piste on suppenemisateisen kiekon reunalla.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 182 / 353
Esimerkki 1, geometrinen sarja ...
Tarkastellaan funktiota f (z) = 1/(1− z) kehityskeskuksena z0 = −1.
Saadaan f (n)(z) = n!/(1− z)n+1 ja cn = 1n! f (n)(−1) = 2−n−1,
Taylor sarjaksi pisteessa z0 = −1 saadaan
1
1− z=
∞∑n=0
(z + 1)n
2n+1=
1
2+
z + 1
4+
(z + 1)2
8+ . . .
Suppenemissade R = lim 2−n
2−n−1 = 2. Toisaalta f :lla on singulariteettipisteessa z = 1. Tama piste on suppenemisateisen kiekon reunalla,|z0 − 1| = 2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 183 / 353
Esimerkki 1, geometrinen sarja ...
Tarkastellaan funktiota f (z) = 1/(1− z) kehityskeskuksena z0 = −i .
Saadaan f (n)(z) = n!/(1− z)n+1 ja cn = 1n! f
(n)(−i) = (1 + i)−n−1.
Taylor sarjaksi pisteessa z0 = −i saadaan
1
1− z=
∞∑n=0
(1 + i)−n−1(z + i)n
Suppenemissade R = limn→∞
∣∣∣ (1+i)n+1
(1+i)n
∣∣∣ = limn→∞ |1 + i | =√
2.
Toisaalta f :lla on singulariteetti pisteessa z = 1. Tama piste onsuppenemisateisen kiekon reunalla, |z0 − 1| =
√2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 184 / 353
Esimerkki 2, eksponenttifunktio
Tarkastellaan funktiota f (z) = ez .
Funktio f on kokonainen (entire) eli analyyttinen kokokompleksitasossa, ja f ′(z) = ez .
Maclaurinin sarjaksi, z0 = 0, saadaan
ez =∞∑
n=0
zn
n!= 1 + z +
z2
2!+
z3
3!+ . . .
jonka suppenemissade on
R = limn→∞
(n + 1)!
n!= lim
n→∞(n + 1) = ∞
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 185 / 353
Laurentin lause
Lause 3
Oletetaan, etta f (z) on analyyttinen kahden samankeskisen ympyranC1,C2 valiin jaavassa alueessa D = {z ∈ C : r1 < |z − z0| < r2}.Talloin f : D 7→ C voidaan esittaa Laurentin sarjana
f (z) =∞∑
n=−∞an(z − z0)
nHuomaa indeksointi!
Sarjan kertoimet an saadaan kaavasta
an =1
2πi
∮C
f (w)
(w − z0)n+1dw ,
missa integrointi suoritetaan vastapaivaan pitkin polkua C , jokakiertaa sisemman ympyran C1 kerran vastapaivaan alueessa D.
Todistus. Sivuutetaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 186 / 353
10 Kompleksista sarjoista
11 Analyyttisen funktion singulariteetitSingulariteettien luokitteluNollakohta, kertaluku
12 Residymenetelma
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 187 / 353
Analyyttisen funktion singulariteetit
Oletetaan, etta f (z) ei ole analyyttinen (mahdollisesti ei edesmaaritelty) pisteessa z0.
Oletetaan lisaksi, etta jokainen z0:n ymparisto sisaltaa pisteita, joissaf on analyyttinen. Talloin sanomme pistetta z0 f (z):n singulaariseksipisteeksi.
Pistetta z0 kutsutaan f (z):n isoloiduksi singulariteetiksi, jos z0:llaon ymparisto, jossa ei ole muita pisteita, joissa f olisi singulaarinen.
Esimerkki: tan z :lla on isoloitu singulariteetti pisteissa±π/2,±3π/2, . . ., mutta tan(1/z):lla on ei-isoloitu singulariteetti0:ssa, sen singulariteetit ovat pisteissa ±2
kπ → 0, k = 1, 3, 5, . . ..
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 188 / 353
Singulariteettien luokittelu
Idea: Laurentin sarjaa voidaan kayttaa funktion f (z) isoloitujensingulariteettien luokitteluun pisteessa z0.
f (z) =∞∑
n=−∞an(z − z0)
n =∞∑
n=1
a−n
(z − z0)n︸ ︷︷ ︸principal part
+∞∑
n=0
an(z − z0)n
︸ ︷︷ ︸analytical part
.
Jos singulariteetti z0 on isoloitu, loytyy (riittavan pieni) R jolla sarjaesityson voimassa alueessa D = {z : 0 < |z − z0| < R}. Huomaa etta z0 6∈ D.Sarjaesityksen esimmaista, negatiivisia potensseja sisaltavaa osaakutsutaan sarjan olennaiseksi osaksi (principal part). Jalkimmainen, vain einegatiivisia eksponentteja sisalta osa on analyyttinen funktio, eraanfunktion Taylor sarja.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 189 / 353
Singulariteettien luokittelu, jatkoa
Jos olennaisessa osassa on vain aarellinen maara termeja, (a−n = 0,kun n > m) olennainen osa (principal part) voidaan kirjoittaaaarellisena summana:
∞∑n=1
a−n
(z − z0)n︸ ︷︷ ︸principal part
=a−1
z − z0+ . . . +
a−m
(z − z0)m, (a−m 6= 0).
f (z):n singulariteettia z0 kutsutaan f :n navaksi (pole) ja m:aa navanasteeksi. Kun m = 1 sanomme, etta kyseessa on yksinkertainennapa (simple pole).
Jos olennaisessa osassa on aareton maara termeja, singulariteettiakutsutaan olennaiseksi (essential). Ei-isoloituja singulariteetteja eitarkastella tassa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 190 / 353
Lause
Olkoon f kompleksimuuttujan kompleksiarvoinen funktio. Seuraavat kolmekohtaa ovat ekvivalentit
a) Funktiolla f on napa pisteessa z0 astetta m.
b) Funktiolla f on Laurent esitys pisteen z0 ymparistossa:
f (z) =∞∑
k=−m
ak(z − z0)k
jossa a−m 6= 0 ja 0 < |z − z0| < r jollakin sateella r > 0.
c) Funktio g ,
g(z) =
{(z − z0)
mf (z), z 6= z0
limz→z0(z − z0)mf (z), z = z0
on analyyttinen pisteen z0 avoimessa ymparistossa; 0 ≤ |z − z0| < rjollakin sateella r > 0. g(z0) 6= 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 191 / 353
Huomaa erityisesti edella etta:
a) Napa tarkoittaa etta singulariteetti on myos isoloitu.
b) Jos esitys on olemassa, mutta a−m = 0, sinulariteetti z0 onkorkeintaan astetta m.
c) Funktiolla g on Taylor-sarja
g(z) =∞∑
k=0
ak−m(z − z0)k
koska g(z) = (z − z0)mf (z) =
∑∞k=−m ak(z − z0)
k(z − z0)m
c) Jos jo tiedamme, etta z0 on isoloitu singulariteetti, riittaa tarkastellaraja-arvoa lim(z − z0)mf (z). Jos se on maaritelty, g on analyyttinen,ja piste on z0 on singulariteetti korkeintaan astetta m, koska ...
c) g(z0) = a−m.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 192 / 353
Esimerkki 3
Funktiolla
f (z) =1
z(z − 2)5+
1
(z − 2)2=
1 + z(z − 2)3
z(z − 2)5
on yksinkertainen napa pisteessa z = 0, koska
limz→0
zf (z) = − 1
326= 0.
Vertailun vuoksi: (limz→0 f (z) ei ole olemassa, ja limz2→0 f (z) = 0 ei oleolemassa.Funktiolla on kertalukua 5 oleva napa pisteessa z = 2:
limz→2
(z − 2)5f (z) =1 + 2(2− 2)3
2=
1
26= 0,
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 193 / 353
Nollakohta, kertaluku
Analyyttisen funktion nollakohta on piste z0, jossa f (z0) = 0.
Nollakohta on kertalukua m, jos kaikilla k = 0, . . . ,m − 1
f (k)(z0) = 0, ja f (m)(z0) 6= 0.
Kertalukua 1 olevia nollakohtia kutsutaan myos yksinkertaisiksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 194 / 353
Nollakohta, kertaluku ...
Analogisesti Laurent -sarjan ja napojen yhteyden kanssa,
Lause
Olkoon funktio f on analyyttinen z0 ymparistossa. Ekvivalentisti
Funktiolla on m-asteen nollakohta kohdassa z0.
Funktiolla on Taylor-sarja muotoa
f (z) =∞∑
k=m
ak(z − z0)k , am 6= 0.
Funktiog : z 7→ (z − z0)
−mf (z)
on analyyttinen z0 ymparistossa ja g(z0) 6= 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 195 / 353
10 Kompleksista sarjoista
11 Analyyttisen funktion singulariteetit
12 ResidymenetelmaResidyjen laskeminen
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 196 / 353
Residymenetelma, johdanto
Cauchyn residymenetelman etsimme tapaa laskea muotoa∮C f (z) dz ,
oleva kompleksinen kayraintegraali.
Oletetaan jatkossa, etta C on suunnattu vastapaivaa ja kiertaa kunkinpisteen vain kerran. Tama vain helpottaa merkintoja.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 197 / 353
Residymenetelma, johdanto ...Oletetaan, etta f on analyyttinen C rajaamalla alueella, lukuunottamattanapoja z1, z2, . . . , zn. Analyyttisyyden nojalla voimme kirjoittaa, joillekinsuljetuille kayrille Ci , kukin kiertaen vain singulariteetin zi ,∮
Cf (z) dz =
n∑j=1
∮Cj
f (z) dz .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 198 / 353
Residymenetelma, johdanto ...jatkuu...
Tarkastelaan vain yhta osakayraa Ci . Olkoon zi napa kertalukua mi .Kehittamalla f Laurent-sarjaksi jossakin muotoaD = {z : 0 < |z − zi | < Ri} olevassa alueessa (joka sisaltaa Ci :n).saamme ∮
Ci
f (z) dz =∞∑
k=−mi
ak
∮Ci
(z − zi )k dz = 2πi a−1
Merkitsemme a−1 =: Res z=zi f (z).
Kutsumme lukua Res z=zi f (z) funktion f residyksi1 pisteessa zi .
Saamme∮C
f (z) dz =n∑
j=1
∮Cj
f (z) dz = 2πin∑
j=1
Res z=zj f (z)
1Residue (engl,fr); murto-osa, jaljelle jaava osa (integroinnin jalkeen).A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 199 / 353
Residyjen laskeminen
Lause
Jos f :lla on m-kertainen napa kohdassa z0 niin
2πi Res z=z0(f ) = limz→z0
g (m−1)(z),
jossag(z) = (z − z0)
m f (z).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 200 / 353
Residyjen laskeminen ...
Todistus seuraa suoraan Laurent-sarjasta. Olkoon f :lla Laurent sarja
f (z) =∞∑
k=−m
ak(z − z0)k
talloin g :lla on Taylor-sarja
g(z) = (z − z0)m
∞∑k=−m
ak(z − z0)k
=∞∑
k=0
ak−m (z − z0)k
=∞∑
k=0
g (k)(z0)
(m − 1)!(z − z0)
k .
Selvasti 1(m−1)!g
(m−1)(z0) = a−1, silla k −m = −1, jos k = m − 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 201 / 353
Residyjen laskeminen ...
Vaihtoehtoinen todistus suoraan Cauchyn integraalilauseella∮C
f (z) dz =
∮C
1
(z − z0)m︸ ︷︷ ︸singuilar
(z − z0)m f (z)︸ ︷︷ ︸
=:g(z)analytic
dz
=2πi
(m − 1)!g (m−1)(z0)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 202 / 353
Osa V
Fourier–analyysi
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 203 / 353
13 Johdanto
14 Fourier-sarja
15 Diskreetti Fourier muunnos
16 Fourier muunnos
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 204 / 353
13 JohdantoFunktion parillisuus ja parittomuusJaksollisuusSignumfunktio, Diracin, ja Heavisiden funktio
14 Fourier-sarja
15 Diskreetti Fourier muunnos
16 Fourier muunnos
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 205 / 353
Joseph Fourier (1768–1830)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 206 / 353
Paloittain jatkuva funktio
Reaali- tai kompleksimuuttujan funktio f on paloittain jatkuva alueessa D,jos se on epajatkuva korkeintaan alueen D erillisissa pisteissa.
Kuva: Paloittain jatkuva funktio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 207 / 353
Funktion parillisuus ja parittomuus
Jatkuva tai paloittain jatkuva funktio f on parillinen, jos f (−t) = f (t)kaikilla t.
Kuva: Parillinen funktio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 208 / 353
Funktion parillisuus ja parittomuus, jatkoa
Jatkuva tai paloittain jatkuva funktio f on pariton, jos f (−t) = −f (t)kaikilla t.
Kuva: Pariton funktio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 209 / 353
Esimerkkeja ja huomautuksia
Funktiot c (vakiofunktio), |x |, cos x , x2 ja exp(−x2) ovat parillisia.
Funktiot x , x3, sin x ja tan x ovat parittomia.
Jos pariton funktio on derivoituva, sen derivaatta on parillinen funktio.
Vastaavasti, jos parillinen funktio on derivoituva, sen derivaatta onpariton funktio.
Parillisen ja parittoman funktion tulo on pariton funktio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 210 / 353
Parittoman/parillisen funktion integraali
Lemma
Jos f on pariton ja c > 0, niin∫ c
−cf (t) dt = 0.
Jos f on parillinen, niin ∫ c
−cf (t) dt = 2
∫ c
0f (t) dt.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 211 / 353
Todistus
Oletetaan, etta f on pariton, siis f (−t) = −f (t) kaikilla t.
Saadaan ∫ c
−cf (t) =
∫ 0
−cf (t) dt +
∫ c
0f (t) dt
Tekemalla sijoitus t = −s, saadaan edelleen∫ 0
−cf (t) dt +
∫ c
0f (t) dt =
∫ 0
cf (−s) · (−1) ds +
∫ c
0f (t) dt
=
∫ c
0f (−s) ds +
∫ c
0f (t) dt.
= −∫ c
0f (s) ds +
∫ c
0f (t) dt = 0.
Parillisen funktion osalta todistus sujuu samaan tapaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 212 / 353
Jaksollisuus
Jatkuva tai paloittain jatkuva funktio f on jaksollinen (jaksona T ), josf (t + T ) = f (t) kaikilla t.
Kuva: Jaksollinen funktio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 213 / 353
Etumerkkifunktio eli signumfunktio
Etumerkkifunktio maaritellaan
sgn (t) =
{−1, kun t < 0,
1, kun t ≥ 0.
Kuva: Etumerkkifunktio eli signumfunktio.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 214 / 353
Yksikkoaskelfunktio eli Heavisiden funktioPaloittain jatkuva yksikkoaskelfunktio u(t) maaritellaan
u(t) =
{0, kun t < 0,1, kun t ≥ 0.
Huomautus 1: Joskus yksikkoaskelfunktiota ei maaritella 0:ssa tai senarvoksi 0:ssa asetetaan 1/2. Taman kurssin asioiden kannalta ei olemerkitysta silla, mika arvo 0:ssa on.
Huomautus 2: Yksikkoaskelfunktio voidaan kirjoittaa sigumfunktionavulla u(t) = (1 + sgn (t))/2.
Kuva: Yksikkoaskelfunktio eli Heavisiden funktio.A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 215 / 353
Yksikkoimpulssifunktio eli Diracin deltafunktio
Maaritellaan ensin funktio
fε(t) =
{1/ε, kun t ∈ [0, ε],
0, muulloin.
Selvasti aina ∫ ∞
−∞fε(t) dx = 1.
Jos annetaan epsilonin lahestya nollaa, piikin leveys pienenee jakorkeus kasvaa. Saadaan origossa ”aarettoman korkea ja kapea”pulssi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 216 / 353
Diracin deltafunktio, jatkoa
Tata pulssia sanotaan Diracin deltafunktioksi ja se maaritellaan
δ(t) = limε→0+
fε(t).
Diracin deltafunktio ei ole oikea funktio vaan nk. distribuutio. Vaikkasilla ole aarellista arvoa origossa, patee:∫ ∞
−∞fε(t)g(t)dt → g(0) =:
∫ ∞
−∞fε(t)g(t)dt
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 217 / 353
13 Johdanto
14 Fourier-sarjaDirichlet’n ehdotFourier-sarjan laskeminenGibbsin ilmioKompleksinen Fourier-sarjaSovelluksia differentiaaliyhtaloihin
15 Diskreetti Fourier muunnos
16 Fourier muunnos
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 218 / 353
Dirichlet’n ehdot
Oletetaan, etta f : R → R (tai C) on jaksollinen reaali- taikompleksiarvoinen funktio, jonka jakso on T . Talloin funktio ftoteuttaa Dirichlet’n ehdot valilla [−T/2,T/2], jos
(1) f on paloittain jatkuva,
(2) f :lla on korkeintaan aarellinen maara lokaaleja aariarvokohtia (ko.valilla), ja
(3) integraali ∫ T/2
−T/2
∣∣f (t)∣∣ dt
on aarellinen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 219 / 353
Fourier-sarja, trigonometrinen muoto
Dirichlet’n ehdot toteuttava funktio f voidaan esittaa sarjana
f (t) =a0
2+
∞∑k=1
[ak cos(kωt) + bk sin(kωt)
], (15.1)
missa ω = 2π/T ,
a0 =2
T
∫ T/2
−T/2f (t) dt,
ak =2
T
∫ T/2
−T/2f (t) cos(kωt) dt,
ja
bk =2
T
∫ T/2
−T/2f (t) sin(kωt) dt.
Kertoimia a0, ak , bk sanotaan funktion f Fourier-kertoimiksi ja sarjaa(15.1) sen Fourier-sarjaksi.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 220 / 353
Fourier-sarja, olemassaolo
Lause
Olkoon f jaksollinen Dirichlet’n ehdot toteuttava funktio, jonka jakso onT . Talloin sarja
a0
2+
∞∑k=1
[ak cos(kωt) + bk sin(kωt)
]suppenee, ja sen summa on
1 f (t0), jos f on jatkuva t0:ssa,
2 12 [ lim
t→t0+f (t) + lim
t→t0−f (t)], jos f on epajatkuva t0:ssa.
Todistus. Sivuutetaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 221 / 353
Fourier-sarja, parilliset ja parittomat funktiot
Lause
Jos f on parillinen funktio, niin bk = 0, kun k = 1, 2, 3, . . .. Jos f onpariton funktio, niin ak = 0, kun k = 0, 1, 2, . . ..
Todistus.
Jos f on parillinen, niin g(t) = f (t) sin(kωt) on pariton.
Lemman nojalla
bk =2
T
∫ T/2
−T/2g(t) dt = 0.
Vastaavasti, jos f on pariton, niin h(t) = f (t) cos(kωt) on pariton jasiten ak = 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 222 / 353
Fourier-sarjan laskeminen
Lause
Oletetaan, etta f on T -jaksoinen integroituva funktio. Talloin∫ T2
−T2
f (t) dt =
∫ T2+r
−T2+r
f (t) dt
kaikilla r ∈ R.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 223 / 353
Todistus
∫ T2
− T2
f (t) dt =
∫ − T2 +r
− T2
f (t) dt+
∫ T2
− T2 +r
f (t) dt
=
∫ − T2 +r
− T2
f (t) dt +
∫ T2
− T2 +r
f (t) dt +
∫ T2 +r
T2
f (t) dt −∫ T
2 +r
T2
f (t) dt
=
∫ T2 +r
− T2 +r
f (t) dt +
∫ − T2 +r
− T2
f (t) dt −∫ T
2 +r
T2
f (t) dt
=
∫ T2 +r
− T2 +r
f (t) dt +
∫ T2 +r
T2
f (s + T ) ds −∫ T
2 +r
T2
f (t) dt =
∫ T2 +r
− T2 +r
f (t) dt.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 224 / 353
Fourier-sarjan laskeminen, jatkoa
Seuraus
Fourier-sarjan kertoimet voidaan laskea
ak =2
T
∫ T/2+r
−T/2+rf (t) cos(nωt) dt,
bk =2
T
∫ T/2+r
−T/2+rf (t) sin(nωt) dt.
Huomautus. Erityisesti, jos r = T/2, saadaan
ak =2
T
∫ T
0f (t) cos(nωt) dt, bk =
2
T
∫ T
0f (t) sin(nωt) dt.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 225 / 353
Esimerkki
Maaritetaan kuvan funktion Fourier-kertoimet
Selvasti T = 4 ja ω = 2π/4 = π/2.
Saadaan
a0 =2
T
∫ 2
−2f (t) dt =
1
2
∫ 1
−22 dt = 3.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 226 / 353
Esimerkki, jatkoa
Lasketaan ak , kun k = 1, 2, . . .:
ak =2
4
∫ 2
−2f (t) cos(kωt) dt =
∫ 1
−2cos(kπt
2
)dt
=2
kπsin(kπt
2
)∣∣∣∣1−2
=2
kπ
[sin(kπ
2
)− sin
(−2kπ
2
)]=
2
kπ
[sin(kπ
2
)+ sin(kπ)
]=
2
kπsin(kπ
2
).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 227 / 353
Esimerkki, jatkoa
Vastaavasti lasketaan bk :
bk =2
4
∫ 2
−2f (t) sin(kωt) dt =
∫ 1
−2sin(kπt
2
)dt
= − 2
kπcos(kπt
2
)∣∣∣∣1−2
= − 2
kπ
[cos(kπ
2
)− cos
(−2kπ
2
)]= − 2
kπ
[cos(kπ
2
)− cos(kπ)
].
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 228 / 353
Esimerkki
Tutkitaan funktiota f (t) = t, kun t ∈ [−1, 1], f (t + 2) = f (t).
Koska f (t) on pariton funktio, kosinitermi ak = 0 kaikilla k.
Sinitermiksi saadaan laskettua
bk =−2(π cos(kπ)− sin(kπ))
k2π2.
Funktio f ja sen Fourier-sarjan nelja ensimmaista approksimaatiota:
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 229 / 353
EsimerkkiTutkitaan funktiota f (t) = 1− (1/2 + t)2, kun t ∈ [−1/2, 1/2],f (t + 1) = f (t).Fourier-kertoimiksi saadaan
a0 = 4/3, ak =k2π2 sin(kπ) + sin(kπ)− kπ sin(kπ)
k3π3
ja
bk =kπ cos(kπ)− sin(kπ)
k2π2.
Funktio f ja sen Fourier-sarjan nelja ensimmaista approksimaatiota:
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 230 / 353
Gibbsin ilmio
Fourier-sarja suppenee kohti arvoa (f (x0+) + f (x0−))/2.
Jos f on epajatkuva kohdassa x0, esiintyy kohdassa x0 Fourier-sarjojenosasummilla Sn
f (x) kohdassa x0 erikseen“hyppyilmio”ns. Gibbsinilmio, joka voidaan helposti kokeellisesti todentaa MATLAB-testein(ks. esimerkki).
Jatkuville funktioille, joiden derivaatta on myos jatkuva paitsiaarellisen monessa pisteessa, patee Fourier-sarjan nk. tasainensuppeneminen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 231 / 353
Kompleksinen Fourier-sarja
Oletetaan, etta f on 2π-jaksoinen funktio, ja sen Fourier-sarja on
f (t) =a0
2+
∞∑k=1
(ak cos kt + bk sin kt). (15.2)
Eulerin kaavasta saadaan suhde funktioiden cos t, sin t ja e it valille:
e it = cos t + i sin t. (15.3)
Sinin parittomuudesta seuraa, etta
e−it = cos t +−i sin t. (15.4)
Kaavoista (15.3), (15.4) saadaan
cos t =1
2(e it + e−it), sin t =
1
2i(e it − e−it).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 232 / 353
Kompleksinen Fourier-sarja, jatkoa
Soveltamalla kaavaa 1/i = −i funktion sin t lausekkeeseen jasijoittamalla t = kx molempiin kaavoihin, saadaan
ak cos kx + bk sin kx =1
2ak(e ikx + e−ikx) +
1
2ibk(e ikx − e−ikx)
=1
2(ak − ibk)e ikx +
1
2(ak + ibk)e−ikx .
Sijoitetaan tama Fourier-sarjan esitykseen (15.2). Saadaan
f (x) = c0 +∞∑
k=1
(cke ikx + dke−ikx),
missa c0 = a0/2, ck = (ak − ibk)/2 ja dk = (ak + ibk)/2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 233 / 353
Kompleksinen Fourier-sarja, jatkoa
Kompleksisille Fourier-kertoimille saadaan kaavat
ck = (ak − ibk)/2 =1
2π
∫ π
−πf (t)(cos kt − i sin kt) dt
=1
2π
∫ π
−πf (t)e−ikt dt
ja
dk = (ak − ibk)/2 =1
2π
∫ π
−πf (t)(cos kt + i sin kt) dt
=1
2π
∫ π
−πf (t)e ikt dt.
Havaitaan, etta dk = c−k ja a0/2 = c0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 234 / 353
Kompleksinen Fourier-sarja, jatkoa
Maaritelma
Olkoon funktiolla f : R 7→ C periodi T , ja ω = 2π/T . Funktionkompleksinen Fourier-sarja
f (t) =∞∑
k=−∞cke ikωt , ck =
ω
2π
∫ T/2
−T/2f (t)e−ikωt dt.
Merkitsemme usein fk := ck .
Huomaa: Sarjan summa on reaaliarvoinen kaikilla t josscke ikωt + c−ke−ikωt ∈ R kaikilla t, joss c−k = ck .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 235 / 353
Esimerkki 1
Etsitaan funktion f (x) = ex , kun x ∈ (−π, π] ja f (x + k2π) = f (x)kaikilla kokonaisluvuilla k kompleksinen Fourier-sarja.
Koska sin kπ = 0 kaikilla kokonaisluvuilla k, saadaan
e±ikπ = cos kπ ± sin kπ = cos kπ = (−1)k .
Sijoittamalla tama kaavaan saadaan
ck =1
2π
∫ π
−πexe−ikx dx =
1
2π
1
1− ikex−ikx
∣∣∣∣πx=−π
=1
2π
1
1− ik(eπ − e−π)(−1)k .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 236 / 353
Esimerkki 1, jatkoa
Yhtalon oikealla puolella voidaan kirjoittaa
1
1− ik=
1 + ik
(1− ik)(1 + ik)=
1 + ik
1 + k2ja eπ − e−π = 2 sinhπ.
Kompeksiseksi Fourier-sarjaksi saadaan siis
ex =sinhπ
π
∞∑k=−∞
(−1)k1 + ik
1 + k2e ikx (−π < x < π).
Trigonometrisessa muodossa oleva Fourier-sarja voidaan johtaa tastaseuraavasti.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 237 / 353
Esimerkki 1, jatkoa
Sijoitetaan Eulerin kaavaan t = kx ja i2 = −1:
(1 + ik)e ikx = (1 + ik)(cos kx + i sin kx)
= (cos kx − k sin kx) + i(k cos kx + sin kx).
Sinin parittomuudesta ja kosinin parillisuudesta saadaaan
(1− ik)e ikx = (1− ik)(cos kx − i sin kx)
= (cos kx − k sin kx)− i(k cos kx + sin kx).
Lasketaan edelliset yhteen, jolloin imaginaariosaa haviaa ja saadaan
2(cos kx − k sin kx).
Sarjaksi saadaan
ex =2 sinhπ
π
[12− 1
1 + 12(cos x−sin x)+
1
1 + 22(cos 2x−2 sin 2x)−. . .
].
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 238 / 353
Esimerkki 2Etsitaan differentiaaliyhtalon y ′(t) + 2y(t) = f (t) jaksolliset ratkaisut, kunf on 2π-jaksollinen funktio. Oletetaan, etta differentiaaliyhtalon ratkaisuy(t) on 2π-jaksollinen funktio. Kirjoitetaan f ja y Fourier–sarjana
f (t) =∞∑
k=−∞cke ikt , y(t) =
∞∑k=−∞
yk e ikt , y ′(t) =∞∑
k=−∞ikyk e ikt .
Differentiaaliyhtalosta y ′ + 2y − f (t) = 0 saadaan∑k
(ikyk + 2yk − ck)e ikt = 0
Joten ikyk + 2yk = ck eli yk = ck/(2 + ik) kaikilla k. Ratkaisu saadaanFourier–sarjan muodossa
y(t) =∞∑
k=−∞
ck
2 + ike ikt
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 239 / 353
Esimerkki 3Etsitaan differentiaaliyhtalon y ′′ + 2y ′ + y = sin(t) 2π–jaksollisetratkaisut. Yhtalon jaksollinen ratkaisu voidaan kirjoitaa Fourier-sarjanay(t) =
∑∞k=−∞ yke ikt . samoin kuin yhtalon oikea puoli
sin(t) =1
2i(e it − e−it) =
∞∑k=−∞
cke ikt ,
joka patee kertoimille c±1 = ∓ i2 ja ck = 0, kun k 6= ±1.
Differentiaaliyhtalosta saadaan kertoimille yk yhtalot
[(ik)2 + 2(ik) + 1]yk = ck , ∀k
ja siis y±1 = −1/4 ja yk = 0 muuten. Saadaan vain yksi jaksollinenratkaisu, joka on
y(t) = −1
4(e it + e−it) = −1
2cos t.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 240 / 353
Esimerkki 3
Jousen liiketta voidaan kuvata differentiaaliyhtalolla
my ′′ + γy ′ + κy = r(t),
missa y(t) on etaisyys lepotilasta, m on jousessa olevan painonmassa, γ vaimennusvakio, κ jousivakio ja r(t) on ulkoinen voima.
Jos r(t) on sini tai kosini, saadaan harmoninen varahtely. Yleisestir(t) voi olla mika tahansa muukin jaksollinen funktio.
Tutkitaan tilannetta, jossa m = 1, γ = 0, 05 ja κ = 25, jolloinyhtaloksi saadaan
y ′′ + 0, 05y ′ + 25y = r(t).
Valitaan r(t):ksi 2π-jaksollinen funktio
r(t) =
{t + π
2 , jos − π < t ≤ 0,−t + π
2 , jos 0 < t ≤ π,
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 241 / 353
Esimerkki 3, jatkoa
Esitetaan r(t) Fourier-sarjana
r(t) =4
π
(cos t +
1
32cos 3t +
1
52cos 5t,+ . . .
)Tutkitaan differentiaaliyhtaloa
x ′′k + 0.05x ′k + 25xk =4
k2πcos kt. (15.5)
Tiedetaan, etta ratkaisu on muotoa
xk = Ak cos kt + Bk sin kt.
Sijoittamalla tama yhtaloon (15.5) saadaan ratkaistua
Ak =4(25− k2)
k2πDk, Bk =
0, 2
kπDk, missa Dk = (25− k2)2 + (0, 05k)2.
Ratkaisu voidaan kirjoitaa y(t) =∑∞
k=1 Ak cos(kt) + Bk sin(kt).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 242 / 353
Esimerkki 3, jatkoa
Esitetaan y ja r Fourier-sarjoina
y(t) =∑k
yke ikt , r(t) =∑k
cke ikt , ck =
{2
πk2 , k pariton
0 , k parillinen
Differentiaaliyhtalosta saadaan kertoimille yk yhtalot
[m(ik)2+γ(ik)+κ]yk = [−k2+0.05ik+25]yk = ck =
{2
πk2 , k pariton
0 , k parillinen
joten yk = 0 kun k on parillinen ja
yk =2
π(25− k2 + 0.05ik)k2=
50− 2k2 − 0.1ik
πk2Dk
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 243 / 353
Dirichlet’n ongelma yksikkokiekossa
Halutaan loytaa funktio u, joka on harmoninen yksikkokiekossaB = {z : |z | < 1} ja saa jatkuvan funktion f antamat reuna-arvotyksikkokiekon reunalla, eli
u(cos t, sin t) = f (t), t ∈ (−π, π].
Funktio f voidaan jatkaa jaksolliseksi funktioksi, jonka jakso on 2π.Siis f :lle saadaan Fourier-sarja
f (t) =a0
2+
∞∑k=1
(ak cos(kt) + bk sin(kt)).
Dirichlet’n ongelman ratkaisu yksikkokiekossa saadaan kaavasta
u(r cos t, r sin t) =a0
2+
∞∑k=1
(ak rk cos(kt) + bk rk sin(kt)),
missa z = re it .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 244 / 353
Dirichlet’n ongelma yksikkokiekossa: Kompleksinen sarja
Halutaan loytaa funktio u, joka on harmoninen yksikkokiekossaB = {z : |z | < 1} ja saa jatkuvan funktion f antamat reuna-arvotyksikkokiekon reunalla, eli
u(e it) = f (t), t ∈ (−π, π].
Funktio f voidaan jatkaa jaksolliseksi funktioksi, jonka jakso on 2π.Siis f :lle saadaan Fourier-sarja
f (t) =∞∑
k=−∞cke ikt .
Dirichlet’n ongelman ratkaisu yksikkokiekossa saadaan kaavasta
u(z = re it) =∞∑
k=−∞ck rke ikt =
∞∑k=−∞
ckzk .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 245 / 353
13 Johdanto
14 Fourier-sarja
15 Diskreetti Fourier muunnosDFT: diskreetti Fourier muunnos
16 Fourier muunnos
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 246 / 353
DFT: diskreetti Fourier muunnos
Maaritelma
Diskreetti Fourier muunnos (DFT) on kuvaus Cn 7→ Cn. Vektorin v ∈ Cn
DFT on v ∈ Cn, missa elementeittain
vk =1
n
n∑j=1
vj zjk , k = 1, . . . n
ja missa z = e2πi/n ∈ C.
Huomaa zn = 1, zk 6= 1, k = 1, . . . , n − 1, zz = 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 247 / 353
DFT ja Fourier sarjat
Tarkastellaan T -periodista funktiota2
f (t) =∞∑
k=−∞cke iωt =
∞∑k=−∞
ckzkt n/T
missa ω = 2π/T ja kuten edella z = e2πi/n.Valitaan tasavalein tj = Tj/n ∈ (0,T ], j = 1, . . . , n, ja “poimitaanfunktiosta f naytteita” eli asetetaan
vj := f (tj) = · · · =∑k
ckzkj .
2f voidaan kirjoittaa Fourier-sarjanaA.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 248 / 353
DFT ja Fourier sarjat, jatkuu
Diskreetti Fourier–muunnos on summa Fourier-sarjan kertoimista.
vl =1
n
n∑k=1
vk zkl =1
n
n∑k=1
∞∑j=−∞
cjzkjz−kl
=∞∑
j=−∞cj
1
n
n∑k=1
zk(j−l)
︸ ︷︷ ︸ =∞∑
j=−∞cl+jn
missa1
n
n∑k=1
zk(j−l) =
{0, (j − l) mod n 6= 0
1, (j − l) mod n = 0
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 249 / 353
DFT ja Fourier sarjat, jatkuu
Valitsemalla absoluttiarvoltaan pienin indeksi vl lausekkeen summassasaadaan (indeksiehdot yhteiset)
vk =
{ck +
∑j 6=0 ck+nj
ck−n +∑
j 6=−1 ck+nj
≈
{ck , 1 ≤ k ≤ n/2
ck−n , n/2 < k ≤ n
Huomaa, etta vn = c0 +∑
j 6=0 cnj
Kun n on riittavan suuri, summat muodostuvat pieniksi, koska ck → 0 kun|k| → ∞. Pienilla n nain ei kuitenkaan tapahdu. Tata ilmiota kutsutaanlaskostumiseksi, se tapahtuu aina, mutta on merkittava ilmio kun“naytteenottotaajuus on liian pieni” eli n on liian pieni.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 250 / 353
FFT
DFT on tullut erittain tarkeaksi tyokaluksi kaytannon sovelluksissaerityisesti sen jalkeen kun J. W. Cooley ja J. W. Tukey 1965 julkaisivat3 jatekivat tunnetuksi erittain nopean tavan Fast Fourier Transform (FFT)laskea DFT annetulle vektorille v ∈ Cn, n = 2k jollekin k ∈ N. Joskin joGauss:in vaitetaan tunteneen algoritmin 1805, katsohttp://en.wikipedia.org/wiki/FFT .
Signaalinkasittely on eras erittain keskeinen FFT:n sovellus.
Laskennan tyomaaran ero on valtava. FFT laskenta vaatii O(n log n)operaatiota, triviaali tapa vuorostaan O(n2) operaatiota. Ero onhuomattava, kun on tyypillisessa sovelluksessa, n = (210)2 = 220. (Arvioivaadittava laskenta-aika, jos FFT vie 1ms. )
3Cooley, James W., and John W. Tukey, 1965, ”An algorithm for the machinecalculation of complex Fourier series,”Math. Comput. 19: 297.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 251 / 353
13 Johdanto
14 Fourier-sarja
15 Diskreetti Fourier muunnos
16 Fourier muunnosJohdantoFourier-muunnosKonvoluutioFourier-kaanteismuunnosEsimerkkeja Fourier-muunnoksista
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 252 / 353
Fourier-sarjasta muunnokseen
Tarkastellaan nyt reaalimuuttujan paloittain jatkuvaa funktiotaf : R 7→ C, jolle patee ∫ ∞
−∞|f (t)| dt < ∞. (17.1)
Maaritellaan sen avulla T–jaksollinen funktio4 fT
fT (t) = f (t), −T/2 < t ≤ T/2.
Merkitaan w = 2πT , ja fT :n Fourier–sarjan5 kertoimia
cw (k) =w
2π
∫ T/2
−T/2f (t)e−iwkt dt.
4Muilla t arvot f (t) maaraytyvat jaksollisuuden perusteella.5T–jaksollisen funktion sarja
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 253 / 353
T →∞Tutkimme formaalisti, mita tapahtuu fT :n Fourier-sarjalle kunT →∞⇔ w → 0:
fT (t) =∑k
cw (k) e iwkt
=1
2π
∑k
∫ T/2
−T/2f (s)e−iwks ds e iwktw
limT→∞
fT (t) = limw→0
1
2π
∞∑k=−∞
∫ π/w
−π/wf (s)e−iwks ds e iwkt
︸ ︷︷ ︸:=g(wk)
w
︸ ︷︷ ︸→
RR g(ω)dω
=1
2π
∫R
∫R
f (s)e−iωs ds︸ ︷︷ ︸=:F (ω)
e iωt dω =1
2π
∫R
F (ω)e iωt dω
Funktio F on reaalimuuttujan ω kompleksiarvoinen funktio.A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 254 / 353
Fourier-muunnos
Maaritelma
Funktion f : R → C Fourier-muunnos on funktio F = F {f } : R 7→ C,
F (ω) =
∫ ∞
−∞f (t)e−iωt dt.
Fourier-muunnos on kuvaus F : R → C, eli sen arvot ovat yleisestikompleksilukuja.
Muunnos on olemassa, jos yo integraali suppenee. Talloin sanotaan,etta f on Fourier-muuntuva.
Kaytannon kannalta riittava ehto on, etta integraali∫ ∞
−∞|f (t)| dt
suppenee.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 255 / 353
Esimerkki
Lasketaan sakarapulssin 6
f (t) = u(t + 1)− u(t − 1) =
{1, kun |t| ≤ 1,0, muuten,
Fourier-muunnos:
F (ω) =
∫ ∞
−∞f (t)e−iωt dt =
∫ 1
−1e−iωt dt
=
{(−iω)−1
(e−iω − e iω
)= 2
ω sinω , ω 6= 0∫ 1−1 dt = 2 , ω = 0
Tassa tapauksessa F on reaaliarvoinen ja erityisesti F (0) =∫R f (t)dt = 2.
6Tassa u on Heavisiden funktio eli yksikkoaskelfunktio.A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 256 / 353
Fourier-muunnoksen ominaisuuksia
Oletetaan etta funktioiden g , f : R 7→ C muunnokset F {f } = FF {g} = G ja ovat maariteltyja ja a, b ∈ C. Seuraavat ominaisuudetseuraavat maaritelmasta.
Muunnoksenominaisuus
g(t) F {g}(ω)
Lineaarisuus a f (t) + b g(t) a F (ω) + b G (ω)
Reaalisuus g : R 7→ R G (−ω) = G (ω)
Skaalaus g(at) 1aG (ω
a )
Siirto g(t − t0) e−iωt0G (ω)
Taajuussiirto elimodulaatio
g(t)e iω0t G (ω − ω0)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 257 / 353
Konvoluutio
Maaritelma
Oletetaan, etta g , h : R 7→ C ovat paloittain jatkuvia funktioita.Maaritellaan g :n ja h:n konvoluutio, funktio (g ∗ h) : R 7→ C, integraalina
(g ∗ h)(t) =
∫ ∞
−∞g(s)h(t − s) ds.
Konvoluutio on kommutativiivinen, eli g ∗ h = h ∗ g .
Konvoluutio on lineaarinen (ag + bf ) ∗ h = a g ∗ h + b f ∗ h kuna, b ∈ C ja f on paloittain jatkuva funktio.
Diracin deltafunktio on yksikko konvoluution suhteen eli g ∗ δ = g :
(g ∗ δ)(t) = (δ ∗ g)(t) =
∫ ∞
−∞g(s) δ(t − s)︸ ︷︷ ︸
=0, s 6=t
ds = g(t).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 258 / 353
Fourier-muunnoksen ominaisuuksia, jatkoa
Muunnoksenominaisuus
g(t) F {g}(ω)
Konvoluutio f (t) ∗ g(t) F (ω)G (ω)
Tulo f (t)g(t) F (ω) ∗ G (ω)
Derivointi7 ∂n
∂tn f (t) (iω)n F (ω)
7Jos muunnokset ovat olemassaA.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 259 / 353
Esimerkkeja, Diracin deltafunktio
Tarkastellaan aluksi funktiota
fε(t) =
{1/ε, t ∈ [0, ε],
0 muulloin.
Paatellaan F {δ(t)} = 1, koska
F {fε(t)} =
∫ ε
0
1
εe−iωt dt =
1
−iωεe−iωt
∣∣∣∣εt=0
=e−iωε − 1
−iωε→ε→0 1,
Toisaalta paloittain jatkuvalle funktiolle f patee:
F {f } = F {δ ∗ f } = F {δ}︸ ︷︷ ︸≡1
F {f }
eli F {δ}(ω) = 1 kaikilla ω.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 260 / 353
Fourier-kaanteismuunnos
Maaritelma
Muunnoksen G Fourier-kaanteismuunnos F−1 {G (ω)} maaritellaan
F−1 {G (ω)} =1
2π
∫ ∞
−∞G (ω)e iωtdω
F ja F−1 ovat toistensa kaanteisoperaatoita, (F−1 ◦ F ){g} = g ja(F ◦ F−1 ){G} = G , ja erityisesti
g(t) =1
2π
∫ ∞
−∞G (ω)e iωt dω.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 261 / 353
Esimerkkeja, vakiofunktio
Koska F {δ} ≡ 1 (vakiofunktio),∫ ∞
−∞δ(t)e−iωt dt = 1.
Tehdaan muuttujanvaihto t = −s, ja saadaan∫ ∞
−∞δ(s)e iωs ds = 1.
Voidaan siis kirjoittaa
1 =
∫ ∞
−∞δ(ω)e iωtdω =
1
2π
∫ ∞
−∞2πδ(ω)e iωt dω = F−1 {2π δ}(ω)
Siis kaateismuunnos, mista voidaan paatella, etta
F {1} = F ◦ F−1 {2π δ} = 2π δ
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 262 / 353
Osa VII
Laplace–muunnos
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 263 / 353
17 Maaritelma ja perusominaisuudet
18 Differentiaalilaskenta
19 Yleisia Laplace-muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 264 / 353
17 Maaritelma ja perusominaisuudetLaplace-muunnosLaplace-kaanteismuunnosLaplace-muunnoksen lineaarisuusAlkeisfunktioiden Laplace-muunnoksia
Hyperboliset ja trigonometriset funktiotPotenssifunktiot ja Gammafunktio
Siirto s:n suhteenMuunnosten olemassaolo
18 Differentiaalilaskenta
19 Yleisia Laplace-muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 265 / 353
Laplace-muunnos
Olkoon f : R+ 7→ C. Tarkastellaan kompleksilukua s, Re s > 0. Useins on yksinkertaisesti reaalinen.
Funktion f Laplace-muunnos L{f }
L {f }(s) :=
∫ ∞
0e−st f (t) dt, (18.1)
on maaritelty niilla s joilla integraali suppenee.
Osoittautuu, etta jos integraali (18.1) suppenee jollekin s ′,Re s ′ > 0,niin se suppenee kaikilla s > s ′. eli alueessaHα := {s ∈ C : Re s > α ∈ R} jollakin vakiolla α > 0.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 266 / 353
Konventioita
Merkitaan jatkossa t:n funktioita pienilla kirjaimilla ja niidenmuunnoksia isoilla, siis esim. F on f :n muunnos ja X on x :n muunnos.
Laplace–muunnoksen argumentti on funktio, se ei siis riipu t:sta. Onsiis oikein kirjoittaa L{f }. Kun tarkoitetaan muunnoksen arvoatietyssa pisteessa s, kirjoitetaan L{f }(s).Merkinta L{f (t)} on harhaanjohtava, tuloshan ei riipu t:sta.
Jos siis haluamme ottaa muunnoksen funktiosta t 7→ sin 2t on oikeinkirjoittaa L{t 7→ sin 2t}. Usein tama kuitenkin — kaikestahuolimatta — lyhennetaan muotoon
L{t 7→ sin 2t} = L{sin 2t},
jossa t kuvaa siis “geneerista arvoa”ei jotakin tiettya t arvoa. Muttamuotoa L{f (t)} ei ole syyta kayttaa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 267 / 353
Laplace-kaanteismuunnos
Oletetaan etta F : Hα 7→ C, ja
F (s) = L{f }(s) =
∫ ∞
0e−st f (t) dt,
niin funktiota f kutsutaan funktion FLaplace-kaanteismuunnokseksi ja merkitaan f = L−1 {F}.Erityisesti siis L−1 {L {f }} = f ja L{L−1 {F}} = F .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 268 / 353
Johdanto
Laplace muunnos on integraalimuunnos, kuten myos Fourier–muunnos.Se on muotoa
f 7→ F , F (s) =
∫k(s, t)f (t) dt,
jossa integraali on f maarittelyalueen ja k(s, t) on muunnoksen ydin.Fourier–muunnoksen tapauksessa integoidaan reaaliakselin, k(s, t) = e−sti
Laplace–muunnoksessa t ∈ [0,∞], s ∈ C+ ja k(s, t) = e−st .Laplace– ja myos Fourier–muunnoksen tarkeimpia sovelluksia differentiaalija integraaliyhtaloiden teoria.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 269 / 353
Esimerkki 1
Lasketaan vakiofunktion f (t) = 1, kun t ≥ 0 Laplace-muunnos F (s).
L{f }(s) = L{1}(s) =
∫ ∞
0e−st dt = −1
se−st
∣∣∣∣∞0
=1
s(Re s > 0).
Huomaa, etta
e−st = e−tRe s︸ ︷︷ ︸↘ 0> 0
e−tiIm s︸ ︷︷ ︸|·|=1
−→ 0, t →∞
nimenomaan koska oletamme Re s > 0
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 270 / 353
Esimerkki 2
Lasketaan eksponenttifunktion f : t 7→ eαt , missa α on vakio ja t ≥ 0Laplace-muunnos F .
L{eαt}(s) =
∫ ∞
0e−steαt dt =
1
α− se−(s−α)t
∣∣∣∣∞t=0
.
Kun Re (s − α) > 0 eli Re s > α, saadaan
L{eαt} =1
s − α.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 271 / 353
Laplace-muunnoksen lineaarisuus
Lause 1
Laplace-muunnos on lineaarinen kuvaus:Jos
f , g ovat funktioita, joille
muunnos L{f }(s) on olemassa kaikilla s > αf ,
muunnos L{g}(s) on olemassa kaikilla s > αg ,
ja a, b ∈ C ovat vakioita,
niin kaikilla s > max{αf , αg}
L {af + bg}(s) = aL{f }(s) + bL{g}(s).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 272 / 353
Todistus
Vaite seuraa suoraan maaritelmasta ja integraalioperaattorinlineaarisuudesta: Oletetaan Re s > max{αf , αg}.Silloin
L{af + bg}(s) =
∫ ∞
0e−st [af (t) + bg(t)] dt
= a
∫ ∞
0f (t)e−st dt + b
∫ ∞
0g(t)e−st dt
= aL{f }(s) + bL{g}(s).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 273 / 353
Hyperboliset funktiot
Lasketaan hyperbolisen kosinin ja sinin Laplace-muunnokset.
Koska cosh at = (eat + e−at)/2, saadaan Lauseesta 1 ja Esimerkista 2
L{cosh at} =1
2
(L{eat}+L{e−at}
)=
1
2
( 1
s − a+
1
s + a
)=
s
s2 − a2.
Vastaavasti sinh at = (eat − e−at)/2 ja
L{sinh at} =1
2
(L{eat}−L{e−at}
)=
1
2
( 1
s − a− 1
s + a
)=
a
s2 − a2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 274 / 353
Kosini ja sini (ratkaisu reaalianalyysin avulla)
Sijoittamalla f (t) = cos ωt ja g ′(t) = e−st osittaisintegrointikaavaan∫ ba f (t)g ′(t) dt = f (t)g(t)
∣∣∣∣bt=a
−∫ ba f ′(t)g(t) dt saadaan
L{cos ωt}(s) =
∫ ∞
0e−st cos ωt dt
=e−st
−scos ωt
∣∣∣∣∞t=0
− ω
s
∫ ∞
0e−st sinωt dt
=1
s− ω
sL{sinωt}(s).
L{sinωt}(s) =
∫ ∞
0e−st sinωt dt
=ω
sL{cos ωt}(s).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 275 / 353
Kosini ja sini (ratkaisu reaalianalyysin avulla, jatkoa)
Olemme johtaneet L{cos ωt}:lle esityksen L{sinωt}:n avulla ja kaantaen.Sijoitetaan ne toisiinsa:
L{cos ωt}(s) =1
s− ω
sL{sinωt}(s)
=1
s− ω
s
(ω
sL{cos ωt}
),(
1 +ω2
s2
)L{cos ωt}(s) =
1
s2,
L{cos ωt}(s) =s2
s2 + ω2.
L{sinωt}(s) =ω
sL{cos ωt}(s) = . . .
=ω
s2 + ω2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 276 / 353
Muunoksen realisuus
Huomatus
Jos f : R+ 7→ R, eli f (t) ∈ R kaikilla t > 0,
L{f }(s) =
∫ ∞
0f (t)e−st︸ ︷︷ ︸∈R, s>0
dt ∈ R
eli L{f }(s) ∈ R kaikilla s > 0;
Trigometristen funktioiden Laplace muunnos saadaan myos kayttaenkompleksianalyysia: Erityisesti sin t, cos t ∈ R kaikilla t > 0. (1) Sijoitetaana = iω Esimerkissa 2, ja toisaalta (2) kaytetaan Eulerin kaavaae iωt = cosωt + i sinωt ja muunnoksen lineaarisuutta,
L{e iωt}(s) (1)=
1
s − iω=
s + iω
(s − iω)(s + iω)=
s + iω
s2 + ω2
=s
s2 + ω2+ i
ω
s2 + ω2
L{e iωt}(s) (2)= L{cosωt + i sinωt}= L{cos ωt}+ iL{sinωt}.
josta vaite seuraa vertaamalla reaali- ja imaginaariosia.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 277 / 353
Potenssifunktio (luonnolliset luvut)
Tutkitaan potenssifunktion f (t) = tn Laplace-muunnosta, kunn = 0, 1, 2, . . ..
Esimerkin 1 nojalla, L{t 7→ 1} = (s 7→ 1s ).
L{tn+1} voidaan ilmaista L{tn} avulla osittaisintegroimalla
L{tn+1}(s) =
∫ ∞
0e−sttn+1 dt = − 1
se−sttn+1
∣∣∣∣∞t=0︸ ︷︷ ︸
=0
+n + 1
s
∫ ∞
0e−sttn dt︸ ︷︷ ︸
L{tn}(s)
.
Induktiolla saadaan yleisesti
L{tn}(s) =n
sL{tn−1}(s) = · · · = (n)!
sn+1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 278 / 353
Gamma-funktioHalutaan maaritella Laplace-muunnos funktiolle ta, kun a > 0 on reaalinenvakio. Tulos on helppo kirjoittaa Gamma-funktion
Γ(s) =
∫ ∞
0ts−1e−t dt, ∀s ∈ C+
avulla. Jos Re s ≥ 0 niin integraali ylla suppenee itseisesti.Gamma-funktiolle patee,
Γ(1) = 1Γ(1/2) =
√π
Γ(s + 1) = s Γ(s), s ∈ C, Re s ≥ 0Γ(n + 1) = n Γ(n) = . . . = n!, n = 0, 1, 2, . . .
Huomaa Gamma-funktion ja kertoman yhteys. Kolmannen vaitteen voinahda osoittaisintegroimalla:
Γ(s + 1) =
∫ ∞
0tse−t dt = − tse−t
∣∣∣∣∞0︸ ︷︷ ︸
=0
+
∫ ∞
0sts−1e−t dt = s Γ(s)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 279 / 353
Kuva: Gamma-funktio reaaliakselilla. Huomaa erityisesti lokaali minimipiteiden s = 1 ja s = 2 valissa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 280 / 353
Kuva: Funktio h(z) = |Γ(z)| kompleksitasossa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 281 / 353
Potenssifunktio ta, a > 0
Lahdetaan liikkeelle Laplace-muunnoksen maaritelmasta. Oletetaan s > 0ja tehdaan muuttujanvaihto x = st
L{ta} =
∫ ∞
0e−stta dt =
∫ ∞
0e−x
(x
s
)a dx
s=
1
sa+1
∫ ∞
0e−xxa dx ,︸ ︷︷ ︸
=Γ(a+1)
SaadaanL{ta} = s−(a+1)Γ(a + 1),
ja erityisesti, koska Γ(n + 1) = n!,
L{tn} =n!
sn+1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 282 / 353
Siirto s:n suhteen
Jos L{f } on tunnettu, niin funktion eat f (t) Laplace-muunnos saadaanhelposti:
Lause 2
Oletetaan, etta f on Laplace-muuntuva, ja sen muunnos on F (s) kunRe s > α. Talloin kaikilla a ∈ C
L{eat f (t)}(s) = F (s − a)
elieat f (t) = L−1 {F (s − a)}(t),
kun Re (s − a) > α ⇔ Re s > α + Re a.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 283 / 353
Todistus
Suoraan maaritelmasta saadaan
F (s−a) =
∫ ∞
0e−(s−a)t f (t) dt =
∫ ∞
0e−st [eat f (t)] dt = L{eat f (t)}.
Jos F (s) on olemassa, kun Re s > α, niin integraali on olemassa, kunRe (s − a) > α.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 284 / 353
Esimerkki
Etsitaan kaanteismuunnos f lausekkeelle
F (s) =3s − 137
s2 + 2s + 401= L{f }(s).
Valittomasti siirtolauseesta ja trigonometristen ja hyperbolistenfunktioiden muunnoskaavoista saadaan
L{eat cos ωt} = s−a(s−a)2+ω2 , L{eat sinωt} = ω
(s−a)2+ω2 ,
L{eat coshωt} = s−a(s−a)2−ω2 , L{eat sinhωt} = ω
(s−a)2−ω2 .
Valitsemalla a = −1 ja ω =√
401− a2 = 20 nimittaja voidaan kirjoittaa
(s − a)2 + ω2 = (s2 − 2as + a2) + ω2 = s2 + 2s + 401.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 285 / 353
Kayttamalla kaanteismuunnoksen lineaarisuutta lauseke voidaan kirjoittaaosamurtoina, sin ja cos muunnoksina
F (s) =3(s + 1)− 140
(s + 1)2 + 400= 3
s + 1
(s + 1)2 + 202− 7
20
(s + 1)2 + 202,
jotenf (t) = L−1 {F}(t) = e−t(3 cos 20t − 7 sin 20t).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 286 / 353
Eksponentiaalinen kasvu
Sanomme etta funktio f tayttaa eksponentiaalisen kasvuehdon jos onolemassa vakiot M > 0 ja α > 0 siten etta kaikilla t maarittelyalueellaan
|f (t)| ≤ Meαt . (18.2)
Kasvuvauhti on tarkea, koska se antaa riittavan ehdonLaplace–muunnoksen suppenemiselle.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 287 / 353
Integraali tayttaa kasvuehdon
Jos g tayttaa kasvuehdon vakioilla M ja α niin integraalifunktio
f (t) = g(0) +
∫ ∞
0g(t) dt
tayttaa ehdot vakioilla M ′ = |g(0)|+ Mα ja α′ = α:
Huomattavaa on, etta kasvuvauhti α ei muutu.Todistus:
|f (t)| ≤ |g(0)|+∫ ∞
0|g(t)| dt ≤ |g(0)|+ M
∫ ∞
0|eαt | dt
≤ |g(0)|+ M
α(eαt − 1) ≤ (|g(0)|+ M
α)eαt
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 288 / 353
Kaikki alemmat derivaatat tayttavat kasvuehdon
Jos f (n) tayttaa kasvuehdon vakioilla Mn, α niin f (k), k = 0, 1, . . . , n − 1tayttaa kasvuehdon vakiolla Mk , α. Mk riippuu arvoistaf (k+1)(0), f (k+1)(0), . . . , f (n)(0).
Tod: Kun n = 1 ja k = 0 valitse edellisessa kalvossa g = f ′. Yleisessatapauksessa valitse f = f (n) ja g = f (n−1) ja kayta induktioita.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 289 / 353
Laplace-muunnoksen olemassaolo
Lause 3
Jos
f (t) on maaritelty ja paloittain jatkuva t ∈ R+ ja
f tayttaa eksponentiaalisen kasvuehdon vakioilla M ja α,
niin
Laplace-muunnos L{f }(s) on olemassa ja analyyttinen s ∈ Hα ja
|L {f }(s)| < C |s|−k jollakin vakiolla C ja k.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 290 / 353
Todistus Laplace muunnos on olemassa kaikilla s ∈ Hα:
L{f }(s) = F (s) =
∫ ∞
0e−st f (t) dt
|F (s)| ≤∫ ∞
0|f (t)|e−st dt
≤∫ ∞
0Meαte−tRe s dt =
M
Re (s)− α.
Analyyttisyys seuraa jos lausekeessa
F ′(s) =
∫ ∞
0(−t)e−ts f (t) dt
integraali todella suppenee kaikilla s ∈ Hα.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 291 / 353
Olkoon nyt ε = (−α + Re s)/2 jolloin α < α + ε = Re s − ε < Re s ja
|F ′(s)| ≤∫ ∞
0|te−tε|︸ ︷︷ ︸≤1/(εe)
|et(ε−Re s)f (t)|︸ ︷︷ ︸≤Me−εt
dt ≤ M
eε2=
4M
e(α− Re s)−2
joten F on analyyttinen funktio puolitasossa Hα. Edelleen
|F (k)(s)| ≤∣∣∣∣∫ ∞
0(−t)ke−ts f (t) dt
∣∣∣∣ ≤ 4M
kekε2=
4M
kek(α− Re s)−2
Vaite, etta F voidaan rajoittaa |s| avulla saadaa seuraavasti: Kun s ∈ R,edelta nakyy etta |F (s)| < 4M/s2 kun s > 2α.
Yleinen tapaus s ∈ Hα saadaan tarkastemalla analyyttista funktiota F ◦ φyksikkoympyrassa jossa φ on Mobiuskuvaus joka vie pisteet
φ : (α + ε, α± i) 7→ (0,±i).
Nyt φ(1) = ∞ ja φ(0) = α + ε ja F ◦ φ(ω) kasvua voidaan tarkastellaMacLaurin -sarjan avulla. Yksityiskohdat ohitetaan.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 292 / 353
Kaanteismuunnoksen olemassaolo
Lause
Oletetaan:
F on analyyttinen funktio puolitasossa Hα := {s ∈ C : Re s > α}.On olemassa vakiot M ja k > 0, siten etta
|F (s)| ≤ M|s|−k , s ∈ Hα.
Talloin on olemassa funktio f , jolle F (s) = L{f }(s),
L−1 {F}(t) = f (t) :=1
2π
∫ δ+i∞
δ−i∞estF (s) ds,
missa δ voidaan valita vapaasti, kunhan δ > α.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 293 / 353
Todistus
Oletetaan, etta δ > α ja C = γR ∪ ΓR , jossa γR = [δ + iR, δ − iR], kutenkuvassa (nk. Bromwichin polku).Oletetaan, etta s on sellainen piste C :n sisalla, etta Re s > δ > α. KoskaF on alueessa analyyttinen, saadaan Cauchyn integraalikaavasta
2πi F (s) =
∫C
F (s)
z − sdz =
∫γR
F (s)
z − sdz +
∫ΓR
F (s)
z − sdz
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 294 / 353
Mutta ML-epayhtalosta saadaan suurille R:n arvoille∣∣∣∣∫ΓR
F (s)
z − sdz
∣∣∣∣ ≤ MR
Rk(R − |s|)→ 0, R →∞
joten
2πi F (s) = −∫ δ+i∞
δ−i∞
F (s)
z − sdz
Koska lisaksi L{ezt}(s) = 1s−z saamme
L{g}(s)− F (s) = L{g}(s)− 1
2πi
∫ δ+i∞
δ−i∞
F (z)
s − zdz
= L{g}(s)− 1
2πi
∫ δ+i∞
δ−i∞F (z) L{ezt} dz
= L{
g(t) − 1
2πi
∫ δ+i∞
δ−i∞F (z)ezt dz
}(s) ≡ 0
kun g = f . Laplace muunnoksen yksikasitteisyydesta seuraa ettei muitafunktioita f ole.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 295 / 353
17 Maaritelma ja perusominaisuudet
18 DifferentiaalilaskentaDerivaatan Laplace-muunnosIntegraalin Laplace-muunnosDifferentiaaliyhtalo ja Laplace-muunnos
19 Yleisia Laplace-muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 296 / 353
Johdanto
Laplace-muunnos on erityisen hyodyllinen ratkaistaessadifferentiaaliyhtaloita ja niihin liittyvia alkuarvo-ongelmia.
Ajatuksena on, etta funktioiden derivointi ja integrointi vastaamuunnosten algebrallisia operaatioita.
Karkeasti voidaan ajatella, etta f :n derivointi vastaa L{f }:nkertomista s:lla ja f :n integrointi L{f }:n jakamista s:lla.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 297 / 353
Derivaatan Laplace-muunnos
Lause 1
Olkoon f : R+ 7→ C ja f (m) paloittain jatkuva ja toteuttaaeksponentiaalisen kasvuehdot (18.2) jollakin vakioilla α, M:
|f (m)(t)| ≤ Meαt , ∀t > 0 (19.1)
Talloin L{f (k)} on maaritelty kaikille k = 1, 2, . . . ,m ja
L{f ′}(s) = sL{f }(s) − f (0),
L{f ′′}(s) = s2L{f }(s) − sf (0)− f ′(0),
L{f ′′′}(s) = s3L{f }(s) − s2f (0)− sf ′(0)− f ′′(0),
L{f (k)}(s) = skL{f }(s) −k−1∑j=0
sk−j f (j)(0).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 298 / 353
Todistus
Oletetaan etta funktio g ′ on paloittain jatkuva. Suoraanmaaritelmasta saadaan osittaisintegroimalla
L{g ′} =
∫ ∞
0e−stg ′(t) dt = e−stg(t)
∣∣∣∣∞t=0︸ ︷︷ ︸
=−g(0)
+s
∫ ∞
0e−stg(t) dt.︸ ︷︷ ︸=L{g}
Jos f (m) toteutaa kasvuehdon, myos kaikki alemmat derivaatat f (k),k = 0, 1, 2, . . . ,m toteuttavat sen (katso aikaisemmin).
Yleinen f (k) koskeva vaite saadaan induktiolla; sijoitetaan edelliseeng(t) = f (k−1), jolloin saadaan vaite f (k):lle.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 299 / 353
Esimerkki 1
Tutkitaan funktiota f (t) = t sinωt. Talloin f (0) = 0,f ′(t) = sinωt + ωt cos ωt, f ′(0) = 0, f ′′ = 2ω cos ωt − ω2t sinωt.
Lasketaan L{f } kayttaen hyvaksi Lausetta 1. Saadaan
L{f ′′} = 2ωs
s2 + ω2− ω2L{f } = s2L{f },
siis
L{f } = L{t sin tω} =2ωs
(s2 + ω2)2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 300 / 353
Esimerkki 2, kosinin ja sinin muunnokset
Tarkastellaan funktiota f (t) = cos ωt. Nyt f (0) = 1, f ′(0) = 0,f ′′(t) = −ω2 cos ωt.
Kayttamalla Lausetta 1 ja Laplace-muunnoksen lineaarisuutta saadaan
L{f ′′} = s2L{f } − s = −ω2L{f }.
SiisL{f } = L{cos ωt} =
s
s2 + ω2.
Vastaavasti funktiolle g(t) = sinωt saadaan g(0) = 0,g ′(0) = ω cos ωt, joten saadaan
L{g ′} = sL{g} = ωL{cos ωt}.
SaadaanL{sinωt} =
ω
sL{cos ωt} =
ω
s2 + ω2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 301 / 353
Integraalin Laplace-muunnos
Lause 3
Oletetaan, etta f (t) on paloittain jatkuva funktio, kun t ≥ 0 ja senLaplace-muunnos F (s) toteuttaa eksponentiaalisen kasvuehdon (18.2)vakioilla M, α. Talloin
L{∫ t
0f (u) du
}=
1
sF (s), eli
∫ t
0f (u) du = L−1
{1
sF (s)
},
kun s > 0, s > α ja t > 0.
Tama tulos on erityisen hyodyllinen Laplace-kaanteismuunnostenetsimisessa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 302 / 353
Todistus
Olemme jo aikaisemmin osoittaneet etta
g(t) =
∫ t
0f (u) du
toteuttaa eksponentiaalisen kasvuehdon (18.2). Koska g ′(t) = f (t) paitsiniissa pisteissa, joissa f (t) ei ole jatkuva, g(t) on paloittain jatkuva.Edelleen, g(0) = 0 ja Lauseen 1 nojalla
L{f (t)} = L{g ′(t)} = sL{g(t)} − g(0) = sL{g(t)}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 303 / 353
Differentiaaliyhtalon ratkaiseminen Laplace-muunnoksenavulla
Tarkastellaan alkuarvo-ongelmaa
y ′′ + ay ′ + by = r(t), y(0) = K0, y ′(0) = K1.
Tehdaan muunnos Y = L{y}, R = L{r}. Saadaan
[s2Y (s)− sy(0)− y ′(0)] + a[sY (s)− y(0)] + bY (s) = R(s).
Tama voidaan edelleen kirjoittaa muotoon
(s2 + as + b)Y (s) = (s + a)y(0) + y ′(0) + R(s).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 304 / 353
Differentiaaliyhtalon ratkaiseminen .., jatkoa
Kirjoitetaan
Q(s) =1
s2 + as + b=
1
(s + 12a)2 + b − 1
4a2
Saadaan
Y (s) = [(s + a)y(0) + y ′(0)]Q(s) + R(s)Q(s).
Erityisesti, jos y(0) = y ′(0) = 0, niin Y = RQ.
Tuloksena saadaan y = L−1 {Y }.Huomautus: Tassa joudutaan usein laskemaan osamurtoja.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 305 / 353
Esimerkki
Ratkaistaan
y ′′ − y = t, y(0) = 1, y ′(0) = 1.
Tekemalla Laplace-muunnos saadaan
s2Y − sy(0)− y ′(0)− Y = 1/s2,
eli(s2 − 1)Y = s + 1 + 1/s2.
Nyt Q(s) = 1/(s2 − 1), ja siis
Y = (s + 1)Q +1
s2=
s + 1
s2 − 1+
1
s2(s2 − 1).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 306 / 353
Esimerkki, jatkoa
Sieventamalla ja suorittamalla jako osamurtoihin saadaan
Y =1
s − 1+
1
s2 − 1− 1
s2
y = L−1 {Y }
= L−1{ 1
s − 1
}+ L−1
{ 1
s2 − 1
}− L−1
{ 1
s2
}= et + sinh t − t.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 307 / 353
Esimerkki
Ratkaistaan alkuarvo-ongelma y ′′ + y ′ + 9y = 0 alkuarvoillay(0) = 0, 16, y ′(0) = 0.
Kayttamalla derivaatan Laplace-muunnoksen kaavaa saadaan
s2Y − 0, 16s + sY − 0, 16 + 9Y = 0.
Ratkaistaan Y . Saadaan
(s2 + s + 9)Y = 0, 16(s + 1),
eli
Y =0, 16(s + 1)
s2 + s + 9=
0, 16(s + 1/2) + 0, 08
(s + 1/2)2 + 35/4.
Kaanteismuunnoksella saadaan
y(t) = L−1 {Y } = e−t/2(0, 16 cos
√35
4t +
0, 08√35/4
sin
√35
4t)
= e−0,5t(0, 16 cos 2, 96t + 0, 027 sin 2, 96t).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 308 / 353
Siirretty alkuarvo-ongelma
Jos alkuarvo-ongelman alkuarvot on annettu pisteessa t0 > 0 muunnetaanongelma sijoitettamalla t = t + t0. Koska t = t0 ⇔ t = 0Laplace-muunnosta voidaan soveltaa ongelman ratkaisemiseksitarkastelalla ongelmaa t funktiona.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 309 / 353
Esimerkki
Ratkaistaan alkuarvo-ongelma
y ′′ + y = 2t, y(π/4) = π/2, y ′(π/4) = 2−√
2.
Saadaan t0 = π/4, t = t + π/4. Ratkaistava ongelma on
y ′′ + y = 2(t + π/4), y(0) = π/2, y(0) = 2−√
2,
missa y(t) = y(t).
Laplace-muunnoksen avulla saadaan
s2Y − sπ/2− (2−√
2) + Y = 2/s2 + π/(2s),
joten(s2 + 1)Y = 2/s2 + π/(2s) + πs/2 + 2−
√2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 310 / 353
Esimerkki, jatkoa
Ratkaisemalla Y saadaan
Y =2
(s2 + 1)s2+
π/2
(s2 + 1)s+
πs/2
s2 + 1+
2−√
2
s2 + 1.
Kahden esimmaisen termin kaanteismuunnokset laskettiinEsimerkissa 3, kaksi viimeista ovat sinin ja kosinin muunnokset(kertaa vakio).
Ratkaisu on siis
y = L−1 {Y } = 2(t− sint)+1
2π(1−cos t)+
1
2π cos t +(2−
√2) sin t.
Koska t = t − π/4, sin t = (sin t − cos t)/√
2 ja
y(t) = 2t − sin t + cos t.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 311 / 353
17 Maaritelma ja perusominaisuudet
18 Differentiaalilaskenta
19 Yleisia Laplace-muunnoksiaSiirto t:n suhteenDiracin deltafunktioKonvoluution
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 312 / 353
Usein esiintyvien funktoiden Laplace-muunnoksia
f (t) L{f }1. 1 1/s2. t 1/s2
3. t2 2!/s3
4. tn, n = 1, 2, . . . n!sn+1
5. ta, a > 0 Γ(a+1)sa+1
6. eat 1s−a
7. cos ωt ss2+ω2
8. sinωt ωs2+ω2
9. cosh at ss2−a2
10. sinh at as2−a2
11. eat cos ωt s−a(s−a)2+ω2
12. eat sinωt ω(s−a)2+ω2
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 313 / 353
Heavisiden funktion Laplace-muunnos
Tarkastellaan yksikkoaskelfunktiota eli Heavisiden funktiota u(t):
u(t − a) =
{0, kun t < a,1, kun t ≥ a,
kun a ≥ 0.
Suoraan maaritelmasta saadaan
L{u(t − a)} =
∫ ∞
0e−stu(t − a) dt =
∫ ∞
ae−st · 1 dt = −e−st
s
∣∣∣∣∞t=a
.
Heavisiden funktion muunnokseksi siis saadaan
L{u(t − a)} =e−as
s, (s > 0).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 314 / 353
Siirto t:n suhteen
Lause 1
Jos funktio f (t) on Laplace-muuntuva kun s > α, niin siirretylla funktiolla
g(t) = f (t − a)u(t − a) =
{0, kun t < a,
f (t − a), kun t ≥ a.
on muunnos kun s > α ja
L{g}(s) = L{f (t − a)u(t − a)}(s) = e−asF (s).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 315 / 353
Todistus
Kirjoitetaan
e−asF (s) = e−as
∫ ∞
0e−sτ f (τ) dτ =
∫ ∞
0e−s(τ+a)f (τ) dτ.
Sijoitetaan τ + a = t ja saadaan
e−asF (s) =
∫ ∞
ae−st f (t − a) dt.
Siirretaan integrointivalia funktiolla u(t − a)
e−asF (s) =
∫ ∞
0e−st f (t − a)u(t − a) dt =
∫ ∞
0e−st f (t) dt.
Integraali yhtalon oikealla puolella on haluttu Laplace-muunnos.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 316 / 353
Esimerkki 1: yksikkoaskelfunktion kaytto
Ilmaistaan funktio
f (t) =
2, kun 0 ≤ t < 1,
12 t2, kun 1 ≤ a < π/2,
cos t, kun t ≥ π/2.
yksikkoaskelfunktion avulla, ja lasketaan sen Laplace-muunnos.
Funktio f (t) voidaan kirjoittaa
f (t) = 2(1−u(t−1))+1
2t2(u(t−1)−u(t− 1
2π))+(cos t)u(t− 1
2π).
Lausetta 1 voidaan soveltaa erikseen kaikkiin termeihin, joissa esiintyymuotoa f (t − a)u(t − a) oleva funktio. Jaljelle jaa termi2(1− u(t − 1)), jonka muunos on 2(1− e−s)/s.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 317 / 353
Esimerkki 1: yksikkoaskelfunktion kaytto, jatkoa
Lasketaan
L{(t2/2)u(t − a)
}=( 1
s3+
1
s2+
1
2s
)e−s
L{1
2t2(t − 1
2π)}
=( 1
s3+
π
2s2+
π2
8s
)e−πs/2
L{
(cos t)(t − 1
2π)}
= − 1
s2 + 1e−πs/2.
L{f } saadaan laskemalla nama yhteen.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 318 / 353
Diracin deltafunktio, kertausta
Palautetaan mieleen maaritelma
fε(t) =
{1/ε, kun t ∈ [0, ε],
0, muulloin.=
u(t)− u(t − ε)
ε
Raja-arvona saadaan Diracin deltafunktio
δ(t) = limε→0+
fε(t).
Erityisesti patee ∫ ∞
0g(t)δ(t − a) dt = g(a)
kaikille jatkuville g(t).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 319 / 353
Deltafunktion Laplace-muunnos
Lasketaan Laplace-muunnos
L{fε(t − a)} =
∫ a+ε
a
1
εe−st dt =
1
εs[e−as − e−(a+ε)s ]
= e−as 1− e−εs
εs︸ ︷︷ ︸→1, kun ε→0
Raja-arvo saadaan l’Hospitalin saannon nojalla. Joten
L{δ(t − a)} = e−as .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 320 / 353
Esimerkki: vasaranisku jousessa
Tutkitaan jousisysteemin mallia,
my ′′ + cy ′ + ky = r(t),
missa m on jousessa olevan punnuksen massa, c onvaimenemiskerroin, k jousivakio ja r(t) jouseen vaikuttava ulkoinenvoima.
Tutkitaan tata tyyppia olevaa tilannetta, jossa yhtalo on
y ′′ + 3y ′ + 2y = δ(t − 1),
eli jouseen kohdituu yksikkoimpulssi (”vasaranisku”) hetkella t = 1.Alussa systeemi on lepotilassa, eli y(0) = 0 ja y ′(0) = 0.
Muodostetaan Laplace-muunnos. Saadaan
(s2 + 3s + 2)Y (s) = e−s .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 321 / 353
Esimerkki: vasaranisku jousessa, jatkoa
Ratkaistaan yhtalo algrebrallisesti:
Y (s) =e−s
(s + 1)(s + 2)=( 1
s + 1− 1
s + 2
)e−s .
Lauseen 1 avulla ratkaisuksi saadaan
y(t) = L−1 {Y } =
{0, kun 0 < t < 1,
e−(t−1) − e−2(t−1), kun t ≥ 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 322 / 353
Konvoluutio, motivaatio
Motivaatio: Tunnetaan muunnokset L{f }, L{g}. Halutaan loytaafunktio h, jonka muunnos on L{f }L {g}.Erityisesti yleensa
L{fg} 6= L{f }L {g}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 323 / 353
Konvoluutio, esimerkki
Tarkastellaan funktioita f = et , g = 1, jolloin fg = et .
Lasketaan Laplace-muunnokset:
L{f } = L{fg} = 1/(s − 1), L{g} = 1/s.
SiisL{f }L {g} = 1/(s2 − s) 6= L{fg}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 324 / 353
Konvoluutio
Maaritellaan f , g : R+ 7→ C:n konvoluutio funktiona f ∗ g : R+ 7→ C,
(f ∗ g)(t) :=
∫ t
0f (τ)g(t − τ) dτ,
jos ko integraali suppenee.
Lause
Jos funktiot f , g ovat Laplace-muuntuvia, niin
L{f ∗ g} = L{f }L {g}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 325 / 353
Todistus
Merkitaan
F (s) =
∫ ∞
0e−sτ f (τ) dτ, G (s) =
∫ ∞
0e−sρg(ρ) dρ.
Asetetaan t = ρ + τ , jolloin ρ = t − τ ja t:n vaihteluvali on τ :sta∞:aan.
Kirjoitetaan
G (s) =
∫ ∞
τe−s(t−τ)g(t − τ) dt = esτ
∫ ∞
τe−stg(t − τ) dt.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 326 / 353
Todistus, jatkoa
Lasketaan
F (s)G (s) =
∫ ∞
0e−sτ f (τ)esτ
∫ ∞
τe−stg(t − τ) dt dτ
=
∫ ∞
0f (τ)
∫ ∞
τe−stg(t − τ) dt dτ.
Vaihtamalla integrointijarjestysta saadaan
F (s)G (s) =
∫ ∞
0e−st
∫ t
0f (τ)g(t − τ) dτ dt
=
∫ ∞
0e−st(f ∗ g)(t) dt
= L{f ∗ g}(s)
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 327 / 353
Esimerkki
Etsitaan h(t), kun tunnetaan
H(s) =1
(s − a)s.
Funktion 1/(s − a) kaanteimuunnos on f (t) = eat , ja funktion 1/skaanteismuunnos on g(t) = 1.
Lasketaan konvoluutio
h(t) = eat ∗ 1 =
∫ t
0eaτ · 1 dτ =
1
a(eat − 1).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 328 / 353
Osa VIII
Z–muunnos
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 329 / 353
20 Johdanto
21 Z–muunnos
22 Differenssiyhtalo
23 Eraiden funktioiden Z–muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 330 / 353
20 JohdantoDiskreetit funktiot
21 Z–muunnos
22 Differenssiyhtalo
23 Eraiden funktioiden Z–muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 331 / 353
Johdanto
Z–muunnos on Laplace-muunnoksen diskreetti versio. Z–muunnostavoidaan kayttaa differenssiyhtaloiden ratkaisemiseen.
Differenssiyhtaloita voidaan kayttaaa differentiaaliyhtaloidennumeerisessa approksimoinnissa ja niita esiintyy myos mm.digitaalisessa signaalinkasittelyssa ja algoritmianalyysissa.
Muunnos syntyi differenssiyhtaloita soveltaneen tekniikan alantutkimuksen yhteydessa 1940-luvulla.
Nimitys tulee muunnoksessa esiintyvasta muuttujasta z , ja sen onantanut Columbian yliopistossa vaikuttanut tilastotieteilija JohnRaggazini tutkimusryhmineen 1952.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 332 / 353
Diskreetit funktiot
Maaritelma
Sanomme, etta funktio f on diskreetti, jos se on maaritelty vain(numeroituvassa) diskreetissa joukossa (D), esimerkiksi reaaliakselin taikompleksitason erillisissa pisteissa. Rajoitumme tassa vain C-arvoisiinfunktioihin.
Lukujono on diskreetti funktio k 7→ xk ; jokaista k ∈ N vastaa luku xk .
Toisaalta jokainen diskreetti funktio on lukujono: Numeroimallajoukon D pisteet D = {xn : n ∈ N} voidaan tarkastella diskreettiafunktiota g : n 7→ xn 7→ f (xn) milla tahansa funktiolla f joka onmaaritelty joukossa D. g on itse asiassa kahden diskreetin funktionyhdiste.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 333 / 353
20 Johdanto
21 Z–muunnos
22 Differenssiyhtalo
23 Eraiden funktioiden Z–muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 334 / 353
“Lukujonon Laplace-muunnos”Lukujono x(k) on funktiona maaritelty vain luonnollisilla luvuilla. Emmesiis suoraan voi laskea Laplace–muunnosta
∫x(t)e−stdt. Asettamalla
x(t) = 0, kun t ∈ R \ N, integraali suppenee mutta saamme muunnoksenarvoksi aina nolla. Osoittautuu etta toimiva tulkinta on muokataintegraalia ja asettaa integraalissa diskreettien pisteiden painoksi yksi jamuiden pisteiden painoksi nolla: Jonon x(k) Laplace-muunnosdiskreetilla painofunktiolla on
L{x}(s) =
∫ ∞
0x(t)e−st δ(t − k)︸ ︷︷ ︸
paino
dt =∞∑
k=0
x(k)e−sk
=∑k
x(k) e−sk︸︷︷︸=z−k
z=es
=∞∑
k=0
x(k)z−k ,
eli jonon Z–muunnos. Huomaa, etta
s ∈ {s ∈ C : Re s > α} ⇔ z ∈ {z ∈ C : |z | > eα}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 335 / 353
Z–muunnos
Maaritelma
Oletetaan, etta x : N → R on funktio (lukujono). Maaritellaan funktion(lukujonon) Z–muunnos
X (z) = Z {x}(z) =∞∑
k=0
x(k)z−k , z ∈ C, |z | > R
kaikille riittavan suurelle R jotta sarja suppenee.
Merkitsemme siis jonon x(k) Z–muunnosta tyypillisesti isolla kirjaimellaX . Voimme myos tulkita Z–muunnoksen kuvaukseksi jonosta
potenssisarjaksi
Z : {xk} 7→∞∑
k=0
xkwk , jossa w = 1/z .
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 336 / 353
Z–muunnoksen ominaisuuksia
Lineaarisuus: jos Z {x} = X ja Z {y} = Y niin
Z {ax + by} = aX + bY ∀a, b ∈ C
Vakiofunktio eli vakiojono x(k) = 1
Z {x} =∞∑
k=0
z−k =1
1− z−1=
z
z − 1
Geometrinen jono x(k) = wk :
Z {x} =∞∑
k=0
z−kwk =1
1− (z/w)−1=
z
z − w
Geometrisella funktiolla, k 7→ wk , (geometrisella jonolla) kertominen:y(k) = wk x(k)
Y (z) = Z {y}(z) = Z {x}( z
w). = X (
z
w).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 337 / 353
Z–muunnoksen ominaisuuksiaZ–muunnokselle patee kaikki Laplace-muunnosta vastaavat ominaisuudet(onhan Z–muunnos oikeastaan Laplace-muunnos erityistapauksessa).
Delta-funktiota vastaa nyt diskreetti deltafunktio (jono)
δ = {1, 0, 0, 0, . . . }
ja konvolutiota summa:
(x ∗ y)k =
∫ ∞
0x(t)y(k − t) δ(t − k)dt =
∞∑j=0
xjyk−j .
jolloin suoraan kahden sarjan summakaavasta seuraa
Z {x}Z {y} =
( ∞∑k=0
xkz−k
)( ∞∑k=0
xkz−k
)=
∞∑k=0
z−kk∑
j=0
xkyk−j︸ ︷︷ ︸(x∗y)k
= Z {x∗y}.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 338 / 353
SiirrosLukujonolle on helppo maarittaa siirros: Lukujonosta x(n) ∼ {xn}muodostetaan uusi vasemmalle siirretty lukujono y(n) kirjoittamalla
y(n) = x(n + 1)
{y0, y1, y2, . . . } = {x1, x2, x3, . . . }
jolloin
Z {y} =∞∑
k=1
xkz−k+1 = z∞∑
k=1
xkz−k = z(Z {x} − x0)
Vastaavasti siirrolle oikealle
y = {yk} = {0, x0, x1, x2, . . . }
Z {y} =∞∑
k=0
xkz−k−1 = z−1Z {x}
Tama on tarkea tulos ns. differenssiyhtaloita ajatellen.A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 339 / 353
20 Johdanto
21 Z–muunnos
22 DifferenssiyhtaloDifferenssiyhtaloYleinen lineaarinen differenssiyhtaloFibonaccin luvut
23 Eraiden funktioiden Z–muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 340 / 353
Sovellus: DifferenssiyhtaloRatkaistaan jono yk , kun
yk+1 = αyk + xk , y0 = 1; xk = 2−2k , k ≥ 0
Merkitsemme β = 1/4 ja Z–muunnamme yhtalon
z(Y (z)− y0) = αY (z) + X (z), X (z) =z
z − β
joten jos α 6= β,
Y (z) =z
(z − β)(z − α)+
z
z − α
=1
α− β
[α
z
z − β− β
z
z − α
]+
z
z − α
y(k) =α
α− ββk +
(− β
α− β+ 1
)αk
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 341 / 353
Jos α = β,
Y (z) = z−1
(z
z − β
)2
︸ ︷︷ ︸Z {a}
+z
z − β︸ ︷︷ ︸Z {b}
joten bk = βk ja, koska Z {b ∗ b} = (Z {b})2
ak = (b ∗ b)k =k∑
j=0
βjβk−j = (k + 1)βk
Saamme
yk =
{1 , k = 0
ak−1 + bk = βk−1(k + β) , k ≥ 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 342 / 353
Differenssiyhtalo
N. kertaluvun lineaarisen, vakiokertoimisen differenssiyhtalonperusmuoto on
N∑n=0
any(k − n) =M∑
m=0
bmx(k −m), a0 6= 0.
⇔ a0yk + a1yk−1 + . . . aNyk−N = b0xk + b1xk−1 + . . . bNxk−M
jossa y ratkaistaan, kun x tunnetaan.
Z–muunnosta voidaan kayttaa differenssiyhtaloiden ratkaisemiseensamaan tapaan kuin Laplace-muunnosta kaytetaandifferentiaaliyhtaloiden ratkaisemiseen.
Itseasiassa differentiaaliyhtaloiden numeerinen ratkaiseminendifferentiaaliyhtaloita approksimoidaan differenssiyhtalolla, esimerkiksijatkuvan ajan t sijasta tarkastellaan diskreetteja ajanhetkiat0, t1, t2, . . . ja vastaavasti ratkaisua y(t) sijasta approksimaatiotayk ≈ y(tk).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 343 / 353
Esimerkki: Fibonaccin luvut
Kuva: Leonardo Pisalainen (n. 1170-1250), joka tunnetaan paremminnimella Fibonacci (filius Bonacci, eli Bonaccion poika). Kuuluisa lukujonoloytyy kanien lisaantymista kasittelevasta tehtavasta kirjassa Liber Abaci(Laskujen Kirja). Kirja on myos Euroopassa ensimmainen, jossa kaytetaanarabialaista (oikeimmin intialaista) lukujarjestelmaa.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 344 / 353
Esimerkki: Fibonaccin luvut, jatkoa
Fibonaccin lukujono maaritellaan kaavalla f (n + 2) = f (n + 1) + f (n).
Tama kaava voidaan tulkita differenssiyhtaloksi, missa alkuarvot ovatf (1) = f (0) = 1.
Kysymys: Halutaan loytaa suljettu muoto (eli kaava) funktiolle f (k),joka parametrilla k antaa k:nnen Fibonaccin luvun.
Ratkaistaan ongelma Z–muunnoksen avulla.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 345 / 353
Esimerkki: Fibonaccin luvut, jatkoa
Tehdaan Z–muunnos differenssiyhtalolla f (n + 2) = f (n + 1) + f (n):
z2(F (z)− f (0)− z−1f (1)) = z(F (z)− f (0)) + F (z).
Sijoitetaan alkuarvot f (1) = f (0) = 1 ja ratkaistaan yhtaloalgebrallisesti
F (z) =z2
z2 − z − 1.
Etsitaan nimittajan nollakohdat; w± = (1±√
5)/2. Nyt nimittajavoidaan jakaa tekijoihin:
z2 − z − 1 = (z − w+)(z − w−).
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 346 / 353
Esimerkki: Fibonaccin luvut, jatkoa
Etsitaan osamurrot
z
(z − w+)(z − w−)=
c+
z − w++
c−z − w−
.
Saadaan c± = ±w±/√
5, koska w− − w+ =√
5.
Voidaan kirjoittaa (huomaa z osoittajassa)
F (z) =1√5
(zw+
z − w+− zw−
z − w−
).
Koska Z {wk±} = z/(z − w±), saadaan
f (k) =1√5(wk+1
+ − wk+1− )
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 347 / 353
Esimerkki: Fibonaccin luvut, jatkoa
Koska w+ + w− = 1, voidaan kirjoittaa w+ = ϕ, w− = (1− ϕ), missa
ϕ =1 +
√5
2≈ 1, 618033989
on kultaisen leikkauksen suhde.
Olemme johtaneet Jacques Binetin (1786-1856) tunnetun kaavan:
f (k − 1) =ϕk − (1− ϕ)k√
5.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 348 / 353
20 Johdanto
21 Z–muunnos
22 Differenssiyhtalo
23 Eraiden funktioiden Z–muunnoksia
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 349 / 353
Vakiofunktio x(k) = 1, k ≥ 0
Tarkastellaan funktiota x(k) = 1.
Lasketaan Z–muunnos. Saadaan
X (z) = Z {x(k)} =∞∑
k=0
z−k .
Kyseessa on geometrinen sarja. Saadaan
X (z) =1
1− z−1=
z
z − 1.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 350 / 353
Porrasfunktio x(k) = k , k ≥ 0
Tarkastellaan funktiota x(k) = k.
Lasketaan Z–muunnos. Saadaan
X (z) = z−1 + 2z−2 + 3z−3 + . . . (24.1)
Jaetaan z :lla, siis
z−1X (z) = z−2 + 2z−3 + 3z−4 + . . . (24.2)
Lasketaan yhteen (24.1) ja (24.2). Saadaan
(1− z−1)X (z) = z−1 + z−2 + z−3 + . . . =z−1
1− z−1.
Siis
Z {x(k)} =z−1
(1− z−1)2.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 351 / 353
Funktio x(k) = k2, k ≥ 0
Tutkitaan funktiota x(k) = k2.
Lasketaan Z–muunnos:
Z {k2} = z−1 + 4z−2 + 9z−3 + . . .
Kerrotaan z−1:lla:
z−1Z {k2} = z−2 + 4z−3 + 9z−4 + . . .
Vahennetaan alempi yhtalo ylemmasta. Uudelleenjarjestamallatermeja saadaan:
(1− z−1)Z {k2} = −z−1 + 2[z−1 + 2z−2 + 3z−3 + . . .]
− [z−2 + z−3 + z−4 + . . .]
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 352 / 353
Funktio x(k) = k2, k ≥ 0, jatkoa
Havaitaan, etta keskimmainen sulkeissa oleva jono on Z {k}. Loputmuodostavat geometrisen sarjan, joten saadaan
Z {k2} =2z−1
(1− z−1)3− z−1
(1− z−1)2
=z−1(2− 1 + z−1)
(1− z−1)3
=z−1(z−1 + 1)
(1− z−1)3.
A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 19. lokakuuta 2007 353 / 353