G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 1 / 89

G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 1 / 89

Komplexa tal 

”In mathematics you don’t understand things. You just get used to them.” 

Reell och imaginär del, konjugering, absolutbelopp 

z = x + iy = x + y i, x, y ∈ R, i 2 = −1 

C är mängden av komplexa tal 

John von Neumann 


Komplexa tal 



z = x + iy = x + y i, x, y ∈ R, i 2 = −1 


Reell del: Re (x + iy) = x 

Imaginär del: Im (x + iy) = y s˚a Im (z) är allts˚a ett reellt tal 



Komplexa tal 



z = x + iy = x + y i, x, y ∈ R, i 2 = −1 




Konjugering: x + iy = x − iy (= x + i(−y)) 


Absolutbelopp (eller modul) |x + iy| = mod (x + iy) = x 2 + y 2 


Komplexa tal 



z = x + iy = x + y i, x, y ∈ R, i 2 = −1 




Konjugering: x + iy = x − iy (= x + i(−y)) 


Absolutbelopp (eller modul) |x + iy| = mod (x + iy) = x 2 + y 2 

Räkneregler 

|z| 2 = zz, z1 + z2 = z1 + z2, z1 − z2 = z1 − z2 

 

z1 

z = z, z1z2 = z1 z2, = z2 

z1 

z2 

˛ ˛ 

|z1 + z2| ≤ |z1| + |z2|, ˛ |z1| − |z2| ˛ ≤ |z1 − z2| 


Exempel 

Vid addition och subtraktion av komplexa tal adderar och subtraherar man 

de reella och imaginära delarna var för sig s˚a att tex. 

(8 + 2i) + (−3 − 4i) = (8 + (−3)) + (2 + (−4))i = 5 − 2i. 

Vid multiplikation gäller det bara att komma ih˚ag att i 2 = −1: 

(8 + 2i)(−3 − 4i) = 8 · (−3) + 8 · (−4)i + 2 · (−3)i + 2 · (−4)i 2 

= −24 − 32i − 6i − 8 · (−1) = −16 − 38i. 

Division av komplexa tal kan räknas s˚a att man förlänger med nämnarens 

konjugat s˚a att man i nämnaren f˚ar ett reellt tal, tex.: 

8 + 2i (8 + 2i)(−3 + 4i) −24 + 32i − 6i + 8i2 

= = 

−3 − 4i (−3 − 4i)(−3 + 4i) (−3) 2 − (4i) 2 

= −24 − 8 + 26i 

9 − 16i2 = −32 + 26i 26 

= −32 + 

9 + 16 25 25 i. 


Kommentar 

Ett annat, formellt mera korrekt, sätt att definiera de komplexa talen är 

att inte alls (explicit) tala om den imaginära konstanten i utan tala om 

punkter (eller vektorer) (x, y) i planet R 2 och definiera räkneoperationer 

för dem som motsvarar räkneoperationerna för vanliga reella tal. Addition 

är inget problem eftersom det enda förnuftiga är att definiera 

(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2), 

vilket är addition av vektorer. Ett viktigt villkor som multiplikationen skall 

uppfylla är att produkten av tv˚a ”punkter” endast f˚ar vara ”noll” (dvs. 

(0, 0)) om ˚atminstone den ena faktorn är ”noll”. Detta uppn˚as om man 

definierar 

(x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1) 

och man kan d˚a visa att ”alla räkneregler gäller”. 


Argument eller fasvinkel 

Ifall Re (z) = x och Im (z) = y s˚a är argumentet θ = arg(z) av z 

⎧ 

y 

 

arctan (+2kπ), x > 0, x + iy 

⎪⎨ 

x 

•. 

 

y 

 

θ . 

θ = arctan + π (+2kπ), x < 0, 

x 

⎪⎩ 

y π 

(+2kπ), x = 0 

|y| 2 


Argument eller fasvinkel 

Ifall Re (z) = x och Im (z) = y s˚a är argumentet θ = arg(z) av z 

⎧ 

y 

 

arctan (+2kπ), x > 0, x + iy 

⎪⎨ 

x 

•. 

 

y 

 

θ . 

θ = arctan + π (+2kπ), x < 0, 

x 

⎪⎩ 

y π 

(+2kπ), x = 0 

|y| 2 

atan2 

I de flesta programmeringsspr˚ak finns en funktion atan2 som räknar ut det 

argument av x + iy som ligger i intervallet (−π, π] med kommandot 

atan2(y,x). Observera att i tex. Excel och OOCalc skall man skriva 

atan2(x;y) dvs. byta ordning p˚a argumenten. 


Polär framställning 

z = r(cos(θ) + i sin(θ)) = re iθ , r ≥ 0 

⇔ |z| = r och arg(z) = θ 

⇔ Re (z) = r cos(θ) och Im (z) = r sin(θ) 

Kommentar 

Om x är ett reellt tal kan man skriva x = |x|sign (x) vilket motsvarar den 

polära framställningen z = |z|e iθ med den skillnaden att teckenfunktionen 

sign (x) bara f˚ar tv˚a värden (eftersom man inte behöver bry sig om 

sign (0)). 


Exempel 

arg(−3) =? 


Exempel 

arg(−3) =? 

Eftersom den reella delen är negativ är argumentent 

) + π (+2kπ) = π (+2kπ). 

arctan( 0 

−3 


Exempel 

arg(−3) =? 


) + π (+2kπ) = π (+2kπ). 

arctan( 0 

−3 

arg(2 − 2i) =? 


Exempel 

arg(−3) =? 


) + π (+2kπ) = π (+2kπ). 

arctan( 0 

−3 

arg(2 − 2i) =? 

Argumentet är arctan( −2 

2 

) (+2kπ) = − π 

4 

(+2kπ). 


Exempel 

arg(−3) =? 


) + π (+2kπ) = π (+2kπ). 

arctan( 0 

−3 

arg(2 − 2i) =? 


2 

arg(−3e −i 0.1234 ) =? 

) (+2kπ) = − π 

4 

(+2kπ). 


Exempel 

arg(−3) =? 


) + π (+2kπ) = π (+2kπ). 

arctan( 0 

−3 

arg(2 − 2i) =? 


2 

) (+2kπ) = − π 

4 

(+2kπ). 

arg(−3e −i 0.1234 ) =? 

Argument är arg(−3) + arg(e −i 0.1234 ) = π − 0.1234 (+2kπ). 


Räkneregler 

|z1z2| = |z1||z2|, arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) 

|z n | = |z| n 

z1 

 

, 

|z1| 

z2 

= 

|z2| 

arg (z n 

z1 

) = n arg(z), arg = arg(z1) − arg(z2) 

z2 


Räkneregler 

|z1z2| = |z1||z2|, arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) 

|z n | = |z| n 

z1 

 

, 

|z1| 

z2 

= 

|z2| 

arg (z n 

z1 

) = n arg(z), arg = arg(z1) − arg(z2) 

z1 = z2 ⇔ Re (z1) = Re (z2), Im (z1) = Im (z2) 

⇔ |z1| = |z2|, θ1 = θ2 + 2kπ 

där θ1 = arg(z1) och θ2 = arg(z2) 

z2 


Exponentfunktionen 

exp(x + iy) = e x+iy = e x cos(y) + i sin(y) 

e z1+z2 = e z1 e z2 

|e z | = e Re (z) , arg(e z ) = Im (z) 

e z = 0, z ∈ C, |e iθ | = 1 θ ∈ R 

d’Moivres formel 

cos(nt) + i sin(nt) = e int = e it n = cos(t) + i sin(t) n 


Logaritmfunktionen z = ln(w) ⇔ w = e z 

Om z = x + iy s˚a är |e z | = e x och arg(e z ) = y 




och om w = e z m˚aste |w| = |e z | = e x och 

arg(w) + 2kπ = arg(e z ) = y 






dvs. x = ln(|w|) s˚a att z = ln(w) = ln(|w|) + i(arg(w) + 2kπ). 






dvs. x = ln(|w|) s˚a att z = ln(w) = ln(|w|) + i(arg(w) + 2kπ). 

För att f˚a en ”ordentlig” logaritmfunktion med bara ett värde i varje 

punkt kan man tex. definiera Ln(w) = ln(|w|) + iArg(w) där Arg(w) 

är argumentet valt s˚a att −π < Arg(z) ≤ π s˚a att tex. ln(|w|) 

egentligen är Ln(|w|) 


Rötter: z = w 1 

n ⇔ w = z n 

Om z = |z|e iϕ , dvs. ϕ = arg(z) s˚a är |z n | = |z| n och arg(z n ) = nϕ 



n ⇔ w = z n 


och om w = z n s˚a är |w| = |z| n och arg(w) + 2kπ = nϕ s˚a att om 

arg(w) = θ s˚a är 

|z| = |w| 1 

n och ϕ = θ 2kπ 

n + n 



n ⇔ w = z n 


och om w = z n s˚a är |w| = |z| n och arg(w) + 2kπ = nϕ s˚a att om 

arg(w) = θ s˚a är 

|z| = |w| 1 

n och ϕ = θ 

n 

z = w 1 

n = n√ w = n |w| 

2kπ + n dvs. 

 

θ+2kπ 

θ+2kπ 

cos + i sin 

 

, 

n 

där k = 0, 1, . . . , n − 1 eftersom man f˚ar samma värden för k + n som 

för k. 

G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 11 / 89 

n

Exempel 

L˚at w = 1 + i . Bestäm den lösning till ekvationen z 4 = w, vars argument 

ligger i intervallet [π, 3 

2 π]. 


Exempel 

L˚at w = 1 + i . Bestäm den lösning till ekvationen z4 = w, vars argument 


2π]. Lösning: Absolutbeloppet av talet w är |w| = √ 12 + 12 = √ 2 ≈ 1.4142, 

och w:s argument är arctan( 1 π 

1 ) = 4 . 


Exempel 





1 ) = 4 . Ifall |z| = r och arg(z) = ϕ, s˚a är 

|z4 | = r 4 och arg(z 4 ) = 4ϕ. Om nu z4 = w s˚a är r 4 = |w| = √ 2 och 

+ 2kπ där k är ett heltal. 

4ϕ = π 

4 


Exempel 







4ϕ = π 

4 + 2kπ där k är ett heltal. Av detta följer att r = 8√ 2 ≈ 1.0905 och 

ϕ = π π 

16 + 2 k = 0.19635 + 1.5708k. Nu f˚ar man olika lösningar d˚a 

k = 0, 1, . . . , 3 eftersom man d˚a tex. k = 4 f˚ar samma tal som d˚a k = 0 

osv. 


Exempel 







4ϕ = π 

4 + 2kπ där k är ett heltal. Av detta följer att r = 8√ 2 ≈ 1.0905 och 

ϕ = π π 

16 + 2 k = 0.19635 + 1.5708k. Nu f˚ar man olika lösningar d˚a 

k = 0, 1, . . . , 3 eftersom man d˚a tex. k = 4 f˚ar samma tal som d˚a k = 0 

osv. Eftersom argumenten för dehär lösningarna är π π π π 

16 , 16 + 2 , 16 + π och 

π 3π 

3 

16 + 2 s˚a ser vi att den lösning vars argument ligger i intervallet [π, 2π] f˚as d˚a k = 2 och är allts˚a 

 

 

z2 = 1.0905 cos(0.19635 + 1.5708 · 2) + i sin(0.19635 + 1.5708 · 2) 

= −1.0696 − i 0.21275. 


Trigonometriska funktioner 

e iz − e −iz 

sin(z) = 1 

2i 

cos(z) = 1 

 

2 eiz + e−iz 

sin(x + iy) = sin(x) cosh(y) + i cos(x) sinh(y) 

cos(x + iy) = cos(x) cosh(y) − i sin(x) sinh(y) 

Möbius-avbildning 

z ↦→ az+b 

cz+d , ad − bc = 0 

Cirklar och linjer avbildas p˚a cirklar eller linjer 


Öppna och slutna mängder 

En mängd Ω ⊂ C är öppen ifall 

för varje z0 ∈ Ω finns ett tal δ > 0 s˚a att 

{ z ∈ C : |z − z0| < δ } ⊂ Ω 





{ z ∈ C : |z − z0| < δ } ⊂ Ω 

En mängd A ⊂ C är sluten ifall 

C \ A = { z ∈ C : z /∈ A } är öppen 





{ z ∈ C : |z − z0| < δ } ⊂ Ω 



En mängd Ω ⊂ C är öppen när 

den inte inneh˚aller n˚agon randpunkt, dvs. ∂Ω ∩ Ω = ∅ 





{ z ∈ C : |z − z0| < δ } ⊂ Ω 





där randen ∂Ω best˚ar av de punkter z ∈ C för vilka det 

för varje δ > 0 finns en punkt zi ∈ Ω och en punkt zu ∈ C \ Ω 

s˚a att |zi − z| < δ och |zu − z| < δ 





{ z ∈ C : |z − z0| < δ } ⊂ Ω 





där randen ∂Ω best˚ar av de punkter z ∈ C för vilka det 

för varje δ > 0 finns en punkt zi ∈ Ω och en punkt zu ∈ C \ Ω 

s˚a att |zi − z| < δ och |zu − z| < δ 

En mängd Ω ⊂ C är sluten när 

den inneh˚aller alla randpunkter, dvs. ∂Ω ⊂ Ω 


Sammanhängande mängder 

En öppen mängd Ω ⊂ C är sammanhängande ifall det 

för alla z0, z1 ∈ Ω finns en kontinuerlig funktion 

γ : [0, 1] → Ω s˚a att γ(0) = z0 och γ(1) = z1 

(och allts˚a γ(t) ∈ Ω, t ∈ [0, 1], dvs. en kurva i Ω fr˚an z0 till z1). 







Mera allmänt: A ⊂ C är sammanhängande om följande gäller (som 

allts˚a är ekvivalent med ovanst˚aende villkor d˚a A är öppen): 

Ifall A ⊂ Ω1 ∪ Ω2 där Ωj ⊂ C, j = 1, 2 är öppen och 

Ω1 ∩ Ω2 = ∅ s˚a är A ∩ Ω1 = ∅ eller A ∩ Ω2 = ∅ 







Mera allmänt: A ⊂ C är sammanhängande om följande gäller (som 

allts˚a är ekvivalent med ovanst˚aende villkor d˚a A är öppen): 

Ifall A ⊂ Ω1 ∪ Ω2 där Ωj ⊂ C, j = 1, 2 är öppen och 

Ω1 ∩ Ω2 = ∅ s˚a är A ∩ Ω1 = ∅ eller A ∩ Ω2 = ∅ 

Kontinuerliga funktioner 

Om Ω ⊂ C s˚a är funktionen f : Ω → C kontinuerlig i Ω om 

lim 

z→z0 

z∈Ω 

f (z) = f (z0) z0 ∈ Ω. 


Derivator 

En funktion f är deriverbar i punkten z0 ifall 

limz→z0 

f (z)−f (z0) 

z−z0 

= f ′ (z0) 

för n˚agot komplext tal f ′ (z0) dvs., 

för varje ɛ > 0 finns det ett tal δ > 0 s˚a att om 0 < |z − z0| < δ s˚a är 

 

f definierad för z och z0 och 

f (z) − f (z0) 

 

− f 

z − z0 

′ 

 

(z0) 

< ɛ 


Derivator 

En funktion f är deriverbar i punkten z0 ifall 

limz→z0 

f (z)−f (z0) 

z−z0 

= f ′ (z0) 

för n˚agot komplext tal f ′ (z0) dvs., 

för varje ɛ > 0 finns det ett tal δ > 0 s˚a att om 0 < |z − z0| < δ s˚a är 

 

f definierad för z och z0 och 

f (z) − f (z0) 

 

− f 

z − z0 

′ 

 

(z0) 

< ɛ 

Alla normala deriveringsregler gäller och tex. 

d 

dz zm = mz m−1 ( d˚a m inte är ett heltal) 

d 

dz ez = e z 

d 

1 

dz ln(z) = z 

d 

d 

dz sin(z) = cos(z) 

d 

dz gf (z) = g ′f (z) f ′ (z) 

 

d 

dz f (z)g(z) = f ′ (z)g(z) + f (z)g ′ (z) 

dz cos(z) = − sin(z) 


Analytiska funktioner 

En funktion f är analytisk i mängden A ⊂ C ifall 

det finns en öppen mängd Ω ⊂ C s˚a att A ⊂ Ω och 

f är deriverbar i varje punkt i Ω 


Analytiska funktioner 

En funktion f är analytisk i mängden A ⊂ C ifall 

det finns en öppen mängd Ω ⊂ C s˚a att A ⊂ Ω och 

f är deriverbar i varje punkt i Ω 

Cauchy-Riemann ekvationerna 

Ifall f (z) = u(x, y) + iv(x, y) d˚a z = x + iy s˚a gäller 

ux(x, y) = vy (x, y) 

uy (x, y) = −vx(x, y) 

i de punkter där f är deriverbar 


Stig 

En stig, eller bitvis differentierbar glatt kurva är en kontinuerlig funktion 

γ : [a, b] → C s˚a att det finns ändligt m˚anga punkter 

a = t0 < t1 < . . . < tn = b s˚a att γ är kontinuerligt deriverbar i varje 

intervall [tj−1, tj] och derivatan (höger- eller vänster- i ändpunkterna) är 

aldrig 0. 

γ∗ def 

= { γ(t) : t ∈ [a, b] } 


Stig 





aldrig 0. 

γ∗ def 

= { γ(t) : t ∈ [a, b] } 

Stigintegraler 

Ifall γ är en stig är 

 

γ 

f (z) dz = 

b 

a 

f (γ(t))γ ′ (t) dt 


Stig 





aldrig 0. 

γ∗ def 

= { γ(t) : t ∈ [a, b] } 

Stigintegraler 

Ifall γ är en stig är 

 

f (z) dz = 

b 

f (γ(t))γ ′ (t) dt 

γ 

a 

Ofta skriver man 

 

f (z) dz istället för f (z) dz där C är en ”riktad kurva” om 

C γ 

det är klart hur parameterframställningen γ för C (som allts˚a är γ∗ ”med 

riktning”) skall väljas. 


Exempel p˚a integraler 

Om C är ”sträckan fr˚an z0 till z1” s˚a är 

 

 

f (z) dz = f (z) dz = 

C 

γ 

1 

0 

f (γ(t))γ ′ (t) dt, 

där γ(t) = (1 − t)z0 + tz1, t ∈ [0, 1]. Alternativt, 

 

C f (z) dz = b 

a f (γ(t))γ′ (t) dt där γ(t) = b−t 

b−a z0 + t−a 

b−a z1 


Exempel p˚a integraler 

Om C är ”sträckan fr˚an z0 till z1” s˚a är 

 

 

f (z) dz = f (z) dz = 

C 

γ 

1 

0 

f (γ(t))γ ′ (t) dt, 

där γ(t) = (1 − t)z0 + tz1, t ∈ [0, 1]. Alternativt, 

 

C f (z) dz = b 

a f (γ(t))γ′ (t) dt där γ(t) = b−t 

b−a z0 + t−a 

b−a z1 

Om C är ”cirkelb˚agen |z − z0| = r fr˚an z0 + reiα till z0 + reiβ motsols” (där α < β) s˚a är 

 

C 

 

f (z) dz = 

där γ(t) = z0 + re it , t ∈ [α, β]. 

γ 

β 

f (z) dz = f (γ(t))γ ′ (t) dt, 


α

Lemma 

Tv˚a stigar γ1 : [a, b] → C och γ2 : [c, d] → C där γ1(b) = γ2(c) kan 

kombineras till en stig γ = γ1 ⊕ γ2, γ : [a, b + d − c] → C, s˚a att 

( 

γ1(t), t ∈ [a, b], 

γ(t) = 

γ2(c + t − b), t ∈ [b, b + d − c], 

och d˚a är 

γ 

 

f (z) dz = 

γ1 

 

f (z) dz + 

(P˚a motsvarande sätt kan en stig delas upp.) 

γ2 

f (z) dz. 

G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 20 / 89

Lemma 

Tv˚a stigar γ1 : [a, b] → C och γ2 : [c, d] → C där γ1(b) = γ2(c) kan 

kombineras till en stig γ = γ1 ⊕ γ2, γ : [a, b + d − c] → C, s˚a att 

( 

γ1(t), t ∈ [a, b], 

γ(t) = 

γ2(c + t − b), t ∈ [b, b + d − c], 

och d˚a är 

γ 

 

f (z) dz = 

γ1 

 

f (z) dz + 

(P˚a motsvarande sätt kan en stig delas upp.) 

Lemma 

γ2 

f (z) dz. 

Om γ : [a, b] → C är en stig och −γ eller γ↢ är stigen 

γ↢ (t) = γ(a + b − t), t ∈ [a, b], dvs. stigen γ ”i omvänd riktning”, s˚a är 

 

 

f (z) dz = − f (z) dz. 

γ ↢ 

G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 20 / 89 

γ

Slutna stigar 

En stig γ : [a, b] → C är sluten ifall γ(a) = γ(b) och 

att γ är sluten. 

γ 

f (z) dz betyder 


Slutna stigar 



Lemma 

Ifall |f (z)| ≤ M d˚a z ∈ γ∗ , (a < b) och 

längden av γ är ≤ L s˚a gäller 

 

 

 

 

f (z) dz 

≤ 

b 

|f (γ(t))||γ ′ (t)| dt ≤ ML. 

γ 

a 

γ 



Slutna stigar 



Lemma 

Ifall |f (z)| ≤ M d˚a z ∈ γ∗ , (a < b) och 

längden av γ är ≤ L s˚a gäller 

 

 

 

 

f (z) dz 

≤ 

b 

|f (γ(t))||γ ′ (t)| dt ≤ ML. 

Lemma 

γ 

a 

γ 


Om γ : [a, b] → C är en stig och f är en kontinuerlig funktion s˚a att det 

finns en deriverbar funktion F s˚a att F ′ (z) = f (z) d˚a z ∈ γ ∗ s˚a är 

 

γ 

f (z) dz = F (γ(b)) − F (γ(a)). 


Vridningstal 

Ifall γ är en sluten stig s˚a är 

ν(γ, w) = 1 

 

1 

2πi γ z−w dz 

stigens vridningstal i förh˚allande till w /∈ γ∗ . 


Vridningstal 

Ifall γ är en sluten stig s˚a är 

ν(γ, w) = 1 

 

1 

2πi γ z−w dz 

stigens vridningstal i förh˚allande till w /∈ γ∗ . 

Lemma 

ν(γ, w) ett heltal som anger hur m˚anga varv γ g˚ar runt w i positiv 

riktning och är konstant i varje öppen sammanhängande delmängd av 

C \ γ ∗ . 

ν(γ ↢ , w) = −ν(γ, w), w /∈ γ ∗ 


Cauchys integralteorem 

Om γ är en sluten stig och f är analytisk p˚a γ∗ och i alla punkter 

”innanför” γ∗ 

s˚a är 

f (z) dz = 0 

γ 


Cauchys integralteorem 

Om γ är en sluten stig och f är analytisk p˚a γ∗ och i alla punkter 

”innanför” γ∗ 

s˚a är 

f (z) dz = 0 

γ 

Antagandet mera exakt: γ är en sluten stig, f är analytisk i en öppen 

mängd Ω s˚a att γ ∗ ⊂ Ω och ν(γ, z) = 0 för alla z ∈ C \ Ω 


Exempel 

Visa hur man kan räkna ut integralen ∞ 

0 

integralteorem. 

sin(t) 

t dt med hjälp av Cauchys 


Exempel 

Visa hur man kan räkna ut integralen ∞ sin(t) 

0 t dt med hjälp av Cauchys 


Lösning: Vi bildar en sluten stig γ som är sammansatt av stigarn γS, 

γ [−S,−r], γr och av γ [r,S] där 0 < r < S och γS är den stig som best˚ar av 

sträckorna fr˚an S till S + i √ S, fr˚an S + i √ S till −S + i √ S och fr˚an 

−S + i √ S till −S, γ [−S,−r] är sträckan fr˚an −S + 0i till −r + 0i, γr är 

cirkelb˚agen |z| = r i negativ riktning fr˚an −r to r och γ [r,S] är sträckan 

fr˚an r + 0i till S + 0i. 


Exempel 









fr˚an r + 0i till S + 0i. Av Cauchys integralteorem följer att 

dvs. 

γS 

e iz 

z 

 

e dz + γ [−S,−r] 

iz 

z dz + γr 

e iz 

z 

 

e dz + γ [r,S] 

iz 

z dz = 0 

γ 

e iz 

z 

dz = 0 


Exempel 










e 

γ 

iz 

z dz = 0 

dvs. 

e 

γS 

iz 

e 

z dz + γ [−S,−r] 

iz 

e 

z dz + γr 

iz 

e 

z dz + γ [r,S] 

iz 

z dz = 0 s˚a det gäller 

att visa att ∞ sin(t) 

1 

0 t dt = lim r→0 2 

S→∞ 

Im 

e 

γ [−S,−r] 

iz 

e 


iz 

z dz 

 


Exempel 










e 

γ 

iz 

z dz = 0 

dvs. 

e 

γS 

iz 

e 

z dz + γ [−S,−r] 

iz 

e 

z dz + γr 

iz 

e 


iz 

z dz = 0 s˚a det gäller 

att visa att ∞ sin(t) 

1 

0 t dt = lim r→0 2 

S→∞ 

Im 

e 

γ [−S,−r] 

iz 

e 


iz 

z dz 

 

och 

 

 

sedan räkna ut limS→∞ dz och limr→0 

γS 

e iz 

z 

γr 

e iz 

z dz. 


Cauchys integralteorem, ver. 1.1 

Om γ1 och γ2 är slutna stigar och f är analytisk p˚a γ∗ 1 och γ∗ 2 

punkter ”mellan” γ∗ 1 och γ∗ 2 s˚a är 

 

γ1 

 

f (z) dz = 

γ2 

f (z) dz. 

och i alla 


Cauchys integralteorem, ver. 1.1 

Om γ1 och γ2 är slutna stigar och f är analytisk p˚a γ∗ 1 och γ∗ 2 

punkter ”mellan” γ∗ 1 och γ∗ 2 s˚a är 

 

γ1 

 

f (z) dz = 

γ2 

f (z) dz. 

och i alla 

Antagandet mera exakt: γ1 och γ2 är slutna stigar, f är analytisk i en 

öppen mängd Ω s˚a att γ ∗ 1 ⊂ Ω, γ∗ 2 ⊂ Ω och ν(γ1, z) = ν(γ2, z) för alla 

z ∈ C \ Ω. 


Cauchys integralformel, ver 1.0 

Om γ är en sluten stig som g˚ar ett varv runt punkten w och f är analytisk 

p˚a γ ∗ och i alla punkter ”innanför” γ ∗ s˚a är 

f (w) = 1 

2πi 

 

γ 

f (z) 

z − w dz. 



Om γ är en sluten stig som g˚ar ett varv runt punkten w och f är analytisk 

p˚a γ ∗ och i alla punkter ”innanför” γ ∗ s˚a är 

f (w) = 1 

2πi 


 

γ 

f (z) 

z − w dz. 

Om γ är en sluten stig, f är analytisk i en öppen mängd Ω s˚a att γ∗ ⊂ Ω 

och ν(γ, z) = 0 för alla z ∈ C \ Ω s˚a är 

f (w)ν(γ, w) = 1 

 

f (z) 

2πi γ z − w dz, 

för alla w ∈ Ω \ γ ∗ . 


Exempel 

 

z + 2 

Beräkna integralen 

dz d˚a γ är randen (i positiv riktning) 

γ (z + 1)(z − 2) 

av rektangeln med hörn i punkterna −2 + 3i, −2 − 3i, 1 − 3i och 1 + 3i. 


Exempel 

 

z + 2 



γ (z + 1)(z − 2) 


Lösning: Vi konstaterar att funktionen som skall integreras är analytisk i 

alla punkter utom −1 och 2 och av dessa är det bara −1 som ligger 

innanför γ∗ z + 2 

. Därför väljer vi f (z) = och eftersom f är analytisk i 

z − 2 

alla punkter utom 2 och eftersom denna punkt ligger utanför rektangeln 

kan vi använda Cauchys integralteorem. 


Exempel 

 

z + 2 



γ (z + 1)(z − 2) 


Lösning: Vi konstaterar att funktionen som skall integreras är analytisk i 

alla punkter utom −1 och 2 och av dessa är det bara −1 som ligger 

innanför γ∗ z + 2 

. Därför väljer vi f (z) = och eftersom f är analytisk i 

z − 2 

alla punkter utom 2 och eftersom denna punkt ligger utanför rektangeln 

kan vi använda Cauchys integralteorem. Punkten −1 ligger inne i 

rektangeln och vi f˚ar därför 

 

 

z + 2 

f (z) 

−1 + 2 

dz = 

dz = 2πif (−1) = 2πi = −2π 

(z + 1)(z − 2) z − (−1) −1 − 2 3 i. 

γ 

γ 



Om f är en analytisk funktion i en öppen mängd Ω ⊂ C, γ1, γ2, . . . , γn är 

slutna stigar s˚a att γ ∗ j ⊂ Ω och n 

j=1 ν(γj, z) = 0 för varje z ∈ C \ Ω s˚a är 

f (w) 

n 

j=1 

n 

 

j=1 

γj 

ν(γj, w) = 1 

2πi 

f (z) dz = 0 

n 

 

j=1 

γj 

f (z) 

z − w dz, w ∈ Ω \ ∪n j=1γ ∗ j 


Teorem 

Om f är analytisk i den öppna mängden Ω s˚a är ocks˚a f ′ deriverbar i Ω, 

dvs. f oändligt m˚anga g˚anger deriverbar i Ω. 

Cauchys olikheter 

|f (n) (w)| ≤ n!M 

r n 

ifall f är analytisk i { z : |z − w| ≤ r } och |f (z)| ≤ M d˚a |z − w| = r 

eller ifall f är analytisk i { z : |z − w| < r } och |f (z)| ≤ M d˚a 

|z − w| < r. 


Liouvilles teorem 

Om f är analytisk i C och f är begränsad (dvs. |f (z)| ≤ M < ∞ för alla 

z ∈ C) s˚a är f en konstant. 


Liouvilles teorem 

Om f är analytisk i C och f är begränsad (dvs. |f (z)| ≤ M < ∞ för alla 

z ∈ C) s˚a är f en konstant. 

Moreras teorem 

 

Om f är kontinuerlig i den öppna mängden Ω ⊂ C och 

för varje triangel T ⊂ Ω s˚a är f analytisk i Ω. 

∂T 

f (z) dz = 0 


Konvergensradie 

Om z0 ∈ C och an ∈ C, n ≥ 0 s˚a finns det ett tal R, 0 ≤ R ≤ ∞, s˚a att 

serien ∞ 

n=0 an(z − z0) n 

konvergerar (absolut) d˚a |z − z0| < R 

divergerar d˚a |z − z0| > R. 

Talet R kallas seriens ∞ 

n=0 an(z − z0) n konvergensradie. 


Exempel 

Bestäm konvergensradien för potensserien 

∞ 

n=1 

n! 

n n z2n+2 . 


Exempel 


Lösning: Vi använder kvottestet och räknar 

lim 

n→∞ 

 

 

 

 

 

 

(n+1)! 

(n+1) n+1 z2(n+1)+2 n! 

n n z 2n+2 

 

 

 

 

 

 

= lim 

n→∞ 

∞ 

n=1 

n + 1 

(n + 1) (n+1)n 

n n 

n! 

n n z2n+2 . 

|z| 2n+2−2−2n−2 

1 

= lim 

n→∞ (1 + 1 

n )n |z|2 = 1 

e |z2 |. 


Exempel 


Lösning: Vi använder kvottestet och räknar 

lim 

n→∞ 

 

 

 

 

 

 

(n+1)! 

(n+1) n+1 z2(n+1)+2 n! 

n n z 2n+2 

 

 

 

 

 

 

= lim 

n→∞ 

∞ 

n=1 

n + 1 

(n + 1) (n+1)n 

n n 

n! 

n n z2n+2 . 

|z| 2n+2−2−2n−2 

1 

= lim 

n→∞ (1 + 1 

n )n |z|2 = 1 

e |z2 |. 

Serien konvergerar d˚a gränsvärdet är < 1 dvs. d˚a |z 2 | < e eller |z| < √ e. 

P˚a motsvarande sätt divergerar serien d˚a gränsvärdet av kvoterna är > 1, 

dvs. d˚a |z| > √ e. Detta innebär att seriens konvergensradie är √ e. 


Potensserie 

Ifall f är analytisk innanför cirkeln |z − z0| = r s˚a är 

f (z) = 

∞ 

an(z − z0) n , |z − z0| < r, 

n=0 

där an = 1 

n! f (n) (z0) och konvergensradien är ≥ r. 


Potensserie 

Ifall f är analytisk innanför cirkeln |z − z0| = r s˚a är 

f (z) = 

∞ 

an(z − z0) n , |z − z0| < r, 

n=0 

där an = 1 

n! f (n) (z0) och konvergensradien är ≥ r. 

Omvänt, ifall f (z) = ∞ 

n=0 an(z − z0) n s˚a är f analytisk i mängden 

{ z : |z − z0| < R } där R är konvergensradien och 

f ′ (z) = 

∞ 

nan(z − z0) n−1 , |z − z0| < R 

n=1 

dvs. serien kan deriveras (och integreras) termvis. 


Laurent-serie 

Om f är analytisk i mängden { z : r < |z − z0| < R } s˚a är 

f (z) = 

∞ 

n=−∞ 

an(z − z0) n , 

där serien konvergerar (absolut) för alla z s˚a att r < |z − z0| < R och kan 

deriveras och integreras termvis. 


Laurent-serie 

Om f är analytisk i mängden { z : r < |z − z0| < R } s˚a är 

f (z) = 

∞ 

n=−∞ 

an(z − z0) n , 

där serien konvergerar (absolut) för alla z s˚a att r < |z − z0| < R och kan 

deriveras och integreras termvis. 

an = 1 

2πi 

 

Cr∗,z 0 

f (z) 

dz, 

(z − z0) n+1 

där Cr∗,z0 är cirkeln |z − z0| = r∗, r < r∗ < R, 


l’Hopitals regel 

Om f och g är analytiska i z0 och f (z0) = g(z0) = 0 och gränsvärdet 

f 

lim 

z→z0 

′ (z) 

g ′ existerar s˚a är 

(z) 

f (z) f 

lim = lim 

z→z0 g(z) z→z0 

′ (z) 

g ′ (z) 




f 

lim 

z→z0 

′ (z) 


(z) 

f (z) f 

lim = lim 


′ (z) 

g ′ (z) 

Exempel p˚a serieutvecklingar 

1 

1−z = 1 + z + z2 + z3 + . . . = ∞ n=0 zn , |z| < 1 

ez = 1 + z + z2 z3 

2! + 3! + . . . = ∞ n=0 zn 

n! 




f 

lim 

z→z0 

′ (z) 


(z) 

f (z) f 

lim = lim 


′ (z) 

g ′ (z) 

Exempel p˚a serieutvecklingar 

1 

1−z = 1 + z + z2 + z3 + . . . = ∞ n=0 zn , |z| < 1 

ez = 1 + z + z2 z3 

2! + 3! + . . . = ∞ n=0 zn 

n! 

sin(z) = z − z3 z5 

3! + 5! − . . . = ∞ n=0 

(−1) n z 2n+1 

(2n+1)! 

cos(z) = 1 − z2 z4 

2! + 4! − . . . = ∞ (−1) 

n=0 

nz 2n 

(2n)! 


z-transformationer 

Om x(n), n = 0, 1, 2, är en talföljd s˚a är z-transformationen av x 

Z(x)(z) = 

∞ 

x(n)z −n 

n=0 


z-transformationer 

Om x(n), n = 0, 1, 2, är en talföljd s˚a är z-transformationen av x 

Konvergensomr˚adet 

Z(x)(z) = 

∞ 

x(n)z −n 

Det finns ett tal R, 0 ≤ R ≤ ∞ s˚a att serien ∞ 

n=0 x(n)z−n konvergerar 

d˚a |z| > R och divergerar d˚a |z| < R. 

n=0 


Överföringsfunktioner 

Antag att H är en funktion som avbildar en talföljd x = (x(n)) ∞ n=0 

talföljd H(x) = (H(x)(n)) ∞ n=0 s˚a att 

H är linjär, dvs H(λx + µy) = λH(x) + µH(y); 

p˚a en 

H är translationsinvariant, dvs. H(τ(x)) = τ(H(x)) där τ(x)(0) = 0 

och τ(x)(n) = x(n − 1) d˚a n ≥ 1; 

Det finns ett tal C < ∞ s˚a att |H(δ)(n)| ≤ C n+1 , n ≥ 0 där δ(0) = 1 

och δ(n) = 0, n ≥ 1. 

d˚a finns det en funktion H(z), den sk. överföringsfunktionen s˚a att 

Y (z) = H(z)X (z) 

där X = Z(x) och Y = Z(H(x)). Funktionen H(z) är z-transformationen 

av H(δ). 


Residy 

Om f (z) = 

∞ 

n=−∞ 

residyn av f i punkten z0. 

an(z − z0) n d˚a 0 < |z − z0| < R s˚a är a−1 = Res(f , z0) 


Residy 

Om f (z) = 

∞ 

n=−∞ 

residyn av f i punkten z0. 

an(z − z0) n d˚a 0 < |z − z0| < R s˚a är a−1 = Res(f , z0) 

Lemma 

Om 

 

lim (z − z0)f (z) 

z→z0 

= w existerar 

eller d˚a m > 1 

1 d 

lim 

z→z0 (m − 1)! 

m−1 

dzm−1 

(z − z0) m f (z) = w existerar 

s˚a är Res(f , z0) = w. 

(m m˚aste vara minst ordningen av polen i z0.) 


Residyteoremet 

Ifall γ är en sluten stig och f är analytisk p˚a och innanför γ ∗ bortsett fr˚an 

punkterna zj för vilka ν(γ, zj) = 1, j = 1, . . . , k s˚a är 

 

γ 

f (z) dz = 2πi 

k 

Res(f , zj). 

j=1 


Varför? 

Om γj är en cirkel med mittpunkt zj och s˚a liten radie rj att f är analytisk 

i { z : 0 < |z − zj| ≤ rj } ⊂ Ω s˚a kan vi skriva 

Eftersom d 

dz 

f (z) = 

∞ 

n=−∞ 

aj,n(z − zj) n , 0 < |z − zj| ≤ rj. 

1 

n+1zn+1 = zn d˚a n = −1 blir 

γj aj,n(z − zj) n dz = 0 d˚a 

n = −1 och 

 

 

f (z) dz = aj,−1 

γj 

γj 

1 

dz = 2πiaj,−1 = 2πiRes(f , zj). 

z − zj 

Nu följer residyteoremet av att man tillämpar Cauchys integralteorem, ver 

1.2 p˚a stigarna γ och γ ↢ j , j = 1, . . . , k. 


Beräkning av integraler 

Om f är analytisk p˚a reella axeln och i övre halvplanet (Im (z) > 0) 

|zf (z)| = 0, (dvs. om 

bortsett fr˚an punkterna zj, j = 1, . . . , k, och limIm z≥0 

|z|→∞ 

f är rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst 2) 

s˚a är 

∞ 

−∞ 

R 

f (x) dx = lim f (x) dx = 2πi 

R→∞ −R 

k 

Res(f , zj). 


j=1

Exempel 

∞ 

Beräkna med hjälp av residyteoremet integralen 

1 

−∞ 

1 

(x 2 + 1)(x 2 + 4) dx. 

Lösning: L˚at f (z) = (z2 +1)(z2 . Denna funktion är analytisk i alla 

+4) 

punkter utom nämnarens nollställen vilka är 

z = ±i och z = ±2i. 

Av dessa är det endast +i och +2i som ligger i övre halvplanet. Eftersom 

nämnarens gradtal minus täljarens gradtal är 4 s˚a ser vi ocks˚a att 

lim |z||f (z)| = 0. 

|z|→∞ 


forts. 

Vi kan allts˚a använda residyteoremet och vi f˚ar 

∞ 1 

−∞ (x 2 + 1)(x 2 + 4) dx = 2πiRes(f , i) + Res(f , 2i) 

 

= 2πi lim (z − i)f (z) + 2πi lim (z − 2i)f (z) 

z→i 

z→2i 

z − i 

= 2πi lim 

z→i (z − i)(z + i)(z − 2i)(z + 2i) 

z − 2i 

+ 2πi lim 

z→2i (z − i)(z + i)(z − 2i)(z + 2i) 

1 

1 

= 2πi lim 

+ 2πi lim 

z→i (z + i)(z − 2i)(z + 2i) z→2i (z − i)(z + i)(z + 2i) 

2πi 2πi π π π 

= + = − = 

2i (−i) 3i i 3i 4i 3 6 6 . 


Teorem 

Ifall a > 0, g är analytisk p˚a reella axeln och i övre halvplanet (Im (z) > 0) 

|g(z)| = 0 (när g är 


|z|→∞ 

rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst 1) s˚a är 

∞ 

−∞ 

e iax R 

g(x) dx = lim 

R→∞ 

e 

−R 

iax g(x) dx = 2πi 

k 

Res(e iaz g(z), zj). 


j=1

Teorem 

Ifall a > 0, g är analytisk p˚a reella axeln och i övre halvplanet (Im (z) > 0) 

|g(z)| = 0 (när g är 


|z|→∞ 

rationell, ifall skillnaden mellan nämnarens och täljarens gradtal är minst 1) s˚a är 

∞ 

−∞ 

Obs! 

e iax R 

g(x) dx = lim 

R→∞ 

e 

−R 

iax g(x) dx = 2πi 

k 

Res(e iaz g(z), zj). 

j=1 

R 

−R eiax 

g(x) dx och 

Om g(x) är reell s˚a är R 

−R sin(ax)g(x) dx = Im 

 

R 

R 

−R cos(ax)g(x) dx = Re −R eiax 

g(x) dx , och det är i b˚ada fallen 

enklare att räkna ut limR→∞ 

R 

−R eiax g(x) dx och sedan ta imaginära eller 

reella delen än att skriva tex. sin(ax) = 1 

2i (eiax − e iax ). (Att försöka 

tillämpa residyteoremet p˚a funktionen sin(az)g(z) eller cos(az)g(z) lyckas 

vanligen inte alls.) 


Lemma 

2π 

0 

F (cos(t), sin(t)) dt 

= 

ifall f (z) = F 

2π 

0 

F 

1 it −it 

2 e + e , 1 

it −it 

2i e − e 1 

ieit ieit 

dt = f (z) dz 

γ 

 

1 

2 z + 1 

 

, 1 

 

2i z − 1 

 

1 

z 

z 

iz 

och γ är enhetscirkeln 

|z| = 1. Integralen kan räknas ut med residyteoremet (ifall förutsättningarna 

är uppfyllda). 


Nollställen, poler 

∞ 

Om f (z) = an(z − z0) n d˚a 0 < |z − z0| < R där am = 0 och R > 0, 

n=m 

(och f (z0) = a0 om m ≥ 0) s˚a är 

z0 ett nollställe av ordningen m om m > 0 (dvs. med multipliciteten m), 



∞ 


n=m 



z0 är en pol av ordningen |m| om m < 0 (dvs. med multipliciteten |m|). 



∞ 


n=m 




Om f (z) = 

∞ 

an(z − z0) n och an = 0 för oändligt m˚anga n < 0 s˚a är z0 en 

n=−∞ 

väsentlig singularitet. 



∞ 


n=m 




Om f (z) = 

∞ 

an(z − z0) n och an = 0 för oändligt m˚anga n < 0 s˚a är z0 en 

n=−∞ 

väsentlig singularitet. 

Exempel 

0 är ett nollställe av ordningen 1 till sin(z) 

0 är ett nollställe av ordningen 2 till 1 − cos(z) 


Lemma 

z0 är ett nollställe av ordningen m till f 

⇔ 

f (z0) = f ′ (z0) = . . . = f (m−1) (z0) = 0 och f (m) (z0) = 0 


Lemma 


⇔ 


⇔ 

lim 

z→z0 

f (z) 

existerar och är = 0 

(z − z0) m 


Lemma 


⇔ 


⇔ 

lim 

z→z0 

⇔ 

f (z) 


(z − z0) m 

z0 är en pol av ordningen m till 1 

f 


Lemma 


⇔ 


⇔ 

lim 

z→z0 

⇔ 

f (z) 


(z − z0) m 


f 

Lemma 

z0 är en pol av ordningen m till f 


Lemma 


⇔ 


⇔ 

lim 

z→z0 

⇔ 

f (z) 


(z − z0) m 


f 

Lemma 


⇔ 

limz→z0 (z − z0) m f (z) existerar och är = 0 


Lemma 


⇔ 


⇔ 

lim 

z→z0 

⇔ 

f (z) 


(z − z0) m 


f 

Lemma 


⇔ 

limz→z0 (z − z0) m f (z) existerar och är = 0 

⇔ 

z0 är ett nollställe av ordningen m till 1 

f 


Lemma 

Om f är analytisk i z0 och z0 är ett nollställe av ordningen m s˚a är 

 

f ′ 

Res , z0 = m 

f 

Lemma 

Om f är analytisk i mängden { z : 0 < |z − z0| < r } där r > 0 och z0 är 

en pol av ordningen m s˚a är 

 

f ′ 

Res , z0 = −m 

f 


Antalet lösningar till en ekvation innanför en sluten stig 

Om f är analytisk p˚a och innanför γ ∗ (och den slutna stigen γ g˚ar ett varv 

i positiv riktning) och ϕ, där ϕ(t) = f (γ(t)), t ∈ [a, b], g˚ar m varv runt w 

s˚a finns det m lösningar till ekvationen f (z) = w innanför γ ∗ 


Antalet lösningar till en ekvation innanför en sluten stig 

Om f är analytisk p˚a och innanför γ ∗ (och den slutna stigen γ g˚ar ett varv 

i positiv riktning) och ϕ, där ϕ(t) = f (γ(t)), t ∈ [a, b], g˚ar m varv runt w 

s˚a finns det m lösningar till ekvationen f (z) = w innanför γ ∗ 

Mera exakt 

Ifall ν(γ, z) = 1 eller 0 d˚a z ∈ C \ γ ∗ och f är analytisk p˚a och innanför 

γ ∗ bortsett fr˚an högst ett ändligt antal poler innanför γ ∗ s˚a är 

1 

2πi 

 

γ 

f ′ (z) 1 

dz = 

f (z) − w 2πi 

 

ϕ 

1 

dz = ν(ϕ, w), 

z − w 

där ϕ(t) = f (γ(t)), t ∈ [a, b], antalet lösningar till ekvationen f (z) = w 

minus antalet poler innanför γ ∗ (räknade med multiplicitet). 


Lemma 

Om f är analytisk i punkten z0 och f (z0) = 0 s˚a finns det ett tal r > 0 s˚a 

att antingen gäller 

f (z) = 0 d˚a |z − z0| < r 

eller 

f (z) = 0 d˚a 0 < |z − z0| < r. 


Lemma 

Om f är analytisk i punkten z0 och f (z0) = 0 s˚a finns det ett tal r > 0 s˚a 

att antingen gäller 

Ifall 

f (z) = 0 d˚a |z − z0| < r 

eller 

f (z) = 0 d˚a 0 < |z − z0| < r. 

Analytisk fortsättning 

Ω är en öppen sammanhängande mängd, 

f och g är analytiska i Ω, 

f (z) = g(z) d˚a z ∈ A ⊂ Ω 

◮ där A är s˚adan att det finns zj ∈ A, zj = z∞, j ≥ 1 och 

limj→∞ zj = z∞ ∈ Ω, 

◮ tex. s˚a att A = ∅ och antingen är öppen eller A = Ω ∩ γ ∗ där γ är en 

stig (s˚a att γ ∗ inte best˚ar av bara en punkt), 

s˚a är f (z) = g(z) för alla z ∈ Ω. 


Exempel 

Definiera Γ(z) = ∞ 

0 e−t t z−1 dt. Man kan visa att Γ d˚a kommer att vara 

analytisk d˚a Re (z) > 0 (eftersom |t z−1 | = t Re (z)−1 d˚a t > 0). Hur är det 

med Γ(z) för andra värden av z? 

Lösning: D˚a Re (z) > 0 f˚ar vi med hjälp av partiell integrering 

∞ 

Γ(z + 1) = e −t t z ∞ −t z 

dt = −e t ∞ 

− 

Detta betyder att Γ(z) = 

0 

Γ(z) = 

0 

Γ(z + 1) 

z 

0 

−e −t zt z−1 dt = zΓ(z). 

d˚a Re (z) > 0 och vi kan definiera 

Γ(z + 1) 

, z = 0, Re (z) > −1. 

z 


forts. 

Av teoremet om analytisk fortsättning följer att ifall f (z) är en analytisk 

funktion i mängden { z : z = 0, Re (z) > −1 } s˚a att f (z) = Γ(z) d˚a 

Re (z) > 0 s˚a m˚aste den vara Γ(z+1) 

z . Vi kan nu fortsätta p˚a samma sätt 

och definiera 

Γ(z) = 

Γ(z + k) 

, z = −j, j = 0, . . . , k−1, Re (z) > −k, 

z(z + 1) . . . (z + k − 1) 

och vi ser vi f˚ar en funktion Γ som är analytisk i alla punkter utom 

{ 0, −1, −2, . . . }. 


Definition 

En funktion u(x1, . . . , xn) är harmonisk i (den öppna) mängden Ω ⊂ R n 

om den för alla (x1, . . . , xn) ∈ Ω uppfyller Laplace-ekvationen 

∆u = ux1x1 (x1, . . . , xn) + . . . + uxnxn(x1, . . . , xn) = 0. 


Definition 



Teorem 


Funktionen u(x, y) är harmonisk i Ω 

⇔ 

u(x, y) = Re (f (x + iy)) där f (z) är en analytisk funktion i Ω (d˚a 

x + iy ′′ = ′′ (x, y) ∈ Ω). 


Definition 



Teorem 


Funktionen u(x, y) är harmonisk i Ω 

⇔ 

u(x, y) = Re (f (x + iy)) där f (z) är en analytisk funktion i Ω (d˚a 

x + iy ′′ = ′′ (x, y) ∈ Ω). 

Lemma 

Om v(x, y) är en harmonisk funktion i (den öppna) mängden Ω1 och 

f : Ω2 → Ω1 är en analytisk funktion i (den öppna) mängden Ω2 s˚a är 

u(x, y) = v(Re (f (x + iy)), Im (f (x + iy))) harmonisk i Ω2. 


Exempel 

Bestäm en harmonisk funktion (uxx + uyy = 0) i första kvadranten 

{ (x, y) : x > 0, y > 0 } s˚a att u(x, 0) = 0, x > 0 och u(0, y) = 4, y > 0 

genom att visa att v(x, y) = 1 1 x 

2 − π arctan( y ) är en harmonisk funktion d˚a 

y > 0 s˚a att v(x, 0) = 1 d˚a x < 0 och v(x, 0) = 0 d˚a x > 0 och genom 

att använda den analytiska funktionen z ↦→ z2 . 

Lösning: När vi deriverar f˚ar vi 

och 

vx(x, y) = − 1 

π 

vy (x, y) = − 1 

π 

1 

y 

1 + x2 

y 2 

− x 

y 2 

1 + x2 

y 2 

= − 1 

π 

= 1 

π 

y 

x 2 + y 2 och vxx(x, y) = 1 

π 

x 

x 2 + y 2 och vyy(x, y) = − 1 

π 

Av detta är det klart att vxx + vyy = 0 s˚a v är harmonisk. 

2xy 

(x 2 + y 2 , 

) 2 

2xy 

(x 2 + y 2 ) 2 


forts. 

Om x > 0 s˚a är limy→0+ x 

y = +∞ s˚a att limy→0+ v(x, y) = 1 

2 

och om x < 0 s˚a är limy→0+ x 

y = −∞ s˚a att 

1 π − π 2 

= 0 

limy→0+ v(x, y) = 1 1 π 

2 − π (− 2 ) = 1. Eftersom f (z) = z2 är analytisk och 

avbildar mängden { z ∈ C : Re (z) > 0, Im (z) > 0 } p˚a mängden 

{ z ∈ C : Im (z) > 0 } s˚a är funktionen 

u(x, y) = cv(Re (f (x + iy)), Im (f (x + iy))) harmonisk i mängden 

{ (x, y) : x > 0, y > 0 }. Dessutom ser vi att mängden { (0, y) : y > 0 } 

avbildas mängden { (x, 0) : x < 0 } s˚a att om vi vill att u(0, y) = 4 och s˚a 

skall vi välja c = 4. P˚a motsvarande sätt ser vi att mängden 

{ (x, 0) : x > 0 } avbildas p˚a mängden { (x, 0) : x > 0 } s˚a att vi ocks˚a 

automatiskt f˚ar u(x, 0) = 0 d˚a u definieras som ovan. Eftersom 

f (x + iy) = (x + iy) 2 = x 2 + 2ixy − y 2 s˚a blir 

u(x, y) = 4v(Re (f (x + iy)), Im (f (x + iy))) 

= 4v(x 2 − y 2 , 2xy) = 4 1 1 

− 4 

2 π arctan 

 

x 2 − y 2 

2xy 


Harmoniska funktioner i polära koordinater 

Antag att w(r, θ) = v(r cos(θ), r sin(θ)) (dvs. w är v uttryckt med polära 

koordinater). D˚a uppfyller v Laplace-ekvationen vxx + vyy = 0, (dvs. den 

är harmonisk) om och endast om 

wrr + 1 

r wr + 1 

r 2 wθθ = 0. 


Harmoniska funktioner i polära koordinater 

Antag att w(r, θ) = v(r cos(θ), r sin(θ)) (dvs. w är v uttryckt med polära 

koordinater). D˚a uppfyller v Laplace-ekvationen vxx + vyy = 0, (dvs. den 

är harmonisk) om och endast om 

Medelvärdesegenskapen 

Om Ω ⊂ R n är öppen s˚a gäller: 

wrr + 1 

r wr + 1 

r 2 wθθ = 0. 

u är tv˚a g˚anger deriverbar och harmonisk (∆u = 0) i Ω 

⇔ 

u är oändligt m˚anga g˚anger deriverbar och harmonisk (∆u = 0) i Ω 

⇔ 

 

1 

u är kontinuerlig i Ω och u(x0) = R 

x=1 1 dS x=1 u(x0 + rx) dS, för 

alla x0 och r ≥ 0 s˚a att { x ∈ Rn : x − x0 ≤ r } ⊂ Ω 


Maximumprincipen 

Om Ω är en öppen begränsad mängd i R n med rand ∂Ω och u är 

kontinuerlig i Ω ∪ ∂Ω och harmonisk i Ω s˚a är 

max u(x) = max 

x∈Ω∪∂Ω x∈∂Ω u(x). 

Om Ω dessutom är sammanhängande s˚a gäller att om u(x0) = maxx∈Ω∪∂Ω u(x) 

för n˚agot x0 ∈ Ω s˚a är u en konstant funktion. 


Maximumprincipen 

Om Ω är en öppen begränsad mängd i R n med rand ∂Ω och u är 

kontinuerlig i Ω ∪ ∂Ω och harmonisk i Ω s˚a är 

max u(x) = max 

x∈Ω∪∂Ω x∈∂Ω u(x). 

Om Ω dessutom är sammanhängande s˚a gäller att om u(x0) = maxx∈Ω∪∂Ω u(x) 

för n˚agot x0 ∈ Ω s˚a är u en konstant funktion. 

Entydighet 

Om Ω är en öppen begränsad mängd i R n med rand ∂Ω och u1 och u2 är 

kontinuerliga i Ω ∪ ∂Ω och harmoniska i Ω och u1(x) = u2(x) d˚a x ∈ ∂Ω 

s˚a är u1(x) = u2(x) för alla x ∈ Ω. 


Poissons formel i enhetscirkeln 

Om u(x, y) är t.ex. begränsad d˚a x 2 + y 2 < 1 s˚a är u harmonisk i 

{ (x, y) : x 2 + y 2 < 1 } ⇔ 

u(r cos(θ), r sin(θ)) 

= 1 

2π 

2π 

0 

1 − r 2 

1 − 2r cos(θ − t) + r 2 u cos(t), sin(t) dt, r < 1. 


Poissons formel i enhetscirkeln 

Om u(x, y) är t.ex. begränsad d˚a x 2 + y 2 < 1 s˚a är u harmonisk i 

{ (x, y) : x 2 + y 2 < 1 } ⇔ 

u(r cos(θ), r sin(θ)) 

= 1 

2π 

2π 

0 

Poissons formel i övre halvplanet 

1 − r 2 

1 − 2r cos(θ − t) + r 2 u cos(t), sin(t) dt, r < 1. 

Om u(x, y) är t.ex. begränsad d˚a x ∈ R och y > 0 s˚a är u harmonisk i 

{ (x, y) : x ∈ R, y > 0 } ⇔ 

u(x, y) = 1 

∞ y 

π (x − t) 2 u(t, 0) dt, y > 0. 

+ y 2 

−∞ 


Strömningsproblem i tv˚a dimensioner 

Hastighetsvektorn för en virvelfri strömning av en inkompressibel ”vätska” 

med viskositet 0 (dvs. utan ”friktion”) är v(x, y) s˚a att v = ∇Φ och 

∇ · v = 0. Dessa villkor innebär att 0 = ∇ · ∇Φ = Φxx + Φyy, dvs. Φ är 

harmonisk. 

Om nu f (x + iy) = Φ(x, y) + iΨ(x, y) är analytisk s˚a följer av 

Cauchy-Riemann ekvationerna att hastighetsvektorn 

(Φx, Φy ) = (Re (f ′ ), Im (f ′ )) och (Φx, Φy ) ⊥ (Ψx, Ψy ), dvs. 

hastighetsvektorn är parallell med kurvan Ψ = c (där c är en konstant) 

som allts˚a är en ”strömningslinje”. 


Exempel 

Vilket strömningsproblem kan beskrivas med funktionen f (z) = z 2 i 

mängden { z ∈ C : Im z > 0 }? 

Lösning: I dethär fallet är f (x + iy) = x 2 − y 2 + i2xy. Strömningslinjerna 

är allts˚a kurvorna xy = c där c är en konstant och hastighetsvektorn är 

(2x, −2y) = 2xi − 2yj. Av detta kan vi se att det är fr˚agan om en 

strömning mot den reella axeln som delar sig och g˚ar ut mot den positiva 

eller negativa sidan. 

. 

. 


Exempel 

Vilken situation i strömningsmekanik kan beskrivas med funktionen 

f (z) = z + 1 

z (d˚a |z| ≥ 1)? 

Lösning: Vi skriver f = Φ + iΨ och om vi använder polära koordinater, 

dvs. väljer z = reiθ s˚a har vi 

f (z) = re iθ + 1 

r e−iθ 

= cos(θ) r + 1 

 

+ i sin(θ) r − 

r 

1 

 

. 

r 

Eftersom f ′ (z) = 1 − 1 

z 2 s˚a ser vi att f ′ (z) → 1 d˚a |z| → ∞, dvs. l˚angt 

borta fr˚an origo är hastighetsvektorn i stort sett en enhetsvektor i x-axelns 

riktning. Strömningslinjerna bestäms av ekvationerna Ψ = c, dvs. 

θ = arcsin( cr 

r 2 cr 

) och θ = π − arcsin( −1 r 2 ). Om c = 0 gäller antingen 

−1 

r = 1, θ = 0 eller θ = π och det är fr˚agan om strömning i omr˚adet utanför 

enhetscirkeln med mittpunkt i origo. 

. 


.

Laplace-transformationen 

∞ 

L(f )(s) = e −st f (t) dt 

0 



∞ 

L(f )(s) = e −st f (t) dt 

Exempel 

L(1)(s) = 1 

s 

L(t)(s) = 1 

s 2 

L(e at )(s) = 1 

s−a 

L(cos(ωt))(s) = s 

s 2 +ω 2 

L(sin(ωt))(s) = ω 

s 2 +ω 2 

0 



∞ 

L(f )(s) = e −st f (t) dt 

Exempel 

L(1)(s) = 1 

s 

L(t)(s) = 1 

s 2 

L(e at )(s) = 1 

s−a 

L(cos(ωt))(s) = s 

s 2 +ω 2 

L(sin(ωt))(s) = ω 

s 2 +ω 2 

Laplace-transformationen är linjär! 

0 

L(αf + βg) = αL(f ) + βL(g) 


Teorem 

Ifall T 

0 

|f (t)| dt < ∞ för alla T > 0 

T 

0 e−s0t f (t) dt existerar för n˚agot tal s0 ∈ C 

limT →∞ 

s˚a gäller att 

T 

F (s) = limT →∞ 0 e−stf (t) dt existerar d˚a Re (s) > Re (s0), 

F (s) är analytisk i mängden { s ∈ C : Re (s) > Re (s0) }. 


Teorem 

Ifall T 

0 

|f (t)| dt < ∞ för alla T > 0 

T 

0 e−s0t f (t) dt existerar för n˚agot tal s0 ∈ C 

limT →∞ 

s˚a gäller att 

T 

F (s) = limT →∞ 0 e−stf (t) dt existerar d˚a Re (s) > Re (s0), 

F (s) är analytisk i mängden { s ∈ C : Re (s) > Re (s0) }. 

Teorem 

Laplace-transformationen är entydig, dvs. om L(f )(s) = L(g)(s) d˚a 

Re (s) > α s˚a är f(t)=g(t) för nästan alla t ≥ 0. 


Räkneregler, derivator mm. d˚a F (s) = L(f )(s) 

L(f ′ )(s) = sF (s) − f (0) 

F ′ (s) = L(−tf (t))(s) 

L(f ′′ )(s) = s 2 F (s) − sf (0) − f ′ (0) 

L 

t 

0 f (τ) dτ 

 

(s) = 1 

s F (s) 


Räkneregler, derivator mm. d˚a F (s) = L(f )(s) 

L(f ′ )(s) = sF (s) − f (0) 

F ′ (s) = L(−tf (t))(s) 

L(f ′′ )(s) = s 2 F (s) − sf (0) − f ′ (0) 

L 

t 

0 f (τ) dτ 

 

(s) = 1 

s F (s) 

Räkneregler, förskjutningsregler mm. d˚a F (s) = L(f )(s) 

L(e at f (t))(s) = F (s − a) 

L(f (t − a)u(t − a))(s) = e −as F (s) 

där u(t) = 1 d˚a t > 0, u(t) = 0 d˚a t < 0 och a ≥ 0. 

L f (at) (s) = 1 

aF 

s 

a , a > 0 


Exempel 

Lös begynnelsevärdesproblemet 

y ′′ (t) + 4y ′ (t) + 3y(t) = 4 + 3t, y(0) = 3, y ′ (0) = −6, 

med hjälp av Laplace-transformering. 

Lösning: L˚at Y (s) = L(y(t)) s˚a att L(y ′ (t)) = sY (s) − y(0) = sY (s) − 3 

och 

L(y ′′ (t)) = sL(y ′ (t)) − y ′ (0) = s2Y (s) − sy(0) − y ′ (0) = s2Y (s) − 3s + 6. 

Eftersom L(4 + 3t) = 4 3 

s + s2 = 4s+3 

s2 s˚a f˚ar vi genom att ta 

Laplace-transformationer av b˚ada sidorna i ekvationen 

s 2 Y (s) − 3s + 6 + 4sY (s) − 12 + 3Y (s) = 

s˚a att vi f˚ar d˚a vi löser ekvationen 

Y (s) = 

3s + 6 

s2 + 4s + 3 + 

4s + 3 

s2 (s2 + 4s + 3) . 

4s + 3 

s 2 , 


forts. 

För att kunna göra en partialbr˚aksuppdelning m˚aste vi först faktorisera 

s 2 + 4s + 3 och d˚a behöver vi känna till nollställena som är 

s = −2 ± √ 4 − 3 = −2 ± 1, dvs. −1 och −3. Partialbr˚aksuppdelningen blir 

3s + 6 

s 2 + 4s + 3 + 

4s + 3 

s2 (s2 A B 

= + 

+ 4s + 3) s + 1 s + 3 

C D 

+ + 

s2 s . 

Koefficienterna A och B är residyer till enkla poler s˚a att 

 

3s + 6 

A = lim (s + 1) 

s→−1 (s + 1)(s + 3) + 

4s + 3 

s2 

= 

(s + 1)(s + 3) 

3 1 

− = 1, 

2 2 

 

3s + 6 

B = lim (s + 3) 

s→−3 (s + 1)(s + 3) + 

4s + 3 

s2 

= 

(s + 1)(s + 3) 

3 1 

+ = 2, . 

2 2 

För att f˚a C multiplicerar vi med s2 och l˚ater s → 0: 

C = lim s 

s→0 2 

 

3s + 6 

(s + 1)(s + 3) + 

4s + 3 

s2 

(s + 1)(s + 3) 

= 1. 


forts. 

Koefficienten D kan t.ex. räknas ut genom att multiplicera med s2 sedan 

derivera och sedan l˚ata s → 0: 

 

d 

D = lim s 

s→0 ds 

2 

 

3s + 6 

(s + 1)(s + 3) + 

4s + 3 

s2 

(s + 1)(s + 3) 

 

3s + 6 

= lim 2s 

s→0 (s + 1)(s + 3) + s2 3(s2 + 4s + 3) − (3s + 6)(2s + 4) 

(s2 + 4s + 3) 2 

+ 4(s2 + 4s + 3) − (4s + 3)(2s + 4) 

(s2 + 4s + 3) 2 

 

= 0. 

Nu ser vi med hjälp av partialbr˚aksuppdelningen att 

L −1 

 

3s + 6 

s2 + 4s + 3 + 

4s + 3 

s2 (s2 

+ 4s + 3) 

 

1 

+ L 

s + 1 

−1 

 

2 

+ L 

s + 3 

−1 

= L −1 

 

1 

s2 

= e −t + 2e −3t + t. 


Konvolution (faltning) 

(f ∗ g)(t) = 

t 

0 

f (t − τ)g(τ) dτ 

L(f ∗ g) = L(f )L(g) 


Konvolution (faltning) 

Delta-funktionalen 

(f ∗ g)(t) = 

t 

0 

f (t − τ)g(τ) dτ 

L(f ∗ g) = L(f )L(g) 

δT = d 

u(t − T ) 

dt 

men u(t − T ) är inte deriverbar s˚a δT är en generaliserad funktion, s˚a att 

∞ 

f (t)δT (dt) = f (T ). 

−∞ 

L(δT )(s) = e −sT , T ≥ 0 

(δT ∗ f )(t) = u(t − T )f (t − T ), T ≥ 0 


Exempel 

Beräkna den inversa transformationen L−1 

1 

s2 konvolutionsprodukten. 

 

1 

s+2 med hjälp av 


Exempel 


1 


Lösning: Eftersom L(t) = 1 

1 

s 2 

1 

s+2 = L(t ∗ e−2t )(s) 

s2 och L(e−2t ) = 1 

s+2 

 

1 


s˚a är 


Exempel 


1 


Lösning: Eftersom L(t) = 1 

1 

s 2 

1 

s+2 = L(t ∗ e−2t )(s) och 

(t ∗ e −2t )(t) = 

= 

= 1 

2t − 

t 

0 

t 0 

t 

1 

s2 och L(e−2t ) = 1 

s+2 

(t − τ)e −2τ dτ 

(t − τ) − 1 

−2τ 

2 e − 

0 

2e−2τ dτ = 1 

2t − 

t 

0 

t 0 

 

1 


s˚a är 

(−1) − 1 

−2τ 

2 e dτ 

− 1 

4 

−2τ 1 1 

e = 2t + 4e−2t − 1 

4 . 

(Observera att i uttrycket (t ∗ e −2t )(t) betyder det första t:et funktionen t ↦→ t, 

följande i e −2t visar ocks˚a endast att det är fr˚aga om funktionen t ↦→ e −t medan 

det sista är ett argument som faktiskt kan ges ett reellt värde.) 


Exempel 

L˚at 

⎧ 

⎪⎨ t, 0 ≤ t < 3, 

f (t) = 6 − t, 

⎪⎩ 

0, 

3 ≤ t < 6, 

t > 6. 

Beräkna Laplace-transformationen av f genom att först skriva ut f med 

hjälp av stegfunktionen u och sedan använda förskjutningsregeln. 

Lösning: Ifall 0 ≤ a 

 

0, d˚a t < a eller t > b, 

u(t − a) − u(t − b) = 

1, d˚a a < t < b. 


forts. 

Vi kan nu skriva 

f (t) = t u(t) − u(t − 3) + (6 − t) u(t − 3) − u(t − 6) 

= tu(t) − 2(t − 3)u(t − 3) + (t − 6)u(t − 6). 

Med hjälp av förskjutningsregeln f˚ar vi nu (eftersom L(t)(s) = 1 

s 2 ) att 

L(f )(s) = 1 1 

− 2 

s2 s2 e−3s + 1 

s2 e−6s . 


Exempel 

Bestäm en lösning till diffusionsekvationen 

ut(t, x) = uxx(t, x), t > 0, x > 0, 

d˚a u(0, x) = 0, x > 0, u(t, 0) = g(t) och det finns en konstant a > 0 s˚a 

att ∞ 

0 e−at |g(t)| dt < ∞. 

Lösning: Antag att u är en lösning till problemet som är s˚adan att 

räkneoperationerna som följer kan genomföras. L˚at 

U(s, x) = ∞ 

0 e−stu(t, x) dx där s > a (dvs. vi använder ett reellt s). Om 

vi nu tar Laplace-transformationen av b˚ada sidorna i ekvationen ut = uxx 

s˚a f˚ar vi för all s > a, eftersom u(0, x) = 0 och vi antar att vi kan byta ordning 

p˚a integreringen och x-deriveringen, 

sU(s, x) = Uxx(s, x), x > 0. 


forts. 

Denhär differentialekvationens karakteristiska ekvation är λ 2 − s = 0 s˚a att 

λ = ± √ s och den allmänna lösningen är U(s, x) = c1e √ sx + c2e −√ sx . Om 

nu U(s, x) för varje x är Laplace-transformationen av en funktion som inte 

växer för snabbt s˚a gäller lims→∞ U(s, x) = 0 vilket innebär att c1 = 0. Av 

antagandet följer att U(s, 0) = L(g)(s) vilket innebär att c2 = L(g)(s) 

och vi har 

U(s, x) = L(g)(s)e −x√ s . 

Genom att konsultera tabeller eller räkna komplexa integraler kan man 

konstatera, att 

 

1 

L 

2 √ 

1 

e− 4t (s) = e 

πt3 −√s , 

vilket innebär att e −x√ s = e − √ x 2 s är Laplace-transformationen av 

funktionen 

1 

x 2 

1 

 

2 π( t 

x2 ) 3 

e 

− 1 

4 t 

x2 = x 

2 √ x2 

e− 

πt3 G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 73 / 89 

4t .

forts. 

Eftersom Laplace-transformationen av en konvolution är produkten av 

Laplace-transformationerna s˚a ser vi att lösningen är (och detta kan 

kontrolleras genom en direkt räkning) 

u(t, x) = 

t 

0 

x 

g(t − τ) 

2 √ πτ 

3 e− x2 

4τ dτ. 


Fourier-integraler 

Om ∞ 

−∞ |f (t)| dt < ∞ s˚a är Fourier-transformationen av f 

∞ 

ˆf (ω) = e −i2πωt f (t) dt, ω ∈ R 

−∞ 

Även definitionerna ∞ 

−∞ e−iωtf (t) dt och 1 

∞ 

√ 

2π −∞ e−iωtf (t) dt används! 


Fourier-integraler 

Om ∞ 

−∞ |f (t)| dt < ∞ s˚a är Fourier-transformationen av f 

∞ 

ˆf (ω) = e −i2πωt f (t) dt, ω ∈ R 

−∞ 

Även definitionerna ∞ 

−∞ e−iωtf (t) dt och 1 

∞ 

√ 

2π −∞ e−iωtf (t) dt används! 

Lemma 

Ifall ∞ 

−∞ |f (t)| dt < ∞ s˚a är ˆf kontinuerlig och lim |ω|→∞ ˆf (ω) = 0 


Räkneregler 

αf = αˆf 

f + g = ˆf + ˆg 

ˆg(ω) = e−i2πωt0ˆf (ω) ifall g(t) = f (t − t0) 

 

f (αt)(ω) = 1 

|α| ˆ f ω 

α 

e −πt2 (ω) = e−πω2 G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 76 / 89

Teorem 

Ifall ∞ 

−∞ |ˆf (ω)| dω < ∞ s˚a är 

∞ 

f (t) = e i2πωtˆ f (ω) dω. 

−∞ 


Teorem 

Ifall ∞ 

−∞ |ˆf (ω)| dω < ∞ s˚a är 

Obs! 

∞ 

f (t) = e i2πωtˆ f (ω) dω. 

−∞ 

Ifall f (t) = 0 d˚a t < 0 s˚a är ˆf (ω) = L(f )(2πiω) 


Exempel 

Ge en formel med vars hjälp man kan invertera Laplace-transformationen. 


Exempel 


Lösning: L˚at F (s) = L(f )(s) och definiera f (t) = 0 d˚a t < 0. Det innebär 

att 

∞ 

F (σ + i2πω) = e −(σ+i2πω)t ∞ 

f (t) dt = e −i2πωt e −σt f (t) dt = ˆg(ω), 

om g(t) = e −σt f (t). 

0 


−∞

Exempel 



att 

∞ 

F (σ + i2πω) = e −(σ+i2πω)t ∞ 


0 

|F (σ + i2πω)| dω < ∞ 

s˚a f˚ar vi med hjälp av den inversa Fourier-transformationen 

g(t) = e −σt ∞ 

f (t) = e i2πωt ∞ 

ˆg(ω) dω = e i2πωt F (σ + i2πω) dω. 

−∞ 

om g(t) = e−σtf (t). Om nu ∞ 

−∞ |ˆg(ω)| dω = ∞ 

−∞ 

−∞ 


−∞

Exempel 



att 

∞ 

F (σ + i2πω) = e −(σ+i2πω)t ∞ 


0 

|F (σ + i2πω)| dω < ∞ 

s˚a f˚ar vi med hjälp av den inversa Fourier-transformationen 

g(t) = e −σt ∞ 

f (t) = e i2πωt ∞ 

ˆg(ω) dω = e i2πωt F (σ + i2πω) dω. 

−∞ 

om g(t) = e−σtf (t). Om nu ∞ 

−∞ |ˆg(ω)| dω = ∞ 

−∞ 

−∞ 

Genom att göra ett variabelbyte 2πω = τ kan vi skriva resultatet i formen 

f (t) = eσt 

∞ 

e 

2π 

iτt F (σ + iτ) dτ. 

−∞ 


−∞

Konvolution 

f ∗ g = ˆf ˆg när (f ∗ g)(t) = ∞ 

−∞ f (t − τ)g(τ) dτ. 

Teorem 

Ifall ∞ 

−∞ |f (t)|2 dt < ∞ s˚a finns det en funktion ˆf s˚a att 

∞ 

|ˆf (ω)| 2 ∞ 

dω = |f (t)| 2 dt 

−∞ 

lim 

T →∞ 

lim 

T →∞ 

∞ 

 

 

−∞ 

ˆ f (ω) − 

∞ 

 

f (t) − 

−∞ 

−∞ 

T 

−T 

T 

−T 

e −i2πωt 2 

 

f (t) dt 

dω = 0 

e i2πωtˆf 

2 

 

(ω) dω 

dt = 0 


Fourier-koefficienter 

Om 1 

0 |f (t)| dt < ∞ och f (t + 1) = f (t) s˚a är 

ˆf (n) = 

1 

0 

e −i2πnt f (t) dt 



Om 1 


ˆf (n) = 

1 

0 


Integralen kan ocks˚a räknas över andra intervall, t.ex. 

ˆf (n) = 1 

2 

− 1 e 

2 

−i2πntf (t) dt. 



Om 1 


ˆf (n) = 

1 

0 



ˆf (n) = 1 

2 

− 1 e 

2 


Om f istället har perioden T s˚a blir 

ˆf (n) = 1 

T 

i2πnt 

− 

e T f (t) dt = 

T 0 

1 

T 

T 

2 

− T 

2 

i2πnt 

− 

e T f (t) dt. 



Om 1 


ˆf (n) = 

1 

0 



ˆf (n) = 1 

2 

− 1 e 

2 


Om f istället har perioden T s˚a blir 

Lemma 

ˆf (n) = 1 

T 

i2πnt 

− 

e T f (t) dt = 

T 0 

1 

T 

1 

0 

T 

2 

− T 

2 

i2πnt 

− 

e T f (t) dt. 

|f (t)| dt < ∞ ⇒ lim ˆf (n) = 0 

|n|→∞ 


Obs! 

1 

0 

e i2πnt dt = 

 

1, d˚a n = 0, 

0, d˚a n = 0. 


Obs! 

Obs! 

Om 

s˚a är 

1 

0 

e i2πnt dt = 

f (t) = 

 

1, d˚a n = 0, 

n 

0, d˚a n = 0. 

ane i2πnt 

ˆf (n) = an, n ∈ Z. 


Obs! 

Obs! 

Om 

s˚a är 

Teorem 

1 

0 

e i2πnt dt = 

f (t) = 

 

1, d˚a n = 0, 

n 

0, d˚a n = 0. 

ane i2πnt 

ˆf (n) = an, n ∈ Z. 

Om f (t + 1) = f (t), 1 

0 |f (t)| dt < ∞ och f är deriverbar i punkten t0 s˚a är 

lim 

N→∞ 

M→−∞ n=M 

N 

e i2πnt0ˆf (n) = f (t0) 


Varför? 

Definiera 

g(t) = 

Av antagandet följer att 1 

t → 0. 

f (t+t0)−f (t0) 

e −i2πt −1 , t /∈ Z, 

i 

2π f ′ (t0), t ∈ Z. 

0 |g(t)| dt < ∞ eftersom e−i2πt −1 

t 

→ −i2π d˚a 


Varför? 

Definiera 

g(t) = 

f (t+t0)−f (t0) 

e −i2πt −1 , t /∈ Z, 

i 

2π f ′ (t0), t ∈ Z. 



t → −i2π d˚a 

t → 0. Eftersom f (t + t0) = g(t)(e−i2πt − 1) + f (t0) s˚a f˚ar vi 

ˆf (n)e i2πnt0 = 

1 

där δ0,0 = 1 och δn,0 = 0, n = 0. 

0 

e −i2πnt f (t + t0) dt = ˆg(n + 1) − ˆg(n) + f (t0)δn,0, 


Varför? 

Definiera 

g(t) = 

f (t+t0)−f (t0) 

e −i2πt −1 , t /∈ Z, 

i 

2π f ′ (t0), t ∈ Z. 



t → −i2π d˚a 

t → 0. Eftersom f (t + t0) = g(t)(e−i2πt − 1) + f (t0) s˚a f˚ar vi 

ˆf (n)e i2πnt0 = 

1 

0 

e −i2πnt f (t + t0) dt = ˆg(n + 1) − ˆg(n) + f (t0)δn,0, 

där δ0,0 = 1 och δn,0 = 0, n = 0. Av detta följer att (d˚a M < 0, N > 0) 

N 

ˆf (n)e i2πnt0 = ˆg(N + 1) − ˆg(M) + f (t0) → f (t0) 

n=M 

d˚a M → −∞ och N → ∞ eftersom lim |n|→∞ ˆg(n) = 0, vilket i sin tur är 

en följd av att 1 

0 |g(t)| dt < ∞. 


Teorem 

Ifall 1 

0 |f (t)|2 dt < ∞ s˚a är 

1 

0 

|f (t)| 2 dt = 

1 

lim 

N→∞ 0 

M→−∞ 

∞ 

n=−∞ 

 

 

 

f 

(t) − 

 

| ˆ f (n)| 2 

N 

n=−M 

e i2πntˆf 

 

 

 

(n) 

 

2 

dt = 0 

Omvänt gäller att ifall (cn) ∞ n=−∞ är s˚adan att ∞ 

n=−∞ |cn| 2 < ∞ s˚a finns 

det en funktion f s˚a att 1 

0 |f (t)|2 dt < ∞ och ˆf (n) = cn. 


1 

√ N 

Den diskreta Fourier-transformationen 

ˆF(m) = 

N−1 

k=0 

i2πmk 

− 

e N F(k) 

N−1 i2πmk 

k=0 

e− N F(k) eller 

Ofta används instället defintionen 1 

N 

N−1 i2πmk 

k=0 

e− N F(k) men detta betyder bara att talet N dyker upp p˚a 

andra ställen. 


1 

√ N 

Den diskreta Fourier-transformationen 

ˆF(m) = 

N−1 

k=0 

i2πmk 

− 

e N F(k) 

N−1 i2πmk 

k=0 

e− N F(k) eller 

Ofta används instället defintionen 1 

N 

N−1 i2πmk 

k=0 

e− N F(k) men detta betyder bara att talet N dyker upp p˚a 

andra ställen. 

Obs! 

När F är periodisk, dvs. F(k + N) = F(k) gäller ocks˚a 

ˆF(m) = 

N+M−1 

k=M 

i2πmk 

− 

e N F(k) 


FFT 

En algoritm som kan räkna den diskreta Fourier-transformationen med 

högst cN log(N) räkneoperationer och inte c ′ N 2 som en direkt räkning kräver. 


FFT 



Den inversa transformationen 

F(k) = 1 

N−1 

N 

m=0 

e i2πmk 

N 

ˆF(k) 


FFT 



Den inversa transformationen 

Konvolutioner 

F(k) = 1 

N−1 

N 

m=0 

e i2πmk 

N 

ˆF(k) 

Om F(k + N) = F(k), G(k + N) = G(k) och H(k) = N−1 j=0 F(k − j)G(j) 

s˚a är 

ˆH(m) = ˆF(m)ˆG(m) 


Exempel 

Ifall talen ak och bk, k = 0, 1, . . . , är givna kan det i m˚anga fall finnas 

behov att räkna ut 

ck = 

k 

ak−jbj, k = 0, 1, . . . . 

j=0 


Exempel 



ck = 

k 

ak−jbj, k = 0, 1, . . . . 

j=0 

Man kan först˚as räkna detta direkt men om det skall göras för m˚anga tal 

k kan det löna sig att använda den diskreta Fourier-transformationen p˚a 

följande sätt: Först m˚aste man bestämma sig för ett tal n s˚a att man 

räknar ut ck för k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 och för detta behövs talen ak och bk 

d˚a k = 0, 1, . . . , n − 1. 


Exempel 



ck = 

k 

ak−jbj, k = 0, 1, . . . . 

j=0 

Man kan först˚as räkna detta direkt men om det skall göras för m˚anga tal 

k kan det löna sig att använda den diskreta Fourier-transformationen p˚a 

följande sätt: Först m˚aste man bestämma sig för ett tal n s˚a att man 

räknar ut ck för k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 och för detta behövs talen ak och bk 

d˚a k = 0, 1, . . . , n − 1. Vi l˚ater N = 2n och definierar A(k) = ak och 

B(k) = bk d˚a k = 0, 1, . . . , n − 1, A(k) = B(k) = 0 d˚a k = n, . . . , N − 1 

och A(k + N) = A(k) och B(k + N) = B(k). Vi definierar 

C(k) = 

N−1 

j=0 

A(k − j)B(j) 


forts. 

Eftersom B(j) = bj d˚a j = 0, . . . , n − 1 och B(j) = 0 d˚a j = n, . . . , N − 1 

s˚a är C(k) = n−1 j=0 A(k − j)bj. Dessutom är A(k − j) = ak−j d˚a 

0 ≤ k − j ≤ n − 1 s˚a att 

C(k) = 

k 

j=0 

ak−jbj + 

n−1 

j=k+1 

A(k − j)bj, k = 0, . . . , n − 1. 


forts. 

Eftersom B(j) = bj d˚a j = 0, . . . , n − 1 och B(j) = 0 d˚a j = n, . . . , N − 1 

s˚a är C(k) = n−1 j=0 A(k − j)bj. Dessutom är A(k − j) = ak−j d˚a 

0 ≤ k − j ≤ n − 1 s˚a att 

C(k) = 

k 

j=0 

ak−jbj + 

n−1 

j=k+1 

A(k − j)bj, k = 0, . . . , n − 1. 

D˚a j = k + 1, k + 2, . . . , n − 1 och k = 0, 1, . . . , n − 1 är 

k − j = −1, −2, . . . , k − n + 1 ≥ −n + 1 och därför är 

n + 1 = 2n − n + 1 = N − n + 1 ≤ k − j + N ≤ N − 1 s˚a att 

A(k − j) = A(k − j + N) = 0. Detta innebär att C(k) = ck d˚a 

k = 0, 1, . . . , n − 1. Eftersom Ĉ(m) = Â(m)ˆ B(m) s˚a följer det av formeln 

inverteringen av den diskreta Fourier-transformationen att 

ck = C(k) = 1 

N−1 

e 

N 

i2πmk 

N Â(m)ˆB(m) = 1 

ÂˆB(−k), k = 0, 1, . . . , n − 1. 

N 

m=0 


L˚at 

Numerisk beräkning av Fourier-integraler 

g(t) = 

N−1 

k=0 

 

t − t0 − k∆t 

f (k∆t + t0)p 

, 

∆t 

där ∆t > 0 och p : R → R är s˚adan att p(0) = 1 och p(j) = 0 d˚a j = 0. 

D˚a är g är en interpolationsfunktion med g(k∆t + t0) = f (k∆t + t0) d˚a 

k = 0, . . . , N − 1 och g(k∆t) = 0 d˚a k < 0 eller k > N − 1. Om nu 

och 

s˚a är 

F(k) = f (k∆t + t0), k = 0, . . . , N − 1, 

∆t∆ω = 1 

N , 

ˆg(m∆ω) = ∆te −i2πm∆ωt0 ˆF(m)ˆp 

 

m 

 

, m ∈ Z. 

N 


Varför? 

Vi väljer ∆ω = 1 

N∆t 

och d˚a blir 

∞ 

ˆg(m∆ω) = e −i2πm∆ωt g(t) dt 

= 

= 

N−1 

k=0 

N−1 

k=0 

−∞ 

∞ 

F(k) e −i2πm∆ωt 

t − t0 − k∆t 

p 

∆t 

−∞ 

∞ 

F(k)∆t 

= ∆te −i2πm∆ωt0 

k=0 

dt t = t0 + k∆t + τ∆t 

= 

e 

−∞ 

−i2πm∆ωt0 −i2πm∆ωk∆t −i2πm∆ω∆tτ 

e e p(τ) dτ 

N−1 

∞ 

i2πmk 

m 

− −i2π 

e N F (k) e N 

−∞ 

τ p(τ) dτ 

= ∆te −i2πm∆ωt0 ˆF(m)ˆp 

 

m 

 

. 

N 

G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 89 / 89

G. Gripenberg (TKK) Mat-1.1531 Gk3-I 20 augusti 2009 1 / 89

Transform your PDFs into Flipbooks and boost your revenue!

Delete template?

Save as template ?