En holomorfi funktion.

Man taler enten om en holomorf funktion eller en holomorfi.

En kompleks funktion f(z) = f(x+iy) = u(x,y) + i·v(x,y) er holomorf, hvis funktionerne u(x,y) og v(x,y) opfylder Cauchy-Riemann ligningerne

Her er

        f(z) = exp(z²) = exp(x²-y² + i·2xy) = e^{x^2-y^2} · (cos(2xy) + i·sin(2xy)) ,

dvs.

        u(x,y) = e^{x^2-y^2} · cos(2xy)  og  v(x,y) = e^{x^2-y^2} · sin(2xy).

Undersøg nu, om disse to funktioner opfylder Cauchy-Riemann.

#1

OK, forstået. Prøv se i den vedhæftede fil. Det er opgave (a), der drejer sig om. Kig bort fra resten af opgaven i (a). I opgave (b), som jeg også har lavet, står om at vise udtrykket for f(z) i den lange version, som du har nævnt dit svar. Spørgsmålet er så, hvorfor det er nødvendigt at vise dette udtryk i opgave (b), når denne del alligevel skal vises i opgave (a)? Det er overflødigt hvis man gentager mellemregningerne.

Se filen

#3

Man kunne i spm a) gå frem på en anden måde. Hvis man har vist, at e^z og polynomier med komplekse koefficienter er holomorfe, vil en sammensætning af disse funktioner også være en holomorf funktion. Derfor er f(z) = exp(z²) en holomorf funktion.

Opg b) er så blot en separat opgave, som er let at vise.

#4

Hvis jeg lader g(z) = e^z : C→C, således at f(z) = g(z²) for alle z ∈ C. Kan jeg så godt bruge Cauchy-Riemann metoden for at vise om g(z) er en holomorf funktion, og dermed konkluderer vi, at g(z²) også er det (ved at skifte z med z²)? Desuden er funktionen f(z) differentiabel med 2zf(z).

Er det korrekt tænkt? Opgave (b) er lavet.

#5

Man viser generelt, at hvis f(z) og g(z) er holomorfe funktioner, er også f+g, f-g, f·g og f _^o g holomorfe funktioner. Hvis det derfor er vist, at funktionerne e^z og z² er holomorfe funktioner, er også den sammensatte funktion exp(z²) holomorf. Og her kan man, som du foreslår, benytte Cauchy-Riemann på hver af funktionerne e^z og z² . For

        e^z = e^x+iy = e^x·cos(y) + i·e^x·sin(y) = u(x,y) + i·v(x,y)

har man

        ∂u/∂x = e^x·cos(y), ∂u/∂y = -e^x·sin(y) , ∂v/∂x = e^x·sin(y) , ∂v/∂y = e^x·cos(y) ,

og man ser, at Cauchy-Riemann er opfyldt for e^z .

For

        z² = (x+iy)² = x²-y² + i·2xy = u(x,y) + i·v(x,y)

har man

        ∂u/∂x = 2x, ∂u/∂y = -2y , ∂v/∂x = 2y , ∂v/∂y = 2x ,

og igen ser man, at Cauchy-Riemann er opfyldt for fumktionen z² .

Mange tak for hjælpen.

Har du mulighed for at hjælpe mig med 2c? Jeg har lavet en skitse, se filen. Ser det fint ud?

Kan du rette her: at vise om den er injektiv, har vi for alle x,x',y,y' ∈ R. (Her har jeg valgt x = x₁, x' = x₂, osv.)

f(x + iy) = f(x' + iy') ⇒ exp(x² - y² + i2xy) = exp(x'² - y'² + i2x'y') ⇒ x² - y² + i2xy = x'² - y'² + i2x'y'

⇒ Re(x² - y² + i2xy) = Re(x'² - y'² + i2x'y') ⇒ x² - y² = x'² - y'².⇒ x = x' ∧ y = y'.

Hvordan gør jeg resten af opgaven?

Skits

#7

Drejer det sig stadig om funktionen exp(z²) ? Den er ikke injektiv, eftersom

        exp(z²) = exp((-z)²) for alle z ∈ C .

#9 Filen i #3, står der om at vise, at f(x + iy) er en injektiv. Det har jeg prøvet at lave som vist i #7. Kan du bekræfte om min skitse i #8 til opgave 2c ser fint ud?

#10

Jo, det er området mellem de røde grafer og y-aksen.

Jeg havde overset, at funktionen var restringeret til området Ω . Ellers, følg vinket i opgaven.

#11

Tak. Jeg har fulgt vinket, og det hjælp mig ikke med at komme godt igang med processen som vist i #7. Jeg har forsøgt lave uden hjælp i nogle dage, men det lykkedes ikke.

#12

For funktionen f(z) = exp(z²) , hvis exp(z₁²) = exp(z₂²) , med z₁ = x₁ + iy₁ , og z₂ = x₂ + iy₂ , er

        |exp(z₁²)| = |exp(z₂²)| , og arg(exp(z₁²)) = arg(exp(z₂²)) + p·2π ,

dvs.

        exp(x₁²-y₁²) = exp(x₂²-y₂²) , dvs

        x₁² - y₁² = x₂² - y₂²

og

        2x₁y₁ = 2x₂y₂ + p·2π , og dermed

        x₁y₁ = x₂y₂ + p·π , p ∈ Z .

Da z₁ , z₂ ∈ Ω , er x₁ > 0 , |y₁| < π/(2x₁) , og x₂ > 0 , |y₂| < π/(2x₂) , dvs

        x₁·|y₁| < π/2 , og x₂·|y₂| < π/2 .

Der gælder derfor

        -π/2 < x₁y₁ < π/2 , -π/2 < -x₂y₂ < π/2 , og dermed

        -π < x₁y₁ - x₂y₂ < π ,

og da x₁y₁ - x₂y₂ = p·π med p ∈ Z , må der gælde p = 0 .

Vi har altså x₁y₁ = x₂y₂ . Endvidere har vi fra før x₁² - y₁² = x₂² - y₂² .

Vi har altså   (x₁ + iy₁)² = x₁² - y₁² + 2ix₁y₁ = x₂² - y₂² +2ix₂y₂ = (x₂ + iy₂)² , altså

        z₁² = z₂² , dvs

        (z₁ - z₂)·(z₁ + z₂) = 0 , dvs.

        z₁ = z₂ eller z₁ = -z₂ , dvs.

        (x₁ = x₂ ∧ y₁ = y₂) ∨ (x₁ = -x₂ ∧ (y₁ = -y₂) .

Da både z₁ og z₂ ligger i mængden Ω , gælder der x₁ > 0 og x₂ > 0 , så der må gælde

        (x₁ = x₂ ∧ y₁ = y₂) , dvs.

        z₁ = z₂ .