stellingen en bewijzen - vtk gent · stellingen en bewijzen 3 september 2015. deel i lineaire...
TRANSCRIPT
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 ene1, . . . 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∑i=1
αiei +r∑
i=p+1
βiai +s∑
i=p+1
γibi = 0
p∑i=1
αiei +r∑
i=p+1
βiai = −s∑
i=p+1
γibi
Aangezien het LL behoort tot W1 en het RL behoort tot W2 moeten ze beiden behoren totW1 ∩W2. Hieruit volgt het bestaan van λi(i = 1, . . . , p) waarvoor geldt:
s∑i=p+1
γibi =
p∑i=1
λiei
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 moetzijn.
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 geassocieerde homomorfismen, zo datAB = [TS]. Dan geldt:
ρ(AB) = ρ(TS) = dim(Im(TS)) = 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 veelterm-functie.
Bewijs
Stel A = [A]BDefinieer: B(λ) = (A− λIn)ad ∀λ ∈ σT .De elementen bij zijn de cofactoren van (A− λIn)ji en dus veeltermufuncties in λ van de graadkleiner dan of gelijk aan n− 1.
bij =n−1∑k=0
c(k)ij λ
k
Maak met de c(k)ij de (n× n)-matrices:
C(0) = (c(0)ij ), . . . , C(n−1) = (c
(n−1)ij )
Waaruit nu volgt:
B(λ) =n−1∑k=0
λkC(k)
Er geldt nu:
(A− λIn)B = (A+ λIn)n−1∑k=0
λkC(k)
= −n−1∑k=0
λk+1C(k) +n−1∑k=0
λkAC(k)
= −λnCn−1 + λn−1(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∑k=0
λkakIn
Door termsgewijs te vergelijken krijgen we:
anIn = −C(n−1)
an−1In = −C(n−2) + AC(n−1)
an−2In = −C(n−3) + AC(n−2)
...
a1In = −C(0) + AC1)
a0In = AC(0)
5
Vermenigvuldigen we dit links met respectievelijk An, An−1, . . . , A, In dan komt er:
anAn = −AnC(n−1)
an−1An−1 = −An−1C(n−2) + AnC(n−1)
an−2An−2 = −An−2C(n−3) + An−1C(n−2)
...
a1A = −AC(0) + A2C1)
a0In = AC(0)
Door dit lid bij lid op te tellen komt er:
n∑k=0
akAk ≡ kA(A) = 0 = kT (T )
6
Diagonalisatiecriterium I
Stelling
Zij T ∈ End(Vn). Dan is T diagonaliseerbaar⇔ V een basis B = (e1, e2, . . . , en) bezit, bestaandeuit 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 algebraıscheen 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 diagonali-seerbaar ⇔ de nulpunten van mT enkelvoudig zijn:
mT (x) =p∏j=1
(x− λi)
Bewijs
1)⇒[T ]B = A = diag(λ1, . . . , λp). Elke eigenwaarde moet minstens 1 keer voorkomen in de minimaleveelterm. Dit impliceert dat:
mT (x) =p∏j=1
(x− λi)
2)⇐p∏j=1
(T − λi) = 0⇒ ν(p∏j=1
(T − λi)) = n.
Via de uitbreiding van de nulliteitswet van Sylvester tot het product van een willekeurig aantalendomorfismen krijgen we:
n ≤p∑i=1
ν(T − λi) =p∑i=1
ri ≤p∑i=1
qi = n
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) T =p∑i=1
λiPi
(b)p∑i=1
Pi = 1
(c) PiPj = 0 ∀i 6= j
Als deze operatoren bestaan zijn het bovendien projectoren die uniek bepaald zijn.
Bewijs
1)⇒
Stel de P si gelijk aan de projectoren op de eigenruimten Eλi , evenwijdig met
⊕j 6=i
Eλi . Deze
voldoen aan de eigenschappen.
(a) Vermits V =p⊕i=1
Eλi is elke v ∈ V te schrijven als v =p∑i=1
vi met vi ∈ Eλi , zodat:
∀v ∈ V :
(p∑i=1
λiPi
)v =
p∑i=1
λi(Piv) =p∑i=1
λivi =p∑i=1
T (vi) = T (v)
(b) ∀v ∈ V :
(p∑i=1
Pi
)v =
p∑i=1
(Piv) =p∑i=1
vi = v
(c) Aangezien V =p⊕i=1
Eλi is PiPj = 0 ∀i 6= j
2) ⇐
Merk op dat Pi projectoren zijn, want:
Pi = Pi1 = Pip∑j=1
Pj = P 2i
Alvorens het diagonalisatiecriturium toe te passen merken we op dat:
T − λi =∑j 6=i
(λj − λi)Pj
En dit wegens de eerste en tweede eigenschap.
Nu passen we het diagonalisatiecriterium en eigenschap (c) toe:
p∏i=1
(T − λi) =p∏i=1
∑j 6=i
(λj − λi)Pj = 0.
⇒ T is diagonaliseerbaar.
8
3) Uniciteit
Stel dat er een tweede verzameling P ′i aan dezelfde eigenschappen voldoen:uit
PiT = λiPi en TP ′j = λjP′j
volgt:
PiTP′j = λiPiP
′j = λjPiP
′j
⇒ PiP′j = 0 voor i 6= j
Analoog geldt:
P ′iPj = 0 voor i 6= j
Hieruit bekomen we:
P ′i = P ′i
(p∑j=1
Pj
)= P ′iPj = Pi
⇒ P ′i = Pi ∀i
9
Ongelijkheid van Cauchy-Schwarz-Bunjakowski
Stelling
∀u, v ∈ V : |〈u, v〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖
waarbij de gelijkheid enkel geldt als u parallel is met v.
Bewijs
Het volstaat de stelling te bewijzen voor ‖u‖ = 1.TB : |〈u, v〉| ≤ ‖v‖.Projecteren we v loodrecht op u en stellen v‖ = 〈u, v〉u en v = v⊥ + v‖.Nu volgt:
‖v‖2 = |〈u, v〉|2 + ‖v⊥‖2
≥ |〈u, v〉|2
‖v‖ ≥ |〈u, v〉|
10
Eerste en tweede driehoeksongelijkheid
Stelling: eerste
∀u, v ∈ V : ‖u+ b‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖
Bewijs
‖u+ v‖2 = 〈u+ v, u+ v〉= ‖u‖2 + ‖v‖2 + 〈u, v〉+ 〈v, u〉= ‖u‖2 + ‖v‖2 + 2<(〈u, v〉)≤ ‖u‖2 + ‖v‖2 + 2 |〈u, v〉|≤ ‖u‖2 + ‖v‖2 + 2 ‖u‖ ‖v‖= (‖u‖+ ‖v‖)2
‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖
Stelling: tweede
∀u, v ∈ V : |‖u‖ − ‖v‖| ≤ ‖u− v‖
Bewijs
‖(u− v) + v‖ ≤ ‖u− v‖+ ‖v‖‖u‖ − ‖v‖ ≤ ‖u− v‖|‖u‖ − ‖v‖| ≤ ‖u− v‖
11
Veralgemeende stelling van Pythagoras
Stelling
Is V een euclidische ruimte dan geldt:
∀u, v ∈ V : u⊥v ⇔ ‖u+ v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2
Bewijs
1. u⊥v.
‖u+ v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 + 〈u, v〉+ 〈v, u〉= ‖u‖2 + ‖v‖2
2. ‖u+ v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2.
‖u+ v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2
‖u‖2 + ‖v‖2 + 〈u, v〉+ 〈v, u〉 = ‖u‖2 + ‖v‖2
2〈u, v〉 = 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 orthonormaalstel 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 procedure op de kolommen van A weten we:A∗1 = u1r11A∗2 = u1r12 + u2r22. . .
⇒ [A∗1, . . . A∗n] = [u1, . . . , un]
r11 r12 · · · r1n
r22 · · · 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 voorgesteldwordt door de matrix:
PS = A(A†A)−1A†
Bewijs
De kolommen van Q zijn een ONB voor de Im(A). Hierdoor volgt dat:
[PIm(A)] = QQ†
= QRR−1R†−1R†Q†
= QR(R†R)−1R†Q†
= A(R†Q†QR)−1A†
= A(A†A)−1A†
13
Stelling van Riesz
Stelling
Is Vn een euclidische of unitaire ruimte dan bestaat er ∀ξ ∈ V ∗n (lineaire functiaal), een uniekevector ξ waarvoor geldt:
∀x ∈ Vn : ξ(x) = 〈ξ, x〉
Met (e1, ..en) een ONB voor Vn, dan is deze vector gegeven door:
ξ =n∑i=1
ξ(ei)ei
Bewijs
〈ξ, x〉 = 〈n∑i=1
ξ(ei)ei, x〉
=n∑i=1
ξ(ei)〈ei, x〉
= 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 hetproduct 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 afbeeldtop f1 en omgekeerd.Dan is:
(H1T )(e1, . . . , en) = (e1, f′2 . . . , f
′n)
Bekijk vervolgens e2 en f ′2:Is e2 = f ′2, stel dan H2 = 1.Anders definieer H2 als de orthogonale spiegeling t.o.v. u⊥2 met u2 = e2 − f ′2. H2 bewaart e1aangezien e1⊥e2 en e1⊥f ′2 dus bij constructie e1⊥u2. H2 beeldt e2 af op f ′2 en omgekeerd.Dus volgt:
(H2H1T )(e1, . . . , en) = (e1, e2, f′′3 . . . , f
′′n)
Op deze manier kunnen we verder gaan tot we n orthogonale spiegelingen bekomen hebbendie telkens de voorgaande basisvectoren ongemoeid laat aangezien deze allen in het hypervlakliggen waarrond gespiegeld moet worden, zo dat:
(Hn . . . H1T )(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 12n(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 productAR12
−θ1 = A′.Dan is:
A′11 = A11 cos θ1 − A12 sin θ1A′12 = A11 sin θ1 + A12 cos θ1
zodat steeds een θ1 kan gevonden worden waarvoor A′12 = 0 en A′11 ≥ 0.Vervolgens kan θ2 bepaald worden zodat A′′ = AR12
−θ1R13−θ2 matrix is met A′′12 = A′′13 = 0 en
A′′11 ≥ 0.
A′′11 = A11 cos θ2 − A13 sin θ2
A′′12 = A′12 = 0
A′′13 = A′11 cos θ2 − A′13 sin θ2
Ga zo verder tot alle elementen op de eerste rij van de resulterende matrix (= B) 0 gemaaktzijn, met uitzondering van B11 ≥ 0.Aangezien ‖B1∗‖ = 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 ‖B∗1‖ = 1, volgt dat B∗1 = [1, 0, . . . , 0]T . We bekomen dus:
B = AR12−θ1R
13−θ2 . . . R
1n−θn−1
=
1 0 . . . 00... B′
0
Uit B ∈ SO(n) volgt dat B′ ∈ SO(n− 1). B′ is het resultaat van ten hoogste 1
2(n− 1)(n− 2)
elementaire rotatiematrices. A is dus het prodcut van n − 1 + 12(n − 1)(n − 2) = 1
2n(n − 1)
elementaire rotatiematrices.
16
Stelling van Schur
Stelling
∀A ∈ Cn×n ∃Q Unitair: A′ = Q†AQ een bovendriehoeksmatrix is.De diagonaalelementen van A′ zijn de eigenwaarden van A.
Bewijs
Via inductie.voor n=1A := [a] met a ∈ CHet 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 Q1 :=
[u|ONB]. Q is een unitaire matrix en transformeert A tot A′ = Q†1AQ1 =
(λ SMOS0 SMOS
).
Nu heb je rechts onder een (n− 1)× (n− 1) matrix. Gebruik van de inductiehypothese zorgtdat de stelling geldt voor voor dit rechter onderblok.
17
Traagheidswet van Sylvester
Stelling
Is A reeel symmetrisch en zijn C ′ en C ′′ inverteerbare matrices waarvoor geldt:
A′ = C ′TAC ′ = diag(1, . . . , 1︸ ︷︷ ︸P ′
,−1, . . . ,−1︸ ︷︷ ︸N ′
, 0, . . . , 0)
A′′ = C ′′TAC ′′ = diag(1, . . . , 1︸ ︷︷ ︸P ′′
,−1, . . . ,−1︸ ︷︷ ︸N ′′
, 0, . . . , 0)
Dan is P ′ = P ′′ en N ′ = N ′′
Bewijs
Zijn
B′ = (e1, . . . , eP ′ , eP ′+1, . . . , en)
B′′ = (f1, . . . , fP ′′ , fP ′′+1, . . . , fP ′′+N ′′ , fP ′′+N ′′+1, . . . , fn)
twee basissen van Vn zodat [q]B′ = A′ en [q]B′′ = A′′. Zij nu
v ∈ Ke1, . . . , eP ′ ∩KfP ′′+1, . . . , fn
en stel x′ = [v]B′ , x′′ = [v]B′′ .
Was v 6= o, dan zou minsten 1 x′i en 1 x′′i 6= 0 moeten zijn, wat leidt tot de tegenspraak:
q(v) = x′TA′x′ > 0 en q(v) = x′′TA′′x′′ ≤ 0
Bijgevolg is de doorsnede gelijk aan o zodat P ′ + (n − P ′′) ≤ dim(V ) = n en dus P ′ ≤ P ′′.Analoog volgt dat P ′′ ≤ P ′, zodat uiteindelijk
P ′ = P ′′ ⇒ N ′ = N ′′
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 bestaatdus een C ∈ GL(n,R) zo dat CTAC en CTBC diagonaalmatrices zijn.
Bewijs
Beschouw:
〈u, v〉A = uTAv
Zijn u en v eigenvectoren horend bij verschillende eigenwaarden λ en µ van de matrix A−1B.Nu geldt er:
Bu = λAu en Bv = µAv
λvTAu = vTBu (1)
µuTAv = uTBv (2)
(λ− µ)uTAv = 0 (1)− (2)
De eigenruimten van A−1B zijn dus orthogonaal t.o.v. 〈, 〉A.Aangezien A−1B gelijksoortig is met de symmetrische matrix A−1/2BA−1/2 en de eigenruimteneen orthogonale directe som vormen, is A−1B orthogonaal diagonaliseerbaar t.o.v. 〈, 〉A.Is Q de matrix waarvan de kolommen de resulterende orthonormale basis bevatten en γi deeigenwaarden van A−1B dan is:
A′ij = (QTAQ)ij = 〈Q∗i, Q∗j〉A = δijB′ij = (QTBQ)ij = 〈Q∗i, A−1BQ∗j〉A = γiδij
19
Levi-Civita Tensor
Stelling
De Levi-Civita tensor gegeven door:
ε =√|g|ea1...anω
a1 ⊗ · · · ⊗ ωan
is voor basissen met dezelfde orientatie basisonafhankelijk.
Bewijs
√|g′|ea′1...a′nω
a′1 ⊗ · · · ⊗ ωa′n = |detLaa′|√|g|ea′1...a′nL
a′1a1. . . La
′nanω
a1 ⊗ · · · ⊗ ωan
= |detLaa′|√|g|ea1...anL
a′11 . . . L
a′nnea1...anω
a1 ⊗ · · · ⊗ ωan
= |detLaa′|√|g| det(La
′
a)ea1...anωa1 ⊗ · · · ⊗ ωan
=√|g|ea1...anω
a1 ⊗ · · · ⊗ ωan
20
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) = 12πi
∫C+
f(z)z−z0dz ∀z0 ∈ K
terwijl: ∫C+
f(z)z−z0dz = 0 ∀z0 ∈ C\K
Bewijsf(z)z−z0 is continu diferentieerbaar in een omgeving van C en dus integreerbaar over C aangeziende noemer z − z0 nooit nul wordt over C.Als z0 ∈ C\K dan volgt uit de stelling van Cauchy dat:∫
C+
f(z)z−z0dz = 0
Als z0 ∈ K beschouw Ω′ = Ω\z0 en Kε = K\B(z0, ε). Ω′ omvat nu Kε ∀ε > 0 en is open. In
Ω′ is de functie f(z)z−z0 holomorf en ∂Kε = C ∪ ∂B(z0, ε) een contour met Kε volledig in Ω′. Aldus
is: ∫∂K+
ε
f(z)z−z0 = 0
zodat ∫C+
f(z)z−z0dz =
∫∂B(z0,ε)+
f(z)z−z0dz
= limε→0+
∫ 2π
0f(z0 + εeit) e
−it
εεieitdt
= i limε→0+
∫ 2π
0f(z0 + εeit)dt
f(z0 + εeit) is continu in t ∈ [0, 2π] en dus wegens de stelling van Heine-Cantor, gelijkmatigcontinu in [0, 2π]. De limiet mag aldus onder het integraalteken genomen worden.
22
∫C+
f(z)z−z0dz = i
∫ 2π
0limε→0+
f(z0 + εeit)dt
= i∫ 2π
0f(z0)dt
= 2πif(z0)
⇒ f(z0) = 12πi
∫C+
f(z)z−z0dz
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 ′ = B(0, R).Via de Cauchyschatting weten we dat:
||f (1)||K′ ≤ 1!LC2π
||f ||C(d(K′,C))2
Hierin is LC = 2πρ, ||f ||C = supz∈C|f(z)| < M en d(K ′, C) = infz∈K′,ζ∈C|z − ζ| = (ρ − R). Wekrijgen dan:
||f (1)||K′ ≤ Mρ(ρ−R)2
Nemen we vervolgens de limiet voor ρ→∞ krijgen we:
||f (1)||K′ ≤ 0
2de manier:Kies C = ∂B(0, ρ) met ρ→∞.
f (1)(z) = 12πi
∫C+
f(ζ)(ζ−z)2dζ
≤ 12πi
∫C+
M(ζ−z)2dζ
= 12πi
∫∂B(z,ε)+
M(ζ−z)2dζ
= M2π
∫ 2π
0eit
e2itdt
= M2π
∫ 2π
0e−itdt
= 0
ii)Via de Cauchyschatting weten we:
||f (n)||K′ ≤ n!LC2π
||f ||C(d(K′,C))n+1
Door de zelfde veronderstellingen te doen als hiervoor krijgen we dan:
||f (n)||K′ ≤ n! Cρp+1
(ρ−R)n+1
Als n > p zal deze term 0 worden. Bij het invullen in de taylorreeks zullen geen termen meeroverblijven van graad (p+ 1) of hoger.
24
Hoofdstelling van de Algebra
Stelling
Elke veelterm met complexe coefficienten bezit ten minste 1 nulpunt in C.
Bewijs
Beschouw de veeltermfunctie p(z) en stel dat deze geen nulpunten heeft in C.⇒ |p(z)| > 0Beschouw 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
Als f(z) holomorf is in ringvormig gebied B(0, R)\B(0, r), 0 < r < R, dan kan f geschrevenworden als f = f1 + f2, f1 ∈ H(B(0, R)), f2 ∈ H(C\B(0, r) ∪ ∞) met:
f1 =∞∑n=0
anzn, an = 1
2πi
∫∂B(0,ρ)+
f(ζ)ζ−n−1dζ,
f2 =∞∑n=1
bnz−n, bn = 1
2πi
∫∂B(0,ρ)+
f(ζ)ζn−1dζ,
beiden met
r < ρ < R
De eerste reek convergeert absoluut puntsgewijs en gelijkmatig op de compacta van B(0, R)naar f1(z) en de tweede naar f2(z) op de compacta van C\B(0, r). Deze ontbinding is uniekvoor r < |z| < R en wordt de laurentreek genoemd in B(0, R)\B(0, r).
Bewijs
Stel f ∈ H(Ω = z ∈ C : r < |z| < R).De formule van Cauchy zegt met C+ = C+1 + C−2 willekeurig dicht bij de rand van Ω:
f(z) = 12πi
∫C+
f(ζ)ζ−z dζ
= 12πi
(∫C+
1
f(ζ)ζ−z dζ +
∫C−2
f(ζ)ζ−z dζ
)
I1 =∫C+
1
f(ζ)ζ−z dζ =
∫C+
1
f(ζ)ζ(1−z/ζ)dζ
=∫C+
1
f(ζ)ζ
∞∑n=0
(zζ
)ndζ
=∞∑n=0
zn∫C+
1
f(ζ)(ζ)n+1dζ
= 2πi∞∑n=0
anzn
En dit voor |z| < R
I1 =∫C+
2
f(ζ)ζ−z dζ = −1
z
∫C+
2
f(ζ)1−ζ/zdζ
= −1z
∫C+
2
f(ζ)∞∑n=0
(ζz
)ndζ
= −∞∑n=1
z−n∫C+
2
f(ζ)ζn−1dζ
= −2πi∞∑n=1
bnz−n
En dit voor |z| > r.
26
2πi(I1 − I2) =∞∑n=0
anzn +
∞∑n=1
bnz−n
of ook
f(z) =∞∑
n=−∞αnz
n, αn = 12πi
∫r<|z|<R
f(ζ)ζn+1dζ
Stel nu dat er in de open schijf een andere ontbinding is f = f ∗1 + f ∗2 die dezelfde eigenschappenvertonen als hiervoor.
an = 12πi
∫∂B(0,ρ)+
f(ζ)ζ−n−1dζ
= 12πi
∫∂B(0,ρ)+
[f ∗1 (ζ) + f ∗2 (ζ)]ζ−n−1dζ
= 12πi
∞∑k=0
a∗k∫
∂B(0,ρ)+ζk−n−1dζ + 1
2πi
∞∑k=1
b∗k∫
∂B(0,ρ)+ζ−k−n−1dζ
Hierin zijn alle optredende integralen nul, behalve∫∂B(0,ρ)+
dζζ
= 2πi
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 eindpuntz, dan is
F (z) =
∫Cf(ζ)dζ
onafhankelijk van C. Geldt bovendien F ∈ H(Ω) met
F ′(z) = f(z)
dan is F de primitieve van f in Ω. Elke andere primitieve van f in Ω is op een constante nagelijk aan F .
Bewijs
We weten al dat F (z) onafhankelijk is van de gekozen kromme. We moeten enkel nog aantonendat ∀z:
limh−−→h∈Ω
0
F (z + h)− F (z)
h= f(z)
Laat de kromme C van z0 tot z aansluiten op een lijnstuk van z tot z + h, dan geldt∣∣∣∣F (z + h)− F (z)
h− f(z)
∣∣∣∣ =1
|h|
∣∣∣∣∫[z,z+h]
(f(ζ)− f(z))dζ
∣∣∣∣≤ 1
|h|
∫[z,z+h]
|f(ζ)− f(z)| ds
≤ |h||h|
supζ∈B(z,δ)
|f(ζ)− f(z)|
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∫Cf(z)dz = 0
dan is f ∈ H(Ω)
Bewijs
Kies z1 ∈ Ω en Ω′ ⊂ Ω met z1 ∈ Ω′.Kies z0 ∈ Ω′ en definieer
F (z) =
∫C1f(z)dz
met C1 willekeurige gladde kromme van z0 naar z gelegen in Ω′.We weten nu dat F ′(z) = f(z) waaruit volgt dat F ∈ H(Ω′) en f ∈ H(Ω′). Hiermee is fholomorf in z1 ∀z1 ∈ Ω
29
Maximummodulusstelling
Stelling
Zij Ω begrensd open samenhangend gebied, f holomorf in Ω en |f | continu in Ω dan bereikt |f |maximum op ∂Ω
Bewijs
∃a ∈ Ω : |f(a)| maximaal. (Weierstraß)Als a ligt op ∂Ω is stelling voldaan.Als a ligt in Ω dan is f een constante in Ω en Ω. Hiermee is de stelling voldaan.
30
Residustelling
Stelling
Zij Ω open ⊂ C, Ω′ = Ω \ a1, a2, . . . en f ∈ H(Ω′) met ai geısoleerde singulariteiten van f .Zij C een contour die door geen enkele singulariteit van f gaat en een compactum K omsluitvolledig in Ω gelegen met een eindig aantal singulariteiten ak. Dan is∫
C+
f(z)dz = 2πi∑K
Resakf
Bewijs
We omsluiten elk van de geısoleerde singulariteiten ak binnen C met een contour Ck dien enkelom ak cirkelt. Dan volgt: ∫
C+
f(z)dz =∑K
∫C+k
f(z)dz
= 2πi∑K
Resakf
31
Lemma van Jordan
Lemma
Zij CR een cirkelboog met middelpunt a en straal R gelegen in het halfvalk bepaald door deloodlijn in a op het lijnstuk [a, a + β] waarin a + β niet ligt; zij verder f continu in de openhoeksector. Als nu lim
z→∞f(z) = 0 waarbij z beperkt blijft tot de hoeksector, dan zal:
limR→∞
∫CReβzf(z)dz = 0
Bewijs
We weten: ∣∣∣∣∣ limR→∞
∫CReβzf(z)dz
∣∣∣∣∣ ≤ limR→∞
∫CR
∣∣eβzf(z)∣∣ dz
= limR→∞
∫ θ1θ0
∣∣eR(βz)∣∣ ∣∣f(a+Reiθ)
∣∣ ∣∣Rieiθ∣∣ dθ= lim
R→∞
∫ θ1θ0eRB cos(π/2−θ)R
∣∣f(a+Reiθ)∣∣ dθ
=∫ θ1θ0
limR→∞
∣∣f(a+Reiθ)∣∣Re−RB sin(θ)dθ
= 0
32
Stellingen zonder bewijs
Identificatiestelling
Zijn f1 en f2 holomorf in open samenhangend gebied Ω en vallen ze samen op deelverzamelingdie 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
limh−−→h∈Ω
0
f(z + h)− f(z)
h= g(z)
bestaat. Dan is f ∈ H(Ω) en is f ′(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 〈 , 〉 : V × V → K een inproduct dat aan V de structuur geeft van respectievelijk eeneuclidische of unitaire ruimte gedefinieerd door:als K = R:
〈u, v〉 = 14n(u+ v)2 − 1
4n(u− v)2
als K = C:
〈u, v〉 = 14n(u+ v)2 − 1
4n(u− v)2 + i
4n(u− iv)2 − i
4n(u+ iv)2
33