Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i...ez −e−z 2. Kuten edellä, voidaan my ös m ääritell ä tanhz = sinhz coshz, cothz = coshz sinhz. A.Rasila, J.v.Pfaler Mat-1.1331

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


1 Maaritelma ja perusominaisuuksiaMaaritelmaLaskutoimitukset kompleksiluvuillaReaaliluvut ja kompleksiluvut


3 Topologiaa


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.


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.


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).


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 ,


Imaginaariyksikon potenssit

i2 = −1, i3 = −i , i4 = 1, . . . , i4∗10+3 = i3


Reaaliluvut ja kompleksiluvut

Jos z = a + 0i , eli Im z = 0 niin z on reaaliluku.

Jos imaginaariosa on nolla, kaavat palautuvat tunnetuiksireaalilukujen ominaisuuksiksi.



2 Kompleksilukujen algebraaKompleksitasoPolaarimuotoEulerin kaavaDe Moivren kaavaKompleksiluvun juuretLogaritmifunktiot

3 Topologiaa


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.


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 .


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).


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.


Kompleksitaso

(Caspar Wessel 1797, Jean Argand 1806)

Moduli eli itseisarvo:

r ≡ |z | =√

x2 + y2 =√

zz .

Argumentti eli vaihekulma:

θ ≡ arg z = arctany

x.


Yhteen- ja vahennyslaskun geometrinen tulkinta

Kompleksilukujen yhteen- ja vahennyslasku vastaavat vektorienlaskutoimituksia.


Liittoluvun tulkinta

Liittoluvulle voidaan antaa geometrinen tulkinta kompleksitasossa

eli peilaus reaaliakselin suhteen.


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


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.


Kolmioepayhtalon geometrinen tulkinta






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.


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.


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).


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.


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)


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)


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.


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.


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)


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).


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)


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.


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|.


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 .


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.


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.


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.


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 .


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


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.


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),


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)


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.




3 TopologiaaTopologiaYhtenaisyys, alueetRaja-arvo, jatkuvuus


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.


Avoin joukko

Kaikille x ∈ D loydetaan sellainen ε > 0, etta B(x , ε) ⊂ D.


Joukko, joka ei ole avoin

Joukkoon D kuuluu (ainakin yksi) sellainen piste x , jolla B(x , ε) eikoskaan sisally kokonaan joukkoon D.


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.


Avoin ymparisto

Maaritelma

Joukko D ⊂ C on pisteen z ∈ C (avoin) ymparisto, jos D on avoin jaz ∈ D.


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.


Esimerkkeja alueista

Kiekko (avoin kiekko, jossa reuna ei kuulu alueeseen). Esimerkiksi{z : |z | < 1}.



(Ylempi) puolitaso {z : Im z > 0}.



Punkturoitu kiekko, esimerkiksi {z : 0 < |z | < r}, jossa r > 0.



Ympyrarengas eli annulus, esimerkiksi {z : 0 < |z − z0| < r}, jossa r > 0ja z0 ∈ C.



Alue, jonka reuna on epasaannollinen.



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?


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)


Jatkuvuus

Maaritelma

Funktio f on jatkuva pisteessa z0, jos f on maaritelty jossakin z0:nymparistossa ja f (z0) = limz→z0 f (z).


Osa II

Kompleksinen derivaatta ja integrointi


4 Derivaatta ja analyyttinen funktio

5 Kompleksinen integrointi

6 Cauchyn integraalilause

7 Morera’s lause


4 Derivaatta ja analyyttinen funktioCauchy-Riemannin yhtalotHarmoniset funktiot



7 Morera’s lause


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.


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.


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.



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.



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.



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.



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.


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).


Seurauksia

Erityisesti saadaan:

Lause

Analyyttisten funktioiden summa ja tulo ovat analyyttisia. Analyyttisistafunktioista yhdistetty funktio on analyyttinen.

Seuraus

Polynomit ovat analyyttisia funktioita.


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?).


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)


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.


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.


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.


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.


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.


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}.


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.


Sovellus

Lause

Jos f : D → C on analyyttinen ja |f (z)| = c (vakio) D:ssa, niin f (z) = c(vakiofunktio).


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.


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.


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)


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.



5 Kompleksinen integrointiPolku tasossaKompleksinen polkuintegraaliPerusominaisuuksiaYksinkertainen suljettu polkuYhdesti yhtenainen alueAnalyyttisen funktion integraaliEi-analyyttisen funktion integraaliML-epayhtaloGreenin lause


7 Morera’s lause


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).


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


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.


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.


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.


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 .


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.


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.


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]


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.


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.


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 .


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.


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.


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.


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 .


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.




6 Cauchyn integraalilauseCauchyn integraalilauseRiippumattomuus integrointipolustaCauchyn integraalilause kahdesti yhtenaiselle alueelleCauchyn integraalikaavaAnalyytisen funktion derivaatta

7 Morera’s lause


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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 .


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 .


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.


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?





7 Morera’s lause


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).


Osa III

Analyyttisten funktioiden geometriaa:konformikuvaukset


8 Mercatorin projektio

9 Konformikuvaukset kompleksitasossa


8 Mercatorin projektioJohdanto: Mercatorin karttaMercatorin projektion ominaisuuksiaMercatorin projektion konstruktioMercatorin kartan huonoja puolia

9 Konformikuvaukset kompleksitasossa


Gerardus Mercator (Gerard Kremer) 5.3.1512 – 2.12.1594 ja MercatorinAtlaksen englanninkielisen painoksen kansi.


Mercatorin kuuluisa maailmankartta Nova et Aucta Orbis TerraeDescriptio ad Usum Navigatium Emendate (1569)


Sylinteriprojektio

Sylinteriprojektioksi kutsutaan sellaista karttaprojektiota, jossa leveyspiirit(ϕ) kuvautuvat kartalla vaakasuoriksi viivoiksi ja pituuspiirit (λ)pystysuoriksi viivoiksi.


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.


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.


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.


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.



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).



Valittettavasti tama oli ennen differentiaalija 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.


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).


Pinta-alan vaaristyminen

Mercatorin projektio ei sailyta pinta-aloja. Esimerkiksi Gronlanti nayttaaprojektiossa suunnilleen saman kokoiselta kuin Afrikka. TodellisuudessaAfrikka on pinta-alaltaan noin 13-kertainen.


8 Mercatorin projektio

9 Konformikuvaukset kompleksitasossaYleiset kompleksitason konformikuvauksetAnalyyttisten funktioiden konformisuusRiemann palloMobius-kuvaukset


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.


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).


Analyyttisten funktioiden konformisuus

Lause

Analyyttinen funktio f : D → f (D) on konforminen kaikissa niissa pisteissaz ∈ D, joissa f ′(z) 6= 0.


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.


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.


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.


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.


Laajennettu kompleksitaso

Osoittautuu hedelmalliseksi tarkastella jatkossa ns laajennettuakompleksitasoa, C ∩ {∞}, joukkoa joka sisaltaa kompleksilukujenlisaksi aarettomyyden yhtena pisteena.

Liitetaan aarettomyys kompleksilukuihin, liittamalla se Riemanninpallolle “pohjoisnavalle”.


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}.


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.


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.


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.



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 .


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.


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.


Esimerkkeja, kiekon kuvaaminen puolitasolle

Kuvataan pisteet −1, i , 1 pisteille 0, i ,∞.

Kuten edella, kaavasta saadaan ratkaistua

w = −z + 1

z − 1.


Osa IV

Taylorin sarja, residymenetelma


10 Kompleksista sarjoista

11 Analyyttisen funktion singulariteetit

12 Residymenetelma


10 Kompleksista sarjoistaJono, suppeneminen, summasarjaPotenssisarja, suppenemissade ja analyyttiset funktiotTaylorin sarjaTaylorin lauseEsimerkkeja sarjaesityksistaLaurentin lause


12 Residymenetelma


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. .


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.


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.


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.


Potenssisarja ja analyyttiset funktiot

Seuraus

Potenssisarjan summa f (z) =∑∞

k=0 ak(z − z0)k on analyyttinen funktiosuppenemisalueessaan.


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.


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).


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.


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


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.


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.


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.


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) = ∞


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.




11 Analyyttisen funktion singulariteetitSingulariteettien luokitteluNollakohta, kertaluku

12 Residymenetelma


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, . . ..


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.


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.


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.


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.


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,


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.


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.




12 ResidymenetelmaResidyjen laskeminen


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.


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 .


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).


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.


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)


Osa V

Fourier–analyysi


13 Johdanto

14 Fourier-sarja

15 Diskreetti Fourier muunnos

16 Fourier muunnos


13 JohdantoFunktion parillisuus ja parittomuusJaksollisuusSignumfunktio, Diracin, ja Heavisiden funktio

14 Fourier-sarja


16 Fourier muunnos


Joseph Fourier (1768–1830)


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.


Funktion parillisuus ja parittomuus

Jatkuva tai paloittain jatkuva funktio f on parillinen, jos f (−t) = f (t)kaikilla t.

Kuva: Parillinen funktio.


Funktion parillisuus ja parittomuus, jatkoa

Jatkuva tai paloittain jatkuva funktio f on pariton, jos f (−t) = −f (t)kaikilla t.

Kuva: Pariton funktio.


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.


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.


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.


Jaksollisuus

Jatkuva tai paloittain jatkuva funktio f on jaksollinen (jaksona T ), josf (t + T ) = f (t) kaikilla t.

Kuva: Jaksollinen funktio.


Etumerkkifunktio eli signumfunktio

Etumerkkifunktio maaritellaan

sgn (t) =

{−1, kun t < 0,

1, kun t ≥ 0.

Kuva: Etumerkkifunktio eli signumfunktio.


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.


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


13 Johdanto

14 Fourier-sarjaDirichlet’n ehdotFourier-sarjan laskeminenGibbsin ilmioKompleksinen Fourier-sarjaSovelluksia differentiaaliyhtaloihin


16 Fourier muunnos


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.


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.


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.



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.


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.


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.


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.


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.


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

).


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)

].


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:


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:


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.


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).


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.



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.



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 .


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 .


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.


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)−. . .

].


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


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.


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,


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).


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


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 .


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 .


13 Johdanto

14 Fourier-sarja

15 Diskreetti Fourier muunnosDFT: diskreetti Fourier muunnos

16 Fourier muunnos


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.


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


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.


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.


13 Johdanto

14 Fourier-sarja


16 Fourier muunnosJohdantoFourier-muunnosKonvoluutioFourier-kaanteismuunnosEsimerkkeja Fourier-muunnoksista


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


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.


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)


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).


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.


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.


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


Osa VII

Laplace–muunnos


17 Maaritelma ja perusominaisuudet

18 Differentiaalilaskenta

19 Yleisia Laplace-muunnoksia


17 Maaritelma ja perusominaisuudetLaplace-muunnosLaplace-kaanteismuunnosLaplace-muunnoksen lineaarisuusAlkeisfunktioiden Laplace-muunnoksia

Hyperboliset ja trigonometriset funktiotPotenssifunktiot ja Gammafunktio

Siirto s:n suhteenMuunnosten olemassaolo




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.


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.


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 .


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.


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


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.


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).


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).


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.


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).


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.


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.


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.


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)


Kuva: Gamma-funktio reaaliakselilla. Huomaa erityisesti lokaali minimipiteiden s = 1 ja s = 2 valissa.


Kuva: Funktio h(z) = |Γ(z)| kompleksitasossa.


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.


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.


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.


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.


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).


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.


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


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.


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.


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.


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.


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.


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


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.



18 DifferentiaalilaskentaDerivaatan Laplace-muunnosIntegraalin Laplace-muunnosDifferentiaaliyhtalo ja Laplace-muunnos



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.


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).


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.


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.


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.


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.


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)}.


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).


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.


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).


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.


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).


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.


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.


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.




19 Yleisia Laplace-muunnoksiaSiirto t:n suhteenDiracin deltafunktioKonvoluution


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


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).


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).


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.


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.


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.


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).


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 .


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 .


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.


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}.


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}.


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}.


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.


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)


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).


Osa VIII

Z–muunnos


20 Johdanto

21 Z–muunnos

22 Differenssiyhtalo

23 Eraiden funktioiden Z–muunnoksia


20 JohdantoDiskreetit funktiot

21 Z–muunnos




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.


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.


20 Johdanto

21 Z–muunnos




“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}.


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 .


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).


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}.


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



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


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.


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).


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.


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.



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−).



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− )



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.


20 Johdanto

21 Z–muunnos




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.


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.


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 + . . .]


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.


Documents

Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i...ez −e−z 2. Kuten edellä, voidaan my ös m ääritell ä tanhz = sinhz coshz, cothz = coshz sinhz. A.Rasila, J.v.Pfaler Mat-1.1331