Funkcje zespolone. Wybrane zagadnienia

16.06.2026

Podstawowe pojęcia i definicje

Definicja ZB1 (ogólna definicja funkcji zespolonej)
Niech [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math]. Funkcją zespoloną [math]\displaystyle{ f }[/math] określoną na zbiorze [math]\displaystyle{ D }[/math] nazywamy odwzorowanie [math]\displaystyle{ f : D \to \mathbb{C} }[/math]. Zbiór [math]\displaystyle{ D }[/math] nazywamy dziedziną tej funkcji.

Zadanie ZB2
Podaj przykłady funkcji zespolonych.

Rozwiązanie

Celowo podajemy przykłady funkcji o nietypowej, bo jednowymiarowej dziedzinie. Dobrym przykładem może być tutaj funkcja [math]\displaystyle{ f (\varphi) = 2 e^{i \varphi} = 2 \cos \varphi + 2 i \sin \varphi }[/math], gdzie wykresem na [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math] jest okrąg o promieniu [math]\displaystyle{ r = 2 }[/math].

Kolejny przykład to funkcja postaci [math]\displaystyle{ f(t) = t + i \cdot t^2 }[/math], gdzie wykresem na [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math] jest parabola.

Ciekawym przykładem jest też funkcja [math]\displaystyle{ f(t) = t e^{it} = t \cdot \cos (t) + i t \cdot \sin (t) }[/math] dla [math]\displaystyle{ t \geqslant 0 }[/math]. Wykresem jest spirala Archimedesa.

Zauważmy, że funkcja typu [math]\displaystyle{ f(t) = u (t) + i v (t) }[/math] to dobrze znana parametryzacja krzywej

[math]\displaystyle{ \begin{cases} x = u (t) \\ y = v (t) \\ \end{cases} }[/math]

Teraz przybiera ona po prostu inną postać, gdzie: [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(f (t)) = u (t) }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \operatorname{Im}(f (t)) = v (t) }[/math]. Warto podkreślić, że funkcja [math]\displaystyle{ f(t) }[/math] odwzorowuje jednowymiarową przestrzeń parametrów w jednowymiarowy obiekt geometryczny (linię) na dwuwymiarowej płaszczyźnie zespolonej.
□

Definicja ZB3 (otoczenie punktu)
Niech [math]\displaystyle{ z_0 \in \mathbb{C} }[/math]. Powiemy, że koło (bez brzegu) o środku w [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] i promieniu [math]\displaystyle{ r }[/math] jest otoczeniem [math]\displaystyle{ U(z_0, r) }[/math] punktu [math]\displaystyle{ z_0 }[/math]. Co formalnie zapisujemy jako

[math]\displaystyle{ U(z_0, r) = \{z \in \mathbb{C}: |z - z_0 | < r\} }[/math]

Definicja ZB4 (otoczenie nakłute punktu)
Niech [math]\displaystyle{ z_0 \in \mathbb{C} }[/math]. Otoczeniem nakłutym [math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, r) }[/math] będziemy nazywali dowolne otoczenie punktu [math]\displaystyle{ z_0 }[/math], z którego usunięto punkt [math]\displaystyle{ z_0 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, r) = U (z_0, r) \setminus \{z_0 \} }[/math]. Co formalnie zapisujemy jako

[math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, r) = \{z \in \mathbb{C}: 0 < |z - z_0 | < r\} }[/math]

Definicja ZB5 (zbiór otwarty)
Niech [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math]. Powiemy, że zbiór [math]\displaystyle{ D }[/math] jest zbiorem otwartym, gdy dowolny punkt [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] tego zbioru należy do [math]\displaystyle{ D }[/math] wraz z pewnym otoczeniem [math]\displaystyle{ U(z_0, r) }[/math].

Zadanie ZB6
Pokazać, że otoczenie [math]\displaystyle{ U(z_0, r) }[/math] jest zbiorem otwartym.

Rozwiązanie

Musimy pokazać, że dla każdego punktu [math]\displaystyle{ z_1 \in U (z_0, r) }[/math] istnieje otoczenie [math]\displaystyle{ U (z_1, \rho) }[/math] punktu [math]\displaystyle{ z_1 }[/math] takie, że [math]\displaystyle{ U (z_1, \rho) \subset U(z_0, r) }[/math]. Z założenia [math]\displaystyle{ z_1 \in U (z_0, r) }[/math], zatem

[math]\displaystyle{ |z_1 - z_0 | < r }[/math]

Niech

[math]\displaystyle{ \rho = r - |z_1 - z_0 | > 0 }[/math]

Wybór [math]\displaystyle{ \rho }[/math] jest prawidłowy, bo promień otoczenia musi być dodatni. Rozważmy dowolny punkt [math]\displaystyle{ z \in U (z_1, \rho) }[/math]. Z definicji [math]\displaystyle{ |z - z_1 | < \rho }[/math]. Zauważmy, że [math]\displaystyle{ z \in U (z_0, r) }[/math], bo

[math]\displaystyle{ |z - z_0 | = | z - z_1 + z_1 - z_0 | }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\: \leqslant |z - z_1 | + |z_1 - z_0 | }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\: < \rho + |z_1 - z_0 | }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\: = (r - |z_1 - z_0 |) + |z_1 - z_0 | }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\: = r }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ z \in U (z_0, r) }[/math]. Ponieważ punkt [math]\displaystyle{ z }[/math] był dowolnym punktem otoczenia [math]\displaystyle{ U (z_1, \rho) }[/math], to [math]\displaystyle{ U (z_1, \rho) \subset U (z_0, r) }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie ZB7
Pokazać, że płaszczyzna [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math] jest zbiorem otwartym.

Rozwiązanie

Rozważmy dowolny punkt [math]\displaystyle{ z_0 \in \mathbb{C} }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ U(z_0, r) }[/math] będzie otoczeniem tego punktu, gdzie [math]\displaystyle{ r = 1 }[/math] (moglibyśmy wziąć również [math]\displaystyle{ r = 1000 }[/math]). Zatem otoczenie [math]\displaystyle{ U(z_0, 1) }[/math] będzie zbiorem punktów takich, że [math]\displaystyle{ |z - z_0 | < 1 }[/math]. Ponieważ każdy punkt [math]\displaystyle{ z }[/math] tak zdefiniowanego otoczenia jest liczbą zespoloną, to automatycznie należy do płaszczyzny [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math]. Zatem otoczenie w całości zawiera się w [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math]. Co należało pokazać.
□

Definicja ZB8 (zbiór spójny)
Niech [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math] i niech zbiór [math]\displaystyle{ D }[/math] będzie zbiorem otwartym. Powiemy, że zbiór [math]\displaystyle{ D }[/math] jest spójny, jeżeli każde dwa punkty tego zbioru można połączyć łamaną, leżącą w całości w zbiorze [math]\displaystyle{ D }[/math].

Definicja ZB9 (obszar)
Powiemy, że zbiór [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math] jest obszarem, jeżeli jest otwarty i spójny.

Zadanie ZB10
Krótko omów powody, dla których w analizie zespolonej funkcje definiujemy na zbiorach otwartych i spójnych.

Rozwiązanie

W analizie zespolonej funkcje definiujemy na zbiorach otwartych dokładnie z tych samych powodów, dla których w analizie rzeczywistej przy obliczaniu pochodnych wybieraliśmy przedziały otwarte. W analizie rzeczywistej otwartość zapewniała nam możliwość obliczania pochodnej w każdym punkcie przedziału

[math]\displaystyle{ f' (x_0) = \lim_{h \rightarrow 0} {\small\frac{f (x_0 + h) - f (x_0)}{h}} }[/math]

bo wystarczyło wybrać [math]\displaystyle{ h }[/math] na tyle małe (co do modułu), aby punkt [math]\displaystyle{ x_0 + h }[/math] należał do rozpatrywanego przedziału. W przypadku punktów brzegowych przedziału domkniętego mogliśmy poradzić sobie z problemem, obliczając pochodne jednostronne.

W analizie zespolonej przyrost zmiennej [math]\displaystyle{ h }[/math] jest w ogólności liczbą zespoloną

[math]\displaystyle{ f' (z_0) = \lim_{h \rightarrow 0} {\small\frac{f (z_0 + h) - f (z_0)}{h}} }[/math]

i aby granica istniała, musimy mieć możliwość podejścia do punktu [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] z dowolnego kierunku na płaszczyźnie. Oznacza to, że dla dostatecznie małych [math]\displaystyle{ h }[/math] (w sensie [math]\displaystyle{ |h| < \varepsilon }[/math]) punkt [math]\displaystyle{ z_0 + h }[/math] musi należeć do rozpatrywanego zbioru. Na brzegu zbioru nie mamy odpowiednika pochodnych jednostronnych – kierunków podejścia jest nieskończenie wiele. Zbiór otwarty gwarantuje, że wokół każdego punktu istnieje małe otoczenie, które w całości mieści się w tym zbiorze, co umożliwia poprawne zdefiniowanie i badanie różniczkowalności.

W analizie matematycznej kluczowa jest zasada: jeśli pochodna funkcji wszędzie wynosi zero, to funkcja jest stała. Jeśli dziedzina [math]\displaystyle{ D }[/math] nie jest spójna, to twierdzenie to przestaje być prawdziwe. Rozważmy dziedzinę złożoną z dwóch rozłącznych kół otwartych (nazwijmy je [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ B }[/math]). Możemy zdefiniować funkcję: [math]\displaystyle{ f(z) = 1 }[/math] dla [math]\displaystyle{ z \in A }[/math] oraz [math]\displaystyle{ f(z) = 5 }[/math] dla [math]\displaystyle{ z \in B }[/math]. Pochodna tej funkcji w każdym punkcie zbioru [math]\displaystyle{ A \cup B }[/math] jest równa 0, ponieważ lokalnie (w otoczeniu każdego punktu) funkcja jest stała. Jednak globalnie funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] nie jest stała, gdyż przyjmuje różne wartości na różnych częściach dziedziny. Założenie spójności dziedziny ma na celu wyeliminowanie takich przypadków.

Definiując funkcje na zbiorach niespójnych, stracilibyśmy jedno z najpotężniejszych narzędzi analizy zespolonej: twierdzenie o jednoznaczności. Mówi ono, że jeśli dwie funkcje różniczkowalne są sobie równe w dowolnym, nawet maleńkim otoczeniu, to są one identyczne w całym wspólnym obszarze (czyli zbiorze, który jest jednocześnie otwarty i spójny). Rozważmy dziedzinę złożoną z dwóch rozłącznych kół otwartych (nazwijmy je [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ B }[/math]). Moglibyśmy zdefiniować dwie funkcje [math]\displaystyle{ f }[/math] i [math]\displaystyle{ g }[/math], które byłyby identyczne na kole [math]\displaystyle{ A }[/math], ale przyjmowałyby zupełnie różne wartości na kole [math]\displaystyle{ B }[/math]. Wtedy, mimo lokalnej identyczności na zbiorze [math]\displaystyle{ A }[/math], funkcje jako całość byłyby różne, przez co twierdzenie o jednoznaczności przestałoby działać. Założenie spójności dziedziny jest więc konieczne, aby lokalna informacja o funkcji pozwalała nam przewidzieć jej globalne zachowanie.

W analizie zespolonej funkcje całkujemy po krzywych, co jest naturalną konsekwencją przejścia od funkcji określonej na osi liczb rzeczywistych do funkcji określonej na płaszczyźnie liczb zespolonych. Aby móc swobodnie deformować te krzywe i łączyć różne punkty dziedziny drogami (co jest podstawą przy obliczaniu całek zespolonych), dziedzina musi być w jednym kawałku. Na niespójnej dziedzinie nie da się przejść drogą z jednej części do drugiej bez opuszczania tej dziedziny.
□

Definicja ZB11 (funkcja zmiennej zespolonej na obszarze)
Funkcją zmiennej zespolonej nazywamy odwzorowanie [math]\displaystyle{ f : D \to \mathbb{C} }[/math], gdzie dziedzina [math]\displaystyle{ D }[/math] jest obszarem na płaszczyźnie zespolonej [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math].

Uwaga ZB12
Ponieważ każdą liczbę zespoloną można zapisać w postaci [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math], to każdą funkcję zespoloną [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] można jednoznacznie zapisać za pomocą dwóch funkcji rzeczywistych dwóch zmiennych rzeczywistych [math]\displaystyle{ x }[/math] i [math]\displaystyle{ y }[/math].

[math]\displaystyle{ f(z) = f (x + iy) = U (x, y) + i \cdot V (x, y) }[/math]

gdzie

[math]\displaystyle{ U(x, y) = \operatorname{Re}(f (z)) }[/math] – funkcja rzeczywista wyznaczająca część rzeczywistą

[math]\displaystyle{ V(x, y) = \operatorname{Im}(f (z)) }[/math] – funkcja rzeczywista wyznaczająca część urojoną

Przykładowo funkcję [math]\displaystyle{ f(z) = z^2 }[/math] możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ f(x + iy) = (x + iy)^2 = x^2 + 2 ixy + i^2 y^2 = (x^2 - y^2) + i (2 xy) }[/math]

Mamy tutaj [math]\displaystyle{ U(x, y) = x^2 - y^2 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ V(x, y) = 2 xy }[/math].

Zadanie ZB13
Podaj przykłady funkcji zespolonych.

Rozwiązanie

Funkcja [math]\displaystyle{ f(z) = z^2 }[/math].

Funkcja [math]\displaystyle{ f(z) = \sqrt{z} }[/math]. Rysunek przedstawia gałąź główną pierwiastka definiowaną przez wybór [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}\left( \sqrt{z} \right) \geqslant 0 }[/math]

Funkcja [math]\displaystyle{ \log (z) = \ln | z | + \operatorname{Arg} (z) + 2 k \pi i }[/math]. Rysunek przedstawia gałąź główną logarytmu definiowaną przez wybór [math]\displaystyle{ k = 0 }[/math].

Funkcja [math]\displaystyle{ f(z) = e^z }[/math].

□

Funkcje zespolone [math]\displaystyle{ e^z }[/math], [math]\displaystyle{ \sin (z) }[/math], [math]\displaystyle{ \cos (z) }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh (z) }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh (z) }[/math]

Definicja ZB14
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Definiujemy funkcje zespolone zmiennej zespolonej [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]

[math]\displaystyle{ \exp (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} = 1 + z + {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} + \ldots }[/math]

[math]\displaystyle{ \sin (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = z - {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} - {\small\frac{z^7}{7!}} + \ldots }[/math]

[math]\displaystyle{ \cos (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n}}{(2 n) !}} = 1 - {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} - {\small\frac{z^6}{6!}} + \ldots }[/math]

[math]\displaystyle{ \sinh (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = z + {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} + {\small\frac{z^7}{7!}} + \ldots }[/math]

[math]\displaystyle{ \cosh (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 n}}{(2 n) !}} = 1 + {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} + {\small\frac{z^6}{6!}} + \ldots }[/math]

Zadanie ZB15
Pokazać, że wypisane w definicji ZB14 szeregi są bezwzględnie zbieżne dla dowolnego [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math].

Rozwiązanie

Pokażemy bezwzględną zbieżność tylko dla pierwszego szeregu. Zbieżność pozostałych szeregów pokazujemy analogicznie. Korzystając z kryterium d'Alemberta (zobacz D93 - dowód można łatwo uogólnić na liczby zespolone), otrzymujemy

[math]\displaystyle{ g = \lim_{n \rightarrow \infty} \left| {\small\frac{z^{n + 1}}{(n + 1) !}} \cdot {\small\frac{n!}{z^n}} \right| = \lim_{n \rightarrow \infty} {\small\frac{| z |}{n + 1}} = 0 }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ g < 1 }[/math], to z kryterium d'Alemberta wynika, że szereg jest bezwzględnie zbieżny dla dowolnego (ale ustalonego) [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie ZB16
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Pokazać, że

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (- z) = - \sin (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (- z) = \cos (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (- z) = - \sinh (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (- z) = \cosh (z) }[/math]

Rozwiązanie

Pokażemy tylko, że funkcja [math]\displaystyle{ \sin (z) }[/math] jest funkcją nieparzystą. Pozostałe wzory pokazujemy analogicznie.

[math]\displaystyle{ \sin (- z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n (- z)^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^n (- 1)^{2 n + 1} z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !} = - \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} = - \sin (z) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie ZB17
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Pokazać, że

   ●      [math]\displaystyle{ \overline{\exp (z)} = \exp (\bar{z}) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \overline{\sin (z)} = \sin (\bar{z}) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \overline{\cos (z)} = \cos (\bar{z}) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \overline{\sinh (z)} = \sinh (\bar{z}) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \overline{\cosh (z)} = \cosh (\bar{z}) }[/math]

Rozwiązanie

Ponieważ funkcje [math]\displaystyle{ \exp () }[/math], [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math] są definiowane przez szeregi potęgowe o współczynnikach rzeczywistych, to łatwo widzimy, że

[math]\displaystyle{ \overline{\exp (z)} = \overline{\left( \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} \right)} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{\overline{(z^n)}}{\overline{(n!)}}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{\bar{z}^n}{n!}} = \exp (\bar{z}) }[/math]

Analogicznie pokazujemy dla pozostałych funkcji.
□

Twierdzenie ZB18 (wzór Eulera, Leonhard Euler, 1748)
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Prawdziwe są następujące wzory

[math]\displaystyle{ e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z) \qquad\qquad }[/math] (wzór Eulera)

[math]\displaystyle{ e^z = \cosh (z) + \sinh (z) }[/math]

Dowód

Ponieważ szereg definiujący funkcję [math]\displaystyle{ e^z }[/math] jest bezwzględnie zbieżny, to możemy dowolnie przestawiać wyrazy szeregu. W ten sposób pokazujemy

Punkt 1. (wzór Eulera)

[math]\displaystyle{ e^{i z} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^n}{n!}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(i z)^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{i^{2 k} z^{2 k}}{(2 k) !} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{i^{2 k + 1} z^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^k z^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{i (- 1)^k z^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \cos (z) + i \sin (z) }[/math]

Punkt 2.

[math]\displaystyle{ e^z = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 k}}{(2 k) !}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{z^{2 k + 1}}{(2 k + 1) !}} = \cosh (z) + \sinh (z) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie ZB19
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Pokazać, że funkcje [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math] można zapisać za pomocą funkcji [math]\displaystyle{ \exp () }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (z) = \frac{e^{iz} - e^{- iz}}{2 i} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (z) = \frac{e^{iz} + e^{- iz}}{2} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (z) = {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (z) = {\small\frac{e^z + e^{- z}}{2}} }[/math]

Rozwiązanie

Ze wzoru Eulera mamy

[math]\displaystyle{ e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z) }[/math]

[math]\displaystyle{ e^{- iz} = \cos (- z) + i \sin (- z) = \cos (z) - i \sin (z) }[/math]

Dodając i odejmując od siebie powyższe równania, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ e^{i z} + e^{- iz} = 2 \cos (z) }[/math]

[math]\displaystyle{ e^{i z} - e^{- iz} = 2 i \sin (z) }[/math]

Dzieląc obie strony odpowiednio przez [math]\displaystyle{ 2 }[/math] oraz przez [math]\displaystyle{ 2 i }[/math], otrzymujmy szukane wzory. Pozostałe dwa wzory dowodzimy analogicznie.
□

Zadanie ZB20
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Policzyć wartości funkcji [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math] dla argumentu [math]\displaystyle{ i z }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (iz) = i \sinh (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (iz) = \cosh (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (iz) = i \sin (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (iz) = \cos (z) }[/math]

Rozwiązanie

Udowodnimy tylko pierwszy wzór. Pozostałe wzory pokazujemy analogicznie.

[math]\displaystyle{ \sin (iz) = \frac{e^{i (i z)} - e^{- i (i z)}}{2 i} = {\small\frac{e^{- z} - e^z}{2 i}} = {\small\frac{- 1}{i}} \cdot {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}} = i \sinh (z) }[/math]

□

Twierdzenie ZB21
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Prawdziwe są następujące związki

[math]\displaystyle{ \sin^2 (z) + \cos^2 (z) = 1 \qquad\qquad \;\;\;\; }[/math] (jedynka trygonometryczna)

[math]\displaystyle{ \cosh^2 (z) - \sinh^2 (z) = 1 \qquad\qquad }[/math] (jedynka hiperboliczna)

Dowód

Punkt 1.

[math]\displaystyle{ \sin^2 (z) + \cos^2 (z) = \left( \frac{e^{iz} - e^{- iz}}{2 i} \right)^2 + \left( \frac{e^{iz} + e^{- iz}}{2} \right)^2 }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \frac{e^{2 i z} - 2 e^{i z} e^{- i z} + e^{- 2 i z}}{- 4} + \frac{e^{2 i z} + 2 e^{i z} e^{- i z} + e^{- 2 i z}}{4} = }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \frac{- e^{2 i z} + 2 - e^{- 2 i z} + e^{2 i z} + 2 + e^{- 2 i z}}{4} }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = 1 }[/math]

Punkt 2.

[math]\displaystyle{ \cosh^2 (z) - \sinh^2 (z) = (\cosh (z) - \sinh (z)) \cdot (\cosh (z) + \sinh (z)) }[/math]

[math]\displaystyle{ = \left( {\small\frac{e^z + e^{- z}}{2}} - {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}} \right) \cdot \left( {\small\frac{e^z + e^{- z}}{2}} + {\small\frac{e^z - e^{- z}}{2}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{- z} \cdot e^z }[/math]

[math]\displaystyle{ = 1 }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie ZB22
Niech [math]\displaystyle{ z_1, z_2 \in \mathbb{C} }[/math]. Wartości funkcji [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math] dla argumentu będącego sumą liczb zespolonych:

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (z_1 + z_2) = \sin (z_1) \cos (z_2) + \cos (z_1) \sin (z_2) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (z_1 + z_2) = \cos (z_1) \cos (z_2) - \sin (z_1) \sin (z_2) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (z_1 + z_2) = \sinh (z_1) \cosh (z_2) + \cosh (z_1) \sinh (z_2) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (z_1 + z_2) = \cosh (z_1) \cosh (z_2) + \sinh (z_1) \sinh (z_2) }[/math]

Dowód

Udowodnimy tylko pierwszy wzór. Pozostałe wzory dowodzimy analogicznie. Korzystając ze wzorów

[math]\displaystyle{ \sin (z) = \frac{e^{iz} - e^{- iz}}{2 i} \qquad\qquad \text{oraz} \qquad\qquad \cos (z) = \frac{e^{iz} + e^{- iz}}{2} }[/math]

przekształcamy prawą stronę

[math]\displaystyle{ \sin (z_1) \cos (z_2) + \cos (z_1) \sin (z_2) = \left( \frac{e^{iz_1} - e^{- iz_1}}{2 i} \right) \cdot \left( \frac{e^{iz_2} + e^{- iz_2}}{2} \right) + \left( \frac{e^{iz_1} + e^{- iz_1}}{2} \right) \cdot \left( \frac{e^{iz_2} - e^{- iz_2}}{2 i} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \frac{e^{iz_1} e^{iz_2} + {\color{red}e^{iz_1} e^{- iz_2}} - {\color{blue}e^{- iz_1} e^{iz_2}} - e^{- iz_1} e^{- iz_2}}{4 i} + \frac{e^{iz_1} e^{iz_2} - {\color{red}e^{iz_1} e^{- iz_2}} + {\color{blue}e^{- iz_1} e^{iz_2}} - e^{- iz_1} e^{- iz_2}}{4 i} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \frac{2 e^{iz_1} e^{iz_2} - 2 e^{- iz_1} e^{- iz_2}}{4 i} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \frac{e^{i (z_1 + z_2)} - e^{- i (z_1 + z_2)}}{2 i} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \sin (z_1 + z_2) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie ZB23
Niech [math]\displaystyle{ z_1, z_2 \in \mathbb{C} }[/math]. Prawdziwe są następujące tożsamości

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (z_1) - \sin (z_2) = 2 \sin \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \cos \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (z_1) - \cos (z_2) = - 2 \sin \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \sin \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (z_1) - \sinh (z_2) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \cosh \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (z_1) - \cosh (z_2) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \sinh \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right) }[/math]

Dowód

Punkt 1.

Rozważmy prawą stronę, mamy

[math]\displaystyle{ 2 \sin \left( {\small\frac{z_1 - z_2}{2}} \right) \cos \left( {\small\frac{z_1 + z_2}{2}} \right) = 2 \cdot {\small\frac{1}{2 i}} \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 - z_2)} - e^{- {\small\frac{i}{2}} (z_1 - z_2)} \right] \cdot {\small\frac{1}{2}} \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 + z_2)} + e^{- {\small\frac{i}{2}} (z_1 + z_2)} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\small\frac{1}{2 i}} \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 - z_2)} - e^{{\small\frac{i}{2}} (- z_1 + z_2)} \right] \cdot \left[ e^{{\small\frac{i}{2}} (z_1 + z_2)} + e^{{\small\frac{i}{2}} (- z_1 - z_2)} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\small\frac{1}{2 i}} \left( e^{{\small\frac{i}{2}} (2 z_1)} + e^{{\small\frac{i}{2}} (- 2 z_2)} - e^{{\small\frac{i}{2}} (2 z_2)} - e^{{\small\frac{i}{2}} (- 2 z_1)} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = {\small\frac{1}{2 i}} (e^{i z_1} + e^{- i z_2} - e^{i z_2} - e^{- i z_1}) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \frac{e^{i z_1} - e^{- i z_1}}{2 i} - \frac{e^{i z_2} - e^{- i z_2}}{2 i} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \sin (z_1) - \sin (z_2) }[/math]

Co należało pokazać. Pozostałe wzory dowodzimy analogicznie.
□

Twierdzenie ZB24
Niech [math]\displaystyle{ x, y \in \mathbb{R} }[/math]. Wartości funkcji [math]\displaystyle{ \exp () }[/math], [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math] dla argumentu [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ e^{x + i y} = e^x (\cos y + i \sin y) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (x + iy) = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (x + iy) = \cos (x) \cosh (y) - i \sin (x) \sinh (y) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (x + i y) = \sinh (x) \cos (y) + i \cosh (x) \sin (y) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (x + i y) = \cosh (x) \cos (y) + i \sinh (x) \sin (y) }[/math]

Dowód

Punkt 1.

Korzystając ze wzoru Eulera

[math]\displaystyle{ e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z) }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ e^{x + i y} = e^x e^{i y} = e^x (\cos (y) + i \sin (y)) }[/math]

Punkt 2.

Korzystając ze wzoru

[math]\displaystyle{ \sin (z_1 + z_2) = \sin (z_1) \cos (z_2) + \cos (z_1) \sin (z_2) }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sin (x + iy) = \sin (x) \cos (i y) + \cos (x) \sin (i y) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\:\, = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y) }[/math]

Co należało pokazać. Pozostałe wzory dowodzimy analogicznie.
□

Twierdzenie ZB25
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math] i [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ x, y \in \mathbb{R} }[/math]. Wartości modułów funkcji [math]\displaystyle{ \exp () }[/math], [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math] dla argumentu [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | e^{x + i y} | = e^x }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | \sin (x + i y) | = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (y) - \cos^2 (x)} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | \cos (x + i y) | = \sqrt{\cos^2 (x) + \sinh^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (y) - \sin^2 (x)} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | \sinh (x + i y) | = \sqrt{\sinh^2 (x) + \sin^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (x) - \cos^2 (y)} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | \cosh (x + i y) | = \sqrt{\sinh^2 (x) + \cos^2 (y)} = \sqrt{\cosh^2 (x) - \sin^2 (y)} }[/math]

Dowód

Punkt 1.

Ze wzoru Eulera

[math]\displaystyle{ e^{iz} = \cos (z) + i \sin (z) }[/math]

dla [math]\displaystyle{ z = y }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ y \in \mathbb{R} }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ e^{iy} = \cos (y) + i \sin (y) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ | e^{iy} | = \sqrt{\cos^2 (y) + \sin^2 (y)} = \sqrt{1} = 1 }[/math]

W ogólnym przypadku natychmiast otrzymujemy

[math]\displaystyle{ | e^{x + i y} | = | e^x \cdot e^{i y} | = | e^x | \cdot | e^{i y} | = | e^x | = e^x }[/math]

bo dla dowolnego [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math] mamy [math]\displaystyle{ e^x > 0 }[/math].

Punkt 2.

Ze wzoru

[math]\displaystyle{ \sin (x + iy) = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y) }[/math]

natychmiast otrzymujemy, że

[math]\displaystyle{ | \sin (x + iy) | = \sqrt{\sin^2 (x) \cosh^2 (y) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)} }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \cosh^2 (y) = 1 + \sinh^2 (y) }[/math], to

[math]\displaystyle{ | \sin (x + iy) | = \sqrt{\sin^2 (x) \cosh^2 (y) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) (1 + \sinh^2 (y)) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) + \sin^2 (x) \sinh^2 (y) + \cos^2 (x) \sinh^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y) (\sin^2 (x) + \cos^2 (x))} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y)} }[/math]

Korzystając z jedynki trygonometrycznej [math]\displaystyle{ \sin^2 (x) = 1 - \cos^2 (x) }[/math] i hiperbolicznej [math]\displaystyle{ \sinh^2 (y) = \cosh^2 (y) - 1 }[/math], możemy przekształcić powyższy wzór do postaci

[math]\displaystyle{ | \sin (x + iy) | = \sqrt{\sin^2 (x) + \sinh^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sqrt{1 - \cos^2 (x) + \cosh^2 (y) - 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\:\, = \sqrt{\cosh^2 (y) - \cos^2 (x)} }[/math]

Punkt 3.

Pokazujemy analogicznie jak punkt 2.

Punkt 4.

Ze wzoru

[math]\displaystyle{ \sinh (x + i y) = \sinh (x) \cos (y) + i \cosh (x) \sin (y) }[/math]

natychmiast otrzymujemy, że

[math]\displaystyle{ | \sinh (x + iy) | = \sqrt{\sinh^2 (x) \cos^2 (y) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)} }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \cos^2 (y) = 1 - \sin^2 (y) }[/math], to

[math]\displaystyle{ | \sinh (x + iy) | = \sqrt{\sinh^2 (x) \cos^2 (y) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) (1 - \sin^2 (y)) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) - \sinh^2 (x) \sin^2 (y) + \cosh^2 (x) \sin^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) + (\cosh^2 (x) - \sinh^2 (x)) \sin^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \sqrt{\sinh^2 (x) + \sin^2 (y)} }[/math]

Korzystając z jedynki trygonometrycznej [math]\displaystyle{ \sin^2 (y) = 1 - \cos^2 (y) }[/math] i hiperbolicznej [math]\displaystyle{ \sinh^2 (x) = \cosh^2 (x) - 1 }[/math], możemy przekształcić powyższy wzór do postaci

[math]\displaystyle{ | \sinh (x + iy) | = \sqrt{\sinh^2 (x) + \sin^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \sqrt{\cosh^2 (x) - 1 + 1 - \cos^2 (y)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \sqrt{\cosh^2 (x) - \cos^2 (y)} }[/math]

Punkt 5.

Pokazujemy analogicznie jak punkt 4.
□

Zadanie ZB26
Niech [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]. Korzystając ze wzoru Eulera, pokazać, że liczby [math]\displaystyle{ \pm 1 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \pm i }[/math] można zapisać w następującej postaci

   ●      [math]\displaystyle{ 1 = e^{2 k \pi i} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ i = e^{\left( {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi \right) i} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ - 1 = e^{(\pi + 2 k \pi) i} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ - i = e^{\left( {\small\frac{3 \pi}{2}} + 2 k \pi \right) i} }[/math]

Rozwiązanie

We wzorze Eulera

[math]\displaystyle{ e^{i z} = \cos (z) + i \sin (z) }[/math]

przyjmijmy [math]\displaystyle{ z = x }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ e^{i x} = \cos (x) + i \sin (x) }[/math]

Punkt 1.

Z równania

[math]\displaystyle{ \cos (x) + i \sin (x) = 1 + i \cdot 0 }[/math]

wynika układ równań

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \cos x = 1 \\ \sin x = 0 \\ \end{cases} }[/math]

Zauważmy, że jeżeli [math]\displaystyle{ \cos x = 1 }[/math], to musi być [math]\displaystyle{ \sin x = 0 }[/math], ale jeżeli [math]\displaystyle{ \sin x = 0 }[/math], to nie musi być [math]\displaystyle{ \cos x = 1 }[/math], bo może być też [math]\displaystyle{ \cos x = - 1 }[/math]. Dlatego najpierw znajdujemy rozwiązania pierwszego równania. Tu otrzymujemy natychmiast [math]\displaystyle{ x = 2 k \pi }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]. Liczby te są również rozwiązaniami drugiego równania. Zatem

[math]\displaystyle{ e^{2 k \pi i} = 1 }[/math]

Punkt 2.

Z równania

[math]\displaystyle{ \cos (x) + i \sin (x) = i }[/math]

wynika układ równań

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \cos x = 0 \\ \sin x = 1 \\ \end{cases} }[/math]

Z drugiego równania mamy [math]\displaystyle{ x = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi }[/math]. Liczby te stanowią również rozwiązania drugiego równania. Zatem

[math]\displaystyle{ e^{\left( {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi \right) i} = i }[/math]

Punkt 3.

Z równania

[math]\displaystyle{ \cos (x) + i \sin (x) = - 1 }[/math]

wynika układ równań

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \cos x = - 1 \\ \sin x = 0 \\ \end{cases} }[/math]

Z pierwszego równania mamy [math]\displaystyle{ x = \pi + 2 k \pi }[/math]. Liczby te stanowią również rozwiązania drugiego równania. Zatem

[math]\displaystyle{ e^{(\pi + 2 k \pi) i} = - 1 }[/math]

Punkt 4.

Dowodzimy analogicznie.
□

Twierdzenie ZB27
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Pochodne funkcji [math]\displaystyle{ \exp () }[/math], [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math].

   ●      [math]\displaystyle{ {\small\frac{d}{dz}} \exp (z) = \exp (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ {\small\frac{d}{dz}} \sin (z) = \cos (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ {\small\frac{d}{dz}} \cos (z) = - \sin (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ {\small\frac{d}{dz}} \sinh (z) = \cosh (z) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ {\small\frac{d}{dz}} \cosh (z) = \sinh (z) }[/math]

Dowód

Zauważmy, że różniczkowane funkcje zostały zdefiniowane przez szereg potęgowy. Możliwość obliczania pochodnej szeregu potęgowego przez różniczkowanie wyraz po wyrazie wynika z następującego twierdzenia:

Niech [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] będzie dowolnym ciągiem liczb zespolonych. Jeżeli szereg potęgowy [math]\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n }[/math] jest zbieżny dla [math]\displaystyle{ z }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ |z - z_0 | < R }[/math], to funkcja [math]\displaystyle{ f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n }[/math] jest różniczkowalna w tym obszarze, a jej pochodna może być wyznaczona poprzez różniczkowanie szeregu wyraz po wyrazie. Wyliczona w ten sposób pochodna ma dokładnie taki sam promień zbieżności [math]\displaystyle{ R }[/math].

Korzystając z powyższego twierdzenia, udowodnimy tylko dwa pierwsze wzory. Pozostałe dowodzimy analogicznie.

Punkt 1.

[math]\displaystyle{ {\small\frac{d}{dz}} \exp (z) = {\small\frac{d}{dz}} \left( \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \: = {\small\frac{d}{dz}} \left( 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \: = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{d}{d z}} {\small\frac{z^n}{n!}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \: = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{n \cdot z^{n - 1}}{n!}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \: = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{z^{n - 1}}{(n - 1) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \: = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{z^k}{k!}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \: = \exp (z) }[/math]

Punkt 2.

[math]\displaystyle{ {\small\frac{d}{dz}} \sin (z) = {\small\frac{d}{dz}} \left( \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{d}{dz}} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n + 1}}{(2 n + 1) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n (2 n + 1) z^{2 n}}{(2 n + 1) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^n z^{2 n}}{(2 n) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \cos (z) }[/math]

□

Twierdzenie ZB28
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math] i [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]. Miejsca zerowe funkcji [math]\displaystyle{ \exp () }[/math], [math]\displaystyle{ \sin () }[/math], [math]\displaystyle{ \cos () }[/math], [math]\displaystyle{ \sinh () }[/math], [math]\displaystyle{ \cosh () }[/math].

   ●      [math]\displaystyle{ \exp (z) \neq 0 }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (z) = 0 \qquad\qquad \;\:\, \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = k \pi }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (z) = 0 \qquad\qquad \;\; \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (z) = 0 \qquad\qquad \;\! \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = k \pi \cdot i }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (z) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = \left( {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi \right) \cdot i }[/math]

Dowód

Udowodnimy tylko punkt 1. i punkt 2. Pozostałe punkty dowodzimy analogicznie jak punkt 2. Niech [math]\displaystyle{ z = x + iy }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ x, y \in \mathbb{R} }[/math].

Punkt 1.

Mamy

[math]\displaystyle{ | e^z | = | e^{x + iy} | = | e^x \cdot e^{iy} | = | e^x | \cdot | e^{iy} | = | e^x | = e^x > 0 }[/math]

Ponieważ funkcja wykładnicza [math]\displaystyle{ e^x }[/math] przyjmuje wyłącznie wartości większe od zera, to [math]\displaystyle{ | e^z | }[/math] nigdy nie jest zerem, zatem sama liczba [math]\displaystyle{ e^z }[/math] również nie może być zerem.

Punkt 2.

Warunek [math]\displaystyle{ \sin (z) = 0 }[/math] zapisujemy w postaci

[math]\displaystyle{ \sin (x + iy) = \sin (x) \cosh (y) + i \cos (x) \sinh (y) = 0 }[/math]

Liczba zespolona jest równa zero wtedy i tylko wtedy, gdy jej część rzeczywista oraz część urojona są jednocześnie równe zero. Zatem możemy przejść do układu dwóch równań rzeczywistych

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \sin (x) \cosh (y) = 0 \\ \cos (x) \sinh (y) = 0 \\ \end{cases} }[/math]

Ponieważ funkcja hiperboliczna

[math]\displaystyle{ \cosh (y) = {\small\frac{e^y + e^{- y}}{2}} }[/math]

dla wszystkich liczb rzeczywistych [math]\displaystyle{ y }[/math] przyjmuje wartości większe bądź równe [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to z pierwszego równania otrzymujemy, że

[math]\displaystyle{ \sin (x) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = k \pi ,\; }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]

Jeśli [math]\displaystyle{ \sin (x) = 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ \cos (x) = \pm 1 }[/math] i przechodząc do drugiego równania, dostajemy natychmiast

[math]\displaystyle{ \sinh (y) = 0 }[/math]

Ale funkcja hiperboliczna [math]\displaystyle{ \sinh (y) }[/math] dla rzeczywistych [math]\displaystyle{ y }[/math] ma tylko jedno miejsce zerowe [math]\displaystyle{ y = 0 }[/math]. Łącząc uzyskane rezultaty, widzimy, że

[math]\displaystyle{ z = x + iy = k \pi + i \cdot 0 = k \pi ,\; }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie ZB29
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math] i [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]. Pokazać, że

   ●      [math]\displaystyle{ \exp (z) = 1 \qquad\qquad \,\, \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi i }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sin (z) = 1 \qquad\qquad \;\:\, \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cos (z) = 1 \qquad\qquad \;\: \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \sinh (z) = 1 \qquad\qquad \;\! \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = (- 1)^k \ln \left( 1 + \sqrt{2} \right) + k \pi i }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \cosh (z) = 1 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi i }[/math]

Rozwiązanie

Punkt 1.

Zapiszmy warunek w postaci

[math]\displaystyle{ e^{x + i y} = 1 }[/math]

Obliczając moduł obydwu stron, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ | e^{x + i y} | = e^x = 1 }[/math]

Skąd wynika natychmiast, że [math]\displaystyle{ x = 0 }[/math]. Pozostaje znaleźć rozwiązania równania

[math]\displaystyle{ e^{i y} = \cos y + i \sin y = 1 }[/math]

Gdzie skorzystaliśmy ze wzoru Eulera. Części rzeczywista równania po prawej stronie muszą być równe, zatem dostajemy układ równań

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \cos y = 1 \\ \sin y = 0 \\ \end{cases} }[/math]

Zauważmy, że jeżeli [math]\displaystyle{ \cos y = 1 }[/math], to musi być [math]\displaystyle{ \sin y = 0 }[/math], ale jeżeli [math]\displaystyle{ \sin y = 0 }[/math], to nie musi być [math]\displaystyle{ \cos y = 1 }[/math], bo może być też [math]\displaystyle{ \cos y = - 1 }[/math]. Dlatego najpierw znajdujemy rozwiązania pierwszego równania. Tu otrzymujemy natychmiast [math]\displaystyle{ y = 2 k \pi }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]. Wartości te są również rozwiązaniami drugiego równania. Zbierając, mamy

[math]\displaystyle{ z = x + i y = 0 + i \cdot 2 k \pi = 2 k \pi i }[/math]

Punkt 2.

Ponieważ [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi}{2}} \right) = 1 }[/math], to możemy nasz warunek zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \sin (z) - \sin \left( {\small\frac{\pi}{2}} \right) = 0 }[/math]

Korzystając ze wzoru na różnicę sinusów, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sin (z) - \sin \left( {\small\frac{\pi}{2}} \right) = 2 \sin \left( \frac{z - {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) \cos \left( \frac{z + {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) = 0 }[/math]

Iloczyn jest równy zero, gdy jeden z czynników jest równy zero. Mamy zatem dwa przypadki

[math]\displaystyle{ \sin \left( \frac{z - {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad \frac{z - {\small\frac{\pi}{2}}}{2} = k \pi \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi }[/math]

[math]\displaystyle{ \cos \left( \frac{z + {\small\frac{\pi}{2}}}{2} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad \frac{z + {\small\frac{\pi}{2}}}{2} = {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = - {\small\frac{\pi}{2}} + \pi + 2 k \pi = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi }[/math]

Widzimy, że oba przypadki dały dokładnie te same rozwiązania. Ostatecznie otrzymaliśmy

[math]\displaystyle{ z = {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi }[/math]

Punkt 3.

Ponieważ [math]\displaystyle{ \cos (0) = 1 }[/math], to możemy nasz warunek zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \cos (z) - \cos (0) = 0 }[/math]

Korzystając ze wzoru na różnicę cosinusów, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \cos (z) - \cos (0) = - 2 \sin \left( {\small\frac{z}{2}} \right) \sin \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0 }[/math]

Iloczyn jest równy zero, gdy jeden z czynników jest równy zero. Ponieważ obydwa czynniki są identyczne, to natychmiast otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z}{2}} = k \pi \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi }[/math]

Punkt 4.

Aby móc zastosować analogiczne podejście, jak w punktach 2. i 3. potrzebujmy znać jakąkolwiek wartość [math]\displaystyle{ z_1 }[/math], dla której [math]\displaystyle{ \sinh (z_1) = 1 }[/math]. Ograniczając się do wartości rzeczywistych, otrzymujemy równanie

[math]\displaystyle{ \sinh (x) = {\small\frac{e^x - e^{- x}}{2}} = 1 }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ e^x - e^{- x} = 2 }[/math]

[math]\displaystyle{ e^{2 x} - 2 e^x - 1 = 0 }[/math]

Podstawiając zmienną pomocniczą [math]\displaystyle{ t = e^x }[/math] (zauważmy, że [math]\displaystyle{ t > 0 }[/math]), dostajemy

[math]\displaystyle{ t^2 - 2 t - 1 = 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ \Delta = (- 2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (- 1) = 8 }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ t = 1 \pm \sqrt{2} }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ 1 - \sqrt{2} < 0 }[/math], to wybieramy [math]\displaystyle{ t = 1 + \sqrt{2} }[/math]. Ostatecznie mamy

[math]\displaystyle{ x_1 = \ln t = \ln \left( 1 + \sqrt{2} \right) \approx 0.881373587 }[/math]

Korzystając ze wzoru na różnicę sinusów hiperbolicznych, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sinh (z) - \sinh (x_1) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z - x_1}{2}} \right) \cosh \left( {\small\frac{z + x_1}{2}} \right) = 0 }[/math]

Musimy zbadać dwa przypadki

[math]\displaystyle{ \sinh \left( {\small\frac{z - x_1}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z - x_1}{2}} = k \pi i \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = x_1 + 2 k \pi i }[/math]

[math]\displaystyle{ \cosh \left( {\small\frac{z + x_1}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z + x_1}{2}} = \left( {\small\frac{\pi}{2}} + k \pi \right) \cdot i \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = - x_1 + \pi i + 2 k \pi i = - x_1 + (2 k + 1) \pi i }[/math]

Obydwa rozwiązania możemy zapisać jednym wzorem

[math]\displaystyle{ z = (- 1)^n \ln \left( 1 + \sqrt{2} \right) + n \pi i ,\; }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z} }[/math]

Punkt 5.

Ponieważ [math]\displaystyle{ \cosh (0) = 1 }[/math], to możemy nasz warunek zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \cosh (z) - \cosh (0) = 0 }[/math]

Korzystając ze wzoru na różnicę cosinusów hiperbolicznych, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \cosh (z) - \cosh (0) = 2 \sinh \left( {\small\frac{z}{2}} \right) \sinh \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0 }[/math]

Iloczyn jest równy zero, gdy jeden z czynników jest równy zero. Ponieważ obydwa czynniki są identyczne, to natychmiast otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sinh \left( {\small\frac{z}{2}} \right) = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad {\small\frac{z}{2}} = k \pi i \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad z = 2 k \pi i }[/math]

Co należało pokazać.
□

Funkcja logarytmiczna i potęgowanie zespolone

Uwaga ZB30 (przyjęte oznaczenia logarytmów)
W dalszej części tekstu, w celu zachowania jednoznaczności i uniknięcia nieporozumień notacyjnych, konsekwentnie stosujemy następujące oznaczenia

[math]\displaystyle{ \ln (x) \;\;\, }[/math] – zwykły logarytm naturalny; stosowany wyłącznie wtedy, gdy zmienna [math]\displaystyle{ x }[/math] jest dodatnią liczbą rzeczywistą; wynik tej funkcji jest zawsze liczbą rzeczywistą

[math]\displaystyle{ \log (z) \:\, }[/math] – logarytm zespolony (wielowartościowy); funkcja zdefiniowana dla wszystkich liczb zespolonych [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math], która zwraca zbiór wartości różniących się o wielokrotność [math]\displaystyle{ 2 \pi i }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) }[/math] – wartość główna logarytmu zespolonego; funkcja jednowartościowa (główna gałąź logarytmu), zdefiniowana jednoznacznie jako [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) = \ln | z | + i \operatorname{Arg} (z) }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (z) }[/math] oznacza główny argument liczby zespolonej należący do przedziału [math]\displaystyle{ (- \pi, \pi] }[/math]

Uwaga ZB31
Analogicznie jak w przypadku logarytmu liczby rzeczywistej, powiemy, że liczba zespolona [math]\displaystyle{ w }[/math] jest logarytmem liczby zespolonej [math]\displaystyle{ z }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math], jeżeli [math]\displaystyle{ e^w = z }[/math]. Ponieważ każdą liczbę zespoloną różną od zera możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ z = | z | e^{i \arg (z)} = | z | e^{i \arg (z) + 2 k \pi i} = e^{\ln | z |} \cdot e^{i \arg (z) + 2 k \pi i} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \ln | z | }[/math] oznacza zwykły logarytm określony dla liczb rzeczywistych dodatnich o wartościach rzeczywistych, [math]\displaystyle{ \arg (z) }[/math] jest dowolnym argumentem liczby zespolonej [math]\displaystyle{ z }[/math], [math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (z) \in (- \pi, \pi] }[/math] jest argumentem głównym liczby zespolonej [math]\displaystyle{ z }[/math] i [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math], to widzimy, że każda liczba zespolona [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math] musi mieć nieskończenie wiele logarytmów. Powyższe uwagi prowadzą do następującej definicji.

Definicja ZB32
Logarytm liczby zespolonej [math]\displaystyle{ \log (z) }[/math] to funkcja wielowartościowa, która dla każdego [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math] zwraca zbiór możliwych wartości, które definiujemy wzorem

[math]\displaystyle{ \log (z) = \ln | z | + i \cdot \arg (z) + 2 k \pi i }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \ln | z | }[/math] to klasyczny logarytm naturalny z modułu liczby zespolonej (wartość rzeczywista), [math]\displaystyle{ \arg (z) }[/math] jest dowolnym ustalonym argumentem liczby zespolonej [math]\displaystyle{ z }[/math] (w szczególności może być to argument główny) oraz [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math].

Logarytmem głównym liczby zespolonej [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math] będziemy nazywali liczbę

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) = \ln | z | + i \cdot \operatorname{Arg} (z) }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (z) \in (- \pi, \pi] }[/math] jest argumentem głównym liczby zespolonej [math]\displaystyle{ z }[/math]. Zauważmy, że [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) }[/math] jest funkcją jednowartościową.

Przykład ZB33
Korzystając z podanej definicji, policzymy [math]\displaystyle{ \log (i) }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ | i | = 1 }[/math], [math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (i) = {\small\frac{\pi}{2}} }[/math], to

[math]\displaystyle{ \log (i) = \ln | i | + i \cdot \arg (i) + 2 k \pi i = 0 + i \cdot {\small\frac{\pi}{2}} + 2 k \pi i = \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) i \pi }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (i) = {\small\frac{1}{2}} \cdot i \pi }[/math]

Zadanie ZB34
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math] i [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]. Pokazać, korzystając z definicji logarytmu, że

   ●      [math]\displaystyle{ \log (e^z) = z + 2 k \pi i }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (e^z) = z + 2 m \pi i }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ m \in \mathbb{Z} }[/math] i zostało dobrane tak, aby [math]\displaystyle{ - \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ m = \left\lfloor {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} \right\rfloor }[/math] jest właściwym wyborem liczby [math]\displaystyle{ m }[/math], o którym mowa w poprzednim punkcie

Rozwiązanie

Mamy

[math]\displaystyle{ e^z = e^{x + i y} = e^x \cdot e^{i y} }[/math]

Widzimy, że [math]\displaystyle{ e^x = | e^z | }[/math] oraz [math]\displaystyle{ y = \arg (e^z) }[/math]. Zatem z definicji logarytmu

[math]\displaystyle{ \log (e^z) = \ln | e^z | + i \arg (e^z) + 2 k \pi i = \ln (e^x) + i y + 2 k \pi i = x + i y + 2 k \pi i = z + 2 k \pi i }[/math]

Sytuacja zmienia się, gdy obliczamy logarytm główny. Możemy napisać

[math]\displaystyle{ e^z = e^{x + i y} = e^x \cdot e^{i y} = e^x \cdot e^{i y} \cdot e^{2 k \pi i} = e^x \cdot e^{i (y + 2 k \pi)} }[/math]

Dobierając odpowiednie [math]\displaystyle{ k }[/math] (oznaczmy je jako [math]\displaystyle{ m }[/math]) możemy uzyskać spełnienie warunku

[math]\displaystyle{ - \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi }[/math]

Teraz liczba [math]\displaystyle{ y + 2 m \pi }[/math] będzie argumentem głównym liczby [math]\displaystyle{ e^z }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (e^z) = \ln | e^z | + \operatorname{Arg} (e^z) = \ln (e^x) + i \cdot (y + 2 m \pi) = x + i y + 2 m \pi i = z + 2 m \pi i }[/math]

Podsumowując

[math]\displaystyle{ \log (e^z) = z + 2 k \pi i }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k }[/math] jest dowolną liczbą całkowitą

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (e^z) = z + 2 m \pi i }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ m }[/math] jest szczególną liczbą całkowitą – dobraną tak, aby [math]\displaystyle{ - \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi }[/math]

Z układu nierówności [math]\displaystyle{ - \pi < y + 2 m \pi \leqslant \pi }[/math] wynika, że

[math]\displaystyle{ - {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} < m \leqslant {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} }[/math]

W przedziale otwartym z lewej i domkniętym z prawej strony o długości równej [math]\displaystyle{ 1 }[/math] znajduje się dokładnie jedna liczba całkowita. Ponieważ nierówność jest domknięta z prawej strony, poszukiwaną liczbą całkowitą [math]\displaystyle{ m }[/math] jest największa liczba całkowita nie większa od [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} }[/math]. Czyli

[math]\displaystyle{ m = \left\lfloor {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{y}{2 \pi}} \right\rfloor }[/math]

Co należało pokazać.
□

Uwaga ZB35
Ze znanych z analizy rzeczywistej wzorów dla funkcji logarytmicznej pozostaje prawdziwy tylko wzór

[math]\displaystyle{ e^{\log (z)} = e^{\operatorname{Log} (z)} = z }[/math]

(dla [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math]). Łatwo sprawdzamy

[math]\displaystyle{ e^{\log (z)} = e^{\ln | z | + i \arg (z) + 2 k \pi i} = e^{\ln | z |} e^{i \arg (z)} e^{2 k \pi i} = | z | \cdot e^{i \arg (z)} = z }[/math]

[math]\displaystyle{ e^{\operatorname{Log} (z)} = e^{\ln | z | + i \operatorname{Arg} (z)} = e^{\ln | z |} e^{i \operatorname{Arg} (z)} = | z | \cdot e^{i \operatorname{Arg} (z)} = z }[/math]

Zadanie ZB36
Podaj przykłady, że wzór [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (w z) = \operatorname{Log} (w) + \operatorname{Log} (z) }[/math] nie jest prawdziwy.

Rozwiązanie

Niech [math]\displaystyle{ w = i }[/math] oraz [math]\displaystyle{ z = - 1 + i }[/math]. Wiemy, że [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (i) = {\small\frac{1}{2}} \cdot i \pi }[/math] (zobacz ZB33).

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (- 1 + i) = \ln | - 1 + i | + \operatorname{Arg} (- 1 + i) = \ln \left( \sqrt{2} \right) + {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi = {\small\frac{1}{2}} \ln (2) + {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi }[/math]

Zatem dla prawej strony mamy

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (w) + \operatorname{Log} (z) = \left( {\small\frac{1}{2}} \cdot i \pi \right) + \left( {\small\frac{1}{2}} \ln (2) + {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi \right) = {\small\frac{1}{2}} \ln (2) + {\small\frac{5}{4}} \cdot i \pi }[/math]

A dla lewej strony otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (w z) = \operatorname{Log} (i (- 1 + i)) = \operatorname{Log} (- 1 - i) = \ln \left( \sqrt{2} \right) - {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi = {\small\frac{1}{2}} \ln (2) - {\small\frac{3}{4}} \cdot i \pi }[/math]

Jeszcze prostszym przykładem jest wybór [math]\displaystyle{ w = z = - 1 }[/math]. Sprawdzenie pozostawiamy Czytelnikowi.
□

Zadanie ZB37
Niech [math]\displaystyle{ w, z \in \mathbb{C} }[/math] i [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math]. Pokazać, że równanie [math]\displaystyle{ \log (z) = w }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \log (z) }[/math] jest logarytmem zespolonym, ma dokładnie jedno rozwiązanie [math]\displaystyle{ z = e^w }[/math].

Rozwiązanie

Niech [math]\displaystyle{ w = r + i s }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ r, s \in \mathbb{R} }[/math]. Z definicji logarytmu zespolonego mamy równanie

[math]\displaystyle{ \ln | z | + i (\arg (z) + 2 k \pi) = r + i s }[/math]

Porównując części rzeczywiste i urojone, otrzymujemy układ równań

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \ln | z | = r \\ \arg (z) + 2 k \pi = s \\ \end{cases} }[/math]

Z powyższych równań natychmiast wynika, że [math]\displaystyle{ | z | = e^r }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \arg (z) = s - 2 k \pi }[/math]. Moglibyśmy przypuszczać, że istnienie wielu argumentów spowoduje istnienie wielu rozwiązań, ale łatwo sprawdzamy, że tak nie jest

[math]\displaystyle{ z = e^r \cdot e^{i \cdot \arg (z)} = e^r \cdot e^{i (s - 2 k \pi)} = e^r \cdot e^{i s} \cdot e^{- 2 k \pi i} = e^{r + i s} = e^w }[/math]

Co należało pokazać. Warto jeszcze zauważyć, że w przypadku równania [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) = w }[/math] dostalibyśmy układ równań

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \ln | z | = r \\ \operatorname{Arg} (z) = s \\ \end{cases} }[/math]

i rozwiązanie istniałoby tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ s \in (- \pi, \pi] }[/math].
□

Uwaga ZB38
Potęgę zespoloną [math]\displaystyle{ w^z }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ w \neq 0 }[/math], definiujemy przy pomocy funkcji wykładniczej [math]\displaystyle{ e^z }[/math] i logarytmu zespolonego [math]\displaystyle{ \log (z) }[/math].

Definicja ZB39
Powiemy, że

[math]\displaystyle{ w^z = e^{z \cdot \log (w)} }[/math]

jest potęgą zespoloną dla liczb zespolonych [math]\displaystyle{ w, z }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ w \neq 0 }[/math].

Odpowiednio liczbę zespoloną

[math]\displaystyle{ w^z = e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)} }[/math]

będziemy nazywali wartością główną potęgi zespolonej [math]\displaystyle{ w^z }[/math]. Dla uniknięcia nieporozumień dla wartości głównej możemy stosować oznaczenie

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}(w^z) = e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)} }[/math]

(od ang. Principal Value).

Przykład ZB40
Korzystając z podanej definicji, policzymy [math]\displaystyle{ i^i }[/math]. Wiemy, że (zobacz ZB33)

[math]\displaystyle{ \log (i) = \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) \cdot i \pi }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ i^i = e^{i \cdot \log (i)} = e^{i \cdot \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) \cdot i \pi} = e^{- \left( {\small\frac{1}{2}} + 2 k \right) \pi} }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}(i^i) = e^{- \pi / 2} \approx 0.207879576 }[/math]

Zadanie ZB41
Pokazać, że jeżeli [math]\displaystyle{ w \neq 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ w^0 = 1 }[/math].

Rozwiązanie

Z definicji potęgi zespolonej mamy

[math]\displaystyle{ w^0 = e^{0 \cdot \log (w)} = e^0 = 1 }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie ZB42
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math], [math]\displaystyle{ m \in \mathbb{Z} }[/math] i [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math]. Pokazać, że [math]\displaystyle{ z^m }[/math] jest funkcją jednowartościową.

Rozwiązanie

Zgodnie z definicją potęgi zespolonej mamy

[math]\displaystyle{ z^m = e^{m \cdot \log (z)} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{m \cdot (\ln | z | + \operatorname{Arg} (z) + 2 k \pi i)} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{m \cdot \ln | z | + m \cdot \operatorname{Arg} (z) + m \cdot 2 k \pi i} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{m \cdot \ln | z | + m \cdot \operatorname{Arg} (z)} \cdot e^{m \cdot 2 k \pi i} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{m \cdot (\ln | z | + \operatorname{Arg} (z))} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{m \cdot \operatorname{Log} (z)} }[/math]

Zatem dla całkowitego wykładnika potęga ogólna jest identyczna ze swoją wartością główną. Co jest zgodne ze zwykłym rozumieniem takiej potęgi, jako mnożeniem liczby [math]\displaystyle{ z }[/math] przez samą siebie [math]\displaystyle{ m }[/math] razy.
□

Twierdzenie ZB43
Jeżeli obliczając potęgi zespolone, bierzemy ich wartości główne, to prawdziwe są wzory

   ●      [math]\displaystyle{ w^{z_1 + z_2} = w^{z_1} \cdot w^{z_2} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ (w_1 w_2)^k = w^k_1 \cdot w^k_2 }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ (w^z)^k = w^{z \cdot k} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math] i [math]\displaystyle{ w, w_1, w_2 \neq 0 }[/math].

Dowód

Punkt 1.

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}(w^{z_1 + z_2}) = e^{(z_1 + z_2) \operatorname{Log} (w)} = e^{z_1 \operatorname{Log} (w) + z_2 \operatorname{Log} (w)} = e^{z_1 \operatorname{Log} (w)} e^{z_2 \operatorname{Log} (w)} = \operatorname{PV}(w^{z_1}) \cdot \operatorname{PV}(w^{z_2}) }[/math]

Punkt 2.

Musimy pokazać, że

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}((w_1 w_2)^k) = \operatorname{PV}(w^k_1) \cdot \operatorname{PV}(w^k_2) }[/math]

Przekształcamy lewą stronę

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}((w_1 w_2)^k) = e^{k \cdot \operatorname{Log} (w_1 w_2)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1 w_2))} }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + \ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1 w_2))} }[/math]

Oczywiście argument iloczynu liczb zespolonych jest sumą argumentów tych liczb, ale możemy napisać tylko tak

[math]\displaystyle{ \arg (w_1 w_2) = \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) }[/math]

Wynika to z faktu, że suma argumentów [math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) }[/math] nie musi znajdować się w przedziale [math]\displaystyle{ (- \pi, \pi] }[/math], a wtedy przestaje być argumentem głównym. Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ - 2 \pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant 2 \pi }[/math]

Możliwe są trzy przypadki

•    jeżeli [math]\displaystyle{ - \pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant \pi }[/math], to suma argumentów tworzy argument główny liczby [math]\displaystyle{ w_1 w_2 }[/math] i nie musimy nic robić

•    jeżeli [math]\displaystyle{ \pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant 2 \pi }[/math], to suma argumentów nie tworzy argumentu głównego liczby [math]\displaystyle{ w_1 w_2 }[/math] i musimy od sumy argumentów odjąć [math]\displaystyle{ 2 \pi }[/math], aby argument trafił do właściwego przedziału (możemy to zrobić, bo [math]\displaystyle{ \arg (w_1 w_2) }[/math] jest określony z dokładnością do wielokrotności [math]\displaystyle{ 2 \pi }[/math])

•    jeżeli [math]\displaystyle{ - 2 \pi < \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) \leqslant - \pi }[/math], to suma argumentów nie tworzy argumentu głównego liczby [math]\displaystyle{ w_1 w_2 }[/math] i musimy do sumy argumentów dodać [math]\displaystyle{ 2 \pi }[/math], aby argument trafił do właściwego przedziału

Zbierając, możemy napisać

[math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (w_1 w_2) = \operatorname{Arg} (w_1) + \operatorname{Arg} (w_2) + m \cdot 2 \pi \;,\qquad }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ m \in \{ - 1, 0, 1 \} }[/math]

Kontynuując przekształcanie lewej strony, mamy

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}((w_1 w_2)^k) = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + \ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1 w_2))} }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + \ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_1) + i \operatorname{Arg} (w_2) + i \cdot 2 \pi m)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + i \operatorname{Arg} (w_1)) + k \cdot (\ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_2)) + 2 k m \pi i} }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = e^{k \cdot (\ln | w_1 | + i \operatorname{Arg} (w_1))} \cdot e^{k \cdot (\ln | w_2 | + i \operatorname{Arg} (w_2))} \cdot e^{2 k m \pi i} }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = e^{k \cdot \operatorname{Log} (w_1)} \cdot e^{k \cdot \operatorname{Log} (w_2)} }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = \operatorname{PV}(w^k_1) \cdot \operatorname{PV}(w^k_2) }[/math]

Punkt 3.

Musimy pokazać, że

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}((\operatorname{PV}(w^z))^k) = \operatorname{PV}(w^{z \cdot k}) }[/math]

Przekształcamy lewą stronę

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}((\operatorname{PV}(w^z))^k) = \operatorname{PV}((e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)})^k) }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{k \cdot \operatorname{Log} (e^{z \cdot \operatorname{Log} (w)})} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{k \cdot (z \cdot \operatorname{Log} (w) + 2 m \pi i)} \qquad\qquad }[/math] (zobacz zadanie ZB34 p. 2)

[math]\displaystyle{ = e^{k \cdot z \cdot \operatorname{Log} (w) + 2 k m \pi i} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{k \cdot z \cdot \operatorname{Log} (w)} \cdot e^{2 k m \pi i} }[/math]

[math]\displaystyle{ = e^{k \cdot z \cdot \operatorname{Log} (w)} }[/math]

[math]\displaystyle{ = \operatorname{PV}(w^{k z}) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Uwaga ZB44
Możemy traktować zapis [math]\displaystyle{ e^z }[/math] (zgodnie z definicją ZB14) jako szereg

[math]\displaystyle{ \exp (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\small\frac{z^n}{n!}} = 1 + z + {\small\frac{z^2}{2!}} + {\small\frac{z^3}{3!}} + {\small\frac{z^4}{4!}} + {\small\frac{z^5}{5!}} + \ldots }[/math]

Wtedy [math]\displaystyle{ e^z }[/math] jest dobrze określoną funkcją jednowartościową. Ale możemy potraktować zapis [math]\displaystyle{ e^z }[/math] jako potęgowanie zespolone, które z definicji jest wielowartościowe

[math]\displaystyle{ e^z = e^{z \cdot \log (e)} = e^{z \cdot (1 + 2 k \pi i)} }[/math]

Sytuacja, kiedy dwie różne funkcje mają takie samo oznaczenie, musi prowadzić do pojawienia się pozornych sprzeczności. Niech [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]. W pierwszym przypadku mamy

[math]\displaystyle{ | e^{x + i y} | = e^x }[/math]

a w drugim

[math]\displaystyle{ | e^{x + i y} | = | e^{(x + i y) \cdot (1 + 2 k \pi i)} | = | e^{x - y \cdot 2 k \pi} \cdot e^{i (y + x \cdot 2 k \pi)} | = e^{x - y \cdot 2 k \pi} }[/math]

Jedynie wzięcie wartości głównej potęgi zespolonej zapewnia zgodność rezultatów

[math]\displaystyle{ \operatorname{PV}(e^z) = e^{z \cdot \operatorname{Log} (e)} = e^{z \cdot 1} = e^z }[/math]

Twierdzenie ZB45 (funkcja logarytmiczna)
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math], [math]\displaystyle{ r \in \mathbb{R} }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \ln | z | = \operatorname{Re}(\log (z)) = \operatorname{Re}(\operatorname{Log} (z)) }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ \ln | 1 + z | \leqslant \ln (1 + | z |) \leqslant | z | }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - | z |}} \qquad\qquad\qquad \:\, }[/math] dla [math]\displaystyle{ | z | < 1 }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - r}} \qquad\qquad\qquad\quad }[/math] dla [math]\displaystyle{ | z | \leqslant r < 1 }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) - z | \leqslant {\small\frac{|z|^2}{2 (1 - r)}} \qquad\qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ |z| \leqslant r < 1 }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \ln (x) }[/math] oznacza zwykłą funkcję logarytmiczną określoną na [math]\displaystyle{ \mathbb{R}_+ }[/math] o wartościach w [math]\displaystyle{ \mathbb{R} }[/math], a [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) }[/math] oznacza wartość główną logarytmu zespolonego.

Dowód

Punkt 1.

Z definicji logarytmu zespolonego i z definicji wartości głównej logarytmu zespolonego mamy

[math]\displaystyle{ \log (z) = \ln | z | + i \cdot \arg (z) + 2 k \pi i }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) = \ln | z | + i \cdot \operatorname{Arg} (z) }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ \ln | z | = \operatorname{Re}(\log (z)) = \operatorname{Re}(\operatorname{Log} (z)) }[/math].

Punkt 2.

Zauważmy, że logarytmy są tutaj zwykłymi logarytmami liczb rzeczywistych. Pierwsza nierówność wynika natychmiast z oszacowania

[math]\displaystyle{ | 1 + z | \leqslant 1 + | z | }[/math]

Dla dowodu drugiej nierówności wprowadźmy zmienną rzeczywistą [math]\displaystyle{ t = | z | }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ t \geqslant 0 }[/math], oraz funkcję pomocniczą

[math]\displaystyle{ f(t) = t - \ln (1 + t) }[/math]

Musimy pokazać, że [math]\displaystyle{ f(t) \geqslant 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ t \geqslant 0 }[/math]. Policzmy pochodną

[math]\displaystyle{ f' (t) = 1 - {\small\frac{1}{1 + t}} = {\small\frac{t}{1 + t}} }[/math]

Zauważmy, że dla [math]\displaystyle{ t > 0 }[/math] prawdziwy jest ciąg implikacji

[math]\displaystyle{ f' (t) > 0 \qquad \Longrightarrow \qquad f(t) }[/math] jest silnie rosnąca [math]\displaystyle{ \qquad \Longrightarrow \qquad f(t) > f (0) \qquad \Longrightarrow \qquad t - \log (1 + t) > 0 }[/math]

Co należało pokazać.

Punkt 3.

Korzystamy z rozwinięcia funkcji [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (1 + z) }[/math] w szereg, które jest zbieżne dla [math]\displaystyle{ | z | < 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (1 + z) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} = z - {\small\frac{z^2}{2}} + {\small\frac{z^3}{3}} - {\small\frac{z^4}{4}} + {\small\frac{z^5}{5}} - \ldots }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) | = \left| \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} \right| \leqslant \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{n}} = | z | + {\small\frac{| z |^2}{2}} + {\small\frac{| z |^3}{3}} + {\small\frac{| z |^4}{4}} + {\small\frac{| z |^5}{5}} + \ldots }[/math]

Jeśli [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math], to tylko wzmocnimy oszacowanie, zastępując każdy mianownik po prawej stronie liczbą [math]\displaystyle{ 1 }[/math]. Dostajemy

[math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant | z | + | z |^2 + | z |^3 + | z |^4 + | z |^5 + \ldots = | z | (1 + | z | + | z |^2 + | z |^3 + | z |^4 + \ldots) = | z | \cdot {\small\frac{1}{1 - | z |}} }[/math]

gdzie skorzystaliśmy ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego. Co kończy dowód.

Punkt 4.

Oszacowanie wynika wprost z punktu 3. W tym punkcie zakładamy dodatkowo, że [math]\displaystyle{ z }[/math] znajduje się wewnątrz domkniętego koła o promieniu [math]\displaystyle{ r }[/math], czyli, że [math]\displaystyle{ | z | \leqslant r < 1 }[/math]. Z tego założenia wynika, że

[math]\displaystyle{ 1 - | z | \geqslant 1 - r > 0 }[/math]

czyli

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{1 - | z |}} \leqslant {\small\frac{1}{1 - r}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - | z |}} \leqslant {\small\frac{| z |}{1 - r}} \qquad\qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ | z | \leqslant r < 1 }[/math]

Punkt 5.

Niech [math]\displaystyle{ z }[/math] leży wewnątrz zamkniętego koła o promieniu [math]\displaystyle{ r < 1 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ | z | \leqslant r < 1 }[/math]. Korzystamy z rozwinięcia funkcji [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (1 + z) }[/math] w szereg, które jest zbieżne dla [math]\displaystyle{ | z | < 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (1 + z) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} = z - {\small\frac{z^2}{2}} + {\small\frac{z^3}{3}} - {\small\frac{z^4}{4}} + {\small\frac{z^5}{5}} - \ldots }[/math]

Oczywiście

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (1 + z) - z = \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} = - {\small\frac{z^2}{2}} + {\small\frac{z^3}{3}} - {\small\frac{z^4}{4}} + {\small\frac{z^5}{5}} - \ldots }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) - z | = \left| \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1} \cdot z^n}{n}} \right| \leqslant \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{n}} = {\small\frac{| z |^2}{2}} + {\small\frac{| z |^3}{3}} + {\small\frac{| z |^4}{4}} + {\small\frac{| z |^5}{5}} + \ldots }[/math]

Jeśli [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math], to tylko wzmocnimy oszacowanie, zastępując każdy mianownik po prawej stronie liczbą [math]\displaystyle{ 2 }[/math]. Dostajemy

[math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) - z | \leqslant \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{n}} \leqslant \sum_{n = 2}^{\infty} {\small\frac{| z |^n}{2}} = {\small\frac{| z |^2}{2}} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} | z |^k = {\small\frac{| z |^2}{2}} \cdot {\small\frac{1}{1 - | z |}} = {\small\frac{| z |^2}{2 (1 - | z |)}} }[/math]

gdzie skorzystaliśmy ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego. Ponieważ założyliśmy dodatkowo, że [math]\displaystyle{ z }[/math] znajduje się wewnątrz domkniętego koła o promieniu [math]\displaystyle{ r }[/math], czyli, że [math]\displaystyle{ | z | \leqslant r < 1 }[/math], to z tego założenia wynika, że

[math]\displaystyle{ 1 - | z | \geqslant 1 - r > 0 }[/math]

czyli

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{1 - | z |}} \leqslant {\small\frac{1}{1 - r}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ | \operatorname{Log} (1 + z) - z | \leqslant {\small\frac{| z |^2}{2 (1 - | z |)}} \leqslant {\small\frac{| z |^2}{2 (1 - r)}} \qquad\qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ | z | \leqslant r < 1 }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie ZB46 (potęga zespolona)
Niech [math]\displaystyle{ w, z \in \mathbb{C} }[/math], [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math], [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{R}_+ }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ | a^{i x} | = 1 \qquad }[/math] (tylko dla wartości głównej potęgi)

   ●      [math]\displaystyle{ a^z \neq 0 }[/math]

   ●      [math]\displaystyle{ w^z = 0 \qquad\qquad \Longleftrightarrow \qquad\qquad w = 0 \; \text{ i } \; \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math]

Dowód

Punkt 1.

Dla wartości głównej potęgi zespolonej mamy

[math]\displaystyle{ a^{i x} = e^{i x \cdot \operatorname{Log} (a)} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (a) }[/math] oznacza wartość główną logarytmu. Dla liczby rzeczywistej dodatniej [math]\displaystyle{ a }[/math] dostajemy

[math]\displaystyle{ | a^{i x} | = | e^{i x \cdot \operatorname{Log} (a)} | = | e^{i x \cdot \ln (a)} | = 1 }[/math]

Podkreślmy, że taki rezultat otrzymujemy jedynie w przypadku wartości głównej potęgi zespolonej [math]\displaystyle{ a^{i x} }[/math]. Przypadek ogólny pozostawiamy Czytelnikowi.

Punkt 2.

Własność ta wynika bezpośrednio z definicji potęgi zespolonej i – co warto podkreślić – nie zależy od wyboru gałęzi logarytmu. W ogólności, dla [math]\displaystyle{ k }[/math]-tej gałęzi logarytmu liczby dodatniej [math]\displaystyle{ a }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ \log (a ; k) = \ln a + 2 k \pi i }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \ln a }[/math] jest zwykłym logarytmem naturalnym z liczby rzeczywistej dodatniej. Podstawiając tę postać do ogólnej definicji potęgi zespolonej dla liczby [math]\displaystyle{ z = x + iy }[/math], otrzymujemy wyrażenie

[math]\displaystyle{ a^z = e^{z \hspace{0.03em} \cdot \hspace{0.015em} \log (a ; k)} }[/math]

Ponieważ iloczyn liczb zespolonych [math]\displaystyle{ z \cdot \log (a ; k) }[/math] jest po prostu pewną nową liczbą zespoloną, to na mocy własności funkcji wykładniczej (zobacz ZB28 p. 1) otrzymujemy, że [math]\displaystyle{ a^z \neq 0 }[/math].

Punkt 3.

A. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{w \neq 0} }[/math]

Niech

[math]\displaystyle{ \log (w ; k) = \ln | w | + i \cdot \operatorname{Arg} (w) + 2 k \pi i }[/math]

oznacza dowolną gałąź logarytmu liczby zespolonej [math]\displaystyle{ w \neq 0 }[/math] (gdzie [math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (w) }[/math] to argument główny). Zgodnie z ogólną definicją potęgowania zespolonego, wyrażenie [math]\displaystyle{ w^z }[/math] zapisujemy jako

[math]\displaystyle{ w^z = e^{z \hspace{0.03em} \cdot \hspace{0.015em} \log (w ; k)} }[/math]

Ponieważ iloczyn liczb zespolonych [math]\displaystyle{ z \cdot \log (w ; k) }[/math] jest też pewną liczbą zespoloną, to na mocy własności funkcji wykładniczej (zobacz ZB28 p. 1) musi być [math]\displaystyle{ w^z \neq 0 }[/math]. Widzimy, że wybór gałęzi logarytmu nie ma żadnego wpływu na ten wynik. Jest to ogólna własność funkcji wykładniczej [math]\displaystyle{ w^z }[/math], gdy [math]\displaystyle{ w \neq 0 }[/math].

B. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{w = 0} }[/math]

Wyrażenie [math]\displaystyle{ 0^z }[/math] ma jednoznaczny sens matematyczny tylko wtedy, gdy część rzeczywista wykładnika jest dodatnia ( [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math] ). Wówczas przyjmuje się, że [math]\displaystyle{ 0^z = 0 }[/math]. Aby zrozumieć, dlaczego ten warunek jest konieczny i jak zachowuje się potęga w otoczeniu zera, zbadamy granicę wyrażenia [math]\displaystyle{ w^z }[/math], gdy podstawa [math]\displaystyle{ w }[/math] zmierza do zera z dowolnego kierunku. Zapiszmy podstawę w postaci wykładniczej [math]\displaystyle{ w = \rho e^{i \:\! \theta} }[/math], gdzie promień [math]\displaystyle{ \rho \to 0^+ }[/math], a [math]\displaystyle{ \theta = \operatorname{Arg}(w) }[/math] to kąt (kierunek) podejścia. Dla dowolnej [math]\displaystyle{ k }[/math]-tej gałęzi logarytmu, logarytm liczby [math]\displaystyle{ w }[/math] możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \log (w ; k) = \ln \rho + i \hspace{0.015em} \theta + 2 k \pi i }[/math]

Podstawiając to do definicji potęgi zespolonej dla wykładnika [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ w^z = e^{z \hspace{0.03em} \cdot \hspace{0.015em} \log (w ; k)} = e^{(x + i y) \cdot [\ln \rho + i (\theta + 2 k \pi)]} }[/math]

Po wymnożeniu wykładnika, pogrupowaniu wyrazów i zastosowaniu wzoru Eulera, możemy przedstawić otrzymane wyrażenie na trzy części: promień (moduł liczby [math]\displaystyle{ w^z }[/math]), stały obrót początkowy oraz człon dynamiczny (odpowiedzialny za wirowanie)

[math]\displaystyle{ w^z = \underbrace{ \rho^x \cdot e^{- y (\theta + 2 k \pi)} }_{ \text{Moduł (promień)} } \; \cdot \; \underbrace{ \vphantom{\rho} e^{i x (\theta + 2 k \pi)} }_{ \text{Stały obrót} } \; \cdot \; \underbrace{ \left[ \cos (y \ln \rho) + i \sin (y \ln \rho) \right] }_{ \text{Dynamiczne wirowanie} } }[/math]

Taki podział pozwala natychmiast zauważyć, że wybór gałęzi (liczba [math]\displaystyle{ k }[/math]) oraz kierunek podejścia (kąt [math]\displaystyle{ \theta }[/math]) nie biorą udziału w wirowaniu liczby [math]\displaystyle{ w^z }[/math] wokół punktu [math]\displaystyle{ z = 0 }[/math] w miarę zbliżania się do tego punktu. Całą dynamikę zbliżania się do zera generuje wyłącznie człon [math]\displaystyle{ \ln \rho }[/math]. Analiza tego ogólnego wzoru, gdy [math]\displaystyle{ \rho \to 0^+ }[/math], prowadzi do następujących wniosków w zależności od wartości [math]\displaystyle{ z }[/math]

[math]\displaystyle{ \underline{ \text{1. Gdy } \operatorname{Re}(z) > 0 \; \text{ (czyli } x > 0 \text{)}} }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ x }[/math] jest dodatnie, to gdy [math]\displaystyle{ \rho \to 0^+ }[/math], czynnik [math]\displaystyle{ \rho^x }[/math] dąży do zera. Choć człon dynamiczny wiruje za sprawą wyrażenia [math]\displaystyle{ y \ln \rho \to \pm \infty }[/math], to kurczący się promień [math]\displaystyle{ \rho^x \to 0 }[/math] czyni ten efekt nieistotnym. Wykres [math]\displaystyle{ w^z }[/math] biegnie po spirali, która zostaje ściągnięta do jednego punktu [math]\displaystyle{ z = 0 }[/math]. Granica istnieje ze wszystkich kierunków i dla każdej gałęzi wynosi dokładnie [math]\displaystyle{ 0 }[/math].

[math]\displaystyle{ \underline{ \text{2. Gdy } \operatorname{Re}(z) < 0 \; \text{ (czyli } x < 0 \text{)}} }[/math]

Dla ujemnego [math]\displaystyle{ x }[/math], gdy [math]\displaystyle{ \rho \to 0^+ }[/math], czynnik [math]\displaystyle{ \rho^x }[/math] dąży do [math]\displaystyle{ + \infty }[/math]. Całe wyrażenie ucieka do nieskończoności, dodatkowo silnie wirując na płaszczyźnie zespolonej.

[math]\displaystyle{ \underline{ \text{3. Gdy } \operatorname{Re}(z) = 0 \; \text{ oraz } \; \operatorname{Im}(z) \neq 0 \; \text{ (czyli } x = 0, \; y \neq 0 \text{)}} }[/math]

Czynnik [math]\displaystyle{ \rho^x = \rho^0 = 1 }[/math], a czynnik stałego obrotu upraszcza się do [math]\displaystyle{ e^{i \cdot 0} = 1 }[/math]. Wyrażenie redukuje się do postaci

[math]\displaystyle{ w^z = e^{- y (\theta + 2 k \pi)} \cdot [\cos (y \ln \rho) + i \sin (y \ln \rho)] }[/math]

Widzimy, że w tym przypadku punkt porusza się po okręgu o stałym promieniu [math]\displaystyle{ e^{- y (\theta + 2 k \pi)} }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ \ln \rho \to - \infty }[/math], punkt kręci się po tym okręgu nieskończenie szybko i nigdy się nie zatrzymuje. Z powodu tych nieustannych oscylacji granica w ogóle nie istnieje.

[math]\displaystyle{ \underline{ \text{4. Gdy } z = 0 \; \text{ (czyli } x = 0, \; y = 0 \text{)}} }[/math]

Wyrażenie upraszcza się bezpośrednio do [math]\displaystyle{ \rho^0 \cdot e^0 \cdot e^0 \cdot [\cos (0) + i \sin (0)] = 1 }[/math]. W tym jednym, odosobnionym punkcie wartość wynosi zawsze [math]\displaystyle{ 1 }[/math], niezależnie od [math]\displaystyle{ \rho }[/math], kierunku [math]\displaystyle{ \theta }[/math] czy wyboru gałęzi [math]\displaystyle{ k }[/math]. Co należało pokazać.
□