Kompleksianalyysi I.pdf

Kompleksianalyysi I 28
Todistus. Koska u : A → R on derivoituva pisteessä (x,y) ∈ A, niin
u(x+k,y +l) = u(x,y)+u x (x,y)k +u y (x,y)l+|h|ε 1 (h),
missä h = (k,l) ∈ C,|h| = √ k 2 +l 2 . Vastaavasti,
v(x+k,y +l) = v(x,y)+v x (x,y)k +v y (x,y)l+|h|ε 2 (h).
Merkitään h = k + il. Olkoon z = x + iy ∈ A ja valitaan h niin, että z + h ∈ A.
Tällöin
f(z +h)−f(z) = u(x+k,y +l)+iv(x+k,y +l)−u(x,y)−iv(x,y)
= u(x+k,y +l)−u(x,y)+i(v(x+k,y +l)−v(x,y))
= u x (x,y)k +u y (x,y)l
+i(v x (x,y)k +v y (x,y)l)+|h|ε 1 (h)+i|h|ε 2 (h),
missä ε 1 (h),ε 2 (h) → 0, kun h = (k,l) → (0,0).
Merkitään ε 1 (h)+iε 2 (h) = ε(h) ∈ C. Koska funktiot u ja v toteuttavat Cauchyn–
Riemannin yhtälöt, niin
Siten
Nyt
f(z +h)−f(z) = u x (x,y)k −v x (x,y)l+i(v x (x,y)k +u x (x,y)l)+|h|ε(h)
= (u x (x,y)+iv x (x,y))(k +il)+|h|ε(h).
f(z +h)−f(z)
h
= u x (x,y)+iv x (x,y)+ |h|
h ε(h).
∣ ∣ ∣∣∣ |h| ∣∣∣
h ε(h) = |h| √
|h| |ε 1(h)+iε 2 (h)| = ε 2 1(h)+ε 2 2(h).
Koska ε 1 (h) → 0 ja ε 2 (h) → 0, niin ε 2 1(h) → 0 ja ε 2 2(h) → 0. Siten
√
ε 2 1(h)+ε 2 2(h) → 0,
kun h → 0. Näin ollen raja-arvo
on olemassa.
f(z +h)−f(z)
lim
h→0 h
= u x (x,y)+iv x (x,y) = f ′ (z)
Esimerkki 2.37. Olkoon f(z) = z 2 ,z ∈ C,z = x+iy. Tällöin f(x+iy) = x 2 −y 2 +
i2xy,(x,y) ∈ R 2 . Tässä
u(x,y) = x 2 −y 2 ja v(x,y) = 2xy.