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 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

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) = 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