Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.

64 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Własność (ii) wynika z równości exp(0) = 1 + 0 1! + 022!+ · · · = 1 i własności (i), gdyżexp(z) exp(−z) = exp ( z + (−z) ) = exp(0) = 1.Aby sprawdzić (iii), korzystamy z równości lim z k = lim z k, która łatwo wynika zek→∞ k→∞Stwierdzenia 4.32. PiszemyStąd(exp(iy) = lim 1 + iy ) k (= lim 1 − iy ) k= exp(−iy) .k→∞ k k→∞ k| exp(iy)| 2 = exp(iy) · exp(iy) = exp(iy) exp(−iy) = exp ( iy + (−iy) ) = 1 .Własność (iv) jest prostą konsekwencją (iii) oraz (i). Jeśli z = x + iy, gdzie x, y ∈ R, to| exp(z)| = | exp(x)| · | exp(iy)| = | exp(x)| · 1 = exp(x) .Ostatnią równość piszemy bez wahania, gdyż dla x ∈ R jest exp(x) = ( exp(x/2) ) 2 > 0.Została nam do udowodnienia własność (v). Podobnie jak w przypadku funkcji wykładniczejzmiennej rzeczywistej, nietrudno zauważyć, że wystarczy wykazać, iżexp(z n ) − 1lim= 1 (4.15)n→∞ z ndla każdego ciągu (z n ) ⊂ C \ {0}, z n → 0 dla n → ∞. Dla wszystkich liczb z takich, że|z| ≤ 1, mamy 9| exp(z) − 1 − z| =z 2∣∣ 2! + z33! + z4 ∣∣∣4! + · · ·≤|z|2 + |z|3 + |z|4 + · · ·2!(3! 4!1≤ |z| 2 2! + 1 3! + 1 )4! + · · ·= |z| 2 (e − 2) .(bo 1 ≥ |z| 2 ≥ |z| 3 ≥ |z| 4 ≥ . . .)Zatem, jeśli z n → 0, z n ≠ 0, to dla wszystkich dostatecznie dużych n jest∣ ∣ 0 ≤exp(z n ) − 1∣∣∣∣− 1z n∣ = exp(z n ) − 1 − z n ∣∣∣≤ |z n |(e − 2) .z nRówność (4.15) wynika teraz z twierdzenia o trzech ciągach.Wniosek 4.55 (ciągłość funkcji exp na C). Jeśli (ξ n ) ⊂ C i ξ n → ξ dla n → ∞, towówczas exp(ξ n ) → exp(ξ) dla n → ∞.Dowód. Niech najpierw ξ n → 0. Wtedy, wobec własności (v) z poprzedniego twierdzeniaoraz arytmetycznych własności granicy,exp(ξ n ) = ξ n ·exp(ξ n ) − 1+1 −→ 0 · 1 + 1 = 1 = exp(0) .ξ} {{ n}→1, własność (v)9 Uwaga: formalnie biorąc, zaprezentowany tu rachunek jest oczywisty. Korzystamy w nim jednak z ciągłościmodułu: jeśli w k → w, to |w k | → |w| dla k → ∞.□