Stellingen en Bewijzen
3 september 2015
Deel I Lineaire Algebra
1
Stelling van Grassmann Stelling W1 ≺ V en W2 ≺ V ⇒ dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ) − dim(W1 ∩ W2 )
Bewijs Kies basis voor W1 ∩ W2 , {e1 , . . . ep } en vul aan tot bassisen {e1 , . . . ep , ap+1 , . . . , ar } en {e1 , . . . ep , bp+1 , . . . , bs } voor respectievelijk W1 en W2 . Het volstaat nu om aan te tonen dat {e1 , . . . ep , ap+1 , . . . , ar , bp+1 , . . . , bs } een basis vormt voor W1 + W2 . Het voortbrengend karakter van deze vectoren voor W1 + W2 is onmiddelijk duidelijk. Nu moeten we aantonen dat dit stel vectoren ook vrij (of LOF) is. Stel: p X i=1
αi ei +
r X
β i ai +
i=p+1 p
X
αi e i +
i=1
s X i=p+1 r X
γi bi = 0 β i ai = −
i=p+1
s X
γi bi
i=p+1
Aangezien het LL behoort tot W1 en het RL behoort tot W2 moeten ze beiden behoren tot W1 ∩ W2 . Hieruit volgt het bestaan van λi (i = 1, . . . , p) waarvoor geldt: s X
γi bi =
i=p+1
p X
λi ei
i=1
Aangezien {e1 , . . . ep , bp+1 , . . . , bs } basis is voor W2 volgt dat γi = λi = 0. Een analoge redenering voor V1 toont aan dat βi = 0, ∀i waaruit volgt dat ook αi = 0 moet zijn.
2
Alternatiefstelling Stelling Is T ∈ Hom(V, W ) en dim(V ) = dim(W ), dan zijn volgende uitspraken equivalent: 1. T is injectief 2. T is surjectief 3. T is een isomorfisme
Bewijs We bewijzen enkel (1) ⇔ (2); dan is (3) triviaal T
injectief ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
N (T ) = {o} dim(V ) = dim(Im(T )) (dimensiestelling) dim(W ) = dim(Im(T )) W = Im(T ) ⇔ T surjectief
3
Nulliteitswet van Sylvester Stelling Is A ∈ Kn×p en B ∈ Kp×m dan geldt: ν(AB) 6 ν(A) + ν(B)
Bewijs Zij T: Kp×1 → Kn×1 en S: Km×1 → Kp×1 de met A en B geassoci¨eerde homomorfismen, zo dat AB = [T S]. Dan geldt: ρ(AB) = ρ(T S) = dim(Im(T S)) = dim(Im(T˜)) Met T˜ = T |Im(S) de restrictie van T tot Im(S). Via de dimensiestelling weten we dat: dim(Im(T˜)) = dim(Im(S)) − ν(T˜) > dim(Im(S)) − ν(T ) Aangezien N (T˜) ≺ N (T ) ρ(AB) = m − ν(AB) > ρ(B) − ν(A) ν(AB) 6 ν(A) + (m − ρ(B)) ν(AB) 6 ν(A) + ν(B)
4
Stelling van Cayley-Hamilton Stelling Is T : Vn → Vn een endomorfisme, dan wordt T geannuleerd door zijn karakteristieke veeltermfunctie.
Bewijs Stel A = [A]B Definie¨er: B(λ) = (A − λIn )ad ∀λ ∈ σT . De elementen bij zijn de cofactoren van (A − λIn )ji en dus veeltermufuncties in λ van de graad kleiner dan of gelijk aan n − 1. bij =
n−1 X
(k)
cij λk
k=0 (k)
Maak met de cij de (n × n)-matrices: (0)
(n−1)
C (0) = (cij ), . . . , C (n−1) = (cij
)
Waaruit nu volgt: B(λ) =
n−1 X
λk C (k)
k=0
Er geldt nu: (A − λIn )B = (A + λIn )
n−1 X
λk C (k)
k=0
= −
n−1 X
k+1
λ
k=0 n n−1
= −λ C
C
(k)
+
n−1 X
λk AC (k)
k=0 n−1
+λ
(AC (n−1) − C (n−2) ) + · · · + λ(AC (1) − C (0) ) + AC (0)
Maar ook: (A − λIn )B = det(A − λIn )In = kA (λ)In =
n X k=0
Door termsgewijs te vergelijken krijgen we: an In = −C (n−1) an−1 In = −C (n−2) + AC (n−1) an−2 In = −C (n−3) + AC (n−2) .. . a1 In = −C (0) + AC 1) a0 In = AC (0)
5
λk ak In
Vermenigvuldigen we dit links met respectievelijk An , An−1 , . . . , A, In dan komt er: an An = −An C (n−1) an−1 An−1 = −An−1 C (n−2) + An C (n−1) an−2 An−2 = −An−2 C (n−3) + An−1 C (n−2) .. . a1 A = −AC (0) + A2 C 1) a0 In = AC (0) Door dit lid bij lid op te tellen komt er: n X
ak Ak ≡ kA (A) = 0 = kT (T )
k=0
6
Diagonalisatiecriterium I Stelling Zij T ∈ End(Vn ). Dan is T diagonaliseerbaar ⇔ V een basis B = (e1 , e2 , . . . , en ) bezit, bestaande uit eigenvectoren van T. [T ]B = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn )
Diagonalisatiecriterium II Stelling Zij T ∈ End(Vn ) met spectrum σT = {λ1 , . . . , λn }. Zijn qj en pj de respectievelijke algebra¨ısche en geometrische multipliciteiten en Eλi de corresponderende eigenruimten. Dan zijn equivalent: 1. T is diagonaliseerbaar. 2. r1 + r2 + · · · + rp = n m.a.w. qj = rj
∀j.
3. Vn = Eλ1 + · · · + Eλp .
Diagonalisatiecriterium III Stelling Zij T ∈ End(Vn ) met spectrum σT = {λ1 , . . . , λp } onderling verschillend. Dan is T diagonaliseerbaar ⇔ de nulpunten van mT enkelvoudig zijn: mT (x) =
p Q
(x − λi )
j=1
Bewijs 1) ⇒ [T ]B = A = diag(λ1 , . . . , λp ). Elke eigenwaarde moet minstens 1 keer voorkomen in de minimale veelterm. Dit impliceert dat: mT (x) =
p Q
(x − λi )
j=1
2) ⇐ p p Q Q (T − λi ) = 0 ⇒ ν( (T − λi )) = n. j=1
j=1
Via de uitbreiding van de nulliteitswet van Sylvester tot het product van een willekeurig aantal endomorfismen krijgen we: n≤
p P
ν(T − λi ) =
i=1
p P i=1
ri ≤
p P
qi = n
i=1
Via Diagonalisatiecriterium II is nu bewezen dat T diagonaliseerbaar is.
7
Spectraalstelling Stelling Stel T ∈ End(Vn ) met σT = {λ1 , . . . , λp } met p ≤ n en λ1 , . . . , λp allen onderling verschillend. T is dan diagonaliseerbaar ⇔ ∃ operatoren P1 , . . . , Pp 6= 0 zo dat: (a) (b)
T = p P
p P
λi Pi
i=1
Pi = 1
i=1
(c)
Pi Pj = 0 ∀i 6= j
Als deze operatoren bestaan zijn het bovendien projectoren die uniek bepaald zijn.
Bewijs 1)⇒ Stel de Pis gelijk aan de projectoren op de eigenruimten Eλi , evenwijdig met
L
Eλi . Deze
j6=i
voldoen aan de eigenschappen. p p L P (a) Vermits V = Eλi is elke v ∈ V te schrijven als v = vi met vi ∈ Eλi , zodat: i=1 i=1 p p p p P P P P ∀v ∈ V : λ i Pi v = λi (Pi v) = λi vi = T (vi ) = T (v) i=1 i=1 i=1 p i=1p p P P P (b) ∀v ∈ V : Pi v = (Pi v) = vi = v i=1
(c) Aangezien V =
p L
i=1
i=1
Eλi is Pi Pj = 0 ∀i 6= j
i=1
2) ⇐ Merk op dat Pi projectoren zijn, want: Pi = P i 1 = Pi
p P
Pj = Pi2
j=1
Alvorens het diagonalisatiecriturium toe te passen merken we op dat: P T − λi = (λj − λi )Pj j6=i
En dit wegens de eerste en tweede eigenschap. Nu passen we het diagonalisatiecriterium en eigenschap (c) toe: p Q
(T − λi ) =
i=1
p P Q
(λj − λi )Pj = 0.
i=1 j6=i
⇒ T is diagonaliseerbaar.
8
3) Uniciteit Stel dat er een tweede verzameling Pi0 aan dezelfde eigenschappen voldoen: uit Pi T = λi Pi en T Pj0 = λj Pj0 volgt: Pi T Pj0 = λi Pi Pj0 = λj Pi Pj0 ⇒ Pi Pj0 = 0 voor i 6= j Analoog geldt: Pi0 Pj = 0 voor i 6= j Hieruit bekomen we: Pi0 = Pi0
p P
! Pj
= Pi0 Pj = Pi
j=1
⇒ Pi0 = Pi
∀i
9
Ongelijkheid van Cauchy-Schwarz-Bunjakowski Stelling ∀u, v ∈ V : |hu, vi| ≤ kuk kvk waarbij de gelijkheid enkel geldt als u parallel is met v.
Bewijs Het volstaat de stelling te bewijzen voor kuk = 1. TB : |hu, vi| ≤ kvk. Projecteren we v loodrecht op u en stellen vk = hu, viu en v = v⊥ + vk . Nu volgt: kvk2 = |hu, vi|2 + kv⊥ k2 ≥ |hu, vi|2 kvk ≥ |hu, vi|
10
Eerste en tweede driehoeksongelijkheid Stelling: eerste ∀u, v ∈ V : ku + bk ≤ kuk + kvk
Bewijs ku + vk2 = = = ≤ ≤ = ku + vk ≤
hu + v, u + vi kuk2 + kvk2 + hu, vi + hv, ui kuk2 + kvk2 + 2<(hu, vi) kuk2 + kvk2 + 2 |hu, vi| kuk2 + kvk2 + 2 kuk kvk (kuk + kvk)2 kuk + kvk
Stelling: tweede ∀u, v ∈ V : |kuk − kvk| ≤ ku − vk
Bewijs k(u − v) + vk ≤ ku − vk + kvk kuk − kvk ≤ ku − vk |kuk − kvk| ≤ ku − vk
11
Veralgemeende stelling van Pythagoras Stelling Is V een euclidische ruimte dan geldt: ∀u, v ∈ V : u⊥v ⇔ ku + vk2 = kuk2 + kvk2
Bewijs 1. u⊥v. ku + vk2 = kuk2 + kvk2 + hu, vi + hv, ui = kuk2 + kvk2 2
2
2
2. ku + vk = kuk + kvk . ku + vk2 = kuk2 + kvk2 kuk2 + kvk2 + hu, vi + hv, ui = kuk2 + kvk2 2hu, vi = 0 ⇒ u⊥v
12
QR-factorisatie Stelling Zij A ∈ Km×n (m ≥ n) en de kolommen van A LOF vectoren in Km×1 . Het toepassen van de Gram-Schmidt procedure op de kolommen van A levert een orthonormaal stel vectoren u1 , . . . , un zo dat: ∀k = 1, . . . , n : span(A∗1 , . . . , A∗k ) = span(u1 , . . . , uk ) Zij nu Q = [u1 , . . . , un ] en R = Q† A, dan geldt het volgende: 1. Q is kolom-unitair → Q† Q = In 2. R is een inverteerbare bovendriehoeksmatrix 3. A = QR
Bewijs Door het toepassen van de Gram-Schmidt A∗1 = u1 r11 A∗2 = u1 r12 + u2 r22 ... r11 r12 r22 ⇒ [A∗1 , . . . A∗n ] = [u1 , . . . , un ]
procedure op de kolommen van A weten we:
r1n r2n rnn Of A = QR met Q = [u1 , . . . , un ] met de kolommen een orthonormaal stel in Km×1 . Dit betekent dat Q† Q = In . Vermenigvuldigen we nu A = QR links met Q† dan is R = Q† A ··· ··· ...
Stelling Stel S = Im(A) met A ∈ Kn×s (n > s) van rang s, dan de orthogonale projector op S voorgesteld wordt door de matrix: PS = A(A† A)−1 A†
Bewijs De kolommen van Q zijn een ONB voor de Im(A). Hierdoor volgt dat: [PIm(A) ]
= = = = =
QQ† −1 QRR−1 R† R† Q† QR(R† R)−1 R† Q† A(R† Q† QR)−1 A† A(A† A)−1 A†
13
Stelling van Riesz Stelling Is Vn een euclidische of unitaire ruimte dan bestaat er ∀ξ ∈ Vn∗ (lineaire functiaal), een unieke vector ξˆ waarvoor geldt: ˆ xi ∀x ∈ Vn : ξ(x) = hξ, Met (e1 , ..en ) een ONB voor Vn , dan is deze vector gegeven door: n P ξ(ei )ei ξˆ = i=1
Bewijs n X ˆ xi = h hξ, ξ(ei )ei , xi i=1
=
n X
ξ(ei )hei , xi
i=1
= ξ(x) Wegens het niet-ontaard zijn van het inwendig product is deze ontbinding uniek.
14
Stelling van Hamilton voor orthogonale spiegelingen Stelling Is Vn een euclidische ruimte en is T : Vn → Vn een orthogonale transformatie, dan is T het product van ten hoogste n spiegelingen t.o.v. hypervlakken.
Bewijs Zij (e1 , . . . , en ) een ONB en zij fi = T (ei )(i = 1, . . . n). Vermits T orthogonaal is, is ook (f1 , . . . , fn ) een orthonormale basis. Is e1 = f1 , stel dan H1 = 1. Anders definieer H1 als orthogonale spiegeling t.o.v. u⊥ 1 met u1 = e1 − f1 , die dus e1 afbeeldt op f1 en omgekeerd. Dan is: (H1 T )(e1 , . . . , en ) = (e1 , f20 . . . , fn0 ) Bekijk vervolgens e2 en f20 : Is e2 = f20 , stel dan H2 = 1. 0 Anders definieer H2 als de orthogonale spiegeling t.o.v. u⊥ 2 met u2 = e2 − f2 . H2 bewaart e1 0 0 aangezien e1 ⊥e2 en e1 ⊥f2 dus bij constructie e1 ⊥u2 . H2 beeldt e2 af op f2 en omgekeerd. Dus volgt: (H2 H1 T )(e1 , . . . , en ) = (e1 , e2 , f300 . . . , fn00 ) Op deze manier kunnen we verder gaan tot we n orthogonale spiegelingen bekomen hebben die telkens de voorgaande basisvectoren ongemoeid laat aangezien deze allen in het hypervlak liggen waarrond gespiegeld moet worden, zo dat: (Hn . . . H1 T )(e1 , . . . , en ) = (e1 , e2 . . . , en ) en dus: T = H1 . . . Hn
15
Stelling van Hamilton voor rotaties Stelling Elk element van SO(n) is het product van ten hoogste 21 n(n − 1) elementaire rotatiematrices.
Bewijs We bewijzen dit met volledige inductie op n. Het is waar voor n = 2. We nemen aan dat het bewezen is voor SO(n − 1). Zij nu A ∈ SO(n) en bekijk het product 12 AR−θ = A0 . 1 Dan is: A011 = A11 cos θ1 − A12 sin θ1 A012 = A11 sin θ1 + A12 cos θ1 zodat steeds een θ1 kan gevonden worden waarvoor A012 = 0 en A011 ≥ 0. 12 13 Vervolgens kan θ2 bepaald worden zodat A00 = AR−θ R−θ matrix is met A0012 = A0013 = 0 en 1 2 00 A11 ≥ 0. A0011 = A11 cos θ2 − A13 sin θ2 A0012 = A012 = 0 A0013 = A011 cos θ2 − A013 sin θ2 Ga zo verder tot alle elementen op de eerste rij van de resulterende matrix (= B) 0 gemaakt zijn, met uitzondering van B11 ≥ 0. Aangezien kB1∗ k = 1, door dat de eigenwaarden van een element van SO(n) |λ| = 1 zijn en B11 een eigenwaarde is. Nu volgt er aangezien B11 ≥ 0 dat B11 = 1. Uit kB∗1 k = 1, volgt dat B∗1 = [1, 0, . . . , 0]T . We bekomen dus: 1 0...0 0 12 13 1n B = AR−θ R . . . R = . −θ2 −θn−1 1 0 . . B 0 Uit B ∈ SO(n) volgt dat B 0 ∈ SO(n − 1). B 0 is het resultaat van ten hoogste 12 (n − 1)(n − 2) elementaire rotatiematrices. A is dus het prodcut van n − 1 + 12 (n − 1)(n − 2) = 12 n(n − 1) elementaire rotatiematrices.
16
Stelling van Schur Stelling ∀A ∈ Cn×n ∃Q Unitair: A0 = Q† AQ een bovendriehoeksmatrix is. De diagonaalelementen van A0 zijn de eigenwaarden van A.
Bewijs Via inductie. voor n=1 A := [a] met a ∈ C Het klopt voor n=1. A is een bovendriehoeksmatrix met eigenwaarde a. Inductiehypothese: Stel: bewezen voor A ∈ C(n−1)×(n−1) . Bewijzen voor n: Stel A ∈ Cn×n met eigenwaarde λ bij eigenvector u. Vul u aan tot een ONB en stel Q 1 := λ SMOS [u|ONB]. Q is een unitaire matrix en transformeert A tot A0 = Q†1 AQ1 = . 0 SMOS Nu heb je rechts onder een (n − 1) × (n − 1) matrix. Gebruik van de inductiehypothese zorgt dat de stelling geldt voor voor dit rechter onderblok.
17
Traagheidswet van Sylvester Stelling Is A re¨eel symmetrisch en zijn C 0 en C 00 inverteerbare matrices waarvoor geldt: A0 = C 0T AC 0 = diag(1, . . . , 1, −1, . . . , −1, 0, . . . , 0) | {z } | {z } P0
N0
A00 = C 00T AC 00 = diag(1, . . . , 1, −1, . . . , −1, 0, . . . , 0) | {z } | {z } P 00
N 00
Dan is P 0 = P 00 en N 0 = N 00
Bewijs Zijn B 0 = (e1 , . . . , eP 0 , eP 0 +1 , . . . , en ) B 00 = (f1 , . . . , fP 00 , fP 00 +1 , . . . , fP 00 +N 00 , fP 00 +N 00 +1 , . . . , fn ) twee basissen van Vn zodat [q]B0 = A0 en [q]B00 = A00 . Zij nu v ∈ K{e1 , . . . , eP 0 } ∩ K{fP 00 +1 , . . . , fn } en stel x0 = [v]B0 , x00 = [v]B00 . Was v 6= o, dan zou minsten 1 x0i en 1 x00i 6= 0 moeten zijn, wat leidt tot de tegenspraak: q(v) = x0T A0 x0 > 0 en q(v) = x00T A00 x00 ≤ 0 Bijgevolg is de doorsnede gelijk aan {o} zodat P 0 + (n − P 00 ) ≤ dim(V ) = n en dus P 0 ≤ P 00 . Analoog volgt dat P 00 ≤ P 0 , zodat uiteindelijk P 0 = P 00 ⇒ N 0 = N 00
18
Simultaan diagonaliseren van kwadratische vormen Stelling Zijn qA en qB twee kwadratische vormen met A, B ∈ Rn×n symmetrisch en A positief definiet. Dan zijn qA en qB simultaan diagonaliseerbaar door middel van een congruentie. Er bestaat dus een C ∈ GL(n, R) zo dat C T AC en C T BC diagonaalmatrices zijn.
Bewijs Beschouw: hu, viA = uT Av Zijn u en v eigenvectoren horend bij verschillende eigenwaarden λ en µ van de matrix A−1 B. Nu geldt er: Bu = λAu λv T Au µuT Av (λ − µ)uT Av
en = = =
Bv = µAv v T Bu uT Bv 0 (1) − (2)
(1) (2)
De eigenruimten van A−1 B zijn dus orthogonaal t.o.v. h, iA . Aangezien A−1 B gelijksoortig is met de symmetrische matrix A−1/2 BA−1/2 en de eigenruimten een orthogonale directe som vormen, is A−1 B orthogonaal diagonaliseerbaar t.o.v. h, iA . Is Q de matrix waarvan de kolommen de resulterende orthonormale basis bevatten en γi de eigenwaarden van A−1 B dan is: Bij0
A0ij = (QT AQ)ij = hQ∗i , Q∗j iA = δij = (QT BQ)ij = hQ∗i , A−1 BQ∗j iA = γi δij
19
Levi-Civita Tensor Stelling De Levi-Civita tensor gegeven door: p = |g|ea1 ...an ω a1 ⊗ · · · ⊗ ω an is voor basissen met dezelfde ori¨entatie basisonafhankelijk.
Bewijs p
0
0
p 0 0 |g|ea01 ...a0n La1a1 . . . Lanan ω a1 ⊗ · · · ⊗ ω an p 0 a0 = |det Laa0 | |g|ea1 ...an L 11 . . . Lann ea1 ...an ω a1 ⊗ · · · ⊗ ω an p 0 = |det Laa0 | |g| det(La a )ea1 ...an ω a1 ⊗ · · · ⊗ ω an p = |g|ea1 ...an ω a1 ⊗ · · · ⊗ ω an
|g 0 |ea01 ...a0n ω a1 ⊗ · · · ⊗ ω an = |det Laa0 |
20
Deel II Complexe Analyse
21
Formule van Cauchy Formule Stel C contour in open Ω ⊂ C die een compactum K omsluit volledig in Ω gelegen. Als f ∈ H(Ω) dan is: f (z0 ) =
1 2πi
R C+
f (z) dz z−z0
˚ ∀z0 ∈ K
terwijl: R C+
f (z) dz z−z0
= 0 ∀z0 ∈ C\K
Bewijs f (z) z−z0
is continu diferentieerbaar in een omgeving van C en dus integreerbaar over C aangezien de noemer z − z0 nooit nul wordt over C. Als z0 ∈ C\K dan volgt uit de stelling van Cauchy dat: R f (z) dz = 0 z−z0 C+
˚ beschouw Ω0 = Ω\{z0 } en K = K\B(z ˚ 0 , ). Ω0 omvat nu K ∀ > 0 en is open. In Als z0 ∈ K f (z) Ω0 is de functie z−z holomorf en ∂K = C ∪ ∂B(z0 , ) een contour met K volledig in Ω0 . Aldus 0 is: R f (z) =0 z−z0 ∂K+
zodat R C+
f (z) dz z−z0
= = =
f (z) dz z−z0
R
∂B(z0 ,)+ R 2π −it lim+ 0 f (z0 + eit ) e ieit dt →0 R 2π i lim+ 0 f (z0 + eit )dt →0
f (z0 + eit ) is continu in t ∈ [0, 2π] en dus wegens de stelling van Heine-Cantor, gelijkmatig continu in [0, 2π]. De limiet mag aldus onder het integraalteken genomen worden.
22
R C+
⇒ f (z0 ) =
1 2πi
R C+
f (z) dz z−z0
= i
R 2π 0
lim f (z0 + eit )dt
→0+
R 2π = i 0 f (z0 )dt = 2πif (z0 )
f (z) dz z−z0
23
Stelling van Liouville Stelling i) Zij f een gehele functie zo dat er een M > 0 en een R > 0 bestaan waarvoor: |f (z)| < M van zodra |z| > R Dan herleidt f zich tot een constante in C ii) Zij f een gehele functie en onderstel dat er een C > 0 en R > 0 bestaan waarvoor: |f (z)| < C|z|p van zodra |z| > R. Dan herleidt f zich tot een veelterm van de p-de graad in C.
Bewijs i) 1ste manier: Kies K = B(0, ρ) met ρ > R met C = ∂K. Kies K 0 = B(0, R). Via de Cauchyschatting weten we dat: ||f ||C ||f (1) ||K 0 ≤ 1! L2πC (d(K 0 ,C))2
Hierin is LC = 2πρ, ||f ||C = supz∈C |f (z)| < M en d(K 0 , C) = inf z∈K 0 ,ζ∈C |z − ζ| = (ρ − R). We krijgen dan: ||f (1) ||K 0 ≤
Mρ (ρ−R)2
Nemen we vervolgens de limiet voor ρ → ∞ krijgen we: ||f (1) ||K 0 ≤ 0
2de manier: Kies C = ∂B(0, ρ) met ρ → ∞. f (1) (z)
=
1 2πi
≤
1 2πi
=
1 2πi
= = =
M 2π M 2π
f (ζ) dζ (ζ−z)2
R CR+ C+
M dζ (ζ−z)2
R
∂B(z,)+
R 2π R02π 0
M dζ (ζ−z)2
eit dt e2it −it
e
dt
0
ii) Via de Cauchyschatting weten we: ||C ||f (n) ||K 0 ≤ n! L2πC (d(K||f0 ,C)) n+1
Door de zelfde veronderstellingen te doen als hiervoor krijgen we dan: p+1
Cρ ||f (n) ||K 0 ≤ n! (ρ−R) n+1
Als n > p zal deze term 0 worden. Bij het invullen in de taylorreeks zullen geen termen meer overblijven van graad (p + 1) of hoger. 24
Hoofdstelling van de Algebra Stelling Elke veelterm met complexe co¨effici¨enten bezit ten minste 1 nulpunt in C.
Bewijs Beschouw de veeltermfunctie p(z) en stel dat deze geen nulpunten heeft in C. ⇒ |p(z)| > 0 Beschouw nu de functie f (z) :=
1 p(z)
Uit onze veronderstelling dat p(z) geen nulpunten heeft volgt dat f (z) begrensd is. ⇒ |f (z)| < M van zodra |z| > R. De stelling van Liouville zegt nu dat f zich tot een constante herleidt in C alsook p(z). ⇒ p(z) heeft minstens 1 nulpunt.
25
Stelling van Laurent Stelling ¯ r), 0 < r < R, dan kan f geschreven ˚ R)\B(0, Als f (z) holomorf is in ringvormig gebied B(0, ˚ R)), f2 ∈ H(C\B(0, ¯ r) ∪ {∞}) met: worden als f = f1 + f2 , f1 ∈ H(B(0, ∞ P
f1 = f2 =
an z n ,
n=0 ∞ P
1 2πi
an =
bn z −n ,
bn =
n=1
f (ζ)ζ −n−1 dζ,
R ∂B(0,ρ)+
1 2πi
R
f (ζ)ζ n−1 dζ,
∂B(0,ρ)+
beiden met r<ρ
Bewijs Stel f ∈ H(Ω = {z ∈ C : r < |z| < R}). De formule van Cauchy zegt met C + = C1+ + C2− willekeurig dicht bij de rand van Ω: R f (ζ) 1 dζ f (z) = 2πi ζ−z C+ ! R R f (ζ) (ζ) 1 = 2πi dζ + fζ−z dζ ζ−z C2−
C1+
I1 =
R C1+
f (ζ) dζ ζ−z
R
=
C1+
R
=
f (ζ) dζ ζ(1−z/ζ)
C1+ ∞ P
=
n=0
C1+
2πi
∞ P
ζ
dζ
f (ζ) dζ (ζ)n+1
R
zn
n=0
=
∞ n P z
f (ζ) ζ
an z n
n=0
En dit voor |z| < R I1 =
R C2+
f (ζ) dζ ζ−z
= − z1 = − z1 = −
R C2+
R
C2+ ∞ P
f (ζ) dζ 1−ζ/z
n=0
z −n
n=1
= −2πi
∞ P n=1
En dit voor |z| > r.
26
∞ P
f (ζ) R
ζ n z
dζ
f (ζ)ζ n−1 dζ
C2+
bn z −n
2πi(I1 − I2 ) =
∞ P
an z n +
n=0
∞ P
bn z −n
n=1
of ook f (z) =
∞ P
αn z n ,
αn =
n=−∞
1 2πi
f (ζ) dζ ζ n+1
R r<|z|
Stel nu dat er in de open schijf een andere ontbinding is f = f1∗ + f2∗ die dezelfde eigenschappen vertonen als hiervoor. R 1 f (ζ)ζ −n−1 dζ an = 2πi ∂B(0,ρ) R + ∗ 1 = 2πi [f1 (ζ) + f2∗ (ζ)]ζ −n−1 dζ =
∂B(0,ρ)+ ∞ R P 1 a∗k 2πi k=0 ∂B(0,ρ)+
ζ k−n−1 dζ +
1 2πi
∞ P k=1
b∗k
R
ζ −k−n−1 dζ
∂B(0,ρ)+
Hierin zijn alle optredende integralen nul, behalve R dζ = 2πi ζ ∂B(0,ρ)+
Hieruit volgt dat an = a∗n en op analoge wijze dat bn = b∗n
27
Primitivering van een holomorfe functie Stelling Als Ω open en EVS is, f ∈ H(Ω) en C een gladde kromme in Ω met beginpunt z0 en eindpunt z, dan is Z F (z) = f (ζ)dζ C
onafhankelijk van C. Geldt bovendien F ∈ H(Ω) met F 0 (z) = f (z) dan is F de primitieve van f in Ω. Elke andere primitieve van f in Ω is op een constante na gelijk aan F .
Bewijs We weten al dat F (z) onafhankelijk is van de gekozen kromme. We moeten enkel nog aantonen dat ∀z: F (z + h) − F (z) = f (z) −→ 0 h− h h∈Ω lim
Laat de kromme C van z0 tot z aansluiten op een lijnstuk van z tot z + h, dan geldt Z F (z + h) − F (z) 1 − f (z) = (f (ζ) − f (z))dζ h |h| [z,z+h] Z 1 ≤ |f (ζ) − f (z)| ds |h| [z,z+h] |h| sup |f (ζ) − f (z)| ≤ |h| ζ∈B(z,δ) Wat willekeurig klein kan gemaakt worden.
28
Stelling van Morera Stelling Zij Ω open en samenhangend, f continu in Ω en geldt voor idere contour C in Ω dat Z f (z)dz = 0 C
dan is f ∈ H(Ω)
Bewijs Kies z1 ∈ Ω en Ω0 ⊂ Ω met z1 ∈ Ω0 . Kies z0 ∈ Ω0 en definieer Z F (z) =
f (z)dz C1
met C1 willekeurige gladde kromme van z0 naar z gelegen in Ω0 . We weten nu dat F 0 (z) = f (z) waaruit volgt dat F ∈ H(Ω0 ) en f ∈ H(Ω0 ). Hiermee is f holomorf in z1 ∀z1 ∈ Ω
29
Maximummodulusstelling Stelling ¯ dan bereikt |f | Zij Ω begrensd open samenhangend gebied, f holomorf in Ω en |f | continu in Ω maximum op ∂Ω
Bewijs ¯ : |f (a)| maximaal. (Weierstraß) ∃a ∈ Ω Als a ligt op ∂Ω is stelling voldaan. ¯ Hiermee is de stelling voldaan. Als a ligt in Ω dan is f een constante in Ω en Ω.
30
Residustelling Stelling Zij Ω open ⊂ C, Ω0 = Ω \ {a1 , a2 , . . . } en f ∈ H(Ω0 ) met ai ge¨ısoleerde singulariteiten van f . Zij C een contour die door geen enkele singulariteit van f gaat en een compactum K omsluit volledig in Ω gelegen met een eindig aantal singulariteiten ak . Dan is Z X f (z)dz = 2πi Resak f C+
K
Bewijs We omsluiten elk van de ge¨ısoleerde singulariteiten ak binnen C met een contour Ck dien enkel om ak cirkelt. Dan volgt: Z XZ f (z)dz = f (z)dz C+
K
= 2πi
Ck+
X
Resak f
K
31
Lemma van Jordan Lemma Zij CR een cirkelboog met middelpunt a en straal R gelegen in het halfvalk bepaald door de loodlijn in a op het lijnstuk [a, a + β] waarin a + β niet ligt; zij verder f continu in de open hoeksector. Als nu lim f (z) = 0 waarbij z beperkt blijft tot de hoeksector, dan zal: z→∞
R
lim
R→∞ C
eβz f (z)dz = 0
R
Bewijs We weten: R βz e f (z)dz lim R→∞ CR
≤
lim
R βz e f (z) dz
R→∞ C
=
RRθ1 R(βz) f (a + Reiθ ) Rieiθ dθ lim θ0 e R→∞ R θ lim θ01 eRB cos(π/2−θ) R f (a + Reiθ ) dθ R→∞ R θ1 lim f (a + Reiθ ) Re−RB sin(θ) dθ
=
0
= =
θ0 R→∞
32
Stellingen zonder bewijs Identificatiestelling Zijn f1 en f2 holomorf in open samenhangend gebied Ω en vallen ze samen op deelverzameling die ophopingspunt in Ω bevat, dan zijn ze identiek in heel Ω.
Stelling van Cauchy-Goursat Zij f (z) gedefinieerd in Ω, open in C en geldt voor elk punt z ∈ Ω dat lim
−→ 0 h− h∈Ω
f (z + h) − f (z) = g(z) h
bestaat. Dan is f ∈ H(Ω) en is f 0 (z) = g(z) in Ω.
Dimensiestelling T ∈ Hom(V, W ) ⇒ dim(V ) = dim(N (T )) + dim(Im(T )) = ν(T ) + ρ(T )
Stelling van Jordan - von Neumann Is (V, n) een genormeerde vectorruimte en geldt: ∀u, v ∈ V : n(u + v)2 + n(u − v)2 = 2(n(u)2 + n(v)2 ), dan is h , i : V × V → K een inproduct dat aan V de structuur geeft van respectievelijk een euclidische of unitaire ruimte gedefinieerd door: als K = R: hu, vi = 41 n(u + v)2 − 14 n(u − v)2 als K = C: hu, vi = 41 n(u + v)2 − 14 n(u − v)2 + 4i n(u − iv)2 − 4i n(u + iv)2
33
