11. předáška 16. prosice 009 Úvod do komplexí aalýzy. Tři závěrečé předášky předmětu Matematická aalýza III (NMAI056) jsou věováy úvodu do komplexí aalýzy. Což je adeseá formulace eboť časový rozsah ám dovoluje pouze zopakovat základí vlastosti komplexích čísel a probrat mocié řady. Přesější ázev by byl Mocié řady v komplexím oboru. Výsledky budeme uvádět většiou bez důkazů. Aplikace komplexích čísel v kombiatorice. Začeme jedou hezkou aplikací komplexích čísel. Možiu přirozeých čísel N = {1,,,...} můžeme takto rozložit a tři vzájemě disjuktí možiy: {1,,,...} = A 1 A A = {, 4, 6,...} {1, 5, 9,...} {, 7, 11,...}. Možia A 1 je tvořea sudými čísly tvaru +, možia A čísly tvaru 4 + 1 a možia A čísly tvaru 4 +, přičemž = 0, 1,.... Každé přirozeé číslo leží právě v jedé z moži A i a každá je aritmetickou posloupostí, má tvar {a + d = 0, 1,...}, kde a, d N. Možia A 1 má difereci d = a možiy A a A mají tutéž difereci d = 4. Nedal by se udělat rozklad a aritmetické poslouposti s růzými diferecemi? Pomocí komplexích čísel ukážeme, že to eí možé. Tvrzeí. Nechť {1,,...} = k {a i + d i = 0, 1,...}, a i, d i N, i=1 je takový rozklad možiy N, že každé přirozeé číslo leží v jedié z k aritmetických posloupostí a k. Potom d i = d j pro ějaké dva idexy i j, takže se ěkteré dvě diferece rovají. Důkaz. Sporem: budeme předpokládat, že všech k diferecí d i je růzých, a odvodíme spor. Můžeme předpokládat, že 1 < d 1 < d <... < d k (případ d 1 = 1 emůže astat, eměli bychom rozklad N) a ozačíme si A i = {a i + d i = 0, 1,...}. To, že každé číslo N = {1,,...} leží v právě jedé z moži A i zameá, že pro každé z ( 1, 1) platí rovost mezi hodotami ásledujících fukcí daých mociými řadami (které jako geometrické řady zjevě kovergují a ( 1, 1)): z = z + z + + z, A 1 A A k to jest z N z = z a1 =0 =0 z d1 + z a =0 1 z d + + z a k z d k, =0
což podle vzorce pro součet geometrické řady pro každé z ( 1, 1) dává rovost z 1 z = za1 1 z zak + + d 1 z 1 z d. k d1 + za Tato rovost se sado přivede ke sporu, když pro z povolíme hodoty v oboru komplexích čísel C. Platí totiž, jak se sado dokáže, i pro každé z C se z < 1. Komplexí číslo je tzv. primitiví d k -tá odmocia z 1: α = cos(π/d k ) + i si(π/d k ) α d 1 pro každé d = 1,,..., d k 1, ale α d k = 1. Při dosazeí z = α (jež je ovšem epřípusté, eboť α leží mimo možiu z < 1) jsou všechy čley rovosti kromě posledího dobře defiovaé, ale posledí e a to vede ke sporu. Podroběji a přesěji, vezmeme libovolou posloupost komplexích čísel z 1, z,... s vlastostí, že z < 1 pro každé, ale z α pro (což lze udělat, protože α leží a hraici otevřeého kruhu z < 1). Pak pro máme z α 1 z 1 α a pro i = 1,,..., k 1 též z ai 1 z di αai 1 α di, ale z a k = za k 1 0 + = +, protože z a k α a k = 1, avšak 1 α d k = 0, čili 0 +. Rovost přepíšeme jako z a k = z 1 z za1 1 z zak 1 d 1 z 1 z d, k 1 d1 za položíme z = z, použijeme absolutí hodotu (zvaou v komplexím oboru modul) a trojúhelíkovou erovost. Pro každé = 1,,... tím dostaeme erovost z a k k 1 z 1 z + i=1 z ai 1 z di Na druhou strau ale víme, že pro její levá straa jde do + a pravá ke koečé hodotě α/(1 α) + k 1 i=1 αai /(1 α di ). Pro všecha dostatečě velká tak tato erovost eplatí, což je spor. Sestrojeí komplexích čísel z reálých čísel. Jeda možá kostrukce je tato. Jako možiu komplexích čísel vezmeme možiu dvojic reálých čísel. C = R R = {(a, b) a R, b R}
a defiujeme a í aritmetické operace sčítáí a ásobeí (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d), (a, b) (c, d) = (a, b)(c, d) = (ac bd, ad + bc). Neí těžké dokázat, že to jsou asociativí a komutativí operace a že ásobeí je distributiví vzhledem ke sčítáí. Dvojice (0, 0) a (1, 0) jsou pro + a eutrálí prvky. Iverzí prvek k (a, b) je při sčítáí ( a, b) a při ásobeí (s výjimkou (0, 0), jež iverz emá) (a/(a + b ), b/(a + b )). Struktura C = (C, +, ) je tedy komutativí těleso, stejě jako R = (R, +, ), z ěhož jsme vyšli. Na rozdíl od R ale C emá přirozeě defiovaé uspořádáí a eí uspořádaé těleso. Zobrazeí f : R C, a (a, 0) je prosté a respektuje sčítáí a ásobeí: f(a+b) = f(a)+f(b), f(ab) = f(a)f(b) pro každé a, b R a i f(1) = (1, 0). Jeho obraz {(a, 0) a R} je tedy kopií R v C a R bereme jako podmožiu C, když to přesě formálě tak eí. Místo (a, 0) píšeme stručěji a. Dvojici (0, 1) ozačíme jako i a říkáme jí imagiárí jedotka. Máme (0, 1) = (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) = 1, takže v tělese C má a rozdíl od R číslo 1 druhou odmociu. Každé komplexí číslo z = (a, b) C, tedy a, b R, se dá jedozačě vyjádřit jako lieárí kombiace reálé a imagiárí jedotky (1, 0) a (0, 1) s reálými koeficiety: z = (a, b) = (a, 0)(1, 0) + (b, 0)(0, 1) = a 1 + b i = a + bi. To je obvyklý zápis komplexího čísla pomocí reálé části a a imagiárí části b, který odteď budeme používat. Ozačují se jako Re(z) = a a Im(z) = b. Ukažme, že každé eulové komplexí číslo má právě dvě druhé odmociy a ula jedu. Pro daé z = a + bi řešíme v C rovici u = z, u = x + yi: (x + yi) = a + bi x + xyi y = a + bi x y = a & xy = b. Pro a = b = 0 má tato soustava jedié řešeí x = y = 0. Nechť a 0 ebo b 0. Elimiací y vyjádřeím y = b/x a dosazeím dostáváme rovici 4x 4 4ax b = 0. Odtud a + a x = ± + b a y = b x = ± a + a + b sg(b). Doplěím a čtverec se lehce ukáže, že každá kvadratická rovice az +bz+c = 0 s komplexími koeficiety a, b, c C má v C řešeí. Na čtvrté předášce jsme si dokoce dokázali Základí větu algebry, že každá polyomiálí rovice a z + a 1 z 1 + + a 1 z + a 0 = 0, a i C, 1, a 0
má v komplexích číslech řešeí z C. Proč C eí uspořádaé těleso? V uspořádaém tělese platí trichotomie (pro každé dva jeho prvky α, β platí právě jedo z α < β, α = β a α > β), ásobeí kladým prvkem zachovává erovosti a ásobeí záporým prvkem je obrací (pro každé α > 0 z β < γ plye αβ < αγ a pro každé α < 0 z β < γ plye αβ > αγ). Kdyby a C šlo zavést uspořádáí, aby bylo uspořádaé těleso, obě možosti i > 0 a i < 0 (zjevě i 0) vedou ke sporu 1 > 0: pokud i > 0, vyásobeím i máme, že 1 = i i > 0 i = 0, a pokud i < 0, vyásobeím i máme zase 1 = i i > 0 i = 0. Komplexí rovia. Zopakujeme geometrické pojetí komplexích čísel. Na C = R se díváme jako a euklidovskou roviu a komplexí číslo z = a + bi zobrazujeme v kartézských souřadicích jako bod s x-ovou souřadicí a a y-ovou souřadicí b. Vzdáleost dvou komplexích čísel z = a + bi a w = c + di pak je euklidovská vzdáleost dvou odpovídajících bodů, d(z, w) = (a c) + (b d). Vzdáleosti čísla/bodu z = a + bi od počátku 0 = 0 + 0i se říká modul čísla z a začí se z : z = a + b. Modul čísla z můžeme apsat pomocí čísla z = a bi, jež se azývá číslo komplexé sdružeé se z, jako Zřejmě z = z z. d(z, w) = z w. Pro d máme trojúhelíkovou erovost, kterou pomocí modulu zapíšeme jako z + w z + w. Připomeeme geometrický výklad aritmetických operací s komplexími čísly. Čísla z 1 = a 1 + b 1 i a z = a + b i se sečtou jako vektory: šipku vektoru z posueme tak, že její počátečí vrchol leží v bodu z 1, pak její kocový bod udává součet z 1 + z. Zajímavější je ásobeí. Abychom vyásobili z 1 a z, uvážíme trojúhelík U s vrcholy 0, 1 a z 1. Pak vezmeme jedozačě určeý podobý trojúhelík T, jehož straa 0z odpovídá straě 01 trojúhelíka U. Třetí vrchol trojúhelíka T je souči z 1 z. Polárí souřadice. Komplexí čísla jako body v komplexí roviě vedle kartézských souřadic popisujeme i polárími souřadicemi. Každé eulové komplexí číslo z má kromě modulu také argumet, což je úhel ϕ svíraý úsečkami 0z a 01. Ozačujeme ho arg(z) = ϕ a ϕ [0, π). Nula emá argumet defiovaý. Je užitečé povolit ϕ R, potom je ϕ urče jedozačě až a celočíselý ásobek čísla π. Číslo z C tak jedozačě určíme uvedeím jeho reálé a imagiárí části ve dvojici (a, b) = (Re(z), Im(z)) (kartézské souřadice) ebo, když z 0, uvedeím jeho modulu a argumetu ve dvojici (r, ϕ) = ( z, arg(z)) 4
(polárí souřadice). Připomeeme, jak se mezi oběma druhy souřadic přechází. Číslo z = a + bi s kartézskými souřadicemi (a, b) má polárí souřadice (r, ϕ) daé vztahy r = a + b a ϕ R je takové číslo, že si(ϕ) = Im(z) z = b a cos(ϕ) = Re(z) a = a + b z a + b. Argumet ϕ je tímto urče jedozačě až a ásobek π. Číslo z C, z 0, s polárím souřadicemi (r, ϕ) = ( z, arg(z) má kartézské souřadice takže a = Re(z) = r cos(ϕ) a b = Im(z) = r si(ϕ), z = a + bi = r(cos(ϕ) + i si(ϕ)). Tomuto vyjádřeí z se říká goiometrický tvar komplexího čísla. Defiujme si zkratku cis(ϕ) := cos(ϕ) + i si(ϕ). Ze součtových vzorců pro goiometrické fukce plyou vztahy pro ásobeí, děleí a umocňováí pomocí goiometrického tvaru: echť z = rcis(ϕ), z 1 = r 1 cis(ϕ 1 ), z = r cis(ϕ ) a Z, pak z 1 z = r 1 r cis(ϕ 1 )cis(ϕ ) = r 1 r cis(ϕ 1 + ϕ ) z 1 /z = (r 1 /r )cis(ϕ 1 ϕ ) z = r cis(ϕ). Pro ilustraci pomocí goiometrického tvaru alezeme všechy třetí odmociy z jedé, což jsou řešeí z C rovice z = 1. Jistě z 0, píšeme z = r cis(ϕ). Číslo 1 má polárí souřadice 1 = 1cis(0). Z rovice z = 1, čili r cis(ϕ) = 1cis(0), dostáváme r = 1 a ϕ = 0 modulo π. Tedy r = 1 a ϕ abývá (modulo π) tří hodot ϕ 1 = 0 = 0, ϕ = π ad ϕ = 4π. Tím dostáváme hodoty všech tří třetích odmoci z 1, z 1 = cis(0) = 1, z = cis(π/) = 1 + i, z = cis(4π/) = 1 i. Čísla z 1, z a z leží a jedotkové kružici a tvoří vrcholy rovostraého trojúhelíku. Obecě jsou -té odmociy z 1 vrcholy pravidelého -úhelíka vepsaého jedotkové kružici v komplexí roviě, s vrcholem v čísle 1. 5