\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{polski}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{esint}
\usepackage[pdftex]{graphicx}
\newcommand{\sign}{\text{sgn}}
 \usepackage[a4paper, total={7in, 9in}]{geometry}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{proposition}{Stwierdzenie}[section]
\newtheorem{theorem}[proposition]{Twierdzenie}
\newtheorem{lemma}[proposition]{Lemat}
\newtheorem{definition}[proposition]{Definicja}
\newtheorem{remark}[proposition]{Uwaga}
\newtheorem{example}[proposition]{Przykład}
\newtheorem{corollary}[proposition]{Wniosek}
\newtheorem{memento}[proposition]{Przypomnienie}
\newtheorem{notation}[proposition]{Notacja}
\newtheorem{question}[proposition]{Pytanie}
\newtheorem{add}[proposition]{Dodatek}
\begin{document}
\section{Wykład 03.10.2016.}
\begin{example}
Niech $\overbrace{S}^{\textrm{np. Sfera}}$ będzie brzegiem obszaru $\overbrace{V}^{np. Kula} \subset \mathbb{R}^{3}$, a $\overrightarrow{E}$ będzie polem elektromagnetycznym zadanym przez rozkład ładunku $\rho(x,y,z)\in \mathbb{R} $. Wówczas 
\[ \ointctrclockwise _{S} \overrightarrow{E} \cdot d\overrightarrow{A}= \frac{1}{\varepsilon_{0}}Q_ 
{\left(\begin{array}{l}
\textrm{\footnotesize{całkowity ładunek }}\\
\textrm{\footnotesize{zamknięty wewnątrz} S}
\end{array}\right)}
=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \int \rho dV
\]
\[
\begin{array}{llll}
 \textrm{Specyfikacja tw. Stokesa daje:}&
\int_{V}\overrightarrow{\bigtriangledown}\cdot \overrightarrow{E} dV &
\textrm{gdzie:} &
\overrightarrow{\bigtriangledown}\cdot \overrightarrow{E}= \partial_{x} E_{x} +\partial_{y}E_{y}+\partial_{z}E_{z}
\end{array}
\]
Skoro $V\subset \mathbb{R}^{3} $ jest dowolnym obszarem:
\[
\begin{array}{ll}
\overrightarrow{\bigtriangledown}\cdot \overrightarrow{E}= \frac{1}{\varepsilon_{0}}\rho & \textrm{-Prawo Gaussa w postaci różniczkowej}
\end{array}
\]
\end{example}
\textbf{Tło algebraiczne tw. Stokesa} \\
Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad $\mathbb{R}$; dim$V<\infty$. Notacja: Symbol $V^{k}$ będzie oznaczał $k$-krotny iloczyn kartezjański  $\underbrace{V \times V \times V \times V \times \ldots \times V}_{\textrm{k-krotnie}}$. \\
Mówimy, że funkcja $T:V^{k}\rightarrow \mathbb{R}$ jest $k-$liniowa jeśli:
\begin{itemize}
\item $
T(v_{1},v_{2},\ldots, v_{i-1}, v_{i}+v_{i'}, v_{i+1}, \ldots, v_{k})  = \\ =T(v_{1},\ldots ,v_{i},v_{i+1},\ldots,v_{k})+T(v_{1},\ldots, v_{i'}, v_{i+1}, \ldots , v_{k}) 
 $
\item[••] $T(v_{1}, \ldots , a v_{i}, \ldots ,v_{k})=aT( v_{1}, \ldots ,v_{i},\ldots ,v_{k}) $
\end{itemize}
dla wszystkich $i\in \{ 1,2,\ldots , k \}$, $v_{j}\in V$ oraz $a\in \mathbb{R}$.
Zbiór takich funkcji oznaczamy $J^{k}(V)$. Zbiór takich funkcji tworzy przestrzeń wektorową. Element $T\in J^{k}(V)$ nazywać będziemy $k-$tensorem.
\begin{example}
\begin{enumerate}
\item Dla $k=1$: $J^{1}(V)=V^{*}$ - przestrzeń sprzężona do $V$.
\item $V=\mathbb{R}_{n}[\cdot]$; rozważmy funkcjonał $\varphi \in V^{*}$ dany wzorem $\varphi(w)=w(1)$. Niech $T\in J^{2}(V)$ będzie 2-tensorem danym wzorem: \[T(w_{1},w_{2})=\int_{0}^{1}w_{1}(t)w_{2}(t)dt\]
\item $S\in J^{3}(V)$ gdzie: \[S\left(w_{1},w_{2},w_{3}\right)=\left(\int_{0}^{1}w_{1}(t)w_{2}(t)dt\right)\cdot w_{3}(1)\stackrel{\text{ozn}}{=}(T\otimes \varphi)(w_{1},w_{2},w_{3})\]
\end{enumerate}
\end{example} 
\begin{definition}
Niech $S\in J^{k}(V)$ oraz $T\in J^{l}(V)$. Wówczas $k+l$ tensor $S\otimes T $ definiujemy wzorem:
\[
(S\otimes T)(v_{1},v_{2},\ldots,v_{k},v_{k+1},\ldots,v_{k+l})=S(v_{1},\ldots, v_{k})T(v_{k+1},\ldots,v_{k+l})
\]
i nazywamy iloczynem tensorowym $S$ oraz $T$.\\
\textbf{Własności operacji $\otimes$}:
\begin{enumerate}
\item $(S_{1}+S_{2})\otimes T=S_{1} \otimes T + S_{2} \otimes T$, $S\otimes(T_{1}+T_{2})=S\otimes T_{1} + S\otimes T_{2}$
\item $aS\otimes T=a(S\otimes T)=S\otimes aT$, $\forall_{a\in \mathbb{R}}$
\item $(S\otimes T)\otimes R=S\otimes (T \otimes R)$, $\forall_{S\in J^{k}(V), T\in J^{l}(V), R\in J^{m}(V)}$, dalej piszemy $S\otimes T \otimes R$.
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{definition}(Przestrzenie $J^{k}_{l}(V)$)\\
$T\in J^{k}_{l}(V)$ jest odwzorowaniem  $T:\underbrace{V\times \ldots \times V}_{k\textrm{-razy}}\times \overbrace{V^{*} \times \ldots \times V^{*}}^{l\textrm{-razy}} \rightarrow \mathbb{R}$   liniowym  w każdym z argumentów. Zauważmy, że $J_{0}^{k}=J^{k}(V)$.
\end{definition}
\begin{remark}
Oznaczmy $\dim(V)=n$.\\
Niech $\{v_{1},\ldots,v_{n} \}$ będzie bazą $V$ oraz $\{ \varphi_{1},\ldots,\varphi_{n} \}$ będzie bazą $V^{*}$ dualną do $\{v_{1},\ldots,v_{n} \}$: \[\varphi_{i}(v_{j})=\left\{
\begin{array}{l}
1 \textrm{ dla } i=j \\
0 \textrm{ dla } i\neq j
\end{array} \right. \]
W szczególności możemy rozważać $k-$tensory $\varphi_{i_1}\otimes \varphi_{i_2}\otimes \varphi_{i_3} \otimes \ldots \otimes \varphi_{i_k} \in J^{k}(V) $, gdzie: $1\leq i_{1},i_{2},\ldots, i_{k} \leq n$
\end{remark}
\begin{theorem}
Przy powyższych oznaczeniach $\{ \varphi_{i_1}\otimes \varphi_{i_2}\otimes \ldots \otimes \varphi_{i_k}: 1\leq i_{1},i_{2},\ldots, i_{k} \leq n \}$ jest bazą $J^{k}(V)$, dlatego $\dim J^{k}(V)=n^{k}$
\end{theorem}
\begin{proof}
Zauważmy, że dla $1\leq i_{1},i_{2},\ldots, i_{k} \leq n$ oraz $1\leq j_{1},j_{2},\ldots, j_{k} \leq n$ mamy \[(\varphi_{i_1}\otimes \ldots \otimes \varphi_{i_k})(v_{j_1},\ldots,v_{j_k})=\delta_{i_1,j_1}\ldots \delta_{i_k,j_k}.\]
Niech $T\in J^{k}(V)$ oraz $w_{1},\ldots,w_{k}\in V$; $w_{i}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}v_{j}$, $a_{ij}\in \mathbb{R}$
\[\begin{split}
&T(w_{1},\ldots,w_{k})=\sum_{j_{1},\ldots,j_{k}=1}^{n}  \underbrace{a_{1j_{1}}\cdot \ldots \cdot a_{kj_{k}}T}_{\Vert}(v_{j_1},\ldots,v_{j_k})\\
&\stackrel{*}{=} \sum_{j_{1},\ldots,j_{k}=1}^{n} T(v_{j_1},\ldots,v_{j_k}) \overbrace{\varphi_{j_1}(w_{1})\cdot \ldots \cdot \varphi_{j_k}(w_{k})}\\
& =\left(\sum_{j_{1},\ldots,j_{k}=1}^{n} T(v_{j_1},\ldots,v_{j_k})\cdot (\varphi_{j_1}\otimes \ldots \otimes \varphi_{j_k})\right) (w_{1},\ldots,w_{k})
\end{split}\]
\[T=\sum_{j_{1},\ldots,j_{k}=1}T(v_{j_1}, \ldots ,v_{j_k}) (\varphi_{j_1}\otimes \ldots \otimes \varphi_{j_k})\] czyli rozważany układ $k-$tensorów rozpina przestrzeń $J^{k}(V)$.

Liniowa niezależność $\{(\varphi_{j_1}\otimes \ldots \otimes \varphi_{j_k}): 1\leq j_{1},\ldots,j_{k}\leq n\}$. Przypuśćmy, że 
\[ 
0=\sum_{i_{1},\ldots,i_{k}=1}^{n}b_{{i_1},\ldots,i_{k}} \quad \varphi_{i_1}\otimes \ldots \otimes \varphi_{i_k}\]
Jeśli spełniona jest ta równość to jej aplikacja do układu $(v_{j_1},\ldots,v_{j_k})$, daje na mocy $(*)$ \[b_{j_1,\ldots,j_k}=0.\]
\end{proof}
\begin{definition}
Niech $\omega \in J^{k}(V)$. Mówimy, że $\omega$ jest $k-$formą alternującą jeśli:
\[ \omega(w_{1},\ldots,w_{i},\ldots,w_{j},\ldots,w_{k})=(-1)\omega(w_{1},\ldots,w_{j},\ldots,w_{i},\ldots,w_{k})\]
Zbiór takich $k-$form oznaczamy symbolem $\Omega^{k}(V)\subset J^{k}(V)$. Oczywiście $\Omega^{k}(V)$ jest podprzestrzenią wektorową. Zauważmy, że jeśli $\omega \in \Omega^{k}(V)$, a $\eta \in \Omega^{l}(V)$ to zazwyczaj $\omega \otimes \eta \notin \Omega^{k+l}(V)$.\\
Dalej, jeśli $T\in J^{k}(V)$ to $Alt(T)\in \Omega^{k}(V)$ definiujemy wzorem:
\[
Alt(T)(w_{1},\ldots,w_{k})=\frac{1}{k!}\sum_{\sigma \in S_{k}}sgn(\sigma)T(w_{\sigma(1)},w_{\sigma(2)},\ldots,w_{\sigma(k)})
\]
oraz  iloczyn zewnętrzny $\omega \in \Omega^{k}, \eta \in \Omega^{l}(V) $ definiujemy  wzorem:
\[
\omega \wedge \eta = \frac{(k+l)!}{k!l!}Alt(\omega\otimes\eta) 
\]
\end{definition}
\section{Wykład 7.10.2016:Tło algebraiczne tw. Stokes'a cz. II}
 
\begin{memento}
\begin{itemize}
\item V przestrzeń wektorowa nad $\mathbb{R} \quad \dim V < \infty$
\item $\Omega^{k}(V)$ to zbiór form alternujących oraz $\Omega^{k}(V) \subset J^{k}(V)$
\item $\omega \in \Omega^{k}(V) \qquad \omega: V \times V \times V \times V \times... \rightarrow \mathbb{R}$
\item $\omega(v_1,...,v_i,...,v_j,...v_k) = -\omega(v_1,...,v_j,...,v_i,...v_k)$
\item $Alt:J^{k}(V) \rightarrow \Omega^{k}(V)$
\item Jeśli $T \in J^{k}(V)$ to $Alt(T)(v_1,...,v_k)=\frac{1}{k!}\sum_{\sigma \in S_k} sgn \: (\sigma) T(v_{\sigma (1)},...,v_{\sigma (k)})$
\end{itemize}
\end{memento}
\begin{theorem}
 $\omega \in \Omega^{k}(V)$ to $Alt (w) = w$. W szczegółności   $ Alt (Alt (T)) =Alt (T)$
\end{theorem}
Dowód: Niech $v_1,...,v_k \in V$ Wówczas \begin{eqnarray*}
Alt(\omega)(v_1,...,v_k) &= \frac{1}{k!}\sum_{\sigma \in S_k} sgn   (\sigma) \omega (v_{\sigma (1)},...,v_{\sigma (k)})\\&=   \frac{1}{k!}\sum_{\sigma \in S_k} sgn  (\sigma) sgn   (\sigma) \omega (v_1,...,v_k)  \\&=   
 \frac{1}{k!}\sum_{\sigma \in S_k} 1 \omega (V_1,...,v_k) =\omega (v_1,...,v_k)\end{eqnarray*} Biorąc $\omega = Alt (T)$ dostajemy  $Alt(Alt (T)) = Alt(T)$
\begin{memento}
Dla $\omega \in \Omega^K (V), \quad \eta \in \Omega^L(V)$
$$\omega \wedge \eta \in \Omega^{K+L}(V):\omega \wedge \eta = \frac{(K+L)!}{K!L!}Alt(\omega \otimes \eta) $$
\end{memento}

Podstawowe własności:
dla  $ w_i \in \Omega^{K}(V),\quad \eta \in \Omega^{L}(V) $
\begin{itemize}
\item $(\omega_1 +\omega_2) \wedge \eta = \omega_1 \wedge \eta + \omega_2 \wedge \eta$
\item $\omega \wedge \eta = (-1)^{K+L} $
\end{itemize}
\begin{theorem}{(Łączność iloczynu zewnętrznego)}
\begin{enumerate}
\item Niech  $T \in J^K (V), S \in J^L(V)$ oraz $Alt(S) = 0$. Wówczas $Alt(S \otimes T) = 0$
\item Niech  $T \in J^K(V), \quad  S \in J^L(V), \quad  R \in J^M(V)$.  Wówczas \[Alt(Alt(S \otimes T) \otimes R) = Alt(S \otimes T \otimes R)=Alt(S \otimes ALt( T \otimes R))\]
\item Niech  $\omega \in \Omega^K (V), \quad \eta \in \Omega^L(V)$ oraz $\rho \in \Omega^M(V)$.  Wówczas $(\omega \wedge \eta) \wedge\rho = \omega \wedge (\eta \wedge\rho)$
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}Niech $v_1,...,v_k,...,v_{(K+L)} \in V$
$$Alt (S\otimes T)(v_1,...,v_{K+L})= \frac{1}{(K+L)!}\sum_{\sigma\in S_{K+L}}\sign(\sigma)S(v_{\sigma_1},...,v_{\sigma_K})T(v_{\sigma_{K+1}},...,v_{\sigma_{K+L}})$$
Niech $G \in S_{K+L}$ bedzie podgrupą tych permutacji które nie zmieniają $\{K+1,...,K+L\}$ widać, że $G=S_K \subset  S_{K+L}$ oraz 
\[\sum_{\sigma\in G} \sign (\sigma) S(v_{\sigma_1},...,v_{\sigma_K})T(v_{\sigma_{K+1}},...,v_{\sigma_{K+L}})
 \underbrace{=\sum_{\sigma\in S_K} \sign (\sigma) S(v_{\sigma_1},...,v_{\sigma_K})}_{=0}T(v_{\sigma_{K+1}},...,v_{\sigma_{K+L}})=0\]
Niech $\sigma_0 \in S_{K+L}\backslash G$ i niech $(\omega_1,...,\omega_{K+L})=(v_{\sigma(1)},...,v_{\sigma(K+L)})$. Wówczas 
 \begin{align*}\sum_{\sigma\in G \sigma_0} \sign(\sigma)  S(v_{\sigma_1},...,v_{\sigma_K})&T(v_{\sigma_{K+1}},...,v_{\sigma_{K+L}}) =
\sum_{\widetilde{\sigma} \in G} \sign (\widetilde{\sigma}\sigma_0) S(\omega_{\sigma_1},...,\omega_{\sigma_K})T(\omega_{\sigma_{K+1}},...,\omega_{\sigma_{K+L}})\\&=
\sign (\sigma_0) \sum_{\sigma \in G} \sign(\widetilde{\sigma})S(\omega_{\sigma(1)},...,\omega_{\sigma(K)})T(\omega_{\sigma_{K+1}},...,\omega_{\sigma_{K+L}}) = 0 \end{align*}
Dalej wybieramy: $\sigma_1\in S_{K+L} \backslash (G\cup G_{\sigma_0})$ itd. Wszsytkie kolejne wkłądy są zero.


Rozważmy $K+L$ formę postaci $Alt(S\otimes T)-S\otimes T$
Zauważmy, że $Alt(Alt(S\otimes T)-(S\otimes T))=0$ Na mocy punktu 1 twierdzenia mamy \[Alt((Alt(S\otimes T)-(S\otimes T))\otimes R) = 0\] więc \[ Alt(Alt(S\otimes T)\otimes R) = Alt(S\otimes T \otimes R)\]

Sprawdzamy łączność $\wedge$:
 \begin{align*}(\omega \wedge \eta )  \wedge \rho= \frac{(K+L+M)!}{(KL)!M!}Alt(\omega \wedge \eta \otimes \rho)&= 
 \frac{(K+L+M)!}{(K+L)!M!}Alt(\frac{(K+L)!}{K!L!}Alt(\omega \otimes \eta )\otimes\rho)\\&= 
 \frac{(K+L+M)!}{K!L!M!}Alt(\omega \otimes \eta)\otimes \rho\\&= 
 \frac{(K+L+M)!}{K!L!M!}Alt(\omega \otimes \eta \otimes \rho)\\&= 
 \frac{(K+L+M)!}{K!L!M!}Alt(\omega \otimes \eta \wedge \rho)\frac{L!M!}{(L+M)!}\\&= 
 \frac{(K+L+M)!}{K!(L+M)!}Alt(\omega \otimes \eta \wedge \rho)\\&= 
 \omega\wedge(\eta \wedge \rho) \end{align*}
\end{proof}
\begin{example}
$V=\mathbb{R}^n$ oraz $(e_1,...,e_n)$ baza standartowa.
Niech $(\phi_1,...,\phi_n)$ będzie bazą dualną przestrzeni  $V^*$
\begin{itemize}
\item $\omega = \phi_1 \wedge ... \wedge \phi_n$ to wyznacznik. Rzeczywiście $\phi_1 \wedge ... \wedge \phi_n$ jest n-liniowa i alternująca
\end{itemize}
$$\phi_1 \wedge ... \wedge \phi_n(e_1,...,e_n)=\frac{(1+1+...+1)!}{1!1!...1!}Alt(\phi_1\otimes ... \otimes \phi_n)(e_1,...,e_n)$$
$$\frac{n!}{n!} \sum_{\sigma \in S_n}(\phi_1\otimes ... \otimes \phi_n)(e_{\sigma(1)},...,e_{\sigma(n)})=1$$
\end{example}
\begin{remark}
\begin{itemize}
\item Niech $f:V\rightarrow W$ będzie liniowe
\item Niech $f^*:V^*\rightarrow W^*$ będzie odwzorowaniem sprzężonym
\end{itemize}
Zauważmy, że: $V^*=J^1(W)$ Zatem możemy napisać $f^*:J^1(W)\rightarrow J^1(V)$
\end{remark}
\begin{definition}
Niech $T \in J^K(W)$ oraz $f:V \rightarrow W$ będzie odwzorowaniem liniowym
Wówczas definiujemy $f^*(T)\in J^K(V)$
\[f^*(T)(v_1,\ldots v_k) = T(f(v_1),\ldots,f(v_k))\]
  Właściwości $f^*:J^K(W)\to J^K(V)$:
\end{definition}
\begin{enumerate} 
\item $f^*:J^K(W)\to J^K(V)$ jest operacją liniową.
\item Jeśli $S \in J^K(W)$ oraz $T \in J^L(W)$ to \[f^*(S \otimes T)= f^*(S)\otimes f^*(T)\]
\item $f^*(\omega \wedge \eta) = f^*(\omega) \wedge f^*(\eta)$
\item $f^*(\Omega^K(W)) \subset  \Omega^K(V)$
\end{enumerate}
\section{Wykład 10.10.2016.}
\begin{memento}
\begin{tabular}{lll}
$V$&$\leadsto$&$J^k(V)$ - tensory rzędu $k$\\
$\downarrow f$&$\leadsto$&$\uparrow f^{*}$\\
$W$&$\leadsto$&$J^k(W)$\\
\end{tabular}\\

$k$-formy $\Omega^k(V)\subset J^k(V)$.

\[
S\in J^k(V), T\in J^l(V)\leadsto S\otimes T \in J^{k+l}(V)
\]
\[
\omega\in \Omega^k(V), \eta\in \Omega^l(V)\leadsto \omega\wedge \eta \in \Omega^{k+l}(V)
\]
\end{memento}
\begin{example}
$(v_1,\ldots,v_n)$ - baza $V$, $(\varphi_1,\ldots,\varphi_n)$ - baza dualna. $1\leq i_1<i_2<\ldots<i_k\leq n$ to $(\varphi_{i_1}\wedge\ldots\wedge\varphi_{i_k})(e_{i_1},\ldots,e_{i_k})=1$. Przypomnijmy, że $\dim J^k(V)=n^k$  oraz $\{\varphi_{i_1}\otimes\ldots\otimes\varphi_{i_k}:i_1,\ldots,i_k\in\{1,\ldots,n\}\}$ - baza przestrzeni $J^k(V)$
\end{example}
\begin{theorem}
Układ $\{\varphi_{i_1}\wedge\ldots\wedge\varphi_{i_k}: 1\leq i_1<i_2<\ldots<i_k\leq n\}$ jest bazą przestrzeni $\Omega^k(V)$ i stąd $\dim\Omega^k(V)=\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$.\\ Uwaga: $\omega \in \Omega^k(V), \eta\in\Omega^l(V)$ to $\omega\wedge\eta=(-1)^{kl}\eta\wedge\omega$
\end{theorem}
\begin{proof}
Weźmy $\omega\in\Omega^k(V)\subset J^k(V).$ $\exists a_{i_1}\ldots_{i_k}\in\mathbb{R}$ t. że:
\[\omega=\sum_{i_1\ldots i_k=1}^n a_{i_1},\ldots_{i_k}\varphi_{i_1}\otimes\ldots\otimes\varphi_{i_k}
\]
\[
\omega=\textrm{Alt}(\omega)=\sum_{i_1\ldots i_k=1}^n a_{i_1}\ldots_{i_k}\underbrace{\textrm{Alt}(\varphi_{i_1}\otimes\ldots\otimes\varphi_{i_k})}_{=\frac{1}{k!}\varphi_{i_1}\wedge\ldots\wedge\varphi_{i_k}}
\]
Indeksy $i_1\ldots i_k$ można uporządkować zmieniając ewentualnie znak. Zatem $\omega$ jest kombinacją liniową:
\[
\omega=\sum_{1\leq i_1<\ldots<i_k\leq n} b_{i_1}\ldots_{i_k}\varphi_{i_1}\wedge\ldots\wedge\varphi_{i_k}.
\] 
Liniowa niezależność:\\
Jeśli $0=\sum b_{i_1}\ldots_{i_k}\varphi_{i_1}\wedge\ldots\wedge\varphi_{i_k}$ to: 
\[\forall j_1 \ldots j_k \quad 0=\sum b_{i_1}\ldots_{i_k}\varphi_{i_1}\wedge\ldots\wedge\varphi_{i_k}(v_{j_1},\ldots,v_{j_k})=b_{j_1\ldots j_k}.
\]
\end{proof}
\begin{theorem}
Niech $\dim V=n$ oraz $\omega\in\Omega^n(V)$. Dalej niech $w_1,\ldots,w_n\in V$, gdzie $w_i=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}v_j$. Wówczas $\omega(w_1,\ldots,w_n)=\det([a_{ij}])\cdot\omega(v_1,\ldots,v_n)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Rozważmy $n$-formę na $\mathbb{R}^n$ postaci:
\[
\eta((a_{11},\ldots,a_{1n}),(a_{21},\ldots,a_{2n}),\ldots,(a_{n1},\ldots,a_{nn}))=\omega(\sum_{i_1=1}^{n}a_{1i_1}v_{i_1},\ldots,\sum_{i_n=1}^{n}a_{ni_n}v_{i_n}).
\]
Zauważmy, że $\eta\in\Omega^n(\mathbb{R}^n)$. Skoro $\dim\Omega^n(V)=1$, to  $\exists \lambda\in\mathbb{R}$ t. że $\eta=\lambda\cdot\det$. Dalej, skoro $\det\underbrace{(e_1,\ldots,e_n)}_{\textrm{baza stand. } \mathbb{R}^n}=1$ to $\lambda=\eta(e_1,\ldots,e_n)=\omega(v_1,\ldots,v_n)$. Mamy więc: \[\omega(w_1,\ldots,w_n)=\eta((a_{11},\ldots,a_{1n}),(a_{21},\ldots,a_{2n}),\ldots,(a_{n1},\ldots,a_{nn}))=\omega(v_1,\ldots,v_n)\cdot\det([a_{ij}])\]
\end{proof}
\textbf{Orientacja przestrzeni wektorowej:}\\
\begin{remark}
Niech $(v_1,\ldots,v_n)$ będzie bazą przestrzeni wektorowej $V$. Niech $(w_1,\ldots,w_n)$ będzie drugą bazą przestrzeni $V$, a więc $w_i=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}v_j$. Mówimy, że bazy $(v_i)$ i $(w_i)$ zadają tę samą orientację przestrzeni $V$ jeśli $\det([a_{ij}])>0$. Zbiór wszystkich baz przestrzeni $V$ dzieli się na dwie klasy, zadanie orientacji polega na wyborze jednej z nich. Niech $\omega\in\Omega^n(V)$, $\omega \neq 0$. Wówczas powyższy podział można opisać biorąc następujące dwa rozłączne podzbiory baz:
\begin{itemize}
\item[]$\mathcal{B}_1=\{(v_1,\ldots,v_n)$: $\omega(v_1,\ldots,v_n)>0\}$
\item[]$\mathcal{B}_2=\{(w_1,\ldots,w_n)$: $\omega(w_1,\ldots,w_n)<0\}$
\end{itemize}
\end{remark}
\textbf{Lokalne aspekty twierdzenia Stokesa:}\\
\begin{example}
  Rozważmy sferę  $S^n=\{(x_1,\ldots,x_{n+1})$: $x_1^2+\ldots+x_{n+1}^2=1\}$. $(p_1,\ldots,p_{n+1})=p\in S^n$. W każdym punkcie $p\in S^n$ mamy przestrzeń styczną  $T_pS^n=\{(x_1,\ldots,x_{n+1})$: $x\perp p\}$. $\cup_{p\in S^n} T_pS^n$ jest tzw wiązką styczną sfery $S^n$. 
\end{example}
Niech $\mathcal{O}\subset \mathbb{R}^n$ i $p\in\mathcal{O}$ Rozważmy zbiór $\{(p,v)$: $v\in\mathbb{R}^n\}$ i oznaczmy go $\mathbb{R}^n_p$. Definiujemy strukturę przestrzeni wektorowej w $\mathbb{R}^n_p$:
\begin{enumerate}
\item$(p,v)+(p,w)=(p,v+w)$
\item$\lambda(p,v)=(p,\lambda v)$
\end{enumerate}
$T\mathcal{O}:=\cup_{p\in\mathcal{O}} \mathbb{R}^n_p$ - oznaczenie; zamiast $(p,v)$ będziemy też pisać $v_p\in T\mathcal{O}$.
\begin{definition}
Niech $F:\mathcal{O}\to T\mathcal{O}$. Mówimy, że $F$ jest polem wektorowym (na $\mathcal{O}$) jeśli $F(p)\in \mathbb{R}^n_p$.
\end{definition}
Niech $p\in\mathcal{O}$. $\forall_{k\in\mathbb{N}}$ możemy rozważać przestrzeń wektorową $\Omega^k( \mathbb{R}^n_p)$.
\begin{definition}
Niech $\omega: \mathcal{O}\to\cup_{p\in\mathcal{O}}\Omega^k( \mathbb{R}^n_p)$. Mówimy, że $\omega$ jest $k$-formą różniczkową na $\mathcal{O}$ jeśli $\forall_{p\in\mathcal{O}}\quad \omega(p)\in \Omega^k( \mathbb{R}^n_p)$.
\end{definition}
Niech $(e_1,\ldots,e_n)$ będzie bazą kanoniczną $\mathbb{R}^n$ oraz $(\varphi_1,\ldots,\varphi_n)$ będzie bazą dualną. Wówczas $\forall_p((p,e_1),\ldots,(p,e_n))$ jest bazą $\mathbb{R}^n_p$. Piszemy $e_i(p)=(p,e_i)$. Bazę dualną oznaczamy $(\varphi_1(p),\ldots,\varphi_n(p))$. Każdą $k$-formę $\omega$ na $\mathcal{O}$ możemy zapisać w postaci $\omega(p)=\sum_{i_1<\ldots<i_k}\omega_{i_1,\ldots,i_k}(p)\varphi_{i_1}(p)\wedge\ldots\wedge\varphi_{i_k}(p)$. Mówimy, że $\omega$ jest klasy $\mathcal{C}^{\infty}$ (lub $\omega$  jest gładka) jeśli funkcje  $\omega_{i_1,\ldots,i_k}$ są klasy $\mathcal{C}^{\infty}$. Zbiór $k$-form różniczkowych gładkich na $\mathcal{O}$ oznaczać będziemy $\Omega^k_{rozn}(\mathcal{O})$. 
\begin{definition}
Niech $f:\mathcal{O}\to\mathbb{R}$ będzie funkcją różniczkowalną. $1$-formę $df$ na $\mathcal{O}$ definiuje się wzorem:
\[
df(p)(v_p)=f^{\prime}(p)v
\]
\end{definition}
\begin{example}
Niech $i\in\{1,\ldots,n\}$ oraz $x^i$: $\mathcal{O}\to\mathbb{R}$, gdzie $x^i\left(\left[\begin{array}{c}v_1\\ \vdots\\ v_n\end{array}\right]\right)=v_i$
\[
dx^i(p)(v_p)=(x^i)^{\prime}v=\left[\underbrace{\frac{\partial x^i}{\partial x^1}}_{0},\ldots,\underbrace{\frac{\partial x^i}{\partial x^i}}_{1},\ldots,\underbrace{\frac{\partial x^i}{\partial x^n}}_{0}\right]\left[\begin{array}{c}v_1\\ \vdots\\v_i\\ \vdots\\ v_n\end{array}\right]=v_i=\varphi_i(p)(v_p)
\]
\end{example}
\begin{remark}
Każdą formę różniczkową zapisujemy w postaci:
\[
\omega=\sum_{i_1<\ldots<i_k}\omega_{i_1\ldots i_k}dx^{i_1}\wedge\ldots\wedge dx^{i_k}
\]
\end{remark}
\textbf{Cofanie form różniczkowych:}\\
Niech $f:\mathcal{O}\to\mathbb{R}^m$   i $\eta\in\Omega_{rozn}^k(\mathbb{R}^m)$ oraz niech $f'$ będzie pochodną odwzorowania $f$. Wówczas $f^{*}\eta\in\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})  $ definiujemy wzorem 
\[
(f^{*}\eta)(p)(v^1_p,v^2_p,\ldots,v^k_p)=\eta(f(p))((f^{\prime}(p)v^1)_{f(p)}\ldots(f^{\prime}(p)v^k)_{f(p)}))
\]
Dalej pokażemy, że 
\[
f^{*}\omega=\sum_{i_1<\ldots<i_k}(\omega_{i_1,\ldots,i_k}\circ f)df^{i_1}\wedge\ldots\wedge df^{i_k},
\]
gdzie $f^i$ - współczynniki $f$.
\section{Wykład 14.10.2016.}
\begin{example}
$\omega \in \Omega^{2} (\mathbb{R}^{3}) \quad dx,dy,dz \in \Omega_{rozn}^{1}(\mathbb{R}^{3})$\\
gdzie $\omega  = xydz \wedge dy + yzxdx \wedge dy$. 
Niech $f: \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}$\\

\begin{displaymath}
f(\xi, \eta)=\left[\begin{array}{l}
f^{1}(\xi, \eta)\\
f^{2}(\xi, \eta)\\
f^{3}(\xi, \eta)\\
\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}
\xi+\eta\\
\xi^{2}+\eta^{2}\\
\xi^{3}+\eta^{3}\\
\end{array}\right]
\end{displaymath}
Jak wygląda $f^*(\omega)\in \Omega_{rozn}^{2}(\mathbb{R}^{2})$?\\
$\exists g: \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R} \quad (f^*\omega)(\xi,\eta)=g(\xi, \eta)\textrm{d}\xi \wedge \textrm{d}\eta$\\
$(f^*\omega)(\xi, \eta)=(\xi + \eta)(\xi^{2} + \eta^{2})\textrm{d}(\xi^{3}+\eta^{3})\wedge\textrm{d}(\xi^{2}+\eta^{2})+(\xi+\eta)(\xi^{2}+\eta^{2})(\xi^{3}+\eta^{3})\textrm{d}(\xi+\eta)\wedge\textrm{d}(\xi^{2}+\eta^{2})=(\xi+\eta)(\xi^{2}+\eta^{2})(3\xi^{2}\textrm{d}\xi+3\eta^{2}\textrm{d}\eta)\wedge(2\xi\textrm{d}\xi+2\eta\textrm{d}\eta)+(\xi+\eta)(\xi^{2}+\eta^{2})(\xi^{3}+\eta^{3})(\textrm{d}\xi+\textrm{d}\eta)\wedge(2\xi\textrm{d}\xi+2\eta\textrm{d}\eta)=(\xi+\eta)(\xi^{2}+\eta^{2})(6\xi^{2}\eta+6\eta^{2}\xi)+(\xi+\eta)(\xi^{2}+\eta^{2})(\xi^{3}+\eta^{3})(2\eta-2\xi)(\textrm{d}\xi\wedge\textrm{d}\eta)$
\end{example}

\begin{theorem}
Własności operacji $f^*$:
\begin{enumerate}
\item[1)]$f^*\textrm{d}g=\textrm{d}(g \circ f)$
\item[2)]$f^*(\omega+\eta)=f^*\omega+f^*\eta$
\item[3)]$f^*(\omega\wedge\eta)=f^*\omega\wedge f^*\eta$
\item[4)]$h: \mathbb{R}^{m} \longrightarrow \mathbb{R} \quad f^*(h \cdot \omega)=(h \circ f)f^*(\omega)$
\end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
$f: \mathbb{R}^{n} \longrightarrow \mathbb{R}^{m}, \quad g: \mathbb{R}^{m} \longrightarrow \mathbb{R}$\\
$(f^*\textrm{d}g(p)(v_{p}))$\\
$\textrm{d}g=\sum_{i=1}^{m}\frac{\partial g}{\partial x^{i}}\textrm{d}x^{i}$\\
$\textrm{d}(g \circ f)=\sum_{i=1}^{m}\frac{\partial g}{\partial x^{i}}\frac{\partial f}{\partial y^{j}}\textrm{d}y^{j}$\\
$(f^*\textrm{d}g)(p)(v_{p})=\textrm{d}g(f(p))((f'(p)v)f(p))=\left( \frac{\partial g}{\partial x_{i}}(f(p))\textrm{d}x^{i}\right)\left[\begin{array}{l}
\sum_{j}\frac{\partial f^{1}}{\partial y_{j}}(p)v^{j}\\
.\\
.\\
.\\
\sum_{j}\frac{\partial f^{m}}{\partial y_{j}}(p)v^{j}\\
\end{array}\right]=\sum_{i,j}\frac{\partial g}{\partial x}(f(p))\frac{\partial f^{i}}{\partial y^{i}}(p)v^{j}$\\
Z drugiej strony $(\textrm{d}g \circ f)(p)\left(\left[\begin{array}{l}
v^{1}\\
.\\
.\\
.\\
v^{n}\\
\end{array}\right],p\right)=\sum_{i,j}\frac{\partial g}{\partial x^{i}}(f(p))\frac{\partial f^{i}}{\partial y^{j}}(p)v^{j}$\\
A stąd $f^*\textrm{d}g=\textrm{d}g \circ f$
\end{proof}
Własność 2 i 3 sprawdza się łatwo. 

\begin{theorem}
Niech $\omega=hdx^{1}\wedge dx^{2}\wedge...\wedge dx^{n}$ oraz $f: \mathbb{R}^{n} \longrightarrow \mathbb{R}^{n}$ - różniczkowalna a $h: \mathbb{R}^{n} \longrightarrow \mathbb{R}$. To $(f^*\omega)(y)=(h \circ f)(y) \cdot \textrm{det}(f'(y))dy^{1}\wedge...\wedge dy^{n}$.
\end{theorem}

\begin{proof}
Funkcja $f(y_{1},...,y_{n})=\left[\begin{array}{l}
f^{1}(y_{1},...,y_{n})\\
.\\
.\\
.\\
f^{n}(y_{1},...,y_{n})\\
\end{array}\right]$ 
\[\begin{split}f^*(\omega)&=(h \circ f)dx^{1}\circ f \wedge dx^{2} \circ f \wedge ... \wedge dx^{n} \circ f=(h \circ f)df^{1} \wedge df^{2} \wedge ... \wedge df^{n}\\&=(h \circ f) \sum_{i_{1},\ldots i_{n}=1} \frac{\partial f^{1}}{\partial y^{i_{1}}} dy^{i_{1}} \wedge \frac{\partial f^{2}}{\partial y^{i_{2}}} dy^{i_{2}} \wedge ... \wedge \frac{\partial f^{n}}{\partial y^{i_{n}}} dy^{i_{n}}\\&=(h \circ f) \sum_{i_{1}, \ldots i_{n}=1} \frac{\partial f^{1}}{\partial y^{i_{1}}} ... \frac{\partial f^{n}}{\partial y^{i_{n}}} dy^{i_{1}} \wedge ... \wedge dy^{i_{n}}\\&=(h \circ f) \sum_{\sigma \in S_{n}} \frac{\partial f^{1}}{\partial y^{\sigma_{1}}} ... \frac{\partial f^{n}}{\partial y^{\sigma_{n}}} dy^{\sigma_{1}} \wedge ... \wedge dy^{\sigma_{n}}\\&=(h \circ f) (\sum_{\sigma \in S_{n}} \textrm{sgn}(\sigma) \frac{\partial f^{1}}{\partial y^{\sigma_{1}}} ... \frac{\partial f^{n}}{\partial y^{\sigma_{n}}})dy^{1}\wedge...\wedge dy^{n}\\&=(h \circ f)\textrm{det}(f') dy^{1}\wedge ... \wedge dy^{n}\end{split}\]
\end{proof}

\begin{definition}
Pochodną zewnętrzna $d$:\\
$d: \Omega_{rozn}^{k}(\mathbb{R}^{n}) \longrightarrow \Omega_{rozn}^{k+1}(\mathbb{R}^{n})$ gdzie $\omega = \sum_{i_{1}<...<i_{k}}\omega_{i_{1},...,i_{k}} dx^{i_{1}}\wedge...\wedge dx^{i_{k}}$ definiujemy \[d\omega=\sum_{i_{1}<...<i_{k}}d\omega_{i_{1},...,i_{k}}\wedge dx^{i_{1}}\wedge...\wedge dx^{i_{k}}\]
\end{definition}



\begin{theorem}
Własności $d: \Omega_{rozn}^{k}(\mathcal{O}) \longrightarrow \Omega_{rozn}^{k+1}(\mathcal{O}).$ Niech $\omega, \eta \in \Omega_{rozn}^{k}(\mathcal{O}), \rho \in \Omega_{rozn}^{k}(\mathcal{O})$

\begin{enumerate}
\item[1)]$d(\omega + \eta)=d\omega+d\eta$
\item[2)]$f^*d\omega=df^*\omega$
\item[3)]$d\omega \wedge \rho =(d\omega)\wedge \rho + (-1)^{k}\omega \wedge d\rho$
\item[4)]$d(d\omega)=0;\quad \textrm{piszemy} \quad d^{2}=0$
\end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
Ad1 -- oczywiste\\
Ad3 --Niech  $\omega =\omega_{i_{1},...,i_{k}} dx^{i_{1}}\wedge...\wedge dx^{i_{k}}$ oraz 
$\rho = \rho_{j_{1},...,j_{l}} dx^{j_{1}}\wedge...\wedge dx^{j_{l}}$. Wówczas \[\begin{split}
 d(\omega \wedge \rho) &= d(\omega_{i_{1},...,i_{k}}\rho_{j_{1},...,j_{l}}  dx^{i_{1}}\wedge...\wedge dx^{i_{k}} \wedge dx^{j_{1}}\wedge...\wedge dx^{j_{l}})\\&=(\rho_{j_{1},...,j_{l}}d\omega_{i_{1},...,i_{k}} + \omega_{i_{1},...,i_{k}}d\rho_{j_{1},...,j_{l}})\wedge dx^{i_{1}}\wedge...\wedge dx^{i_{k}} \wedge dx^{j_{1}}\wedge...\wedge dx^{j_{l}}\\&=(d\omega)\wedge \rho +(-1)^{k}\omega\wedge d\rho\end{split}\]
Ad4 --Liczymy \[\begin{split}  d(d\omega)&=\sum_{j}d(\frac{\partial \omega_{i_{1}...i_{k}}}{\partial x^{j}} dx^{j}\wedge dx^{i_{1}}\wedge...\wedge dx^{i_{k}})\\&=\sum_{i,j}\frac{\partial^{2}\omega_{i_{1},...,i_{k}}}{\partial dx^{i}dx^{j}}dx^{i}\wedge dx^{j}\wedge dx^{i_{1}}\wedge ... \wedge dx^{i_{k}}=0\end{split}\]  gdyż $\frac{\partial^{2}}{\partial x^{i} \partial x^{j}} \omega_{i_{1},...,i_{k}}=\frac{\partial^{2}}{\partial x^{j} \partial x^{i}} \omega_{i_{1},...,i_{k}}$ a $dx^{i}\wedge dx^{j}=(-1)dx^{j}\wedge dx^{i}$\\ 
Ad2 -- podobnie jak wyżej...
\end{proof}

\begin{definition}
Niech $\omega \in \Omega_{rozn}^{k}(\mathcal{O})$. Mówimy, że $\omega$ jest zamknięta, jeśli $d\omega=0$. Jeśli $\exists \eta \in \Omega_{rozn}^{k-1}(\mathcal{O}): \omega=d\eta$ to mówimy, że $\omega$ jest zupełna. Ponieważ $d^{2}=0$ to każda forma zupełna jest zamknięta.
\end{definition}

\begin{example}
$\omega \in \Omega^{1}(\mathbb{R}^{2}\backslash \{0\})$\\
$\omega=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}dy-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}dx$\\
$d\omega=d(\frac{x}{x^{2}+y^{2}})\wedge dy-d(\frac{y}{x^{2}+y^{2}})\wedge dx=(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}-\frac{x2x}{(x^{2}+y^{2})^{2}})dx \wedge dy-(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}-\frac{y2y}{(x^{2}+y^{2}})^{2})dy \wedge dx=(\frac{2}{x^{2}+y^{2}}-\frac{2x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}} - \frac{2y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}})dx \wedge dy=0$,\\
czyli $\omega$ jest zamknięta.
\end{example}

Czy $\exists \eta: \mathbb{R}^{2}\backslash \{0\} \longrightarrow \mathbb{R}$ t.że $\omega=d\eta$? Dalej udowodnimy że taka funkcja nie istnieje. 
\section{Wykład 17.10.2016}
\begin{memento}
Dotychczas na wykładzie:
\begin{enumerate}
\item $\Omega^k(V)$ - formy alternujące rzędu $k$.
\item $\mathbb{R}_p^n$ - przestrzeń wektorów zaczepionych w $p$, $v_p: v\in\mathbb{R}^n,p\in\mathbb{R}^n$.
\item $\Omega^k(\mathbb{R}_p^n)$ - elementy są postaci:
\[\begin{split}
\omega=\sum\limits_{i_1<\dots<i_k}\lambda_{i_1,\dots,i_k}dx^{i_1}(p)\wedge\dots\wedge dx^{i_k}(p)\\
\lambda_{i_1,\dots,i_k} \in \mathbb{R}, \ dx^i(p)\in\Omega^1(\mathbb{R}_p^n), \ i \in \{1,\dots,n\}
\end{split}\]
Dla $v_p=\left(\left[\begin{array}{l} v^1 \\ \vdots \\ v^n \end{array}\right],p\right) \quad dx^i(p)(x_p)=v^i$.
\item $k$-forma różniczkowa na $\mathcal{O} \subset \mathbb{R}^n$ jest odwzorowaniem:
\[\begin{split}
\mathcal{O} \ni p \longmapsto \sum\limits_{i_1<\dots<i_k}\lambda_{i_1,\dots,i_k}(p)dx^{i_1}(p)\wedge\dots\wedge dx^{i_k}(p)\in\Omega^k(\mathbb{R}_p^n),
\end{split}\]
gdzie $\lambda_{i_1,\dots,i_k} \in C^\infty(\mathcal{O},\mathbb{R})$.

\item Formy różniczkowe na $\mathcal{O}$ można cofać przy pomocy 
\[\begin{split}
f:\mathbb{R}^m\supset\mathcal{O}'\longrightarrow\mathcal{O}\subset\mathbb{R}^n
\end{split}\] Wówczas $f^*:\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})\to \Omega_{rozn}^k(\mathcal{O}')$. 
\item Formy różniczkowe można różniczkować zewnętrznie:
\[\begin{split}
d&:\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})\longrightarrow\Omega_{rozn}^{k+1}(\mathcal{O})\\
\omega&=\sum\limits_{i_1<\dots<i_k}\omega_{i_1,\dots,i_k}dx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}\\
d\omega&=\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i_1<\dots<i_k}\frac{\partial\omega_{i_1,\dots,i_k}}{\partial x^j} dx^j\wedge dx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}\\
\end{split}\]
\end{enumerate}
\paragraph{Własności:}
\begin{enumerate}
\item $d(\omega\wedge\eta)=(d\omega)\wedge\eta+(-1)^k\omega\wedge d\eta$ dla wszystkich $\omega\in\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O}),\eta\in\Omega_{rozn}^l(\mathcal{O})$.
\item $d(d\omega)=0$.
\item Dla $f\in C^\infty(\mathcal{O},\mathbb{R})$ oraz $g:\mathcal{O}'\rightarrow\mathcal{O}$ zachodzi $g^*df=d(f\cdot g)$. Przypomnijmy, że  $df(p)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x^i}(p)dx^i(p)$.
\end{enumerate}
\end{memento}
\begin{proposition}
Niech $\omega\in\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})$ oraz $g:\mathbb{R}^m\supset\mathcal{O}'\rightarrow\mathcal{O}\subset\mathbb{R}^n$. Wówczas $g^*d\omega=dg^*\omega$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Indukcja ze względu na $k$.
$k=1$ - twierdzenie prawdziwe na mocy trzeciej własności. Krok indukcyjny - wystarczy sprawdzić dla $\eta\in\Omega_{rozn}^{k+1}(\mathcal{O})$ postaci $\eta =\omega\wedge dx^i$ gdzie $\omega\in\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})$ a $i \in \{1,\dots,n\}$.
\[\begin{split}
&g^*d(\omega\wedge dx^i)=g^*(d\omega\wedge dx^i+(-1)^k\omega\wedge d(dx^i))=g^*(d\omega\wedge dx^i)=\\&=g^*d\omega\wedge g^*dx^i=d(g^*\omega)\wedge d(x^i\cdot g)=d(g^* \omega\wedge d(x^i\cdot g))=d(g^*\omega\wedge g^* dx^i)=\\&=dg^*(\omega\wedge dx^i)
\end{split}\]
\end{proof}
\begin{definition}
Mówimy, że $\omega\in\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})$ jest zamknięta jeśli $d\omega=0$. Mówimy, że $\omega$ jest zupełna jeśli $\exists \eta\in\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})$, że $\omega=d\eta$. Każda forma zupełna jest zamknięta.
\end{definition}
\begin{definition}
$\mathcal{O} \underset{OTW}{\subset}\mathbb{R}^n$ nazywamy gwiaździstym względem $0\in\mathbb{R}^n$ jeśli $\forall x\in\mathcal{O} \ \forall t\in [0,1] \quad tx\in\mathcal{O}$.
\end{definition}
\begin{theorem}(Lemat Poincarégo)
Jeśli $\mathcal{O}\subset \mathbb{R}^n$ jest zbiorem gwiaździstym to każda forma zamknięta jest zupełna.
\end{theorem}
\begin{proof}
Definiujemy operację liniową $I:\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})\rightarrow\Omega_{rozn}^{k-1}(\mathcal{O})$. Dla $\omega=fdx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}$ mamy:
\[\begin{split}
I\omega=\sum\limits_{\alpha=1}^k(-1)^{\alpha-1}\left(\int\limits_0^1 t^{k-1}f(tx)dt\right) \ x^{i_\alpha}dx^{i_1}\wedge\dots\wedge\widehat{dx^{i_\alpha}}\wedge\dots\wedge dx^{i_k},
\end{split}\]
gdzie $\widehat{dx^{i_\alpha}}$ oznacza, że tą $1$-formę  pomijamy. Udowodnimy, że $\forall\omega\in\Omega_{rozn}^k(\mathcal{O})$ mamy $\omega=dI\omega+Id\omega$. W szczególności jeśli $d\omega=0$ to $\omega=dI\omega$ i kładąc $\eta=I\omega$ mamy $\omega = d\eta$.
\[\begin{split}
dI\omega&=k\int\limits_0^1t^{k-1}f(tx)dt \ dx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}+\\
&\sum\limits_{\alpha=1}^n(-1)^{\alpha-1}\sum\limits_{j=1}^n\int\limits_0^1t^k\frac{\partial f}{\partial x^j}(tx)dt \ x^{i_\alpha}dx^j\wedge dx^{i_1}\wedge\dots\wedge\widehat{dx^{i_\alpha}}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}\\
Id\omega&=I\left(\sum\limits_{j=1}^n\frac{\partial f}{\partial x^j} \ dx^j\wedge dx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}\right)=\sum\limits_{j=1}^n\int\limits_0^1t^k\frac{\partial f}{\partial x^j}(tx)dt \ x^jdx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}+\\
-&\sum\limits_{\alpha=1}^n(-1)^{\alpha-1}\sum\limits_{j=1}^n\int\limits_0^1t^k\frac{\partial f}{\partial x^j}(tx)dt \ x^{i_\alpha}dx^j\wedge dx^{i_1}\wedge\dots\wedge\widehat{dx^{i_\alpha}}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}\\
dI\omega+Id\omega&=k\int\limits_0^1t^{k-1}f(tx)dt \ dx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}+\sum\limits_{j=1}^n\int\limits_0^1t^k\frac{\partial f}{\partial x^j}(tx)dt \ x^jdx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}=\\
&=\int\limits_0^1\frac{d}{dt}(t^kf(tx))dt \ dx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k} = t^kf(tx)\Big{|}_0^1 dx^{i_1}\wedge\dots\wedge dx^{i_k}=\omega
\end{split}\]
\end{proof}
\begin{example}
\[\begin{split}
\omega&=df=\sum\limits_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x^i}dx^i\\
I\omega=\sum\limits_{i=1}^n\int\limits_0^1t^0\left(\frac{\partial f}{\partial x^i}(tx)x^i\right)dt&=\int\limits_0^1\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x^i}(tx)x^idt=\int\limits_0^1\frac{d}{dt}f(tx)dt=f(x)-f(0)
\end{split}\]
\end{example}
\begin{remark}
$\eta$  taka, że $\omega=d\eta$ jest określone z dokładnością do czynnika addytywnego, tzn. jeśli $\eta'\in\Omega_{rozn}^{k-1}(\mathcal{O})$, taka że $d\eta'=0$ oraz $\omega=d\eta$ to również $\omega=d(\eta+\eta')$.
\end{remark}
\section{Wykład 21.10.2016 r.}
$\mathcal{O} \subset  \mathbb{R}^n$ - zbiór otwarty.

\begin{definition}
Odwzorowanie ciągłe $c: [0, 1]^k \rightarrow \mathcal{O}$ nazywamy \textbf{singularną $k$-kostką}.
\end{definition}

\begin{example}
\begin{description}
\item[]
\item[0.] $p \in \mathcal{O}$, $c(x)=p$ dla wszystkich $x \in [0, 1]^k$
\item[1.] $I^n: [0, 1]^n \rightarrow \mathbb{R}^n$, gdzie $I^n(x)=x$
\item[3.] $[0, 1]^3 \ni (\xi , \zeta , \eta) \stackrel{c}{\longmapsto} \begin{pmatrix} \xi \sin (\pi\zeta )\cos (2\pi \eta ) \\ \xi\sin (\pi\zeta ) \sin (2\pi\eta ) \\ \xi\cos (\pi\zeta ) \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^3$
\end{description}
\end{example}

\textbf{Brzeg singularnej $k$-kostki}

\begin{definition}
Jeżeli $I^n$ - $n$-kostka, taka że $I^n(x)=x$, to definiujemy $(i, \alpha )$ - ścianę kostki $I^n$ wzorem:
$$I^n_{i, \alpha} (x^1, \ldots , x^{n-1}) = (x^1, \ldots , x^{i-1}, \alpha , x^{i+1}, \ldots , x^n),$$
gdzie: $i \in \{1, \ldots , n\}$, $\alpha \in \{0, 1\}$. Ściana $n$-kostki jest $n-1$ kostką.
\end{definition}

\begin{example}
$I^2_{1, 0}(x)=(0, x)$

\begin{figure}[h!]
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.4]{Rys1.jpg}
\end{center}
\end{figure}

\end{example}

\begin{definition}
Niech $c_1, \ldots , c_l$ będą singularnymi $k$-kostkami w $\mathcal{O}$ oraz $a_1, \ldots , c_l \in \mathbb{Z}$. Formalną sumę $\sum\limits_{i=1}^l a_i c_i$ nazywamy \textbf{$k$-łańcuchem} w $\mathcal{O}$.
\end{definition}

\begin{example}
$n$-kostce $I^n$ przypisujemy $n-1$ łańcuch $\partial I^n$, gdzie:
$$\partial I^n = \sum_{i=1}^n \sum_{\alpha \in \{0, 1\}} (-1)^{i+\alpha} I^n_{i, \alpha}.$$
$\partial I^n$ nazywamy \textbf{brzegiem kostki $I^n$}.
\end{example}

\begin{definition}
Niech $c$ będzie singularną $k$-kostką w $\mathcal{O}$, $c: [0, 1]^k \rightarrow \mathcal{O}$. $(i, \alpha)$ - ścianą $c$ nazywamy singularną $k-1$ kostkę $c_{i, \alpha}$, taką że:
$$c_{i, \alpha} = c \circ I^k_{i, \alpha}.$$
Brzeg $c$ jest $k-1$ łańcuchem danym wzorem:
$$\partial c = \sum_{i=1}^k \sum_{\alpha \in \{ 0, 1\}} (-1)^{i+\alpha}c_{i, \alpha}.$$
Ogólniej jeśli $c=\sum\limits_{i=1}^l a_i c_i$ jest $k$-łańcuchem, to brzeg $\partial c$ jest $k-1$ łańcuchem, takim że:
$$\partial c = \sum_{i=1}^l a_i \partial c_i.$$
\end{definition}

\begin{proposition}
Niech $c$ będzie $k$-łańcuchem w $\mathcal{O}$. Wówczas $\partial (\partial c)=0$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Niech $i<j$, policzmy:
$$I^n_{i, \alpha} \circ I^{n-1}_{j, \beta}(x^1, \ldots , x^i, \ldots , x^j, \ldots , x^{n-2})= I^n_{i,\alpha}(x^1, \ldots , x^i, \ldots , x^{j-1}, \beta , x^j, \ldots, x^{n-2})=$$
$$=(x^1, \ldots , \alpha , x^i, \ldots , x^{j-1}, \beta , x^j, \ldots , x^{n-2})$$

$$I^n_{j+1,\beta} \circ I^{n-1}_{i,\alpha}(x^1, \ldots , x^{n-2}) = (x^1, \ldots ,\alpha , x^i, \ldots , x^j, \beta , x^{j+1}, \ldots , x^{n-2})
$$

$$\Rightarrow I^n_{i,\alpha} \circ I^{n-1}_{j, \beta} = I^n_{j+1,\beta} \circ I^{n-1}_{i, \alpha}$$
Podobnie dla $i>j$ mamy:
$$I^n_{i+1,\alpha} \circ I^{n-1}_{j, \beta} = I^n_{j,\beta} \circ I^{n-1}_{i, \alpha}$$
Dalej niech $c: [0, 1] \rightarrow \mathcal{O}$ będzie sigularną $k$-kostką, wówczas:
$$\partial c = \sum\limits_{i=1}^k \sum\limits_{\alpha \in \{ 0,1\}} (-1)^{i+\alpha} c_{i, \alpha}.$$
Stąd:
$$\partial\partial c=\sum\limits_{i,j=1}^n \sum\limits_{\alpha ,\beta \in \{ 0,1\}} (-1)^{i+\alpha +j+\beta} (c_{i, \alpha})_{j,\beta}$$
Zauważmy, że 
$$(c_{i,\alpha})_{j,\beta}=(c_{j+1,\beta})_{i,\alpha} \textnormal{ dla } i<j \textnormal{ oraz } (c_{i+1,\alpha})_{j,\beta}=(c_{j,\beta})_{i,\alpha} \textnormal{ dla } i>j.$$
Zatem w powyższej sumie, wyrażenia pod znakiem sumy skracają się parami i dostajemy \linebreak $\partial\partial c=0$.
\end{proof}

\begin{definition}
Niech $\omega$ będzie $k$-formą różniczkowalną na $k$-kostce $[0,1]^k$.
$$\omega=f {\rm d}x^1 \wedge \ldots \wedge {\rm d}x^k,$$
gdzie: $f:[0,1]^k \rightarrow \mathbb{R}$. Wówczas:
$$\int\limits_{[0,1]^k}\omega:=\int\limits_{[0,1]^k}f{\rm d}x^1 \ldots {\rm d}x^k.$$
Ogólniej, jeśli $c:[0,1]^k \rightarrow \mathcal{O}$ oraz $\omega \in \Omega^k_{\textnormal{rożn}}(\mathcal{O})$ to:
$$\int\limits_c \omega := \int\limits_{[0,1]^k} c^*\omega.$$
Wyrażenie $\int\limits_c \omega$ nazywamy całką z $\omega$ po singularnej $k$-kostce $c$. \newline W końcu dla $c=\sum\limits_{i=1}^l a_i c_i$ definiujemy:
$$\int\limits_c \omega := \sum\limits_{i=1}^l a_i \int\limits_{c_i} \omega_i \in \mathbb{R}.$$
\end{definition}

\begin{theorem}[Stokesa dla $k$-łańcuchów]
Niech $\omega \in \Omega^{k-1}(\mathcal{O)}$ oraz $c$ będzie $k$-łańcuchem w $\mathcal{O}$. Wówczas:
$$\int\limits_c {\rm d}\omega = \int\limits_{\partial c}\omega.$$
\end{theorem}
\begin{proof}
W pierwszym kroku dowodzimy dla $c=I^k$, $\omega \in \Omega^{k-1}([0,1]^k)$.
$$\omega = \sum f_i {\rm d}x^1 \wedge \ldots \wedge \widehat{{\rm d}x^i} \wedge {\rm d}x^{i+1} \wedge \ldots \wedge{\rm d}x^k.$$
Weźmy $\omega = f {\rm d}x^1 \wedge \ldots \wedge \widehat{{\rm d}x^i} \wedge {\rm d}x^{i+1} \wedge \ldots \wedge{\rm d}x^k$.

$$\int\limits_{\partial I^k} \omega = \sum_{j=1}^k\sum_{\alpha \in \{ 0,1 \}}(-1)^{j+\alpha}\int\limits_{[0,1]^{k-1}} {I^{k}_{j,\alpha}}^* (f {\rm d}x^1 \wedge \ldots \wedge \widehat{{\rm d}x^i}  \wedge \ldots \wedge{\rm d}x^k)=$$
$$= (-1)^{i+1} \int\limits_{[0,1]^{k-1}}f(x^1, \ldots , 1, \ldots ,x^k){\rm d}x^1 \wedge \ldots \wedge \widehat{{\rm d}x^i} \wedge \ldots \wedge{\rm d}x^k + (-1)^i \int\limits_{[0,1]^{k-1}}f(x^1, \ldots , 0, \ldots ,x^k)$$

$$\int\limits_{I^k} {\rm d}\omega = \int\limits_{[0,1]^k} \frac{\partial f}{\partial x^i} (-1)^{i-1}{\rm d}x^1 {\rm d}x^2 \ldots {\rm d}x^k) \stackrel{\textnormal{tw. Fubiniego}}{=}$$
$$= (-1)^{i-1} \int\limits_{[0,1]^{k-1}} (f (x^1, \ldots ,1 ,\ldots ,x^k) - f(x^1, \ldots , 0, \ldots ,x^k)) {\rm d}x^1 \ldots  \widehat{{\rm d}x^i} \ldots {\rm d}x^k.$$ 
Analiza przypadku ogólnego: $\omega \in \Omega^{k-1}(\mathcal{O})$, $c:[0,1]^k \rightarrow\mathcal{O}$. Wprost z powyższej definicji:
$$\int\limits_{\partial c} \omega = \int\limits_{\partial I^k} c^*\omega$$
i dalej:
$$\int\limits_{c} {\rm d}\omega = \int\limits_{I^k} c^*{\rm d}\omega = \int\limits_{I^k} {\rm d}c^*\omega = \int\limits_{\partial I^k} c^*\omega = \int\limits_{\partial c} \omega.$$
\end{proof}
\section{Wykład 28.10.2016.}
\begin{memento}
(Orientacja przestrzeni wektorowej):\\
V jest przestrzenią wektorową nad $\mathbb{R}$. Orientacja V jest zadana przez wybór klasy baz V.\\
Bazy $(e_1,e_2,\ldots,e_n)$ i $(f_1,f_2,\ldots,f_n)$ zadają tę samą orientację V, jeśli $\det(id_e^f)>0$.
\end{memento}
\textbf{Orientacja rozmaitości:}
\begin{itemize}
\item $S^n$ jest orientowalna.
\item Wstęga Mobiusa nie jest orientowalna.
\end{itemize}
Niech M będzie k-rozmaitością w $\mathbb{R}^{n}$ i niech $x \in M$. Ustalmy układy współrzędnych $f_{1},f_{2}:W \rightarrow M$ wokół punktu x.\\
Niech $y \in f_1(W_1)\cap f_2(W_2)$, czyli $y=f_1(a_1)=f_2(a_2)$, dla pewnych $a_1 \in W_1$ , $a_2 \in W_2.$\\
Przestrzeń styczną $T_y M$ można  zorientować na dwa sposoby:
\begin{enumerate}
\item Orientacja $T_y M$ jest zadana przez bazę $(f_{1*} (e_{a_1}^1),f_{1*} (e_{a_1}^2),\ldots , f_{1*} (e_{a_1}^k))$, gdzie $(e_{a_1}^1,\ldots,(e_{a_1}^k))$ jest bazą kanoniczną $\mathbb{R}_{a_1}^{n}$.
\item Tak jak wyżej, ale przy użyciu układu współrzędnych $f_2$.
\end{enumerate}
\begin{definition}
Mówimy, że układy $f_1$ i $f_2$ są zgodne, jeśli zadają takie same orientacje $T_y M$ dla wszystkich $y \in  f_1(W_1) \cap f_2(W_2)$.
\end{definition}
\begin{definition}
Mówimy, że rozmaitość M jest orientowalna, jeśli istnieje system zgodnych układów współrzędnych pokrywających M.
\end{definition}
\begin{definition}
Mówimy, że M jest zorientowana, jeśli został dokonany wybór systemu zgodnych  układó współrzędnych.
\end{definition}
\begin{remark}
Układy współrzędnych $f_1$ i $f_2$ są zgodne jeśli:
$$ det(f_2^{-1} \circ f_1)' (a_1) > 0  $$ 
gdzie $ f_1 (a_1) = y $.
\end{remark}

\textbf{Orientacja rozmaitości z brzegiem oraz indukowana orientacja $\partial M $:}\\
Niech $x \in \partial M$. Niech U,V, $h: U \rightarrow V $ będą jak w definicji rozmaitości z brzegiem.\\
Załóżmy, że M jest zorientowana.
\begin{definition}
Niech $(v_1,v_2,\ldots,v_{k-1})$ będzie bazą $T_{x} \partial M$. W $T_{x} \partial M$ wybieramy orientację: baza $(v_1,v_2,\ldots,v_{k-1})$ jest zgodna z tą orientacją, jeśli baza $(f_* (-e_k),v_1,v_2,\ldots,v_{k-1})$ jest zgodna z orientacją $T_x M$.
\end{definition}
\begin{example}
Oznaczmy $\mathbb{H}^k=\{x\in\mathbb{R}^k:x^k\geq 0\}$.
\begin{enumerate}
\item $M=\mathbb{H}^2$ , $ \partial M = \mathbb{R}^1$\\
M orientujemy kanonicznie. Czy kanoniczna orientacja $ \partial M$ jest orientacją indukowaną? Bazą kanoniczną $\mathbb{R}$ jest $e_1$. Zatem musimy ustalić orientację  bazy $(-e_2,e_1)$. Sprawdźmy znak macierzy przejścia: 
$$\det(id_{(e_1,e_2)}^{(-e_2,e_1)})=det\begin{bmatrix}
0 & -1\\ 
1 & 0
\end{bmatrix} = 1 > 0$$
Z tego wynika, że $ \partial M$ jest zorientowana kanonicznie.
\item $M=\mathbb{H}^3$ , $ \partial M = \mathbb{R}^2$\\
Otrzymujemy bazę $(-e_3,e_1,e_2)$ i porównajmy ją z $(e_1,e_2,e_3)$:
$$\det(id_{(e_1,e_2,e_3)}^{(-e_3,e_1,e_2)}  = \det \bigl(\begin{smallmatrix}
0 & 0 & -1\\ 
1 & 0 & 0\\ 
0 & 1 & 0
\end{smallmatrix}\bigr) = -1 < 0 $$
Czyli indukowana orientacja brzegu  $ \partial M$ jest przeciwna do kanonicznej.
\item Ogólnie orientacja  $ \partial \mathbb{H}^k$ jest $(-1)^k\times$ orientacja kanoniczna. 
\end{enumerate}
\end{example}

\textbf{Całkowanie k-form na rozmaitości zorientowanej M:}\\
Niech $\omega \in \Omega_{rozn}^{k} (M)$ oraz niech $c:[0,1]^k \rightarrow M$ będzie kostką singularną taką, że istnieje $W \supset [0,1]^k$ oraz układ współrzędnych $f:W \rightarrow M$ taki, że $c=f\Big{|}_{[0,1]^k}$\\
Od tej pory rozważamy kostki takie jak wyżej gdzie  $f$ jest zgodne z orientacją M. Mówimy wtedy, że c zachowuje orientację. Mając $\omega$ i c jak wyżej definiujemy: $\int\limits_{c} \omega = \int\limits_{I^k} c^* \omega $.
\begin{theorem}\label{good_def}
Niech $c_1$,$c_2$ będą kostkami zachowującymi orientację M oraz $\omega \in \Omega_{rozn}^{k} (M)$, która zeruje się poza $c_1([0,1]^k)\cap c_2([0,1]^k)$ Wówczas:
$$\int\limits_{c_1} \omega = \int\limits_{c_2} \omega $$
\end{theorem}
\begin{proof}
$$\int\limits_{c_1} \  \omega = \int\limits_{[0,1]^k} c_1^* \  \omega = \int\limits_{[0,1]^k} (c_2 \circ c_2 ^{-1} \circ c_1)^* \  \omega = \int\limits_{[0,1]^k} (c_2^{-1} \circ c_1)^* \circ c_2^* \  \omega$$
Niech $g$ będzie odwzorowaniem między podzbiorami k-kostek takim, że $g = c_2^{-1} \circ c_1$ oraz niech $c_2^*\omega = fdx^1\wedge dx^k$. Wówczas:
$$g^*(f dx^1 \wedge \ldots \wedge dx^k)=(f \circ g)(\det \  g') \  dx^1 \wedge \ldots \wedge dx^k = \lvert \det \  g' \rvert (f \circ g) \ dx^1 \wedge \ldots \wedge dx^k$$
gdzie skorzystaliśmy  z tego, że $\det \  g'>0$ ($c_i$ zachowują orientację). 
Z twierdzenia o zamianie zmiennych:
$$\int \limits_{[0,1]^k} \lvert \det \  g' \rvert (f \circ g) dx^1 dx^2 \ldots dx^k = \int \limits_{[0,1]^k} f dx^1 dx^2 \ldots dx^k =  \int\limits_{[0,1]^k} c_2^* \  \omega = \int\limits_{c_2} \  \omega$$
\end{proof}
\begin{memento}
(Rozkład jedności)\\
Niech M będzie zwartą rozmaitością z brzegiem. Niech $(\mathcal{O}_i)_{i \in I}$ będzie otwartym skończonym pokryciem M, czyli $\mathcal{O}_i \subset \mathbb{R}^n $ oraz $M \subset \bigcup \limits_{i \in I} \mathcal{O}_i$\\
Rozkładem jedności związanym z $(\mathcal{O}_i)_{i \in I}$ nazywamy układ funkcji $\varphi _i: \mathbb{R}^n \rightarrow [0,1]$, takie że $\varphi_i$ są gładkie, $supp \  \varphi_i \subset \mathcal{O}_i$, oraz:
$$ \sum \limits_{i \in I} \varphi_i (x) = 1 $$ dla wszystkich  $x \in M$.  
\end{memento}
\begin{definition}
Weźmy $\omega \in \Omega_{rozn}^k (M)$ taką, że istnieje kostka $c:[0,1]^k \rightarrow M$ zachowująca orientację, taka, że $\omega$ zeruje się poza $c \ ([0,1]^k)$
Wówczas definiujemy $\int\limits_{M} = \int\limits_{[0,1]^k} c^* \ \omega$. Jest to dobra definicja, gdyż nie zależy od wyboru $c$ (patrz Twierdzenie \ref{good_def}). 
 
Ogólnie wybieramy pokrycie $(\mathcal{O}_i)_{i \in I}$ rozmaitości M oraz rozkład jedności $(\varphi_i)_{i \in I}$ tak, aby $\varphi_i\omega$ spełniały założenia powyższej definicji. Następnie definiujemy:
$$\int\limits_{M} \omega = \sum\limits_{i \in I} \  \int\limits_{M} \varphi_i \cdot \omega $$
\end{definition}

\textbf{Twierdzenie Stokes'a:}\\
\begin{theorem}
Niech $\omega$ będzie k-1 formą różniczkową na zorientowanej k-rozmaitości z brzegiem. Wówczas:
$$ \int\limits_{M} d \omega = \int\limits_{\partial M} \omega $$
\end{theorem}
Dowód na następnym wykładzie (4.11.2016)
\section{Wykład 04.11.2016.}
\begin{proof}[Dowód twierdzenia Stokesa]
\textbf{Przypadek 1}
\begin{remark}
$M$ to $k$ - wymiarowa rozmaitość zorientowana, $\partial M$ ma orientację indukowaną oraz $\omega \in \Omega^{k-1} (M)$. Dowodzimy, że
$$\int\limits_M {d \omega} = \int\limits_{\partial M} \omega$$
Niech $c:[0,1]^k \rightarrow M$ będzię singularną kostą t.że jedyną ścianą $c$ mającą wewnętrzny punkt wspólny z $\partial M$ jest ściana $c_{k,0}$.
\end{remark}
\begin{memento}
Orientacja brzegu półprzestrzeni $\mathbb{H}^k = \{ x \in \mathbb{R}:x^k \ge0 \}$ $( \partial \mathbb{H}^k = \mathbb{R}^{k-1})$ jest $(-1)^k \cdotp$ orientacja kanoniczna.
\end{memento}
Stąd $c_{k,0}$ zachowuje orentację brzegu $\Leftrightarrow k$ - parzyste.
Z drugiej strony mamy \[\partial c= \sum_{\begin{split} i=1, \ldots, k \\ \alpha \neq 0,1\end{split}} (-1)^{i+\alpha} c_{i,\alpha}.\]
Zatem, jeśli $\omega$ jest $k-1$ formą znikającą poza $c([0,1]^k)$ to
$$\int \limits_{\partial M} \omega = (-1)^{k+k}\int \limits_{c_{l,0}} \omega = \int \limits_{c_{l,0}} \omega.$$
Z drugiej strony
$$\int \limits_M d\omega = \int \limits_c d\omega = \int \limits_{[0,1]^k} c^*d\omega \underbrace{=}_{\textrm{Z tw. Stokesa dla łańcuchów}} \int \limits_{[0,1]^k} dc^*\omega = \int \limits_{\partial I^k} \omega = \int \limits_{c_{k,0}} \omega = \int \limits_{\partial M} \omega$$
\textbf{Przypadek 2}
Załóżmy, że $\omega$ jest $k-1$ formą taką, że $\exists$ $k$ - łańcuch $c:([0,1]^k) \rightarrow M \backslash \partial M$ oraz $\omega$ jest zero poza $c([0,1]^k)$. W szczególności, z gładkości $\omega$ jest ona również równa zeru na brzegu $c([0,1]^k)$. Ponieważ $\omega$ jest zero na $\partial M$ to $$\int \limits_{\partial M} \omega = 0.$$
A z drugiej strony $$\int \limits_M d\omega = \int \limits_c d\omega \underbrace{=}_{\textrm{tw. Stokesa dla łańcuchów}} \int \limits_{\partial c} \omega = 0$$
\textbf{Przypadek ogólny}
Niech $(\mathcal{O}_i)_{i \in I}$ będzie pokryciem $M$ oraz $(\phi_i)_{i \in I}$ rozkładem jedności wpisanym w to pokrycie t.że $\forall_i \phi_i \omega$ jest $k-1$ formą jednego z powyższych typów. Wówczas, skoro $\sum_{i \in I} \phi_i = 1$ na $M$ to
$$0=d\sum_{i \in I} \phi_i = \sum_{i \in I} d\phi_i.$$ Zatem, także 
$$\sum_{i \in I} d\phi_i \wedge \omega = 0.$$ Dalej
\[\begin{split}\int \limits_M d\omega& = \sum_{i \in I} \int \limits_M \phi_id\omega = \left( \sum_I \phi_id\omega = \sum_Id(\phi_i\omega) - \sum_Id\phi_i\wedge \omega  = \sum_I d(\phi_i \omega)\right)\\ &= \sum_{i \in I} \int \limits_M d(\phi_i\omega) = \sum_{i \in I} \int \limits_{\partial M} \phi_i\omega = \int \limits_{\partial M} \omega \end{split}\]
\end{proof}
\paragraph{Klasyczne formy twierdzenia Stokesa}
Niech $F(x,y,z) = (F^1(x,y,z),F^2(x,y,z),F^3(x,y,z))$. Wówczas rotacja $$\nabla \times F = \left( -\frac{\partial F^2}{\partial z} + \frac{\partial F^3}{\partial y}, \frac{\partial F^1}{\partial z} - \frac{\partial F^3}{\partial y},-\frac{\partial F^2}{\partial z} + \frac{\partial F^3}{\partial y} \right)$$
\paragraph{Związek rotacji $\nabla \times F$ z pochodną zewnętrzną}
Weźmy 1-formę
\[\begin{split}\omega &= F^1 \wedge dx + F^2 \wedge dy + F^3 \wedge dz  \\&= \left( -\frac{\partial F^2}{\partial z} + \frac{\partial F^3}{\partial y} \right) dy \wedge dz + \left( \frac{\partial F^1}{\partial z} - \frac{\partial F^3}{\partial x} \right) dz \wedge dx + \left( -\frac{\partial F^1}{\partial y} + \frac{\partial F^2}{\partial x} \right) dx \wedge dy\end{split}\]
Dywergencją div$F$ pola $F$ nazywamy funkcję
$$\textrm{div} F = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y}+ \frac{\partial F_3}{\partial z}$$
$$d(F^1dy\wedge dz+F^2dz\wedge dx+F^3dx\wedge dy) = \left( \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y}+ \frac{\partial F_3}{\partial z} \right) dx\wedge dy\wedge dz = \textrm{div}F dx\wedge dy\wedge dz$$
\paragraph{Forma Objętości}
$M \subset \mathbb{R}^n$ - zorientowana $k$ - wymiarowa rozmaitość $x \in M \rightsquigarrow T_xM \subset \mathbb{R}^n_X$.
Na $\mathbb{R}_x^n$ mamy iloczyn skalarny $v,w \in \mathbb{R}_x^n$ to $(v|w)=\sum_{i=1}^n x_i w_i$.
Ten iloczyn zadaje iloczyn skalarny na $T_xM$ przez obcięcie do podprzestrzeni. Niech $(f_1,\ldots,f_k)$ będzie bazą ortonormalną $T_xM$ zgodną z orientacją. $\exists ! \omega(x)$ - $k$ - forma na $T_xM$ t.że $\omega(x) = (f_1,\ldots,f_k) = 1$. To definiuje formę różniczkową $\omega \in \Omega_{\textrm{różn}}(M)$ oraz $\omega$ nie zależy od powyżej dokonanych wyborów. Mówimy, że $\omega$ jest formą objętości na $M$.
\paragraph{Przypadek szczególny}
Niech $n=3$, $k=2$ (np. sfera). Dla $x \in M$ definiujemy $m(x) \in \mathbb{R}_x^3$ jako taki wektor unormowany, który
\begin{itemize}
  \item $\forall x \in T_xM$ mamy $n(x) \perp v$
  \item jeśli $v,w \in T_xM$ jest bazą zgodną z orientacją to $(v,w,n(x))$ jest zgodna z kanoniczną orientacją $\mathbb{R}_x^3$
\end{itemize}
Łatwo sprawdzić, że w tym przypadku szególnym mamy
$$\forall v,w \in T_xM \,\,\,\omega(x)(v,w) = (n(x)|v\times w)$$
Zauważmy, że $\exists \alpha \in \mathbb{R}$ t.że $v\times w = \alpha n(x)$.
Zatem, $\forall z \in \mathbb{R}_x^3$ mamy
$$(z|n(x))(n(x)|v\times w)=(z|n(x))(n(x)|\alpha n(x)) = (z|n(x))\alpha = (z|\alpha n(x)) = (z|v\times w)$$
Weźmy za $z = \textrm{e}^1_x$. Wtedy skoro $n(x) = n_1(x)\textrm{e}^1_x + n_2(x)\textrm{e}^2_x + n_3(x)\textrm{e}^3_x$ to $n_1(x)w(x)(v,w) = (e_1|v\times w) = v_2w_3-w_2v_3 = dy \wedge dz(v,w)$.
Stąd na rozmaitości $M$ mamy tożsamość
$$n_1(x)\omega(x)=dy\wedge dz (*)$$
Podobnie dowodzi się, że
$$n_2(x)\omega(x)=dz\wedge dx (*)$$
$$n_3(x)\omega(x)=dx\wedge dy (*)$$
\begin{theorem}[Klasyczne twierdzenie Stokesa dla div]
Niech $\mathcal{O} \subset \mathbb{R}^3$ będzie podzbiorem otwartym w $\mathbb{R}^3$ oraz niech $F$ będzie polem wektorowym na $\mathcal{O}$. Wówczas
$$\int \limits_{\mathcal{O}} (\textrm{div} F)dV = \int \limits_{\partial \mathcal{O}} (n(x)|F(x))\omega(x)$$ gdzie $\omega$ jest formą objętości na $M$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Rozważmy 2 - formę $$\rho(x,y,z) = F^1dy\wedge dz+F^2dz\wedge dx+F^3dx\wedge dy,$$ $d\rho = (\textrm{div}F)dx\wedge dy\wedge dz$. Zatem
\[\begin{split}\int \limits_{\mathcal{O}} \textrm{div} FdV = \int \limits_{\mathcal{O}} d\rho = \int \limits_{\mathcal{O}} F^1dy\wedge dz+F^2dz\wedge dx+F^3dx\wedge dy \overbrace{=}^{(*)} \\
 \int \limits_{\mathcal{O}} (F_1n_1+F_2n_2+F_3n_3)\omega (x) = \int \limits_{\partial \mathcal{O}} (n(x)|F(x))\omega (x)  \end{split}\]
\end{proof}
\begin{theorem}[Stokesa dla rotacji]
  Niech $M \subset \mathbb{R}^3$ będzie 2-wymiarową rozmaitością zwartą z brzegiem. Niech $F$ będzie polem wektorowym na $\mathcal{O} \subset \mathbb{R}^3$ oraz $M \subset \mathcal{O}$. Niech $ds$ oznacza 1-formę objętości na $\partial M$. Wybierzmy pole $T$ wektorów stycznych do $\partial M$ t.że $ds(T)=1$. Wówczas
$$\int \limits_M(\textrm{rot}F|n(x))\omega = \int_{\partial M} (F|T)ds$$
\end{theorem}

\section{Wykład 07.11.2016.}
\section*{Analiza zespolona i funkcje holomorficzne}
Źródła: 
\begin{itemize} % źródła 
    \item P. Urbański - Analiza III, rozdział 18,
    \item F. Leja - Analiza zespolona
\end{itemize}



\begin{definition} %definicja holomorficznej
Niech $\mathcal{O} \subset \mathbb{C} $ będzie podzbiorem otwartym, $f: \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{C}$ i niech $ z_0$ $\in$  $\mathcal{O}$. Mówimy, że $f$ jest \textbf{holomorficzna} w punkcie $ z_0$ jeśli istnieje granica ilorazu różnicowego $\frac{f(z_0 + h) -f(z_0)}{h}$ przy $ h$ $\in$  $\mathbb{C}$ dążącym do zera.\\
Jeśli $f$ jest holomorficzna w każdym z punktów $ z_0$ $\in$  $\mathcal{O}$ to mówimy, że $f$ jest holomorficzna na $\mathcal{O}$.	
\end{definition} 


\begin{remark} %uwaga o zbieganiu h
	
	Z  $h$   zbiegamy do zera, a granica   
	$\lim\limits_{h\rightarrow0} {\frac{f(z_0 + h) -f(z_0)}{h}}$  nie zależy od sposobu zbiegania. 
\end{remark}

\begin{notation} %notacja pochodnej po z w z_0
	Notacja: jeśli $f$ jest homolomorficzna to piszemy $$\frac{d f}{d z} (z_0) =  \lim_{h \to 0} \frac{f(z_0 + h) -f(z_0)}{h} $$ 
\end{notation}

\begin{proposition} (Reguły różniczkowania) \\ %stwierdzenie
Niech $f,g :  \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{C}$ będą holomorficzne w $ z_0$ $\in$  $\mathcal{O}$. Wówczas $f+g$, $f \cdot g$ są holomorficzne w $z_0$ oraz:
\begin{itemize}
    \item $\frac{d(f+g)}{dz} = \frac{df}{dz} (z_0) + \frac{dg}{dz} (z_0)$
    \item $\frac{d}{dz}(f \cdot g)(z_0)=\frac{df}{dz} (z_0) \cdot g(z_0) + f(z_0) \cdot \frac{dg}{dz} (z_0)$
\end{itemize}

Niech $\mathcal{O}'$ $ \subset $ $ \mathbb{C} $ oraz $f(z_0) \in \mathcal{O}'$. Jeśli $h$ jest holomorficzna w $f(z_0)$ to $h \circ f$ jest holomorficzna w $z_0 \in \mathcal{O}$ oraz $\frac{d}{dz} (h \circ f)(z_0) = \frac{dh}{dz}(f(z_0)) \frac{df}{dz}(z_0)$.

\begin{figure}[h] %rysunek
\centering
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{wykladanaliza.png}
\end{figure}
\end{proposition}

\begin{proof} %dowód analiza I
	taki sam jak na Analizie I
\end{proof}  

\begin{example} %przyklad holomorficznej na C
	 $n$ $\in$ $\mathbb{N}$ funkcja $\mathbb{C} \ni z$  $\longmapsto$ $z^n$ $\in$ $\mathbb{C}$ jest holomorficzna na $\mathbb{C}$ oraz 
	
	$\frac{d}{dz}(z^n)=nz^{n-1}$.

\end{example}

\section*{Holomorficzność szeregów potęgowych}

Motywacja: $$e^z = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} z^n $$

\underline{Przypomnienie}: szeregi potęgowe, są to wyrażenia postaci 
$ \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$. Promień zbieżności $r$, gdzie $\frac{1}{r} = \limsup{|a_n|^n}$. 
Wówczas $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ jest zbieżna dla wszystkich $z : |z| < r$. Co więcej szereg funkcyjny $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ jest zbieżny niemal jednostajnie na $ K(0,r)$.

Różniczkując $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ wyraz po wyrazie dostajemy szereg potęgowy $\sum_{n=0}^{\infty} n a_n z^{n-1}$. Zróżniczkowany szereg potęgowy ma taki sam promień zbieżności jak $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$, gdyż $\sqrt[n]{n|a_n|} = \sqrt[n]{n} \cdot \sqrt[n]{|a_n|}$ oraz $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n} =1$.

Szereg $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ jest niemal jednostajnie zbieżny na $ K (0,r)$. 
Powtarzając argumenty o różniczkowaniu szeregów funkcyjnych z analizy rzeczywistej dowodzimy, że szereg potęgowy $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ definiuje funkcję holomorficzną na $ K(0,r)$.

\begin{corollary}
 $e^z , \cos{z} , \sin{z} , e^{z^z} , e^{\sin{z}}$ są holomorficzne na $\mathbb{C}$ 

\end{corollary}


\begin{definition} %całkowita
	Jeśli $f$: $\mathbb{C}$ $\longrightarrow$ $\mathbb{C}$  jest holomorficzna to mówimy, że jest to \textit{funkcja całkowita}.
\end{definition} 

\section*{Równania Cauchy'ego - Riemanna}

Rozważmy funkcję $f: \mathbb{C} \supset \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{C}$. Dla $z \in \mathcal{O}$ $(z=x+iy)$ $x,y \in \mathbb{R}$ oraz istnieją funkcje $u,v: \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{R}$ takie, że $f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$.\\

Założenie: $f$ - holomorficzna w $z\in\mathcal{O}$, $z=x+iy$.\\

Iloraz różnicowy dla $h=t$ $\in$ $\mathbb{R}$ oraz $t \longrightarrow 0$.

\begin{equation*}
    \frac{f(z_0+h) -f(z)}{h} = \frac{u(x+t,y) + iv(x+t,y)-u(x,y)-iv(x,y)}{t} \xrightarrow[t \rightarrow 0]{} \frac{\partial u}{\partial x} (x,y) + i \frac{\partial v}{\partial x}(x,y)
\end{equation*}\\

Iloraz różnicowy dla $h=it$ $\in$ $i\mathbb{R} \subset \mathbb{C}$ oraz $t \longrightarrow 0$.
\begin{equation*}
\frac{f(z+h) -f(z)}{h} = \frac{u(x,y+t) + iv(x,y+t)-u(x,y)-iv(x,y)}{it} \xrightarrow[t \rightarrow 0]{} \frac{\partial v}{\partial y} - i \frac{\partial u}{\partial y}
\end{equation*}\\
\textbf{Równania Cauchy'ego - Riemanna}

$$
(CR) \left\{ \begin{array}{ll}
\frac{\partial u}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial v}{\partial y}(x,y) \\
 \frac{\partial u}{\partial y}(x,y) =- \frac{\partial v}{\partial x}(x,y)\\

\end{array} \right.
$$

W drugą stronę: udowodnijmy, że jeśli funkcja
$\Phi (x,y)= \left[ 
        \begin{array}{cc}
         u(x,y)\\ 
         v(x,y)
         \end{array}
      \right] $
jest różniczkowalna oraz $u,v$ spełniają warunki CR to funkcja $f: \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{C}$ $f(z)=u(x,y) + iv(x,y)$ jest holomorficzna w $z=x+iy$. Pochodna $\Phi$: 
$\Phi ' =  \left[ 
        \begin{array}{cc}
         \frac{\partial u}{\partial x}  & \frac{\partial u}{\partial y}  \\
         \frac{\partial v}{\partial x}  & \frac{\partial v}{\partial y}
         \end{array}
      \right] $. 
Niech $h=h_1 + ih_2 \in \mathbb{C} = \mathbb{R}^2$

\begin{equation*}
    \Phi ' (x,y) \left[ 
    \begin{array}{cc}
    h_1 \\
    h_2
    \end{array}
    \right] = \left[ 
        \begin{array}{cc}
         \frac{\partial u}{\partial x}  & - \frac{\partial v}{\partial x}  \\
         \frac{\partial v}{\partial x}  & \frac{\partial u}{\partial x}
         \end{array}
      \right]
      \left[ 
        \begin{array}{cc}
         h_1 \\
         h_2
         \end{array}
      \right]
      =
       \left[ 
        \begin{array}{c}
         \frac{\partial u}{\partial x}h_1   - \frac{\partial v}{\partial x}  h_2\\
         \frac{\partial v}{\partial x} h_1   +\frac{\partial u}{\partial x} h_2
         \end{array}
      \right] =
       \left[ 
        \begin{array}{cc}
         \Re{((\frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x})(h_1 + ih_2))}  \\
         \Im{((\frac{\partial u}{\partial x}} + i \frac{\partial v}{\partial x})(h_1 + ih_2))
         \end{array}
      \right]
\end{equation*}

Zatem utożsamiając $\mathbb{R}^2$ z $\mathbb{C}$ działanie $\Phi ' (x,y) : \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}^2$ zamienia się na operację mnożenia $h_1 +ih_2$ przez liczbę zespoloną $\frac{\partial u}{\partial x} + i\frac{\partial v}{\partial x}$. ($\bigstar$)\\

Rózniczkowalości $\Phi$ w terminach $f$ oznacza, że istnieje granica 

 $$ \left|  \frac{f(z+h)-f(z) - \Phi ' (x,y)h}{h} \right|  \xrightarrow[|h| \longrightarrow 0]{} 0$$ 

Korzystając z ($\bigstar$) mamy:
$$ \left|  \frac{f(z+h)-f(z) - (\frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x})h}{h} \right|  \xrightarrow[h \longrightarrow 0]{} 0$$ 
czyli
$$ \left|  \frac{f(z+h)-f(z)}{h} - \left(\frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x}\right) \right|  \xrightarrow[h \longrightarrow 0]{} 0$$
oraz
$$\frac{df}{dz}(z) = \frac{\partial u}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial v}{\partial x}(x,y)$$

\begin{corollary} %wniosek holomorficzne, klasa C^1
	 Niech $\mathcal{O}$ $\subset$ $\mathbb{R}^2$ 
	$u,v : \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{R}$ i $u,v$ spełniają warunki CR. Jeśli $u$ oraz $v$ są klasy $\mathcal{C}^1(\mathcal{O})$ to $f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$ jest holomorficzne na $\mathbb{C}$.
\end{corollary}

\begin{example} %przykład exp(z)
	$e^z = e^x e^{iy} = \underbrace{e^x \cos{y}}_{u(x,y)} + i \underbrace{e^x \sin{y}}_{v(x,y)}$
\end{example} 
$$\left.
 \begin{aligned} 
     &\frac{\partial u}{\partial x} = e^x \cos{y}&  \frac{\partial u}{\partial y} = -e^x \sin{y}&\\
     &\frac{\partial v}{\partial y} = e^x \cos{v} & \frac{\partial v}{\partial x} = e^x \sin{y}&  
    \end{aligned}
    \right. 
    \Rightarrow \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} $$
     \\
 
 Rozważmy 1-formy o wartościach zespolonych $dz = dx+idy$ oraz $d\bar{z} = dx-idy$. Wówczas
	$$
	  \frac{dz + d\overline{z}}{z}=dx \, \, \, \, \, \,  \frac{dz-d\overline{z}}{2i}=dy.
	$$
 


Jeśli $f: \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{C}$ jest klasy $\mathcal{C}^1(\mathcal{O}):f(z)=u(x,y) + iv(x,y)$ to definiujemy 
\begin{equation*}
\begin{split}
df :&= du  + idv = (\frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x}) dx + (\frac{\partial u}{\partial y} + i \frac{\partial v}{\partial y}) dy = (\frac{\partial u}{\partial y} + i\frac{\partial v}{\partial x})\frac{dz + d\overline{z}}{2} + 
(\frac{\partial u}{\partial y} + i\frac{\partial v}{\partial y})\frac{1}{2i}(dz - d\overline{z})\\ &=
\underbrace{\frac{dz}{2}\left(\frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial v}{\partial y}\right)}_{\frac{1}{2}(\frac{\partial f}{\partial x} - i\frac{\partial f}{\partial y} ) } + 
\frac{d\overline{z}}{2}(\frac{\partial f}{\partial x} + i\frac{\partial f}{\partial y})
\end{split}
\end{equation*}

Definiując: \begin{align*} &\frac{\partial}{\partial z} := \frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x} - i\frac{\partial}{\partial y}\right) & \frac{\partial}{\partial \overline{z}}= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x} + i\frac{\partial}{\partial y}\right)&
\end{align*} 
dostajemy $df = \frac{\partial}{\partial z}f dz 
+ \frac{\partial}{\partial \overline{z}} f d\bar{z}$. 

\begin{proposition} Gdy  $f$ jest klasy $\mathcal{C}^1 (\mathcal{O})$ oraz $\frac{\partial f}{\partial \overline{z}} =0 $ to
	 $f: \mathcal{O} \longrightarrow \mathbb{C}$ jest holomorficzne na $\mathcal{O}$, 
\end{proposition}


\begin{proof}
	Wystarczy CR $\Leftrightarrow$ $\frac{\partial f}{\partial \overline{z}} =0 $
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	0 = \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}& =   \frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x} (u+iv) + i\frac{\partial}{\partial y}(u+iv)\right) = \\
	& = \frac{1}{2}\left( \underbrace{\frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial v}{\partial y}}_{= 0} + i\underbrace{\left(\frac{\partial v}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y}\right)}_{= 0}\right)
	\end{split}
	\end{equation*}
	Zauważmy, że jesli $f$ jest holomorficzna to $\frac{df}{dz} = \frac{\partial f}{\partial z}$.
\end{proof} 

\section{Wykład 14.11.2016.}
$\mathcal{A}(\mathcal{O})$-- zbiór f-cji holomorficznych na $\mathcal{O} \underset{\textrm{OTW}}{\subset} \mathbb{C}$.
F-cja holomorficzna= f-cja różniczkowalna w sensie zespolonym.
\[ dz:=dx+ idy \qquad d\overline{z}:=dx-idy\]
Iloczyny zewnętrzne:
\[   dz\wedge dz=0=d\overline{z}\wedge d\overline{z} \]
\[ dz\wedge d\overline{z}=-2idx\wedge dy\]
$f\in \mathcal{C}^1 (\mathcal{O})$
\[ \frac{\partial}{\partial z}:= \frac{1}{2} \left(\frac{\partial}{\partial x} - i\frac{\partial}{\partial y} \right) \]
\[ \frac{\partial}{\partial \overline{z}}:= \frac{1}{2} \left(\frac{\partial}{\partial x}  + i\frac{\partial}{\partial y}\right) \]
\[ f(x,y)=u(x,y)+iv(x,y)\]
\[ df=du+idv=\frac{\partial f}{\partial z}dz +\frac{\partial f}{\partial z}d\overline{z} \]
\begin{proposition}
\end{proposition}
$f\in \mathcal{C}^1 (\mathcal{O})$ jest holomorficzna $\Leftrightarrow$ 1-forma $\alpha=fdz$ jest zamknięta.
\begin{proof}
Liczymy:
\[ 
d\alpha=df\wedge dz=\left(\frac{\partial f}{\partial z}dz +\frac{\partial f}{\partial \overline{z}}d\overline{z}\right)\wedge dz=\frac{\partial f}{\partial \overline{z}}d\overline{z}\wedge dz=2i \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}dx\wedge dy
\] 
Zatem $d\alpha=0\Leftrightarrow \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}=0 \quad \rightarrow$holomorficzność (przy zał. $f\in \mathcal{C}^1 (\mathcal{O})$).
\end{proof}
\begin{definition}
Całkowanie 1-form zespolonych po krzywych zorientowanych $\Gamma\subset \mathbb{C}$. Niech $f:\mathcal{O}\rightarrow \mathbb{C}$ będzie funkcją ciągłą oraz $\Gamma \subset \mathcal{O}$. Rozważmy 1-formę $\alpha=fdz=(u+iv)(dx+idy)=udx-vdy+i(vdx+udy)$.
Całką z funkcji $f$ po krzywej $\Gamma$ nazywamy liczbę otrzymaną następująco:
\[ \int_{\Gamma}fdz:=\int_{\Gamma}udx-vdy+i\int_{\Gamma}vdx+udy\]
\end{definition}
\begin{example}
Scałkować $f(z)=z^2$ po ćwiartce okręgu. Parametryzacja $\Gamma$ zgodna z orientacją.
\[ [0;\frac{\pi}{2}]\ni \varphi \mapsto e^{i\varphi} \in \mathbb{C}, \qquad dz=de^{i\varphi}=ie^{i\varphi}d\varphi \]
\[ \int_{\Gamma}fdz=i\int_{0}^{\pi/2}e^{2i\varphi}e^{i\varphi}d\varphi=i\int_{0}^{\pi/2}e^{3i\varphi}d\varphi=\frac{1}{3}e^{3i\varphi}\mid_{0}^{\pi/2}=\frac{1}{3}(e^{\frac{3}{2}i\pi}-1)=-\frac{1}{3}-\frac{i}{3}\] 
\end{example}
\begin{remark}
$\mathbb{C}=\mathbb{R}^2$ ma dwie orientacje (kanoniczna i przeciwna do kanonicznej). Jeśli $M\subset \mathbb{C}$ jest 2-wymiarową rozmaitością (z brzegiem $\Gamma$) to $M$ także ma 2 orientacje, a stąd $\Gamma$ ma dwie orientacje.
Jeśli $M$ jest kanonicznie zorientowana, to całkę po $\Gamma$ z orientacją indukowaną oznaczamy $\ointctrclockwise_{\Gamma}$ ($\ointclockwise_{\Gamma}$- opcja przeciwna).
\end{remark}
\begin{example}
$M=\overline{K(0,1)}$ z orientacją kanoniczną, to $\partial M=\Gamma$-okrąg zorientowany przecinie do biegu wskazówek zegara. 
\end{example}
\begin{corollary}
Jeśli $f\in \mathcal{A}(\mathcal{O})$ oraz $M\subset \mathcal{O}$, $\Gamma=\partial M$, to $\int_{\Gamma}fdz=0$
\end{corollary}
\begin{proof}
\[\int_{\Gamma}fdz=\int_{\partial M}fdz \stackrel{\textrm{tw. Stokesa}}{=} \int_{M}d(fdz)=\int_{M}0=0 \]
\end{proof}
\begin{corollary}
Niech $f\in \mathcal{A}(\mathcal{O})$ i niech $\mathcal{O}\subseteq \mathbb{C}$ będzie obszarem gwiaździstym. Skoro 1-forma $f dz$ jest zamknięta, to na mocy lematu Poincar'ego $\exists F\in \mathcal{C}^1(\mathcal{O})$ t.że $dF=fdz$. Skoro $dF=\frac{\partial F}{\partial z}dz+\frac{\partial F}{\partial \overline{z}}d\overline{z}=fdz$ to $\frac{\partial F}{\partial \overline{z}}=0$. Zatem $F$ jest holomorficzna.

 
\textbf{Wzór na $F$} (z dokładnością do stałej addytywnej).\\
Ustalamy $s\in \mathcal{O}$ i niech $\Gamma \subset \mathcal{O}$ będzie krzywą o początku w $a$ oraz końcu w $z\in \mathcal{O}$. Wówczas:
\[ \int_{a}^{z}fdz\stackrel{\textrm{ozn.}}{=}\int_{\Gamma}fdz=F(z)-F(a) \]
\end{corollary}
\textbf{Funkcja logarytm.}\\
Weźmy $f(z)=\frac{1}{z}$. Naturalną dziedziną $f$ jest $\mathbb{C}\setminus \{0\}$. Dziedzinę tę zmniejszymy bo $\mathbb{C}\setminus \{0\}$ nie jest zbiorem gwiaździstym. Zauważmy, że gwiaździstym względem $1\in \mathbb{C}$ jest zbiór $\mathbb{C}\setminus \mathbb{R}_{\leq 0}$.\\
Funkcje $\log: \mathbb{C}\setminus \mathbb{R}_{\leq 0}\rightarrow \mathbb{C}$ definiujemy następująco:
\[ \log(z)=\int_{1}^{z}\frac{1}{z}dz\]
Niech $z=|z|e^{i \textrm{arg}z}$, $\textrm{arg}z\in ]-\pi,\pi [$.
Wybierając odpowiednio $\Gamma$  mamy 
\[ \log(z)=\int_{1}^{|z|}\frac{1}{t}dt+\int_{0}^{\textrm{arg}z}\frac{de^{i\varphi}}{e^{i\varphi}}=\log|z| + \int_{0}^{\textrm{arg}z}\frac{e^{i\varphi}id\varphi}{e^{i\varphi}}=\log|z|+i\textrm{arg}z \quad (*) \]
Zauważmy, że $(*)\Rightarrow e^{\log z}=z$.
Niech $a\in \mathbb{C}$.

Funkcję potęgową $\mathbb{C}\setminus \mathbb{R}_{\leq 0} \ni z\rightarrow z^{a}\in \mathbb{C}$ definiujemy  następująco: $z^a:=e^{a \textrm{log} z}$
 
\begin{theorem}
\textbf{Wzór Cauchy'ego}\\
Niech $M\subset \mathcal{O}$ będzie 2-wymiarową, zwarta, kanonicznie zorientowaną rozmaitością z brzegiem $\Gamma=\partial M$. Niech $a\notin \Gamma$. Wówczas:
\begin{enumerate}
\item Jeśli $a\notin M$, to $\ointctrclockwise_{\Gamma}\frac{f(z)}{z-a}dz=0$
\item Jeśli $a\in M$, to $f(a)=\frac{1}{2\pi i} \ointctrclockwise_{\Gamma}\frac{f(z)}{z-a}dz$
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item[Ad1.] Jeśli $a\notin M$ to funkcja $z\rightarrow \frac{f(z)}{z-a}$ jest holomorficzna (na dostatecznie małym) otoczeniu $M$. Zatem $\ointctrclockwise_{\Gamma}\frac{f(z)}{z-a}dz=0$
\item[Ad2.] Wówczas $\frac{f(z)}{z-a}$ ma osobliwość w punkcie $0$. Niech $\varepsilon>0$ będzie t.że $K(a,\varepsilon)\subset M$. Niech $\tilde{M}=M\setminus K(a,\varepsilon)$. Wówczas $z\rightarrow \frac{f(z)}{z-a}$ jest holomorficzne w pewnym otoczeniu $\tilde{M}$.
W takim razie:
\[ 0=\ointctrclockwise_{\partial \tilde{M}} \frac{f(z)}{z-a}dz= \ointctrclockwise_{\Gamma}\frac{f(z)}{z-a}dz + \ointclockwise_{\partial K(a,\varepsilon)}\frac{f(z)}{z-a}dz\]
\[ \ointctrclockwise_{\partial K(a,\varepsilon)}\frac{f(z)}{z-a}dz=\ointctrclockwise_{\Gamma}\frac{f(z)}{z-a}dz \]
Liczymy lewą stronę. Parametryzacja $\partial K(a,\varepsilon)$ $z=a+\varepsilon e^{(i\varphi)}$ $\varphi\in [0,2\pi]$.
\[ L= \int_{0}^{2\pi} \frac{f(a+\varepsilon e^{i\varphi})\overbrace{\varepsilon i e^{i\varphi}d\varphi}^{dz}}{\varepsilon e^{i\varphi}}=i \int_{0}^{2\pi}f(a+\varepsilon e^{i\varphi})d\varphi \xrightarrow[\varepsilon\rightarrow 0] {} 2 \pi i f(a)\]
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{remark}
\begin{enumerate}
\item Znajomość funkcji holomorficznej na krzywej $\Gamma=\partial M$ pozwala odtworzyć $f$ na całym $M$.
\item F-cja różniczkowalna w sensie zespolonym jest $\infty$-razy różniczkowalna; o tym na następnym wykładzie. 
\end{enumerate}
\end{remark}

\section{Wykład 18.11.2016}

Wzór Cauchy'ego:
$ f(z)=\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{\Gamma }^{ } { \frac{f( \zeta )}{\zeta-z} }d\zeta $

\begin{theorem} O całce z parametrem\\
Niech $ f: [a,b] \times ]c,d [\rightarrow \mathbb{R} $  będzie ciągła,  oraz niech  $ \frac{\partial}{\partial \alpha }f(x,\alpha) : [a,b]\times]c,d[ \rightarrow \mathbb{R} $ będzie funkcją ciągłą.
Wówczas  $F(\alpha)=\int\limits_a^b {f(x,\alpha)dx} $ jest różniczkowalna oraz pochodna $ F'(\alpha)=\int\limits_a^b { \frac{\partial f}{\partial \alpha}(x,\alpha)dx } $.

Przytoczony powyżej Wzór Cauchy'ego $ f(x)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{\Gamma}^{ }{\frac{f( \zeta )}{\zeta-z}d\zeta}$ jest całką z parametrem $z$.
\end{theorem}



$ z=x+iy$

$ \frac{df}{dz}(z)=\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{\Gamma }^{ } {\frac{d}{dz}\frac{f(\zeta)}{ \zeta-z}d\zeta}=\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{\Gamma}^{ } {\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^2}}d\zeta$
\begin{corollary}
$ \frac{df}{dz}\in C ^ 1( \Omega )$
\end{corollary}
\begin{corollary}
$ \frac{df}{dz}$ spełnia warunki Cauchy'ego-Riemanna.
\end{corollary}
Rzeczywiście $ \frac{\partial}{\partial\bar{z}}(\frac{df}{dz})(z)=\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{\Gamma} {\frac{d}{d\bar{z}}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^2}dz}=0$. Podsumowując $ \frac{df}{dz}\in A(\Omega)$.

\begin{theorem}
Funkcja $ f \in A (\Omega) $ ma pochodne zespolone wszystkich rzędów (jest różniczkowalna w sensie zespolonym nieskończenie wiele razy) oraz pochodna n-ta jest równa:

$ f^{(n)}(z) :=\frac{\partial ^n}{\partial z^n}f(z)=\frac{n!}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{\Gamma}{\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}d\zeta}$.

\end{theorem}
\begin{theorem} Nierówność Cauchy'ego\\
Niech $ \Omega \subset C$. Niech $ f\in A (\Omega)$, $ r>0$ takie, że $ K(a,r) \subset \Omega $, gdzie $ a\in \Omega$.
Wówczas $ \left | f^{(n)}(a) \right |\leqslant \frac{n!}{r^n} \underset{\zeta=a+re^{i\varphi}, \varphi \in [0, 2\pi]}{sup}\left | f(\zeta) \right |
$.
\end{theorem}
\begin{proof} [Dowód]
Weźmy $ \Gamma =\partial K(a,r)$.
Wówczas

$ \left | f^{(n)}(a) \right |=\frac{n!}{2\pi} \left | \int\limits_{0}^{2\pi}{\frac{f(a+re^{i\varphi})re^{i\varphi}i d\varphi}{r^{n+1}e^{i(n+1)\varphi}}} \right | \leqslant \frac{n!}{2\pi r^n} \int\limits_{0}^{2\pi}{\left | f(a+re^{i\varphi}) \right |d\varphi} \leqslant 
\frac{n!}{2\pi r^n} 2\pi  \underset{\varphi\in[0,2\pi]}{sup}\left | f(a+re^{i\varphi}) \right |$.

\end{proof}

\begin{theorem} Twierdzenie Liouvilla\\
Niech $ f\in A(\mathbb{C})$. Jeśli $f$ jest ograniczona to jest stała.
\end{theorem}
\begin{proof} [Dowód]
Wystarczy pokazać, że $ \frac{df}{dz}=0$. Ustalmy $ r\in\mathbb{R}_{+}$ (dalej $r \rightarrow \infty$). Nierówność Cauchy'ego dla $n=1$ daje:

$ \left | \frac{df}{dz}(z) \right | \leqslant \frac{1}{r} \underset{\zeta=z e^{i\varphi}, \varphi\in[0,2\pi] }{sup} \left | f(\zeta) \right | \leqslant \frac {M}{r}$, gdzie $ M\in \mathbb{R}_{+}: \left | f(\zeta)\right |\leqslant M$ dla wszystkich  $\zeta \in \mathbb{C}$. Przechodząc z $r$ do nieskończoności dostajemy $ \frac{df}{dz}=0 \Rightarrow f=const$.
\end{proof}
\begin{theorem} Twierdzenie Gaussa\\
Jeśli $w$ jest wielomianem $ st(w)\geqslant 1 $ to $ \exists z\in \mathbb{C}$ takie, że $ w(z)=0$.
\end{theorem}
\begin{proof} [Dowód (przez doprowadzenie do sprzeczności)]
Niech $ w(z)=a_{0}+a_{1}z^1+a_{2}z^2+a_{n}z^n$.
Przypuśćmy, że $w(z)$ nie ma pierwiastka: $ w(z)\neq 0 \forall {z\in \mathbb{C}}$. Wówczas $ f(z):=\frac{1}{w(z)}$ jest funkcją całkowitą, (czyli holomorficzną na całej płaszczyźnie zespolonej $\mathbb{C}$). Ponadto skoro $ \lim\limits_{z\rightarrow \infty} \frac{1}{w(z)}=0$ to $f$ jest ograniczona, czyli 
$ \exists  c\in\mathbb{C}: f(z)=c=\frac{1}{w(z)}$. Czyli $ w(z)=\frac{1}{c}\Rightarrow st(w)=0$, sprzeczność.
\end{proof}
\begin{example}
Rozważmy funkcję rzeczywistą, gdzie 
$ f(x)=
\left\{\begin{matrix}
e^{-\frac{1}{x^2}} & x\neq 0\\ \
0 & x=0
\end{matrix}\right.$\\
$f$ jest funkcją ciągłą w zerze, jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna i wszystkie jej pochodne w zerze wynoszą zero:  $f^{(n)}(0)=0$. Zatem $f$ nie można rozwinąć w szereg taylora wokól zera.
\end{example}

\begin{theorem} Twierdzenie Taylora\\
Niech $ f\in A(\Omega)$, $ K(a,r)\in \Omega$. Wówczas szereg $ f(a)+(z-a)f'(a)+..+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}{(z-a)}^n+\ldots$ jest niemal jednostajnie zbieżny na $ K(a,r) $ do $f(z)$.
\end{theorem}

\underline{Przypomnienie} o jednostajnej zbieżności:
$ f_{n}\xrightarrow{jedn. zb. }n$ na X, gdy $ \underset { x \in X}{\sup}\left | f_{n}(x) - f(x)\right |\underset{n\rightarrow \infty}{\rightarrow}0$

\begin{proof} [Dowód]
Udowodnimy, że szereg $\sum  \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (z-a)^n$ jest zbieżny jednostajnie na $ K(a,r')$ dla $ r'<r$. Wykorzystamy kryterium Weierstrassa, które mówi o zbieżności jednostajnej. Zauważmy, że z nierównośći Cauchy'ego mamy

\[\left |  \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (z-a)^n \right | \leqslant \frac{n!}{n!r^n} \underset{\phi\in[0,2\pi]}{sup} \left | f(a+re^{i\varphi})\right | r'^{n} \leqslant \left(\frac{r'}{r}\right)^{n}C_{1}\]  gdzie stała $C_{1} ={ \underset{\phi \in [0,2\pi]}{\sup} \left | f(a+re^{i\phi})  \right |  }$. 
Skoro 
$ \frac {r'}{r}<1$, to  z kryterium Weierstrassa szereg \[\sum  \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (z-a)^n\] jest zbieżny bezwzględnie na $ K(a,r')$. 

\underline{Przypomnienie} Kryterium Weierstrassa:

 jeśli  $\left |f_{n}(x)\right | \leqslant a_{n} $ oraz $\sum a_n\leq\infty $ to  szereg jest $\sum f_n$ jest jednostajnie zbieżny. 

Aby wykazać xbieżność $\sum  \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (z-a)^n$  do $f$,    korzystajmy ze wzoru Cauchy'ego
\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{\left | \zeta -a \right | =r} {\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta}\]
Skoro 
\[\frac{1}{\zeta-z}=\frac{1}{\zeta-a+a-z}=\frac{1}{(\zeta-a)(1-\frac{z-a}{\zeta-a})}\]
oraz 
\[\left | z-a \right | < \left | \zeta - a \right |\]
to 
\[\frac{1}{\zeta-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{\zeta-a}{(\frac{z-a}{\zeta-a})}^n}.\]
Zatem zamieniając $\ointctrclockwise$ z $\sum$ dostajemy:
\[ f(z)=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}{(z-a)^n}\ointctrclockwise\limits_{\left |  \zeta-a \right | = r} {\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(z-a)^n \frac{f^{(n)}(a)}{n!}\]  gdyż

\[f^{(n)}(a)=\frac{n!}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{\left | \zeta-a\right |=r}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{(n+1)}}dz\]
\end{proof}

\section{Wykład 21.11.2016.}

\begin{figure}[h!]
\centering
\includegraphics[width = 0.5\linewidth]{rys1.png}
\end{figure}
$f$-holomorficzna \\ \\
Szereg Taylora:
$$f(z)= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (z-a)^n $$
Wiemy już że jeśli istnieje  $$ \frac{d}{dz}f(a)   \textrm{ to istnieje } f^{(n)} (a) := \frac{d^n}{dz^n} f(a), \ n \in \mathbb{N} $$

\paragraph{Wnioski z twierdzenia Taylora:}
\begin{description}
\item[1.] 
Jeśli $\Omega$ jest obszarem spójnym oraz $a \in \Omega$ i mamy $\forall n \in \mathbb{N}\cup \lbrace 0  \rbrace \ f^{(n)} (a)=0$  to $f(z)=0  $  \ $  \forall z \in \Omega$

\begin{proof}
$\Omega$ jest spójny $\Leftrightarrow$ jedynym niepustym podzbiorem $\Omega$ który jest jednocześnie otwarty i domknięty jest $\Omega$. \\ \\
Niech $\Theta \subset \Omega$ gdzie $\Theta = \lbrace z \in \Omega: $   $ f^{(n)} (z)=0, \ n \in \mathbb{N} \cup \lbrace 0 \rbrace \rbrace$ \\
Zauważmy, że $\Theta \neq \varnothing $\ $ (a \in \Theta)$ \\
Ponadto $\Theta = \bigcap \limits_{n \in \mathbb{N} \cup \lbrace 0 \rbrace} \Theta_n $ gdzie $\Theta_k = \lbrace z \in \Omega: \ f  ^{(k)}(z) = 0\rbrace$ \\
Ponieważ $f^{(k)}: \Omega \rightarrow \mathbb{C}$ jest ciągła to $\Theta_k \subseteq \Omega$ jest domnięty. \\
Zatem $\Theta$ jest zbiorem domkniętym. \\
Zauważmy, że $\Theta \subset \Omega$ jest otwarty: jeśli $z_0 \in \Theta$ to:
$$f(z)= \underbrace{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)} (z_0)}{n!}}_{ = 0 (z_0 \in \Theta)} (z-z_0)^n =0$$ 
dla $z \in \mathbb{K} (z_0,r) \qquad r>0$
\\
Co pokazuje, że $K(z_0, r) \subset \Theta$. Stąd $\Theta = \Omega$ i $f=0$ na $\Omega$.
\end{proof}
\item[2.]
Jeśli $\Omega$-spójny oraz $f,g: \Omega \rightarrow \mathbb{C}$ - holomorficzne i $f^{(n)} (a)= g^{(n)} (a)$ dla $n \in \mathbb{N} \cup \lbrace 0  \rbrace$ to $f=g$ na zbiorze $\Omega$
\begin{proof}
Wystarczy skorzystać z (1) dla różnicy $f-g$.
\end{proof}
\item[3.]
Jeśli $\Omega$ spójny oraz $a_n \in \Omega$ gdzie $a_n \xrightarrow[n\longrightarrow\infty]{} a \in \Omega$ t.że $a_n \neq a$ dla $n \in \mathbb{N} $ i $f(a_n)=0$. Wówczas $f=0$ na zbiorze $\Omega$. \\
Innymi słowy, zera funkcji która nie jest stała są izolowane.
\begin{proof}
Wystarczy pokazać, że $f^{(n)} (a) = 0$ dla $n \in \mathbb{N} \cup \lbrace 0 \rbrace$ i skorzystać z (1). \\
Niech $n_0 \subset \mathbb{N}$ będzie najmniejszą liczbą t.że $f^{(n_0)} (a) \neq 0$. \\
W szczególności:
$$f(z)= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)} (a)}{k!} (z-a)^k = (z-a)^{n_0} \cdot \underbrace{\sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)} (a)}{k!} (z-a)^{k-n_0}}_{  =: g(z)} = (z-a)^{n_0} \cdot g(z)$$
gdzie $g(a) \neq 0$ i $g$ jest holomorficzna. \\
Z drugiej strony $g(a_n) = \frac{f(a_n)}{(a_n-a)^{n_0}} = 0$. \\
Jest to sprzeczne z ciągłością $g$.  W szczegółności  $g$ nie może być holomorficzna. 
\end{proof}
\end{description}

\paragraph{Szeregi Laurenta.}

\begin{example}
$e^{\frac{1}{z}}: \mathbb{C} \backslash \lbrace 0\lbrace \rbrace \rightarrow \mathbb{C}$. Funkcja "nie rozwija" się w szereg Taylora wokół $z=0$. Rozwija się za to w szereg w $\frac{1}{z}$.
$$e^{\frac{1}{z}} =  \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \cdot \frac{1}{z^n}$$
Ogólnie szeregi Laurenta mają postać: $$\sum_{k=-\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^k$$.
\end{example}

\begin{definition}
Niech $a \in \mathbb{C} $\ $ r,R \in \mathbb{R}_{>0}$ i $r<R$. Otwartym pierścieniem o środku w punkcie $a$ i promieniach $r,R$ nazywamy zbiór $\Re (a;r,R)=\lbrace z \in \mathbb{C} : $\ $ r<\mid z - a \mid < R \rbrace$.


\end{definition}

\begin{figure}[h!]
\centering
\includegraphics[width = 0.5\linewidth]{rys2.png}
\end{figure}
\begin{theorem}

Niech $f: $\ $ \Re (a;r,R) \rightarrow \mathbb{C}$ będzie funkacją holomorficzną. Wówczas $f$ daje się przedstawić jako szereg:
$$ f(z)=  \sum_{n=- \infty}^{\infty} a_n (z-a)^n$$ gdzie:
$$ a_n = \frac{1}{2 \pi i} \ointctrclockwise\limits_{\mid \xi - a \mid = \rho} \frac{f(\xi)}{(\xi-a)^n} d \xi$$  $a: $\ $ r<\rho<R$. \\
Szereg ten jest niemal jednostajnie i bezwzględnie zbieżny na $ \Re(a;r,R)$.
\begin{memento}
$g_n \rightarrow g$ jed. na $x$ jeśli $\underset{x \in \mathbb{X}} \sup \vert f_n (x) - f(x) \vert \xrightarrow[n\longrightarrow\infty]{} 0$
\end{memento}
\begin{proof}
Ustalmy $r', R',r'',R'': $\ $ r<r'<r"<R"<R'<R$. \\
Rozważmy $\overline{\Re(a;r',R')} \subset \Re(a;r,R)$ \\
$\partial \overline{\Re(a;r',R')} $jest sumą okręgu $\partial \overline{K(a,R')}$ zorientowanego kanoniecznie $ \circlearrowleft$ oraz okręgu $\partial \overline{K(a,r')}$ zorientowanego $\circlearrowright$. Niech $z \in \overline{\Re(a;r",R")}$ \\
Wzór Cauchy'ego:
$$f(z) = \frac{1}{2 \pi i} \int\limits_{\overline{\Re(a;r',R')}} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d \xi = \frac{1}{2 \pi i} \ointctrclockwise\limits_{\partial K(a,R')} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d \xi - \frac{1}{2 \pi i} \ointctrclockwise\limits_{\partial K(a,r')} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d \xi $$

Dalej stosujemy oznaczenie $\sup \vert f(z) \vert = M(a, \stackrel{\sim} r)$ \\
$z \in \partial K(a; \stackrel{\sim} r)$.
 
Zauważmy, że $\vert z-a \vert < \vert \xi - a \vert$ \\
$$\frac{1}{\xi - z} = \frac{1}{\xi - a + a - z} = \frac{1}{(\xi - a)} \frac{1}{(1 - \frac{z-a}{\xi - a})} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z-a)^k}{(\xi-a)^{k+1}}$$ gdzie szereg jest zbieżnym szeregiem geometrycznym z 
$  q= \vert \frac{z-a}{\xi -a} \vert < 1$. 
Zatem 
$$\vert \frac{f(\xi)}{\xi-z} \vert \leq \sum_{k=0}^{\infty} \vert f(\xi) \vert \frac{\vert z-a  \vert ^k}{\vert \xi - a \vert^{k+1}} \leq M(a,R')\sum_{k=0}^{\infty} \frac{R'^k}{R'^{k+1}}$$
i szereg jest bezwzględnie i jednostanie zbieżny w $\xi$. \\
Zatem z sumą można wyjść przed całkę oraz 
$$\frac{1}{2 \pi i} \ointctrclockwise\limits_{\overline{\partial K(a,R')}} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d \xi = \frac{1}{2 \pi i} \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = R} \sum_{k=0}^{\infty} f(\xi) \frac{(z-a)^k}{(\xi-a)^{k+1}} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2 \pi i} (z-a)^k \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = R'} \frac{f(\xi)}{(\xi -a)^{k+1}} d \xi$$

Analiza wyrażenia  
$$ \frac{(-1)}{2 \pi i} \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = r'} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d \xi$$
$$\frac{1}{z -\xi } = \frac{1}{z - a + a - \xi} = \frac{1}{(z - a)} \frac{1}{(1 - \frac{\xi-a}{z - a})} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\xi-a)^k}{(z-a)^{k+1}}$$
$$q=\frac{\vert \xi - a \vert}{\vert z - a \vert} < \frac{r'}{r"}$$
Zauważmy, że 
$$ \vert f(\xi) \cdot \frac{(\xi-a)^k}{(z-a)^{k+1}} \vert \leq M(a,r') \cdot \frac{r'^k}{r"^{k+1}}$$
i szereg 
$$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\xi-a)^k}{(z-a)^{k+1}}$$
jest bezwzględnie i jednostajnie zbieżny w $\xi$. \\
W końcu:
$$ - \frac{1}{2 \pi i }  \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = r'} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d \xi = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(z-a)^{k+1}} \frac{1}{w \pi i}  \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = r'}  f(\xi)(\xi-a)^k d \xi$$
i szereg jest jednostajnie i bezwzględnie zbieżny na $\overline{\Re(a;r",R")}$.\\
Zatem:
$$f(z) = \frac{1}{2 \pi i }\sum_{k=- \infty}^{+\infty} a_k (z-a)^k$$
gdzie:
 
 $$a_k=\frac{1}{2 \pi i } \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = R'} \frac{f(\xi) d \xi}{(\xi - a)^{k+1}}
$$

Ponieważ $ a$ nie należy do $ \Re(a;r,R)$ to:
$$\frac{1}{2 \pi i } \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = R'} \frac{f(\xi) d \xi}{(\xi - a)^{k+1}} d \xi = \frac{1}{2 \pi i } \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = \rho} \frac{f(\xi) d \xi}{(\xi - a)^{k+1}} d \xi \qquad r<\rho <R $$
i podobnie: 
$$\frac{1}{2 \pi i } \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = r'} \frac{f(\xi) d \xi}{(\xi - a)^{k+1}} d \xi = \frac{1}{2 \pi i } \ointctrclockwise\limits_{ \vert \xi - a \vert = \rho} \frac{f(\xi) d \xi}{(\xi - a)^{k+1}} d \xi \qquad r<\rho <R $$


\end{proof}
\end{theorem}
\section{Wykład 25.11.2016.}
\paragraph{Szereg Laurenta\\}
\[\begin{split}
f &\in \mathcal{A}(\mathcal{R}(z_0,r,R))\\
f(z)&=\sum\limits_{k=-\infty}^\infty b_k(z-z_0)^k\\
b_k&=\frac{1}{2\pi i} \ointctrclockwise\limits_{|\xi -z_0|=\rho}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^{k+1}}d\xi \qquad r<\rho<R
\end{split}\]
Niech $f$ będzie funkcją holomorficzną na $\mathcal{R}(z_0,0,R)$. Mówimy, że $z_0$ jest izolowanym punktem osobliwym funkcji. Niech $f(z)=\sum\limits_{k=-\infty}^\infty b_k(z-z_0)^k$.
\begin{itemize}
\item Jeśli $\forall k<0$ mamy $b_k=0$ to mówimy, że $z_0$ jest osobliwością usuwalną. Kładąc $f(z_0)=b_0$ dostajemy funkcję holomorficzną na $K(z_0,R)$.
\item Jeśli $k\in \mathbb{N}\backslash \{0\}$, $b_k\neq 0$ oraz $\forall l < -k \quad b_l=0$, to mówimy, że $z_0$ jest biegunem rzędu $k$. Wtedy:
\[\begin{split}
f(z)=\frac{b_{-k}}{(z-z_0)^k}+\frac{b_{-k+1}}{(z-z_0)^{k-1}}+\dots+\frac{b_{-1}}{z-z_0}+b_0+b_1(z-z_0)+b_2(z-z_0)^2+\dots
\end{split}\]
\item Jeśli nieskończenie wiele współczynników stojących przy ujemnych potęgach $(z-z_0)$ jest różna od zera to mówimy, że $z_0$ jest osobliwością istotną.
\end{itemize}
\begin{example}~\\
\begin{itemize}
\item $\frac{\sin(z)}{z}$, $z_0=0$ jest osobliwością usuwalną.
\[\frac{\sin(z)}{z}=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{z^{2k}(-1)^k}{(2k+1)!}\]
\item $\frac{1}{z\sin(z)}$, $z_0=0$ jest biegunem rzędu 2.
\[\begin{split}
&\frac{1}{z\left(z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\dots\right)}=\frac{1}{z^2}\frac{1}{1-\frac{z^2}{3!}+\frac{z^4}{5!}-\dots}=\\
&=\frac{1}{z^2}\left(1+\left(\frac{z^2}{3!}-\frac{z^4}{5!}+\dots\right)+\left(\frac{z^2}{3!}-\frac{z^4}{5!}+\dots\right)^2+\dots\right)=\\
&=\frac{1}{z^2}\left(1+\frac{z^2}{6}+\left(-\frac{1}{5!}+\frac{1}{(3!)^2}\right)z^4+\dots\right)=\frac{1}{z^2}\left(1+\frac{z^2}{6}-\frac{7z^4}{360}+\dots\right)
\end{split}\]
\item $e^\frac{1}{z}$, $z_0=0$ jest osobliwością istotną.
\[e^\frac{1}{z}=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{n!z^n}\]
\item $\frac{1}{\sin\left(\frac{1}{z}\right)}$, $z_0=0$ nie jest izolowanym punktem osobliwym.\\
\begin{center}
$\sin\left(\frac{1}{z}\right)=0$ gdy $\frac{1}{z}=k\pi$ czyli $z=\frac{1}{k\pi}\xrightarrow[k\longrightarrow\infty]{}0$
\end{center}
\end{itemize}
\end{example}
\begin{remark}
\[b_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{|\xi -z_0|}f(\xi)d\xi\]
\end{remark}
\begin{definition}
Jeśli $z_0$ jest izolowanym punktem osobliwym funkcji $f$ to $b_{-1}$ nazywamy residuum $f$ w $z_0$ i oznaczamy symbolem $\textrm{Res}_{z_0}(f)$.
\end{definition}
\begin{proposition}
Niech $z_0$ będzie biegunem rzędu $n$ funkcji $f$. Wówczas:
\[\textrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(n-1)!}\lim\limits_{z\rightarrow z_0}\left(\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}((z-z_0)^nf(z))\right)\]
\end{proposition}
\begin{proof}
Szereg Laurenta:
\[\begin{split}
&f(z)=\frac{b_{-n}}{(z-z_0)^n}+\frac{b_{-n+1}}{(z-z_0)^{n-1}}+\dots+\frac{b_{-1}}{z-z_0}+b_0+b_1(z-z_0)+b_2(z-z_0)^2+\dots\\
(z-z_0)^n&f(z)=b_{-n}+b_{-z+1}(z-z_0)+\dots+b_{-1}(z-z_0)^{n-1}+b_0(z-z_0)^n+b_1(z-z_0)^{n+1}+\dots\\
&b_{-n}+b_{-z+1}(z-z_0)+\dots \textrm{ - anihilowane przy $(n-1)$-krotnym różniczkowaniu}\\
&b_{-1}(z-z_0)^{n-1} \textrm{ - różniczkowanie daje } b_{-1}(n-1)!\\
&b_0(z-z_0)^n+b_1(z-z_0)^{n+1}+\dots \textrm{ - anihilowane po podstawieniu } z_0
\end{split}\]
\end{proof}
\begin{proposition}
Niech $z_0$ będzie osobliwością izolowaną funkcji $f$. Wówczas $z_0$ jest osobliwością usuwalną  $\Leftrightarrow \exists r>0$, że $\sup\limits_{z\in K(z_o,r)\backslash \{z_0\}}|f(z)|<M$.
\end{proposition}
\begin{proof}~\\
$\Rightarrow$ - oczywiste ($f$ jest ciągła na pewnej kuli $\overline{K(z_0,r)}$, więc ograniczona).\\
$\Leftarrow$ - $\rho<r$, skoro $b_k=\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise\limits_{|\xi-z_0|=\rho}\frac{f(\xi)d\xi}{(\xi-z_0)^{k+1}}$ biorąc $\xi=z_0+\rho e^{i\varphi}$ mamy $b_k=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_0^{2\pi}\frac{f(z_0+\rho e^{i\varphi})\rho e^{i\varphi}id\varphi}{\rho^{k+1}e^{i(k+1)\varphi}}$, $|b_k|\leq M\rho^{-k}$, dla $k<0$ oraz $\rho\rightarrow0$ mamy $|b_k|\leq0$, a zatem $b_k=0$, $k<0$.
\end{proof}
\begin{proposition}
$z_0\in\mathbb{C}$ jest biegunem funkcji $f\Leftrightarrow\lim\limits_{z\rightarrow z_0}|f(z)|=\infty$.
\end{proposition}
\begin{proof}~\\
$\Rightarrow$ - $z_0$ - biegun rzędu $k$, to $\exists g:K(z_0,r)\rightarrow\mathbb{C}$ - holomorficzna, że $f(z)=\frac{1}{(z-z_0)^k}g(z)$. $f(z)=\frac{1}{(z-z_0)^k}(b_{-k}+b_{-k+1}(z-z_0)+\dots)$, $\lim\limits_{z\rightarrow z_0} \frac{1}{|z-z_0|^k}|g(z)|=\infty$, bo $|g(z)|\xrightarrow[z\rightarrow z_0]{}|b_{-k}|$\\
$\Leftarrow$ - skoro $\lim\limits_{z\rightarrow z_0}|f(z)|=\infty$ to $\exists r>0: f(z)\neq 0$ na $K(z_0,r)$ a więc $\tilde{f}=\frac{1}{f}$ jest holomorficzna na $K(z_0,r)$. Niech $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$ będzie szeregiem Taylora funkcji $\tilde{f}$. Niech $n_0\in\mathbb{N}$ będzie najmniejszą liczbą, że $a_{n_0}\neq 0$. Wtedy $\tilde{f}=(z-z_0)^{n_0}\tilde{g}$ ,gdzie $\tilde{g}$ holomorficzna na $K(z_0,r)$ oraz $\tilde{g}(z_0)\neq 0$. Wtedy $f(z)=(z-z_0)^{-n}\frac{1}{\tilde{g}}(z)$, $\frac{1}{\tilde{g}}(z)$ holomorficzna wokół $z_0 \in\mathbb{C}$, czyli $z_0$ jest biegunem rzędu $n_0$.
\end{proof}
\begin{theorem}(o liczeniu całek metodą residuów)\\
Niech $f:\Omega\backslash\{z_1,\dots,z_n\}\rightarrow\mathbb{C}$ będzie funkcją holomorficzną oraz niech $\Gamma\subset\Omega$ będzie brzegiem obszaru zwartego $D\subset\Omega$, że $\Gamma\cap\{z_1,\dots,z_n\}=\emptyset$. Wówczas $\ointctrclockwise\limits_\Gamma f(\xi)d\xi=2\pi i\sum\limits_{z_i\in D}\textrm{Res}_{z_i}(f)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
$\forall i$ wybieramy $r_i$ w taki sposób, że $K(z_i,r_i)\cap K(z_j,r_j)=\emptyset$ dla $i\neq j$ oraz $K(z_i,r_i)\subset D$.
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{residua.pdf}
\end{center}
Stosujemy twierdzenie Cauchyego do $M=D\backslash \bigcup K(z_j,r_j)$.
\[\begin{split}
\partial M&\cup \bigcup\limits_{z_j\in D} \partial\overline{K(z_j,r_j)}\\
0&=\ointctrclockwise\limits_\Gamma f(\xi)d\xi-\sum\limits_{z_j\in D}\ointctrclockwise\limits_{|\xi-z_j|=r_j}f(\xi)d\xi\\
\ointctrclockwise\limits_{|\xi-z_j|=r_j}f(\xi)d\xi&=2\pi i\textrm{Res}_{z_j}(f)\\
\ointctrclockwise\limits_\Gamma f(\xi)d\xi&=2\pi i\sum\limits_{z_j\in D}\textrm{Res}_{z_j}(f)
\end{split}\]
\end{proof}
\begin{example}
\begin{itemize}~\\
\item $J=\int\limits_0^{2\pi}Q(\sin(x),\cos(x))dx$, gdzie $Q$ jest funkcją wymierną dwóch zmiennych ciągłą na okręgu jednostkowym. Podstawiamy $\sin(x)=\frac{z-\frac{1}{z}}{2i}$, $\cos(x)=\frac{z+\frac{1}{z}}{2}$, $z=e^{ix}$, $dz=ie^{ix}dx=izdx\Rightarrow dx=\frac{dz}{iz}$.
\[J=\ointctrclockwise\limits_{\partial\overline{K(0,1)}}\frac{1}{iz}Q\left(\frac{z-\frac{1}{z}}{2i},\frac{z+\frac{1}{z}}{2}\right)dz=2\pi i\sum\limits_{|z|<1} \textrm{Res}_z \frac{1}{iz}Q\left(\frac{z-\frac{1}{z}}{2i},\frac{z+\frac{1}{z}}{2}\right)\]
\item $J=\int\limits_{-\infty}^\infty Q(x)dx$, gdzie $Q$ jest funkcją wymierną ciągłą na $\mathbb{R}$,$\lim\limits_{z\rightarrow\infty}zQ(z)=0$. Wybieramy kontur $\Gamma$.
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{polokrag.pdf}
\end{center}
\[\begin{split}
\int\limits_\Gamma Q(z)dz&=\int\limits_{-R}^R Q(x)dx+\int\limits_0^\pi Q(Re^{i\varphi})Re^{i\varphi}id\varphi\\
\left|\int\limits_0^\pi Q(Re^{i\varphi})Re^{i\varphi}id\varphi\right|&\leq\sup\limits_{\varphi\in[0,\pi]}|Q(Re^{i\varphi})R|\pi\xrightarrow[R\rightarrow \infty]{}0\\
2\pi i\sum_{\textrm{Im}(z)>0} \textrm{Res}_z(f)&\xleftarrow[R\rightarrow \infty]{}\int\limits_\Gamma Q(z)dz\xrightarrow[R\rightarrow \infty]{}\int\limits_{-\infty}^\infty Q(x)dx
\end{split}\]
\end{itemize}
\end{example}
\section{Wykład 05.12.2016.}

$\mathcal{M}(\Omega)$ - zbiór funkcji meromorficznych na zbiorze $\Omega$\\
$f \neq 0, f \in \mathcal{M}(\Omega) \longrightarrow \frac{1}{f} \in \mathcal{M}(\Omega)$

\begin{example}
$P,Q \in \mathbb{C}[\cdot] \longrightarrow f=\frac{P}{Q} \in \mathcal{M}(\Omega)$. $f$ ma osobliwości tam gdzie $Q$ ma zera.
\end{example} 


\begin{theorem}
Jeśli $f \in \mathcal{M}(\Omega)$ oraz $z_{0} \in \Omega$ jest zerem rzędu $k$ to $z_{0}$ jest biegunem rzędu $k-1$. Jeśli $z_{0}$ jest biegunem rzędu $k$ funkcji $f$ to $z_{0}$ jest biegunem rzędu $k+1$ funkcji $f'$. W szczególności $f' \in \mathcal{M}(\Omega)$
\end{theorem}

\begin{proof}
dla zer: $f(z)=\sum_{n=k}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{n} \overset{a_{k} \neq 0} =(z-z_{0})^{k}\sum_{n=k}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{n-k}=(z-z_{0})^{k}g(z)$, gdzie $g(z_{0})=a_{k}\neq 0$. 
Zatem $f'(z)=k(z-z_{0})^{k-1}g(z)+(z-z_{0})^{k}g'(z)$ i skoro $g(z_{0})\neq 0$ to $f'$ ma w $z_{0}$ zero rzędu $k-1$\\
dla biegunów: $f(z)=(z-z_{0})^{-k}g(z)$ dla pewnej funkcji $g$ holomorficznej wokół $z_{0}$ t. że $g(z_{0})\neq 0$. Zatem $f'(z)=-k(z-z_{0})^{-k-1}g(z)+(z-z_{0})^{-k}g'(z)$. Skoro $g(z_{0})\neq 0$ to  $f'$ ma w $z_{0}$ biegun rzędu $k+1$.
\end{proof}

\begin{corollary}
$0\neq f \in \mathcal{M}(\Omega), z_{0} \in \Omega$ jest biegunem rzędu $k$ to $z_{0}$ jest biegunem $\frac{f'}{f}$ ma w $z_{0}$ biegun rzędu 1 z residuum $-k$.\\
$\frac{f'}{f}(z)=\frac{-k(z-z_{0})^{-k-1}g(z)+(z-z_{0})^{-k}g'(z)}{(z-z_{0})^{-k}g(z)}=\frac{-k}{z-z_{0}}+\frac{g'(z)}{g(z)}$\\

$\frac{g'(z)}{g(z)}$ jest holomorficzna w $z_{0}$.
\end{corollary}

\begin{corollary}
$z_{0} \in \Omega$ jest zerem rzędu $k$ to $\frac{f'}{f}$ ma w $z_{0}$ osobliwość rzędu 1 o residuum równym $k$.
\end{corollary}


\begin{theorem} (O liczbie zer i biegunów)\\
$f \in \mathcal{M}(\Omega), D \in \Omega$ - zwarty t.że $f$ na $\partial D$ nie ma zer i nie ma biegunów $\longrightarrow$ $\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise_{\partial D} \frac{f'}{f}(\xi)d\xi=N_{z}-N_{b}$, gdzie $N_{z}$ - zera w zbiorze $D$ liczone z krotnością, $N_{D}$ - bieguny w zbiorze $D$ liczone z krotnością. 

\begin{figure}[h!]
\includegraphics[scale=0.6]{zeraibieguny.png}
\end{figure}



\end{theorem}

\begin{proof}
$\frac{1}{2\pi i}\ointctrclockwise \frac{f'}{f}(\xi)d\xi=\sum_{i}Res \frac{f'}{f}(z_{i})=k_{5}+k_{6}+k_{2}-k_{1}-k_{2}=k_{3}-k_{4}=N_{z}-N_{b}$
\end{proof}

\begin{theorem} (Runge'go)\\
Niech $f$ będzie funkcją holomorficzną na $\Omega$, $D \underset{zw.} \in \Omega$ t.że $f(z)\neq 0$ dla wszystkich $z \in \partial D$. Niech $g: \Omega \longrightarrow \mathbb{C}$ będzie holomorficzna i taka, że $|g(z)|<|f(z)|$ na $\partial D$. Wówczas liczba zer funkcji $f+g$ na zbiorze $D$ jest równa liczbie zer funkcji na zbiorze $D$.
\end{theorem}
\begin{proof}
$\forall t \in [0,1]$ rozważmy całkę $t \rightarrow \frac{1}{2\pi i} \ointctrclockwise \frac{f'+tg'}{f+tg}(\xi)d\xi=N_{z}(t)$ -- liczba zer funkcji $f+tg$ wewnątrz $D$.\\
$N_{z}(t)$ jest funkcją ciągłą $t \in [0,1]$, całką z parametrem, przyjmującą wartości całkowite, zatem $N_{z}(t)$ jest stała a więc $N_{z}(0)=N_{z}(1)$ ($N_{z}(0)$ - liczba zer funkcji $f$ na $D$, $N_{z}(1)$ - liczba zer funkcji $f+tg$).
\end{proof}
\begin{corollary} z tw. Runge'go \\
Wielomian $W(z)=a_{n}z^{n}+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_{0}$, $a_{n} \neq 0$, ma $n$ pierwiastków licząc z krotnościami. 
\end{corollary}

\begin{proof}
$f(z)=a_{n}z^{n}, \quad g=a_{n-1}z^{n-1}+a_{n-2}z^{n-2}+...+a_{0}$\\
$f,g: \mathbb{C} \longrightarrow \mathbb{C}$, czyli $\Omega=\mathbb{C}$. $D=K(0,R)$ gdzie jest tak duże, że $|f(z)|>|g(z)|$. Z tw. Runge'go $W(z)=f+g$ ma tyle zer co $f=a_{n}z^{n}$ czyli $n$.
\end{proof}




TEORIA DYSTRYBUCJI\\
Nie istnieje funkcja $f: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ (t. że $f(x)=0$ dla $x \neq 0$) oraz t. że dla wszystkich $g: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ zachodzi wzór $\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)g(t)dt=g(0)$. W książkach spotykamy się z funkcją delta Diraca $\delta: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ t. że $\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t)g(t)=g(0)$. Co więcej funkcja $\delta$ bywa różniczkowana. Widuje się też wzory $\Theta'(t)=\delta(t)$, gdzie $\Theta$ jest funkcją schodkową tzn. 

\begin{displaymath}
\Theta(t)= \left\{ \begin{array}{ll}
1 & t>0\\
0 & t \leq 0\\

\end{array} \right.
\end{displaymath}

\underline{Sposób myślenia}\\
Rozważmy funkcję $f \in C(\mathbb{R})$(funkcje ciągłe na odcinku rzeczywistym). Znając wartości całek $g \longrightarrow \int_{-\infty}^{+\infty}f(t)g(t)dt$ gdzie $g$ są funkcjami gładkimi o zwartych nośnikach można odtworzyć funkcję $f$.


\begin{definition}
Niech $f: \mathbb{R}^{n} \longrightarrow \mathbb{C}$. Nośnikiem supp$(f)\in \mathbb{R}^{n}$ nazywamy zbiór supp$(f)=\overline{\{x \in \mathbb{R}^{n}, f(x)\neq 0 \}}$. Jeśli supp$(f)$ jest zbiorem zwartym to mówimy, że $f$ jest funkcją o zwartych nośnikach. 
\end{definition}

\begin{definition}
Przestrzeń funkcji próbnych na $\mathbb{R}^{n}$ to $D(\mathbb{R}^{n})=\{f: \mathbb{R}^{n} \longrightarrow \mathbb{C}: \textrm{supp}(f)$ - zwarty a $f$ gładka $\}$
\end{definition}


\begin{example}
\underline{Krok 1} 

\begin{displaymath}
\psi(t)= \left\{ \begin{array}{ll}
e^{-\frac{1}{t}} & t>0\\
0 & t \leq 0\\

\end{array} \right.
\end{displaymath}

$\psi(t)$ gładka, supp$(\psi)=[0,\infty [$ \\

\underline{Krok 2}\\
$\phi(t)=\psi(t)\psi(1-t) \longrightarrow$ gładka, supp$(\psi)$=[0,1], $\phi$ -- funkcja próbna 


\end{example}

\begin{example}
funkcja Gaussa $\mathbb{R} \ni x \longrightarrow e^{-x^{2}} \in \mathbb{R}$ nie ma zwartego nośnika.
\end{example}

\underline{Notacja}\\
$\mathbb{R}^{N}$ -- ustalmy $N$. $\alpha=(\alpha_{1},..,\alpha_{N}) \longrightarrow$ będzie wielowskaźnikiem. $\alpha_{i} \in \mathbb{Z}_{+}=\{0,1,2,... \}$.  Dla $x \in \mathbb{R}^{N}$  definiujemy  $x^{\alpha}:=x_{1}^{\alpha_{1}}\cdot x_{2}^{\alpha_{2}}\cdot...\cdot x_{n}^{\alpha_{N}}$.\\
$|\alpha|:=\alpha_{1}+...+\alpha_{n}$ W końcu $\frac{\partial^{|\alpha|}}{\partial x^{\alpha}}=\frac{\partial^{\alpha_{1}}}{\partial x_{1}^{\alpha_{1}}}\cdot ...\cdot \frac{\partial^{\alpha_{N}}}{\partial x_{N}^{\alpha_{N}}}$ 


\begin{definition}
Przestrzeń funkcji typu Schwartza (przestrzeń Schwartza) to $J(\mathbb{R}^{N})=\{f: \mathbb{R}^{N} \longrightarrow \mathbb{C}: \textrm{sup}|x^{\alpha} \cdot \frac{\partial^{|\beta|}}{\partial x^{\beta}}f(x)|< \infty \}$ dla wszystkich wielowskaźników $\alpha, \beta$.
\end{definition}

\begin{example}
$e^{-||x||^{2}}=e^{-(x_{1}^{2})-(x_{2}^{2})-...-(x_{N}^{2})} \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^{N})$
\end{example}


\section{Wykład 09.12.2016r. Teoria Dystrybucji}
\subsection{Notacja i przykłady}
\begin{notation}
$
\left.
\begin{array}{l}
	\mathcal{D}(\mathbb{R}^n) \text{ - przestrzeń funkcji próbnych}\\
	\mathcal{S}(\mathbb{R}^n) \text{ - przestrzeń funkcji Schwartza}\\ 
\end{array} \right\} $ Przestrzenie funkcyjne
\end{notation}
$\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ nie jest przestrzenią Banacha, ale zaopatrzone jest w rodzinę norm. 
\begin{definition}
Dla 
$\forall k,l \in \mathbb{N} $ definiujemy $||\cdot||_{k,l} : \quad \mathcal{S}(\mathbb{R}^n) \longrightarrow \mathbb{R}_{+}$ wzorem $$||f||_{k,l} = \sup_{x \in \mathbb{R}^n, |\alpha| \leq k, |\beta| \leq l}\left|x^{\alpha}\frac{\delta^{|\beta|}}{\delta x^{\beta}}f(x)\right|$$
$x=(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n \quad \alpha=(\alpha_1,...,\alpha_k)\quad \beta=(\beta_1,...,\beta_l) \quad 
\alpha_a,\beta_a = \{0,1,2,3...\} \quad  x^{\alpha}=x_{1}^{\alpha_1}\cdot...\cdot x_{n}^{\alpha_n}$
$(f_n)_{n\in \mathbb{N}} \subset \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ mówimy, że $\lim_n f_n = 0$ jeśli $\forall k,l \in \mathbb{N} \qquad
\lim_n ||f_n||_{k,l}= 0$. 
\end{definition}

\begin{definition}
Zbieżność w przestrzeni $\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$: Rozważmy normy $||\cdot||_k : \quad\mathcal{D}(\mathbb{R}^n) \longrightarrow \mathbb{R}_+ $ które dane są wzorem $||f|| = \sup_{|\beta|\leq k} \left|\frac{\delta^ \beta}{\delta x^{\beta}} f(x) \right|$
Niech $(f_n)_{n\in \mathbb{N}} \subset \mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ Mówimy, że $f_n \stackrel{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0$ gdy istnieje zbiór zwarty
$K \in \mathbb{R}^n$ taki że: $\forall n \in \mathbb{N}: supp (f_n) \in K$ oraz $\forall k\in \mathbb{N}:||f_n||_k\stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}0$ 
\end{definition}
\begin{remark}
Jeśli $(f_n)_{n\in\mathbb{N}} \subset \mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ oraz $f_n\stackrel{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow}0$ to $\int_{\mathbb{R}}g(x)f_n(x)\stackrel{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow 0}$ (ponieważ istnieje K jak wyżej) dla $g \in C(\mathbb{R}^n)$%nie jestem pewnien czy dobrze przepisałem to ostatnie zdanie
\end{remark}
\begin{proposition}
Przestrzenie $\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ oraz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ są przestrzeniami wektorowymi oraz dodawanie i mnożenie tych funkcji są operacjami ciągłymi. Właściwość tą mają również operacje:
\begin{itemize}
	\item $\mathcal{S}(\mathbb{R}^n) \ni f \longrightarrow x_if\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$
	\item $\mathcal{S}(\mathbb{R}^n) \ni f \longrightarrow \frac{\delta}{\delta x_j}f\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$
\end{itemize}
Dowód: Dla części pierwszej postępujemy tak jak w przypadku przestrzeni Banacha. Niech $(f_n)_{n\in\mathbb{N}} \subset \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ tak że $f_n\stackrel{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0$ ustalmy $k,l \in\mathbb{N}$ Czy $x_if_n\stackrel{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0$?
$$||x^if_n||_{k,l}=sup_{x\in\mathbb{R}^n, |\alpha| \leq k,|\beta|\leq l} \stackrel{\text{reguła Leibniza}}{\left| x^{\alpha}\frac{\delta ^{|\beta|}}{\delta x^{\beta}}(x^i f)(x)\right| \leq C_{k,l,i}||f_n||_{k+1,l}}$$ Więc jeśli $f_n\stackrel{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0$ to także $x_i \cdot f_n \stackrel{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0$ Podobnie dowodzimy ciągłości $f_n\longrightarrow\frac{\delta}{\delta x_j}f$
\end{proposition}
\begin{definition}
Dystrybucją nazywamy liniowe i ciągłe odwzorowanie $\mathcal{D}(\mathbb{R}^n) \longrightarrow \mathbb{C}$ Innymi słowy, odwzorowanie $T:R(\mathbb{R}^n)\longrightarrow\mathbb{C}$ jest dystrybucją jeśli $\forall f_1,f_2\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ oraz 
$\lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{C}$ mamy: 
\begin{itemize}
	\item $T(\lambda_1 f_1+\lambda_2 f_2)=T(\lambda_1 f_1)+T(\lambda_2 f_2)$
	\item Dla $(f_n)_{n\in \mathbb{N}}\subset\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ takie, że istnieje zbiór zwarty $    K \in\mathbb{R}^n: supp f_n \subset K $ oraz   jeśli  $||f_n||_k\stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}0$ to $T(f_n)\stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}0$
\end{itemize}
\end{definition}
\begin{example}
$f:\mathbb{R}^n\longrightarrow\mathbb{C}$ ciągła, to f zadaje dystrubucję $Tf$ tak że $\forall g \in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ mamy $T_f(g)=\int_{\mathbb{R}_n}f(x)g(x)d^{n}x$ Dystrybucje tej postaci nazywamy dystrybucjami regularnymi.
\end{example} 
\begin{example}
$f(x)=\log(x)$ f jest osobliwa w zerze, ale $x(\log(x)-1)'=\log(x)$. W szczególności   $\log(x)$ jest  funkcją  całkowalną wokół zera. Podobnie,  całkowalna jest funkcja $\log(|x|)$.  Definiujemy dystrybucję $T_{\log(|x|)}$ wzorem $T_{\log(|x|)}=\int_{\mathbb{R}} \log(x)g(x)dx.$
\end{example}
\begin{example}
Wartości główną funkcji $\frac{1}{x} $ ozanczamy symbolem $\textrm{vp}\frac{1}{x}$ i definiujemy wzorem $$\textrm{vp}\left(\frac{1}{x}\right)(g)=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\left\{\int^{-\epsilon}_{-\infty}\frac{\varphi(x)}{ x}dx+\int^{\infty}_{\epsilon}\frac{\varphi(x)}{ x}dx\right\}$$
\end{example}
\subsection{Operacje na dystrybucjach}
Niech $T\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ oraz niech $f\in C^{\infty}(\mathbb{R}^n)$ Dystrybucję $f\cdot T\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ definiujemy wzorem $(f\cdot T)(g)=T(f\cdot g)$
\begin{proposition}
Zauważmy, że $f_1\cdot T_{f_2}=T_{f_1\cdot f_2}$ rzeczywiście $(f_1\cdot T_{f_2})(g) = T_{f_2}(f_1 g) = \int_{\mathbb{R}^n}f_1\cdot  f_2(g)dx^n=T_{f_1\cdot f_2(g)} \forall g\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$
\end{proposition}
\begin{example}
$f\cdot\delta_p=f(p)\cdot\delta_p$
\end{example}
\subsection{Pochodne dystrybucji}
Jeśli $T\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)\qquad i\in\{1,...,n\}$ to $\frac{\delta}{\delta x_i}T\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ gdzie
$\frac{\delta}{\delta x_i}T(g)=-T \left(\frac{\delta}{\delta x_i }g \right)$
\begin{remark}
Jeśli $f$ jest funkcją gładką to zachodzi $\frac{\delta}{\delta x_i}T_f=T_{\frac{\delta}{\delta x_i}f}$
Sprawdzenie: $g\in\mathcal{D}(\mathbb{R})$  $\frac{d}{dx}T_{f}(g)=-T_f\left(\frac{d}{dx}g\right)=-\int f(x)\cdot g'(x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}f'(x)g(x)=T_{f'}(g)$
\end{remark}
\begin{example}
$$f(x)=
\left\{\begin{array}{l}
0\qquad x < 0\\
x\qquad x \geq 0 
\end{array}\right.$$
$$\frac{d}{dx}T_{f}(g)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)g(x)=\int_{0}^{\infty}x g(x)= \frac{d}{dx}T_f (g)= -\int^{\infty}_{0}x\cdot g'(x)=\int_{0}^{+\infty}g(x)dx $$
$$\frac{d^2}{dx^2}T_{f}(g)=\frac{d}{dx}\left(\frac{d}{dx}T_f \right)(g)=-\left(\frac{d}{dx}T_f\right)(g')=\int^{\infty}_{0}g'(x)dx=$$
$$-g(\infty)+g(0)=g(0)=\delta_0 g$$
Zatem $f'' = \delta_0$. 
\end{example}
\begin{example}
$\delta '_{p}(g)=-\delta_p(g')=-g'(p)$
\end{example}
\section{Wykład 12.12.2016 r.}
\begin{example}
$T_{\log |x|}(f)=\int_{-\infty}^{+\infty} \log |x| \cdot f(x) {\rm d}x$, gdzie $f \in \mathfrak{D}(\mathbb{R}^n)$ (przestrzeń funkcji próbnych: gładkich i o zwartym nośniku)

$$ {\rm vp}\left( \frac{1}{x} \right) := \lim_{\varepsilon\rightarrow0^+} \left( \int\limits_{-\infty}^{-\varepsilon} \frac{f(x)}{x}{\rm d}x + \int\limits_{\varepsilon}^{+\infty}\frac{f(x)}{x} {\rm d}x \right) $$

\begin{align*}
T_{\log |x|}'(f)&=-\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\log |x| f'(x){\rm d}x=-\lim_{\varepsilon\rightarrow0^+}\left( \int\limits_{-\infty}^{-\varepsilon}\log(-x)\cdot f'(x) {\rm d}x+ \int\limits_{+\varepsilon}^{+\infty}\log(x)\cdot f'(x) {\rm d}x\right)=\\
&=-\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^+}\left( \log(-x)\cdot f(x) \bigg|_{-\infty}^{-\varepsilon} + \log(x)\cdot f(x)\bigg|_{+\varepsilon}^{+\infty}-\int\limits_{-\infty}^{-\varepsilon}\frac{1}{x}f(x){\rm d}x-\int\limits_{+\varepsilon}^{+\infty}\frac{1}{x}f(x){\rm d}x\right)=\\
&=-\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^+}\log(\varepsilon)(f(-\varepsilon)-f(\varepsilon))+{\rm vp}\left(\frac{1}{x}\right)(f)=\\
&=-\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^+}\varepsilon\log(\varepsilon)\frac{(f(\varepsilon)-f(-\varepsilon))}{\varepsilon}+{\rm vp}\left(\frac{1}{x}\right)(f)=
{\rm vp}\left(\frac{1}{x}\right)(f)
\end{align*}

Zauważmy, że jeśli ${\rm supp}(f)\in[-R,R]$, to:
\begin{align*}
{\rm vp}\left(\frac{1}{x}\right)(f)&=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^+}\left(\int\limits_{-\infty}^{-\varepsilon}\frac{f(x)}{x}{\rm d}x+\int\limits_{+\varepsilon}^{+\infty}\frac{f(x)}{x}{\rm d}x \right)=\\
&=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^+}\left(\int\limits_{-R}^{-\varepsilon}\frac{f(x)}{x}{\rm d}x-\int\limits_{-R}^{-\varepsilon}\frac{f(0)}{x}{\rm d}x-\int\limits_{\varepsilon}^{R}\frac{f(0)}{x}{\rm d}x+\int\limits_{\varepsilon}^{R}\frac{f(x)}{x}{\rm d}x\right)=\\
&=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+}\left( \int\limits_{-R}^{-\varepsilon}\frac{f(x)-f(0)}{x}{\rm d}x+\int\limits_{\varepsilon}^{R}\frac{f(x)-f(0)}{x}{\rm d}x \right)=\int\limits_{-R}^{R}\frac{f(x)-f(0)}{x}{\rm d}x.
\end{align*}

Funkcja $\left\{ \begin{array}{ll} \frac{f(x)-f(0)}{x} & \textrm{gdy $x\neq 0$}\\ f'(0) & \textrm{gdy $x=0$}
\end{array} \right.$ jest funkcją gładką, jeśli $f$jest gładka, ze względu na następujące stwierdzenie.
\end{example}
\begin{proposition}
Niech $f\in \mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R})$, takie że $f(0)=0$. Wówczas istnieje funkcja gładka $g$, taka że $f(x)=x\cdot g(x)$.
\end{proposition}
\begin{proof}
\begin{align*}
f(x)=f(x)-f(0)=\int\limits_0^1 \frac{{\rm d}}{{\rm d}t} (f(tx)){\rm d}t=\int\limits_0^1 f'(tx)x {\rm d}t=x\cdot \int\limits_0^1f'(tx){\rm d}t,
\end{align*}
kładąc: 
\begin{align*}
g(x):=\int\limits_0^1 f'(tx){\rm d}t
\end{align*}
dostajemy tezę twierdzenia.
\end{proof}
\begin{example}
$(x\delta_0)(f)=\delta_0(xf)=0\cdot f(0)=0$, czyli $x\delta_0=0$
\end{example}

Wykazać, że jeśli $T\in\mathfrak{D'}(\mathbb{R)}$, takie że $xT=0$, to istnieje $\lambda \in \mathbb{R}$, takie że $T=\lambda\delta_0$. 

\noindent W tym celu ustalamy $\psi\in\mathfrak{D}(\mathbb{R})$, takie że $\psi(0)=1$. Niech $f\in\mathfrak{D}(\mathbb{R})$. Wtedy $f-f(0)\cdot\psi\in\mathfrak{D}(\mathbb{R}^n)$ oraz $(f-f(0)\cdot\psi)(0)=0$. Zatem istnieje $g\in\mathfrak{D}(\mathbb{R})$, taka że $f-f(0)\cdot\psi=xg(x)$. Zatem:
\begin{align*}
T(f)=T(f-f(0)\psi)+T(f(0)\psi)=T(xg)+f(0)\cdot T(\psi)=T(\psi)f(0)=\lambda\delta_0(f)
\end{align*}

$\mathcal{O}\underset{\rm{OTW}}{\subset}\mathbb{R}^n$, $\mathfrak{D}(\mathcal{O})=\{ f: \mathcal{O}\to\mathbb{C}\textnormal{ - gładkie o zwartym nośniku zawartym w zbiorze }\mathcal{O}\}$

\textbf{Zbieżność w $\mathfrak{D}(\mathcal{O})$:}

\noindent $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathfrak{D}(\mathcal{O})$ zbiega do zera, gdy:
\begin{enumerate}
\item $\exists K\subset\mathcal{O}$ - zwarty i taki że ${\rm supp}(f)\subset K$
\item $\forall K$ $\underset{\underset{|\beta|\leqslant K}{x\in\mathcal{O}}}{{\rm sup}} \left|\frac{\partial^{|\beta|}}{\partial x^{\beta}}f_n(x)\right|\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0$
\end{enumerate}

$\mathfrak{D'}(\mathcal{O})=\{T:\mathfrak{D}(\mathcal{O})\to\mathbb{C}\textnormal{ - liniowe, ciągłe}\}$

\begin{remark}
Jeśli $\mathcal{O}\subset\mathcal{U}$ to:
\begin{enumerate}
\item $\mathfrak{D}(\mathcal{O})\subset\mathfrak{D}(\mathcal{U})$
\item $T\in\mathfrak{D'}(\mathcal{U})$ i $f\in\mathfrak{D}(\mathcal{O})$ to $T|_{\mathcal{O}}\in\mathfrak{D'}(\mathcal{O})$ jest dystrybucją daną wzorem $T|_{\mathcal{O}}(f)=T(f)$
\end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
Niech dany będzie $\{\mathcal{O}_i\}_{i\in I}$, gdzie $\mathcal{O}_i\subset\mathbb{R}^n$. Wówczas $\exists \{\varphi_i\}_{i\in I}$, gdzie\linebreak $\varphi_i:\mathbb{R}^n\to [0, 1]$ są gładkimi funkcjami, które dają rozkład jedności na $\underset{i\in I}{\bigcup}\mathcal{O}_i$, tzn.: $\forall x\in \underset{i\in I}{\bigcup}\mathcal{O}_i$ istnieje otoczenie $\mathcal{U}$ elementu $x$, takiego że $\varphi_i(y)=0$ dla każdego $y\in\mathcal{U}$ i wszystkich poza skończoną liczbą $i\in I$. Ponadto $\sum\limits_{i\in I}\varphi_i(x)=1$.
\end{theorem}

\begin{definition}
Niech $T\in\mathfrak{D}(\mathbb{R}^n)$ oraz $\mathcal{O}\underset{\rm{OTW}}{\subset}\mathbb{R}^n$. Mówimy, że $T$ zeruje się na $\mathcal{O}$, jeśli $T|_{\mathcal{O}}=0$.
\end{definition}

\begin{theorem}
Niech dany będzie zbiór $\{\mathcal{O}_i\}_{i\in I}$, $\mathcal{O}_i\underset{\rm{OTW}}{\subset}\mathbb{R}^n$ i niech $T\in\mathfrak{D'}(\mathbb{R}^n)$, takie że $T|_{\mathcal{O}_i}=0$. Wówczas $T|_{\underset{i\in I}{\bigcup}\mathcal{O}_i}=0$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Niech $f\in\mathfrak{D}(\mathbb{R}^n):{\rm supp}(f)\subset\underset{i\in I}{\bigcup}\mathcal{O}_i$. Niech $\{\varphi_i\}_{i\in I}$ będzie rozkładem jedności.\linebreak $\exists i_1, \ldots, i_n\in I$, takie że $\sum\limits_{k=1}^n \varphi_{i_k}=1$ na ${\rm supp}(f)$. Zatem $f=\sum\limits_{k=1}^n \varphi_{i_k}f$; skoro ${\rm supp}(\varphi_{i_k}f)\subset\mathcal{O}_{i_k}$ i ostatecznie mamy:

$$T(f)=T\left(\sum\limits_{k=1}^n \varphi_{i_k}f\right)=\sum\limits_{k=1}^n T(\varphi_{i_k}f)=0$$
i mamy $T|_{\underset{\mathcal{O}_i}{\bigcup}}=0$.
\end{proof}

\begin{definition}
Nośnikiem dystrybucji $T\in\mathfrak{D'}(\mathbb{R}^n)$ nazywamy zbiór postaci $\mathbb{R}^n\smallsetminus\mathcal{O}$, gdzie $\mathcal{O}\subset\mathbb{R}^n$ jest największym zbiorem otwartym, takim że $T|_{\mathcal{O}}=0$.
\end{definition}

\begin{example}
\begin{enumerate}
\item Niech $f\in C(\mathbb{R}^n)$, to wówczas ${\rm supp}T_f={\rm supp}(f)$
\item ${\rm supp}\delta_p=\{p\}$
\end{enumerate}
\end{example}

\noindent \textbf{Zadanie} Pokazać, że:
\begin{enumerate}
\item[a)] ${\rm supp}\delta_p '=\{ p\}$
\item[b)] ${\rm supp}T'\subset{\rm supp}T$
\end{enumerate}

\begin{definition}
Niech $\{T_n\}_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathfrak{D'}(\mathbb{R}^n)$ oraz $T\in\mathfrak{D'}(\mathbb{R}^n)$. Mówimy, że $T_n$ zbiega do $T$, jeśli $\forall f\in\mathfrak{D}(\mathbb{R}^n) T_n(f)\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}T(f)$.
\end{definition}

\begin{remark}[Wzory Sochockiego]
Niech $\varepsilon>0$ i $f_{\varepsilon}(x)=\frac{1}{x+i\varepsilon}$. Rozważmy $T_{f_{\varepsilon}}\in\mathfrak{D'}(\mathbb{R}^n)$, gdzie $T_{f_{\varepsilon}}(g)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{g(x)}{x+i\varepsilon}{\rm d}x$. Niech $R>0: {\rm supp}g\subset [-R,R]$.
\begin{align*}
T_{f_{\varepsilon}}(g)&=\int\limits_{-R}^R\frac{g(x)}{x+i\varepsilon}{\rm d}x=\int\limits_{-R}^R\frac{g(x)-g(0)}{x+i\varepsilon}{\rm d}x+g(0)\int\limits_{-R}^R\frac{1}{x+i\varepsilon}{\rm d}x=\\
&=\int\limits_{-R}^R\frac{g(x)-g(0)}{x+i\varepsilon}{\rm d}x+g(0)\int\limits_{-R}^R\frac{x-i\varepsilon}{x^2+\varepsilon^2}{\rm d}x=\int\limits_{-R}^R\frac{g(x)-g(0)}{x+i\varepsilon}{\rm d}x-g(0)i\varepsilon\int\limits_{-R}^R\frac{1}{x^2+\varepsilon^2}{\rm d}x=\\
&=\int\limits_{-R}^R\frac{g(x)-g(0)}{x+i\varepsilon}{\rm d}x-g(0)i\varepsilon{\rm arctg}\left(\frac{x}{\varepsilon}\right)\bigg|_{-R}^R=\int\limits_{-R}^R\frac{g(x)-g(0)}{x+i\varepsilon}{\rm d}x-2ig(0){\rm arctg}\left(\frac{R}{\varepsilon}\right)\underset{\varepsilon\to 0}{\longrightarrow}\\
&\underset{\varepsilon\to 0}{\longrightarrow}{\rm vp}\left(\frac{1}{x}\right)(g)-i\pi g(0)
\end{align*}

$\left. \begin{array}{l} T_{\frac{1}{x+i\varepsilon}}\underset{\varepsilon\to 0^+}{\longrightarrow}{\rm vp}\left( \frac{1}{x} \right) - i\pi\delta_0\\ T_{\frac{1}{x-i\varepsilon}}\underset{\varepsilon\to 0^+}{\longrightarrow}{\rm vp}\left( \frac{1}{x} \right) + i\pi\delta_0
\end{array} \right\}+$

$$\frac{1}{x+i\varepsilon}+\frac{1}{x-i\varepsilon}=\frac{2x}{x^2+\varepsilon^2}$$
$$T_{\frac{2x}{x^2+\varepsilon^2}}\underset{\varepsilon\to 0^+}{\longrightarrow}2{\rm vp}\left(\frac{1}{x}\right)$$

\end{remark}

\section{Wykład 16.12.2016.}
Operacja mnożenia dystrybucji $T\in \mathcal{D}'(\mathbb{R}^n)$ przez funkcję gładką $f \in \mathcal{C}^\infty(\mathbb{R}^n)$:
$\forall g\in \mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ mamy $fT(g)=T(fg)$, $f_1(f_2 T)=(f_1 f_2)T$.
Z drugiej strony, mając $f$ jw. definiuje się dystrybucję regularną $$T_f(g) := \int \limits_{\mathbb{R}^n} f(x)g(x) d^nx.$$
\begin{question}
 Czy można zdefiniować iloczyn dystrybucji w taki sposób, żeby dla dystrybucji regularnej $T_f$ zachodził wzór $T_f T = f T?$
\end{question}
Okazuje się, że taki iloczyn nie istnieje. Rozważmy dystrybucję $T = \textrm{vp}\left(\frac{1}{x}\right)\in \mathcal{D}'(\mathbb{R})$. Zauważmy, że
$$x \textrm{vp}\left(\frac{1}{x}\right)(f) = \textrm{vp}\left(\frac{1}{x}\right)(xf) = \lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+} \int \limits_{-\infty}^{-\varepsilon} \frac{xf(x)}{x}dx+ \int \limits_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{xf(x)}{x}dx = \int \limits_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx = T_1(f)$$
W takim razie, gdyby iloczyn dystrybucji (jw.) istniał to
$$\delta_0 \left( x\textrm{vp} \left( \frac{1}{x} \right) \right) = \delta_0T_1 = T_1\delta_0 = 1\delta_0 = \delta_0$$
$$(\delta_0 x) \textrm{vp} \left( \frac{1}{x} \right) = 0\delta_0 = 0$$
\begin{example}
 Rozważmy dystrybucję $T_{\frac{-1}{4\pi r}} \in \mathcal{D}'(\mathbb{R}^3), r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ dla $f \in \mathcal{D}'(\mathbb{R}^3)$
 $$T_{\frac{-1}{4\pi r}} (f) = - \int \limits_{\mathbb{R}^3} \frac{1}{4\pi r} f(x,y,z)dxdydz = - \int \limits_{\mathbb{R}^3} \frac{1}{4\pi r} f(r,\theta,\varphi) r^2 \sin{\theta}drd\theta d\varphi.$$
 Całka jest zbieżna. Policzmy: $\Delta \left( \frac{-1}{4\pi r} \right) = \delta_0, \Delta = \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2}$.
 Dla $r \ne0$
 $$\frac{\partial^2}{\partial x^2} \left( \frac{1}{\sqrt{x^+y^2+z^2}} \right) = \frac{\partial}{\partial x} \left(-\frac{x}{r^3} \right)
 = -\frac{1}{r^3} + \frac{3x^2}{r^5}.$$ 
 Zatem $$\Delta\left( \frac{1}{r} \right)= -\frac{3}{r^3}+ \frac{3(x^2+y^2+z^2)}{r^5} = -\frac{3}{r^3} + \frac{3}{r^3} = 0, \textrm{ dla } r\ne 0.$$
 \begin{enumerate}
  \item $F(x,y,z)=(F_x(x,y,z),F_y(x,y,z),F_z(x,y,z))$
  \item $\textrm{div}(F) = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}$
  \item $\textrm{div}(gF) = g\textrm{div}(F) + \underbrace{(\nabla g|F)}_{\textrm{Iloczyn skalarny}}$
  \item $\textrm{div} (\nabla g)= \Delta g$,
 \end{enumerate}
a więc $\textrm{div}(g\nabla f) = g\Delta f+ (\nabla g|\nabla f)$.
W szczególności $g\Delta f-f\Delta g = \textrm{div}(g\nabla f) - \textrm{div}(f\nabla g)$.
Użyjemy dalej tw. Stokesa dla div
$$\int \limits_V \textrm{div}(F)dV = \int \limits_{\partial  V} (F|n)dA,$$
$dA$ to miara powierzchni brzegu $\partial V$.
Niech $f\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^3).$ Liczymy
\[\begin{split}
-\Delta\left( \frac{1}{4\pi r} \right) \left( f \right) = -\frac{1}{4\pi} \int \limits_{\mathbb{R}^3} \frac{1}{r} \Delta fdV
= \frac{1}{4\pi} \lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+} \int \limits_{\mathbb{R}^3 \backslash K(0,\varepsilon )} \frac{1}{r} \Delta fdV
=-\frac{1}{4\pi} \lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+} \int \limits_{\mathbb{R}^3 \backslash K(0,\varepsilon)} \Delta \underbrace{\left( \frac{1}{r} \right)}_{=0} f\\
+ \textrm{div}\left(\frac{1}{r} \nabla f\right) - \textrm{div}(f\nabla \left( \frac{1}{r} \right) )
= -\frac{1}{4\pi} \lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+} \int \limits_{\mathbb{R}^3 \backslash K(0,\varepsilon)} \textrm{div}\left(\frac{1}{r}\nabla f\right)
- \textrm{div} \left(f\nabla \left( \frac{1}{r} \right) \right) (*).
\end{split}\]
Zastępujemy całkowanie po $\mathbb{R}^3 \backslash K(0, \varepsilon)$ całkowaniem po $V = K(0,R) \backslash K(0,\varepsilon)$.
$$\partial V = \underbrace{S^2(0,R)}_\textrm{Zorientowane na zewnątrz} \cup \underbrace{S^2(0,\varepsilon)}_\textrm{Zorientowane do wewnątrz}.$$
Niech $n(x,y,z) = \frac{\overline{r}}{r}$
$$(*) = -\frac{1}{4\pi} \left( \lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+} \int \limits_{S^2(0,\varepsilon)} \frac{1}{\varepsilon}(\nabla f|-n) \varepsilon^2 \sin{\theta} d\theta d\varphi
- \int \limits_{S^2(0,\varepsilon)} f(\varepsilon,\theta,\varphi)\left( \nabla \left( \frac{1}{r} \right)|-n \right) \varepsilon^2 \sin{\theta} d\theta d\varphi \right).$$
$\nabla \left( \frac{1}{r} \right) = - \frac{(x,y,z)}{r^3} = -\frac{\overline{r}}{r},$ a więc
$$\left( \nabla \left( \frac{1}{r} \right)|-n\right) = \left( -\frac{\overline{r}}{r^3}| -\frac{\overline{r}}{r} \right)=\frac{1}{r^2}=\frac{1}{\varepsilon^2}$$
\[\begin{split}(*) = \frac{1}{4\pi} \lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+} \left( \int \limits_{\theta\in[0,\pi]} \int \limits_{\varphi\in[0,2\pi]} f(\varepsilon,\theta,\varphi) \frac{1}{\varepsilon^2} \varepsilon^2 \sin{\theta}d\theta d\varphi
-\varepsilon \int \limits_{S^2(0,\varepsilon)} (\nabla f|-n)\sin{\theta}d\theta d\varphi \right)\\
=\frac{1}{4\pi}f(0) \int \limits_0^\pi \sin{\theta} d\theta \int \limits_0^\pi d\varphi =  \frac{1}{4\pi}f(0)4\pi=f(0)=\delta_0(f)\end{split}\]
$$\nabla \left( -\frac{1}{4\pi r} \right) = \delta_0(f)$$
\end{example}
\paragraph{Transformata Fouriera}
\begin{example}
$a > 0$ i $f(x) = e^{-ax^2}, k\in\mathbb{R}.$ Obliczyć całkę $\int \limits_{\mathbb{R}} e^{-a(x^2+y^2)}e^{-ikx}dx.$
Funkcji $f(x)$ przyporządkowujemy funkcję $\mathcal{F}f(k)= \int \limits_{\mathbb{R}}f(x)e^{-kx}dx.$
$\mathcal{F}$ jest tzw. transformatą Fouriera. Na początek
$$\left( \int \limits_{\mathbb{R}} e^{-ax^2} \right)^2 = \int \limits_{\mathbb{R}}e^{-ax^2}dx \int \limits_{\mathbb{R}}e^{-ay^2}dy=\int \limits_{\mathbb{R}}e^{-a(x^2+y^2)}=$$
$\varrho = \sqrt{x^2+y^2}, \varphi$
$$= \int \limits_{\mathbb{R}}e^{-a\varrho^2}\varrho d\varrho d\varphi = -2\pi \frac{e^{a\varrho^2}}{2a} |_0^\infty = \frac{\pi}{a}$$
$$-ax^2-ikx=-a\left( x^2-i\frac{k}{a}x \right) = -a\left[ \left( x-i\frac{k}{a} \right)^2 + \frac{k^2}{4a^2} \right] =-a\left( x-i\frac{k}{a} \right)^2 - \frac{k^2}{4a}$$
$$\int \limits_{\mathbb{R}} e^{-ax^2-ikx}dx=e^{-\frac{k^2}{4a}}\int \limits_{\mathbb{R}}e^{-a \left( x-i\frac{k}{2a} \right)^2} dx=$$
$$=\int \limits_{\mathbb{R}}e^{-\frac{k^2}{4a}} \lim_{N\rightarrow \infty} \int \limits_{C_N} e^{az^2}dz,$$
gdzie $C_N = \{ x-i\frac{k}{2a} : x\in[-N,N] \}.$
$$\int \limits_{C_N} e^{-az^2}dz = \underbrace{\int \limits_{-N}^N e^{-ax^2}dx}_{\xrightarrow{N\rightarrow \infty} \sqrt{\frac{\pi}{a}}}
+ \underbrace{\int \limits_0^1 e^{-a \left( -N+i\frac{k}{2a} \right)^2} dt}_{\xrightarrow{N \rightarrow \infty} 0}
+\underbrace{\int \limits_0^1 e^{-a\left( N+it\frac{k}{2a} \right)^2} dt}_{\xrightarrow{N \rightarrow \infty}} 0.$$
W szczególności $a \rightarrow \frac{a}{2}$ to dostajemy $\int \limits_{\mathbb{R}} e^{-\frac{ax^2}{2}} e^{-ikx} dx = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} e^{-\frac{k^2}{2a}}.$
\end{example}
\begin{lemma}
 Niech $f\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n).$ Wówczas $\int \limits_{\mathbb{R}^n} |f(x)|d^nx<\infty.$
\end{lemma}
\begin{proof}
 Istnieje stała $C$ t. że
 $$|f(x)| \le \frac{C}{(1+x_1^2)(1+x_2^2)\cdots (1+x_n^2)}.$$
 Rzeczywiście $\sup_{x\in \mathbb{R}^n} |f(x)|<\infty$ oraz $\sup_{x\in \mathbb{R}^n, |\alpha| \le 2n} |x^\alpha f(x)| < \infty.$
 Skoro $\int \limits_{\mathbb{R}^n} \frac{d^n}{(1+x_1^2)\cdots (1+x_n^2)} = \pi^n,$ gdyż $\int \limits_{\mathbb{R}} \frac{1}{1+x^2}dx = \arctan{x} |_{-\infty}^{\infty} = \pi.$
Z kryterium porównawczego $\int \limits_{\mathbb{R}^n} |f(x)| \le C\pi^n < \infty.$
 \end{proof}
 \begin{remark}
  Jeśli $f\in\ \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ oraz $k\in \mathbb{R}^n$ to $\mathbb{R}^n \ni x \rightarrow e^{ikx} f(x) \in \mathbb{C}$ też jest funkcją Schwartza. 
 \end{remark}
\begin{definition}
 Transformatą Fouriera funkcji $f\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ nazywamy funkcję $\mathcal{F}(f)$ daną wzorem
 $$\mathcal{F}(f)(k) = \int \limits_{\mathbb{R}^n} e^{-ikx} f(x) dx$$
\end{definition}
\section{Wykład 19.12.2016.}
\begin{memento} (Transformata Fouriera)\\
Jeśli $f \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$, to transformację Fouriera funkcji $f$ oznaczamy $\mathcal{F}f$, gdzie $(\mathcal{F}f)(k)=\int_{\mathbb{R}^n}f(x)e^{-ikx}dx,$ $kx=k_1x_1+\dots+k_nx_n$.\\
Na zeszłym wykładzie: $f(x)=e^{-\frac{ax^2}{2}}, \quad x^2=x_1^2+\dots+x_n^2$. Wówczas $(\mathcal{F}f)k=\left(\frac{2\pi}{a}\right)^{\frac{n}{2}}e^{-\frac{k^2}{2a}}$.
\end{memento}
\begin{proposition}
Niech $f \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$. Wówczas $k_j(\mathcal{F}f)(k)=\mathcal{F}(-i\partial_{x_j}f)(k)$.
\end{proposition}
\begin{proof}
\[k_j(\mathcal{F}f)(k)=\int_{\mathbb{R}^n}k_jf(x)e^{-ikx}d^nx=\int_{\mathbb{R}^n}f(x)(-i\partial_{x_j}e^{-ikx})d^nx\stackrel{\textrm{j-tą przez części}}{=}\] \[=\int_{\mathbb{R}^n}(-i\partial_{x_j}f)e^{-ikx}d^nx= \mathcal{F}(-i\partial_{x_j}f)(k)\]
\end{proof}
\begin{remark}
Zauważmy, że:
\begin{itemize}
\item $|\mathcal{F}f(k)|\leq \int|f(x)|d^nx$, a zatem $|k_j\mathcal{F}f(k)|\leq\int_{\mathbb{R}^n}|\partial_{x_j}f|d^nx$. W szczególności $ \exists c>0$ t. że $|k_j(\mathcal{F}f)(k)|\leq c$.
\item Ogólniej $\forall{m\in\mathbb{N}}$ $\exists c_m$ t. że $\sup_{k\in\mathbb{R}^n,\textrm{ } |\alpha|\leq m}|k^\alpha\mathcal{F}f(k)|\leq c_m$.
\end{itemize}
\end{remark}
Jak oszacować $\partial_{k_j}(\mathcal{F}f)(k)$? Korzystamy z  następującego twierdzenia o różniczkowaniu całki z parametrem: $F(\alpha)=\int_{\mathbb{R}}f(x,\alpha)dx$ - całka z parametrem $\alpha$. Jeśli $\varphi:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ t. że $\forall\alpha|\partial_xf(x,\alpha)|\leq\varphi(x)$, oraz $\int_{\mathbb{R}}\varphi(x)dx<\infty$, to $F'(\alpha)=\int_{\mathbb{R}}\partial_{\alpha}f(x,\alpha)dx$. Stosujemy twierdzenie do $f(x,\alpha)=g(x)e^{ikx}$.
\begin{proposition}
Jeśli $f\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$, to $\partial_{k_j}(\mathcal{F}f)(k)=\mathcal{F}(-ix_jf)(x)$
\end{proposition}
\begin{proof}
Biorąc $\varphi(x):=|x_jf(x)|$ mamy $|\partial_{k_j}(f(x)e^{-ikx})|\leq\varphi(x)$, oraz $\int_{\mathbb{R}^n}\varphi(x)d^nx<\infty$. Zatem stosując $n$-wymiarową wersję twierdzenia o różniczkowaniu całki z parametrem do $f(x,k):=f(x)e^{-ikx}$ dostajemy tezę stwierdzenia.
\end{proof}
\begin{remark}
$|\mathcal{F}f(k)|\leq\int|f(x)|d^nx$, a zatem $|k_j(\mathcal{F}f)(k)|\leq\int_{\mathbb{R}^n}|\partial_{x_j}f|d^nx$.\\ $\forall_{m\in\mathbb{N}}\exists c_m: \sup_{k\in\mathbb{R}^n,\mathrm{ }|\alpha|\leq m}|\frac{\partial^{\alpha}}{\partial k^{\alpha}}(\mathcal{F}f)(k)|\leq c_m$, co wraz z poprzednią uwagą daje:
\end{remark}
\begin{corollary}
Jeśli $f\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$, to $\mathcal{F}(f)\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$. Mamy więc odwzorowanie linowe $\mathcal{F}:\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)\to\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$.
\end{corollary}
\begin{theorem}
Transformata Fouriera $\mathcal{F}:\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)\to\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ jest odwzorowaniem odwracalnym, oraz $\mathcal{F}^{-1}$ jest dana wzorem $(\mathcal{F}^{-1}g)(x)=\left(\frac{1}{2\pi}\right)^n\int_{\mathbb{R}^n}g(k)e^{ikx}d^nk$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Wykorzystujemy twierdzenie o ciągłości całki z parametrem:\\
jeśli $\exists\varphi:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ t. że $\forall_{\alpha\in\mathbb{R}}|f(x,\alpha)|\leq\varphi(x)$, oraz $\int_{\mathbb{R}}\varphi(x)dx\leq\infty$, to całka z parametrem $F(\alpha)=\int_{\mathbb{R}}f(x,\alpha)dx$ jest ciągła ze względu na $\alpha$.
Musimy pokazać, że $\mathcal{F}^{-1}(\mathcal{F}f)(x)=f(x)$, oraz $\mathcal{F}(\mathcal{F}^{-1}(g))(k)=g(k)$. Liczymy:\\
\[
(\mathcal{F}^{-1}(\mathcal{F}f))(x)=\left(\frac{1}{2\pi}\right)^n\int_{\mathbb{R}^n}(\mathcal{F}f)(k)e^{ikx}dk=\lim_{a\to0^{+}}\left(\frac{1}{2\pi}\right)^n\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\frac{ak^2}{2}}(\mathcal{F}f)(k)e^{ikx}dk=\] \[=\lim_{a\to0^{+}}\left(\frac{1}{2\pi}\right)^n\int_{\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n}e^{-\frac{ak^2}{2}+ikx}e^{-iky}f(y)d^nkd^ny=\lim_{a\to0^{+}}\left(\frac{1}{2\pi}\right)^n\int_{\mathbb{R}^n}d^nyf(y)\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\frac{ak^2}{2}}e^{-ik(y-x)}d^nk=\] \[=\lim_{a\to0^{+}}\left(\frac{1}{2\pi a}\right)^{\frac{n}{2}}\int_{\mathbb{R}^n}d^nyf(y)e^{-\frac{(y-x)^2}{2a}}=\left( u=\frac{y-x}{\sqrt{a}},\quad y=\sqrt{a}u+x,\quad d^ny=a^{\frac{n}{2}}d^nu\right)=\] \[=\lim_{a\to0^{+}}\left(\frac{1}{2\pi }\right)^{\frac{n}{2}}\int_{\mathbb{R}^n}d^nuf(x+\sqrt{a}u)e^{-\frac{u^2}{2}}=\left(\frac{1}{2\pi }\right)^{\frac{n}{2}}\int_{\mathbb{R}^n}\lim_{a\to0^{+}}d^nuf(x+\sqrt{a}u)e^{-\frac{u^2}{2}}=\] \[=f(x)\left(\frac{1}{2\pi }\right)^{\frac{n}{2}}\int_{\mathbb{R}^n}d^nue^{-\frac{u^2}{2}}=f(x)\left(\frac{1}{2\pi }\right)^{\frac{n}{2}}(2\pi)^{\frac{n}{2}}=f(x)
\]
Równość $\mathcal{F}(\mathcal{F}^{-1}(g))(k)=g(k)$ dowodzi się podobnie. 
\end{proof}
\begin{example} Obwody prądu zmiennego\\
$U(t)=\hat{R}I(t)$, gdzie $\hat{R}$-operator liniowy działający na funkcję $I(t)$.\\
Załóżmy na chwilę, że $I(t)=I_0e^{i\omega t}$
\begin{figure}[!h]
\centering
\includegraphics[scale=0.6]{czarna_skrzynka.pdf}
\end{figure}\\
\begin{tabular}{ll}
opornik:& $U(t)=rI_0e^{i\omega t}$\\
cewka:& $U(t)=i\omega LI_0e^{i\omega t}$\\
kondensator:&$U(t)=\frac{1}{i\omega C}I_0e^{i\omega t}$\\
\end{tabular}\\
Uwzględniamy zasady łączenia elementów. Na przykład łącząc opornik $r$ z kondensatorem $C$ dostajemy: $$\frac{1}{R(\omega)}=\frac{1}{r}+i\omega C=\frac{1+i\omega Cr}{r},$$ i widzimy, że $U(t)=R(\omega)I_0e^{i\omega t}$, gdzie $R(\omega)=\frac{r}{1+i\omega rC}$. Czarna skrzynka opisana jest funkcją  $R(\omega)$.  Jeśli  $I(t)$ jest zupełnie dowolną funkcją, którą możemy przedstawić za pomocą transformaty Fouriera $I(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}g(\omega)e^{i\omega t}d\omega$, gdzie $g(\omega)=\int_{\mathbb{R}}I(t)e^{-i\omega t}dt$ to  \[U(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}R(\omega)g(\omega)e^{i\omega t}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}R(\omega)\left(\int_{\mathbb{R}}I(t')e^{-i\omega t'}dt'\right)e^{i\omega t}d\omega=\]\[=\int_{\mathbb{R}}\underbrace{\left(\int_{\mathbb{R}}\frac{R(\omega)}{2\pi}e^{i\omega(t-t')}d\omega\right)}_{G(t-t')}I(t')dt'=\int_{\mathbb{R}}dt'G(t-t')f(t')\]
Co wiemy i funkcji $R(\omega)$? Jest to funkcja posiadająca przedłużenie analityczne do dolnej półpłaszczyzny i znika w $\infty\in\mathbb{C}$. Na przykład  $R(\omega)=\frac{r}{1+i\omega rC}$ ma osobliwość $\omega_0=-\frac{1}{iCr}=\frac{i}{Cr}\in\mathbb{C}_+$. Jak zapewnić to, że jeśli $I(t)=0$, to $U(t)=0$ dla $t<0$? Odpowiedź na to pytanie jest zawarta w twierdzeniu Paleya-Wienera. 
\end{example}
\begin{theorem}(Paleya-Wienera)\\
Niech $f\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ mająca przedłużenie analityczne do dolnej półpłaszczyzny i taka, że $\exists_{M\in\mathbb{R}}$ i $\exists_{C>0}$ t.że $|f(z)|\leq Ce^{M\textrm{Im}(z)}$. Wówczas $(\mathcal{F}f)(k)=0$ dla $k>-M$.
\end{theorem}
\begin{proof}
$$(\mathcal{F}f)(k)=\int_{\mathbb{R}}f(x)e^{-ikx}dx=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}f(x)e^{-ikx}dx=\lim_{R\to\infty}\int_{\Gamma_R} f(z)e^{-ikz}dz$$
Szacowanie:
$$|\int_{\gamma_R}f(z)e^{-ikz}dz|=|\int_{\pi}^{2\pi}Rf(Re^{-i\varphi})e^{-ikRe^{i\varphi}}e^{i\varphi}id\varphi|\leq\int_{\pi}^{2\pi}R|f(Re^{i\varphi})|e^{kR\sin\varphi}=$$
$$=\int_{\pi}^{2\pi}RCe^{MR\sin\varphi+kR\sin\varphi}d\varphi \stackrel{R\to\infty}{\longrightarrow}0$$
$R\to\infty$ gdy $k>-M$. Wówczas $(\mathcal{F}f)(k)=0$
\begin{figure}[!h]
\centering
\includegraphics[scale=0.2]{kontur.png}
\end{figure}
\end{proof}
\section{Wykład 09.01.2016.}
\begin{theorem} (Paleya-Wienera i odwrotne)\\
Niech $f\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$. Przypuśćmy, że $f$ ma przedłużenie analityczne $f:\mathbb{C}_-\rightarrow\mathbb{C}$ oraz $\exists C>0$ i $M\in\mathbb{R}$, że $|f(z)|\leq Ce^{M\textrm{Im}(z)}$, wówczas $(\mathcal{F}f)(k)=0$ dla $k>-M$. Na odwrót, jeśli $g\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$ taka, że $g(k)=0$ dla $k>-M$ to $\mathcal{F}^{-1}(g)$ ma przedłużenie analityczne $f:\mathbb{C}_-\rightarrow\mathbb{C}$ oraz $\exists C>0$ i $M\in\mathbb{R}$, że $|f(z)|\leq Ce^{M\textrm{Im
}(z)}$.
\end{theorem}
\begin{proof}
\[(\mathcal{F}^{-1}g)(x)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(k)e^{ikx}dk=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{-M}g(k)e^{ikx}dk.\]
Zdefiniujmy $f:\mathbb{C}_-\rightarrow\mathbb{C}$ wzorem $f(z)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{-M}g(k)e^{ikz}dk$. Zauważmy, że $|e^{ikz}|=|e^{ik\textrm{Re}(z)}e^{-k\textrm{Im}(z)}|=e^{-k\textrm{Im}(z)}\leq e^{M\textrm{Im}(z)}$, zatem całka $\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{-M}g(k)e^{ikz}dk$ jest zbieżna. Łatwo sprawdzić, że $f$ jest analityczna w dolnej półpłaszczyźnie. Ponadto:
\[|f(z)|\leq\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{-M}|g(k)e^{ikz}|dk\leq\left(\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{-M}|g(k)|dk\right)e^{M\textrm{Im}(z)}\leq Ce^{M\textrm{Im}(z)}.\]
\end{proof}
\begin{remark}
  wynikanie $\implies$ udowodnione na poprzednim wykładzie.
\end{remark}
\begin{memento}
\[\begin{split}
\mathcal{F}^{-1}&:\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)\rightarrow\mathcal{S}(\mathbb{R}^n),\\
(\mathcal{F}^{-1}g)(x)&=\left(\frac{1}{2\pi}\right)^n\int\limits_{\mathbb{R}^n}g(k)e^{ikx}dk.
\end{split}\]
\end{memento}
\begin{proof} (drugi)\\
$n=1$:\\
Musimy pokazać, że:
\[\begin{split}
&f(x)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{\mathbb{R}}dk\left(\int\limits_{\mathbb{R}}f(y)e^{-iky}dy\right)e^{ikx}=\\
=&\frac{1}{2\pi}\underset{M\rightarrow\infty}{\lim}\int\limits_{-M}^{M}dk\left(\int\limits_{\mathbb{R}}f(y)e^{-iky}dy\right)e^{ikx}\overset{\textrm{tw. Fubiniego}}{=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=}\\
=&\frac{1}{2\pi}\underset{M\rightarrow\infty}{\lim}\int\limits_\mathbb{R}dyf(y)\int\limits_{-M}^Mdke^{ik(x-y)}=\\
=&\frac{1}{2\pi}\underset{M\rightarrow\infty}{\lim}\int\limits_\mathbb{R}dyf(y)\frac{1}{i(x-y)}e^{ik(x-y)}\Big\vert_{-M}^M=\\
=&\frac{1}{\pi}\underset{M\rightarrow\infty}{\lim}\int\limits_\mathbb{R}dyf(y)\frac{\sin(M(x-y))}{x-y}
\end{split}\]
Rozważmy funkcję $G(t)=\int\limits_0^t\frac{\sin(s)}{s}ds$. Jest jasne, że $G'(x)=\frac{\sin(t)}{t}$. Udowodnimy, że $\underset{R\rightarrow\infty}{\lim}\int\limits_0^R\frac{\sin(s)}{s}ds=\frac{\pi}{2}$.
\[\begin{split}
&\underset{\underset{r\rightarrow0}{R\rightarrow\infty}}{\lim}\int\limits_r^R\frac{\sin(s)}{s}ds=\\
=&\frac{1}{2i}\underset{\underset{r\rightarrow0}{R\rightarrow\infty}}{\lim}\int\limits_r^R\frac{e^{is}-e^{-is}}{s}ds=\\
=&\frac{1}{2i}\underset{\underset{r\rightarrow0}{R\rightarrow\infty}}{\lim}\left(\int\limits_{-R}^{-r}\frac{e^{is}}{s}ds+\int\limits_r^R\frac{e^{is}}{s}ds\right)\\
&I_{r,R}=\{t\in\mathbb{R}:-R\leq t\leq-r \ \textrm{lub} \ r\leq t\leq R\}\\
&C_{r,R}=I_{r,R}\cup\gamma_r\cup\gamma_R
\end{split}\]
Półokręgi $\gamma_r$ i $\gamma_R$ w górnej połpłaszczyźnie; $\frac{e^{iz}}{z}$ nie ma osobliwości wewnątrz $C_{r,R}$.
\[\begin{split}
0=\ointctrclockwise\limits_{C_{r,R}}\frac{e^{iz}}{z}dz=&\int\limits_{I_{r,R}}\frac{e^{iz}}{z}+\int\limits_{\gamma_r}\frac{e^{iz}}{z}+\int\limits_{\gamma_R}\frac{e^{iz}}{z}\\
\int\limits_{\gamma_R}\frac{e^{iz}}{z}\overset{R\rightarrow\infty}{\longrightarrow}&0 \qquad (\textrm{lemat Jordana})\\
\int\limits_{\gamma_r}\frac{e^{iz}}{z}\overset{r\rightarrow0}{\longrightarrow}&i\pi\textrm{Res}_0\left(\frac{e^{iz}}{z}\right)=i\pi \qquad (\textrm{biegun pierwszego rzędu})\\
\underset{R\rightarrow\infty}{\lim}&\int\limits_0^R\frac{\sin(s)}{s}ds=\frac{\pi}{2}
\end{split}\]
Wracamy do poprzedniego rachunku.
\[\begin{split}
&f(x)=\frac{1}{\pi}\underset{M\rightarrow\infty}{\lim}\int\limits_\mathbb{R}f(y)\frac{d}{dy}(G(M(y-x)))dy=\\
=&\frac{1}{\pi}\underset{M\rightarrow\infty}{\lim}\left(f(y)G(M(y-x))\Big\vert_{-\infty}^{\infty}-\int\limits_{-\infty}^{\infty}f'(y)G(M(y-x))dy\right)=\\
=&-\frac{1}{\pi}\underset{M\rightarrow\infty}{\lim}\left(\int\limits_{-\infty}^xf'(y)G(M(y-x))dy+\int\limits_x^\infty f'(y)G(M(y-x))dy\right)=\\
=&-\frac{1}{\pi}\left(\int\limits_{-\infty}^xf'(y)\left(-\frac{\pi}{2}\right)+\int\limits_x^\infty f'(y)\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{2}(f(x^-)+f(x^+)),
\end{split}\]
gdzie $f(x^-):=\underset{t\rightarrow x^-}{\lim}f(t)$, $f(x^+):=\underset{t\rightarrow x^+}{\lim}f(t)$. Jeśli $f$ jest ciągła to mamy $f(x)$.
\end{proof}
\paragraph{Wzór Plancherela}
Niech $f,g\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ i rozważmy funkcję $\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n\ni(x,k)\longmapsto f(x)g(k)e^{-ikx}=\psi(x,k)\in\mathbb{C}$. $\psi\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^{2n})$ i w szczególności:
\[\begin{split}
&\int\limits_{\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n}|\psi(x,k)|dxdk<\infty\\
&\int\limits_{\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n}d^nxd^nkf(x)g(k)e^{-ikx}=\\
=&\int\limits_{\mathbb{R}^n}d^nxf(x)\int\limits_{\mathbb{R}^n}d^nkg(k)e^{-ikx}=\int\limits_{\mathbb{R}^n}d^nxf(x)(\mathcal{F}g)(x)=\\
=&\int\limits_{\mathbb{R}^n}d^nkg(k)\int\limits_{\mathbb{R}^n}d^nxf(x)e^{-ikx}=\int\limits_{\mathbb{R}^n}d^nkg(k)(\mathcal{F}f)(k)
\end{split}\]
Zauważmy, że:
\[(\mathcal{F}\overline{g})(x)=\int\limits_{\mathbb{R}^n}e^{-ikx}\overline{g}(k)d^nk=\overline{\int\limits_{\mathbb{R}^n}e^{ikx}g(k)d^nk}=(2\pi)^n\overline{(\mathcal{F}^{-1}g)(x)}\]
W szczególności mamy:
\[\int\limits_{\mathbb{R}^n}\overline{f(x)}(\mathcal{F}g)(x)d^nx=(2\pi)^n\int\limits_{\mathbb{R}^n}(\mathcal{F}^{-1}f)(k)g(k)dk\]
Kładziemy $f=\mathcal{F}g$.
\[\int\limits_{\mathbb{R}^n}\overline{(\mathcal{F}g)(x)}(\mathcal{F}g)(x)=(2\pi)^n\int\limits_{\mathbb{R}^n}\overline{g(k)}g(k)d^nk\]
Iloczyn skalarny na $\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$:
\[f,g\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^n) \Rightarrow (f|g):=\int\limits_{\mathbb{R}^n}\overline{f(x)}g(x)d^nx\]
Wówczas mamy:
\[(\mathcal{F}g|\mathcal{F}g)=(2\pi)^n(g|g)\]
Wniosek:
\[T=\frac{1}{(2\pi)^\frac{n}{2}}\mathcal{F}:\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)\rightarrow\mathcal{S}(\mathbb{R}^n)\]
jest unitarny.
\section{Wykład 13.01.17.}
\begin{memento}
Dla $f,g\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ zachodzi wzór 
\[ \int_{\mathbb{R}^n} (\mathcal{F}f)(k)g(k)d^nk = \int_{\mathbb{R}^n} f(x)(\mathcal{F}g)(x)d^nx\]
co można "zapisać" następująco:
\[ \mathcal{F T}_{f}(g)"=" T_{\mathcal{F}f}(g)=T_f(\mathcal{F}g)\]
Spodziewamy się następującej definicji transformaty Fouriera dystrybucji:
\[ T\in \mathcal{D}(\mathbb{R}^n)\]
\[ (\mathcal{F}T)(g) \stackrel{\textrm{def}}{=} T(\mathcal{F}g) \qquad \textrm{dla} \quad g\in \mathcal{D}(\mathbb{R}^n)\]
Czy definicja ma sens?\\
Ma ona pewną wadę. Transformata Fouriera funkcji o zwartym nośniku nie ma zwartego nośnika ($g\neq 0$), czyli $\mathcal{F}g \notin \mathcal{D}(\mathbb{R}^n) $ i napis $T(\mathcal{F}g)$ pozbawiony jest sensu.
Problem z nośnikiem wynika z tw. Payley'a-Weinera ($n=1$).
Funkcja $\mathcal{F}g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{C}$ ma przedłużenie analityczne do funkcji całkowitej $f:\mathbb{C}\rightarrow \mathbb{C}$, gdzie $f(k)=(\mathcal{F}g)(k)$ dla $k\in \mathbb{R}$. Przedłużenie to zdefiniowane jest wzorem $f(z)=\int_{\mathbb{R}}g(x)e^{izx}dx$.\\
W szczególności zera $f$ (a więc i zera $\mathcal{F}g$) są izolowane.\\
Wniosek: $\mathcal{F}g$ nie ma zwartego nośnika.
\end{memento}
\begin{definition}
Odwzorowanie liniowe i ciągłe $T: \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)\rightarrow \mathbb{C}$, nazywamy dystrybucją temperowaną. Zbiór takich dystrybucji oznaczamy $\mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$.
\end{definition}
\begin{remark}
Zauważmy, że $\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)\subset \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$. Niech $T\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$. Wówczas $T|_{\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)}: \mathcal{D}(\mathbb{R}^n)\rightarrow \mathbb{C}$ jest dystrybucją: $T|_{\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)} \in \mathcal{D}' (\mathbb{R}^n)$. Odwzorowanie $\mathcal{S}'(\mathbb{R}^n) \ni T \rightarrow T|_{\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)} \in \mathcal{D}'(\mathbb{R}^n)$, jest różnowartościowe.
\end{remark}
\begin{remark}
Nie wszystkie dystrybucje  są temperowane.
\[ f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} \qquad f(x)=e^{x^2}\]
Wówczas $T_f(g)=\int_{\mathbb{R}}e^{x^2}g(x)dx$ jest elementem $\mathcal{D}'(\mathbb{R})$, ale nie jest dystrybucją temperowaną. Weźmy $g(x)=e^{-x^2}$. Wtedy $g\in \mathcal{S}(\mathbb{R})$ oraz $\int_{\mathbb{R}} e^{x^2} e^{-x^2}dx=+\infty$
\end{remark}
\begin{lemma}
Niech $T\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$, wówczas $\frac{\partial}{\partial x_{j}}T \in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$, gdzie $\frac{\partial}{\partial x_{j}}T(g)=-T(\frac{\partial}{\partial x_j}g)$, $(j\in \{ 1,...,n\}).$
\end{lemma}
\begin{proof}
Wystarczy zauważyć, że $\frac{\partial}{\partial x_j}g\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$, jeśli $g\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ oraz odwzorowanie $\mathcal{S}(\mathbb{R}^n) \ni g \rightarrow \frac{\partial}{\partial x_j} g \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ jest ciągłe i liniowe. Zatem $\mathcal{S}(\mathbb{R}^n) \ni g \rightarrow -T (\frac{\partial}{\partial x_j}g)\in \mathbb{C}$ jest ciągłe i liniowe.
\end{proof}
\begin{definition}
Niech $T\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$. Transformatą Fouriera $T$, nazywamy dystrybucję temperowaną $\mathcal{F}(T)\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$, taką że:
\[ (\mathcal{F}T)(g):=T(\mathcal{F}(g))\]
\end{definition}
\begin{lemma}
Niech $f\in C(\mathbb{R}^n)$, t.że $\exists C>0,M>0$ spełniające $|f(x)|\leq C(1+x^2)^M$, $\forall x\in \mathbb{R}^n$. Wówczas $T_f\in \mathcal{D}'(\mathbb{R}^n)$ jest temperowana.
\end{lemma}
\begin{proof}
Wystarczy zauważyć, że $\forall g\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$, $T_f(g)=\int_{\mathbb{R}^n}f(x)g(x)dx$ oraz $\int|f(x)g(x)|d^nx<\infty$. Zatem $T_f\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$
\end{proof}
\begin{example}
1-- funkcja stała $T_1(g)=\int_{\mathbb{R}}g(x)dx$, $T_1\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$. Liczymy tr. Fouriera $T_1$
\[ (\mathcal{F}T_1)(g)=T_1(\mathcal{F}g)=\int_{\mathbb{R}}dk\mathcal{F}(g)(k)=2 \pi g(0)=2\pi \delta_{0}(g)\]
\[ g(x)=\mathcal{F}^{-1}(\mathcal{F}g)=\frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}e^{ikx}(\mathcal{F}g)(k)dk\]
a zatem 
\[ g(0)=\frac{1}{2\pi}(\mathcal{F}g)(k)dk\]
Czyli $\mathcal{F}(T_1)(k)=2\pi \delta_0(k)$ (*).\\
Wzorek (*) zapisujemy następująco: $\int_{\mathbb{R}}e^{-ikx}dx=2\pi \delta_0 (k)$
\end{example}
\begin{definition}
Niech $f\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$, $h\in \mathbb{R}^n$. Wówczas funkcję $\mathbb{R}^n\ni x \rightarrow f(x-h)\in \mathcal{C}$ oznaczamy $\tau_{h}f \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$. Ogólniej jeśli $T\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$, to $\tau_h T \in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$ jest dystrybucją daną wzorem: $(\tau_h T)(f)=T(\tau_{-h}f)$
\end{definition}
\begin{remark}
Dla $f\in C(\mathbb{R}^n)$ mamy $\tau_h T_f=T_{\tau h f}$. rzeczywiście $\forall g\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$ mamy:
\[ (\tau_h T_f)(g)=T_f(\tau_{-h}g)=\int_{\mathbb{R}^n}f(x)g(x+h)d^nx=\binom{y=x+h}{d^nhy=d^nx}= \int_{\mathbb{R}^n}f(y-h)g(y)d^ny=T_{\tau_{h}f}(g) \]
\end{remark}
\begin{proposition}
$T\in \mathcal{S}'(\mathbb{R}^n)$, $h\in \mathbb{R}^n$. Wtedy:
\begin{enumerate}
\item $\mathcal{F}(\tau_{h}T)=e^{-ihx}\mathcal{F}(T)$
\item $\tau_h \mathcal{F}(T)= \mathcal{F}(e^{-ihk}T)$
\end{enumerate}
Ponadto $\mathcal{F}(\frac{\partial}{\partial k_j}T)=ix_j\mathcal{F}(T)$, $\frac{\partial}{\partial x_j}\mathcal{F}(T)=\mathcal{F}(-ik_j T)$
\end{proposition}
\begin{proof}
Niech $g\in \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$
Ad1
\[ \mathcal{F}(\tau_{h}T)(g)=(\tau_h T)(\mathcal{F}(g))=T(\tau_{-h}\mathcal{F}(g)) (*)  \]
gdzie:
\[ (\tau_{-h}\mathcal{F}(g))(k)=(\mathcal{F}g)(k+h)=\int_{\mathbb{R}^n}g(x)e^{-i(k+h)x}dx=\mathcal{F}(e^{-ihx}g) \]
\[ (*)=T(\mathcal{F}(e^{-ihx}g))=e^{-ihx}\mathcal{F}(T)(g)\]
Ad2
\[ (\tau_h \mathcal{F}(T))(g)=(\mathcal{F}T)(\tau_{-h}g)=T(\mathcal{F}(\tau_{-h})(g)))(**)\]
ale:
\[ \mathcal{F}(\tau_{-h}g)(k)=\int_{\mathbb{R}^n}g(x+h)e^{-ikx}d^nx=\int_{\mathbb{R}^n}g(y)e^{-iky}e^{ikh}=e^{ikh}\mathcal{F}(g)(k)\]
\[(**)=T(e^{ikh}\mathcal{F}(g))=\mathcal{F}(e^{-ikh}T)(g)\]
\end{proof}
\begin{example}
$f(x)=x^2 sin(x)$, $(\mathcal{F}f)=?$ w sensie $\mathcal{F}(T_f)=?$.
Skoro \[x^2 sin(x)=\frac{1}{2i}(e^{ix}x^2-e^{-ix}x^2)\] to \[T_f=\frac{1}{2i}(Te^{ix}x^2-Te^{-ix}x^2)=\frac{1}{2i}(e^{ix}x^2T_1-e^{-ix}x^2T_1)\]. Liczymy korzystając z powyższego stwierdzenia:
\[ 
\begin{split}
\mathcal{F}T_f & =\frac{1}{2i}(\mathcal{F}(e^{ix}x^2T_1)-\mathcal{F}(e^{-ix}x^2T_1))\\ &= \frac{1}{2i}(\tau_1 \mathcal{F}(x^2T_1)-\tau_{-1}\mathcal{F}(x^2T_1)) \\ & =\frac{1}{2i}(\tau_1(-\frac{d^2}{dk^2}\mathcal{F}(T_1))-\tau_{-1}(-\frac{d^2}{dk^2}\mathcal{F}(T_1)))\\&= \frac{1}{2i}(-\tau_1 \delta_0"(k)+\tau_{-1}\delta_0"(k))=\frac{1}{2i}(\delta_{-1}"(k)-\delta_1"(k))
\end{split} \]
\[ \int_{\mathbb{R}}x^2sin(x)e^{-ikx}dx=\frac{1}{2i}(\delta_{-1}"(k)-\delta_{1}"(k))\]
\end{example}


\section{Wykład 16.01.2017}
\begin{add} 
W $\mathcal{S}(\mathbb{R}^1) $ rozważmy iloczyn skalarny  $$\mathcal{S}(\mathbb{R}^1) \times \mathcal{S}(\mathbb{R}^1) \ni  (f|g) \rightarrow (f|g) := \int_{\mathcal{S}(\mathbb{R}^1)}{\overline{f(x)}g(x)}dx$$
$$ ||f|| = \sqrt{\int{|f(x)|^2dx}} $$ \\
Operator położenia: $\mathcal{S}(\mathbb{R}^1) \ni f \xrightarrow{\hat{x}} x \cdot f \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$ \\
Operator pędu: $\mathcal{S}(\mathbb{R}^1) \ni f \xrightarrow{\hat{p}} \frac{\hbar}{i} f'(x) \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$ \\Dla operatorów liniowych $A,B$ na przestrzeni wektorowej $\mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$ definiujemy 
komutator $[A,B] = AB - BA$. W szczególności $$[\hat{x},\hat{p}] = x\frac{\hbar}{i}f'-\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}(x \cdot f) = \frac{\hbar}{i}(xf'-f-xf') = i\hbar f $$ i widzimy, że 
$[\hat{x},\hat{p}] = i\hbar 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l} $. 
Operator sprzężony do operatora $A$ to operator $A^+$ taki, że $(f|Ag) = (A^+f|g)$. Mówimy, że $A$ jest samosprzężony jeśli $A=A^+$. Operatory $\hat{x}$ i $\hat{p}$ są samosprzężone. \\
Ustalmy $f \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$ taki, że $||f|| =1$. Jeśli $A:\mathcal{S}(\mathbb{R}^1) \rightarrow \mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$ jest liniowym operatorem to jego wartość średnią w stanie $f$ definiujemy jako $$(f|Af) = \langle A \rangle_f = \int_{\mathbb{R}^1}{\overline{f(x)}(Af)(x)dx}$$ \\ np. dla $A = \hat{x}$ mamy $$\langle \hat{x} \rangle_f = \int_{\mathbb{R}^1}{\overline{f(x)}xdx}=\int_{\mathbb{R}^1}{x|f|^2(x)dx}$$.

 Wariancję $\sigma(A)$ operatora   $A$ definiujemy  $\sigma^2(A) = (f|(A - \langle A \rangle_f)^+(A - \langle A \rangle_f) f)$.

\begin{theorem}: Niech $A,B: \mathcal{S}(\mathbb{R}^1) \rightarrow \mathcal{S}(\mathbb{R}^1)$ będą operatorami liniowymi oraz niech $C = \frac{[A,B]}{i}$. Wówczas:
$$\sigma_f^2(A)\sigma_f^2(B) \geq \frac{1}{4} \langle C \rangle_f^2$$
\end{theorem}
\begin{example}
Kładąc $A = \hat{x}$ i $B=\hat{p}$ mamy $C = \hbar 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}$ i $\frac{1}{4}\langle C \rangle_f^2 = \hbar / 4$ co daje zasadę nieoznaczoności $\sigma^2(\hat{x})\sigma^2(\hat{p}) \geq \hbar / 4$  dla położenia i pędu. 
\end{example}
\begin{proof}
Bez straty ogólności załóżmy, że $\langle A \rangle_f = \langle B \rangle_f = 0$ (zmieniając  ewentualnie $A$ na $A - \langle A \rangle_f$ i $B$ na $\langle B \rangle_f$). Wtedy $\sigma_f^2(A) = \langle A^2 \rangle_f$. \\
Niech $t \in \mathbb{R}$ oraz $G_t = A + itB$. Wtedy $G_t^+ = A - itB$ oraz $$\langle G_t^+G_t \rangle_f = (f|G_t^+G_t) = ||G_tf||^2 \geq 0 $$ \\z drugiej strony
$$ \langle G_t^+G_t \rangle_f = (f|\overbrace{(A - itB)}^{G_t^+}\overbrace{(A + itB)}^{G_t}f)  = (f|A^2f)+ t^2(f|B^2f) + t(f|\overbrace{i(AB-BA)}^{-C}f$$ $$ = \sigma_f^2(A) - t \langle C \rangle_f + t^2 \sigma_f^2(B) \geq 0 \ \ \ (*)
$$
Ujemność $\Delta$ dla dwumianu kwadratowego $(*)$:
$$\langle C \rangle_f^2-4\sigma_f^2(A)\sigma_f^2(B) \leq 0.$$
\end{proof}
\end{add} 
\paragraph{Wykład:}
Wzór sumacyjny Poissona: \\
Niech $T \in \mathcal{S}'(\mathbb{R})$ będzie  dana wzorem $Tf = \sum_{n \in \mathbb{Z}} f(2\pi n)$.
Innymi słowy $T = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \delta_{2 \pi n} $. \\
Własności $T$:
\begin{itemize}
\item $\tau_{2 \pi}(T) = T \Rightarrow \mathscr{F}(T)= \mathscr{F}(T_{2\pi}T) = e^{-2\pi ik}\cdot \mathscr{F}(T)$
\item $e^{ix} \cdot T = e^{ix} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \delta_{2\pi n} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} e^{ix} \delta_{2\pi n} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} e^{i2\pi n}\delta_{2\pi n} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \delta_{2\pi n} = T$
 zatem 
$$\mathscr{F}(T) = \mathscr{F}(e^{ix}T) = \tau_1(\mathscr{F}(T)) \ \ \ \ (**)$$.
\end{itemize}
W takim razie: \\
$$(1-e^{-2\pi ik})\mathscr{F}(T) = 0$$ Skoro $1-e^{-2\pi ik } \neq 0, k \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}$ to nośnik dystrybucji $\hbox{supp}\mathscr{F}(T) \subset \mathbb{Z}$.
Dalej: $\frac{1 - e^{2\pi i k}}{k}k\mathscr{F}(T)=0$ zatem w otoczeniu $\mathcal{O}$ zera mamy $k\mathscr{F}(T)|_{\mathcal{O}} = 0 \Rightarrow \exists c \in \mathbb{R}$ takie, że $\mathscr{F}(T)|_{\mathcal{O}} = c\delta_0$ oraz z $(**) \Rightarrow \mathscr{F}(T) = c\sum_{k \in \mathbb{Z}}\delta_k. $ \\
Liczymy $c$: \\
Niech $f(x) = e^{-x^2a/2}$. Wtedy $(\mathscr{F}f)(k) = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}e^{-k^2/2a}$ i $\overbrace{\mathscr{F}(T)(f)}^{c\sum_{k \in \mathbb{Z}e^{-ak^2/2}}} = T(\mathscr{F}f) = \sum_{k \in \mathbb{Z}}\sqrt{\frac{2\pi}{a}}e^{-(2\pi k)^2/2a} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}\sum_{k \in \mathbb{Z}}e^{-(2\pi^2 k^2)/a}$. \\
Wstawmy $a = 2\pi$: \\
$$c\sum_{k \in \mathbb{Z}}e^{-\pi k^2} = \sum_{n \in \mathbb{Z}}e^{-\pi n^2}$$ i widzimy, że $c =1$.

\textbf{Wzór sumacyjny Poissona} \\
Niech $f \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^1) \mathscr{F}f(k) = \int_{\mathbb{R}}f(x)e^{-ikx}dx.$ Wówczas $\sum_{n \in \mathbb{Z}}f(n) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} (\mathscr{F}f)(2\pi n)$.
\begin{proof}
$$\mathscr{F}T = \sum_{n \in \mathbb{Z}}\delta_{n}, \ T = \sum_{n \in \mathbb{Z}}\delta_{2\pi n}$$ Zatem $T(\mathscr{F}(f))=\sum_{n \in \mathbb{Z}}(\mathscr{F}f)(2\pi n)$ oraz
$T(\mathscr{F}(f)) = \sum_{n \in \mathbb{Z}}\delta_n(f) =\sum_{n \in \mathbb{Z}}f(n)$
\end{proof}
\section{Wykład 20.01.2017.}
\begin{memento}
Wzór sumacyjny Poissona: $$ \sum_{m \in \mathbb{Z}}f(m)=\sum_{m \in \mathbb{Z}} \mathcal{F}(f)(2 \pi m), $$ dla $f \in S'(\mathbb{R})$ co wynika z równości: $$\mathcal{F}(\sum_{m \in \mathbb{Z}} \delta_{2 \pi m})=\sum_{m \in \mathbb{Z}}\delta_{ m}.$$
\end{memento}
\begin{definition}
Niech $T$ będzie dystrybucją na $\mathbb{R}^n$ oraz niech $h \in \mathbb{R}^n$. Mówimy, że T jest dystrybucją okresową o okresie $h$ jeśli $\tau_h T=T$.
\end{definition}
\begin{memento}
$$(\tau_h T)(f)=T(\tau_{-h} f).$$ Dalej $h=2 \pi$.
\end{memento}

\begin{proposition}
Niech $T \in S'(\mathbb{R})$ będzie dystrybucją temperowaną. Wówczas $T$ ma okres $2\pi \Leftrightarrow$ gdy $e^{-2\pi ik} \cdot \mathcal{F}(T)=\mathcal{F}(T).$($\bigstar$)
\end{proposition}
\begin{proof}
Prosty wniosek wynikający z następującej tożsamości:
$$\mathcal{F}(\tau_h T)=e^{-ihk}\mathcal{F}(T).$$
\end{proof}
\begin{corollary}
Jeśli $T$ jest okresowa, to nośnik tej dystrybucji $supp(\mathcal{F}T) \subset \mathbb{Z}$. Rzeczywiście wzór ($\bigstar$) daje $(1-e^{-2\pi ik})\mathcal{F}(T)=0$ ($\bigstar \bigstar$), więc $supp(\mathcal{F}(T)) \subset \{ k\in \mathbb{R}: e^{-2\pi ik}=1\}=\mathbb{Z}$.\\
W szczególności istnieją dystrybucje $S_n;$ $n \in \mathbb{Z}$ takie, że $supp(S_n) \subset \{n\}$ oraz $\mathcal{F}(S_n)=\sum_{m \in \mathbb{Z}} S_n.$ ($\bigstar \bigstar \bigstar$)
\end{corollary}
Udowodnijmy, że $\forall n\in \mathbb{Z}$ $\exists c_n \in \mathbb{C}:$ $S_n=c_n\delta_n$.
\begin{proof}
Dla $n=0$:
Niech $\varphi(x)=1-e^{-2\pi i k}$. Rozważmy funkcję gładką
$$
\Psi(k)= \left\{ \begin{array}{ll}
\frac{\varphi(k)}{k};\hspace{2ex}\text{dla}\hspace{1ex}k\neq 0 \\
2\pi i ;\hspace{2ex}\text{dla}\hspace{1ex}k = 0\\
\end{array} \right.
$$
Ponieważ $\Psi(0)\neq 0$ to $\Psi \neq 0$ na pewnym otoczeniu zera, ozn. $\mathcal{O}$. Zauważmy, że $\mathcal{F}(T)\big|_{\mathcal{O}}=S_0$. Korzystając z ($\bigstar \bigstar$) widzimy, że $\Psi(x) \cdot x \cdot S_0=0 \Rightarrow x\cdot S_0=0.$ Zatem $  S_0=c_0\delta_0$.

Dla $n \in \mathbb{Z}$ kładziemy :
$$
\Psi_n(k)= \left\{ \begin{array}{ll}
\frac{\varphi(k)}{k-n};\hspace{2ex}\text{dla}\hspace{1ex}k\neq n \\
2\pi i ;\hspace{2ex}\text{dla}\hspace{1ex}k = n\\
\end{array} \right.
$$
Rozumując analogicznie otrzymamy $S_n=c_n\delta_n$.
Ostatecznie $\mathcal{F}(T)=\sum_{n \in \mathbb{Z}} c_n\delta_n$
\end{proof}
\begin{remark}
$S=\sum_{n \in \mathbb{Z}}c_n\delta_n$ jest dystrybucją temperowaną $\Leftrightarrow \exists M>0$ oraz $N \in \mathbb{N}:$ $|c_n|<M(1+n^2)^N$.
\end{remark}
\begin{memento}
$\mathcal{F}(1)=2\pi \delta_0$; ogólniej $\mathcal{F}(e^{inx})=2\pi\delta_n$, co daje $\mathcal{F}^{-1}(\delta_n)=\frac{1}{2\pi}e^{inx}$.
\end{memento}
\begin{corollary}Dystrybucja 
$T \in S'(\mathbb{R})$ jest $2\pi -$ okresowa $\Leftrightarrow \exists c_n \in \mathbb{C}$:
\begin{itemize}
\item[1)] $\exists M>0,$ $N \in \mathbb{N}$: $|c_n|<M(1+n^2)^N$;
\item[2)] $T(f)=\sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{c_n}{2\pi} \int_{\mathbb{R}}e^{inx}f(x)dx.$
\end{itemize}
\end{corollary}
Jak w prkatyce wyliczyć $c_n$?
Weźmy funkcję $\varphi:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ $\varphi (x) \geq 0$ taką, że $supp \varphi \subset ]0;$ $3\pi[$ oraz taką, że $\sum_{m \in \mathbb{Z}} \varphi(x+2\pi m)=1$ $\forall x \in \mathbb{R}$ i $\varphi$ jest gładka. Czy takie $\varphi$ istnieje? 


Ustalmy $\Psi:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, $\Psi(x)\geq 0$, $supp\Psi =supp\varphi$ oraz $\Psi(x)>0$ dla $x\in[\frac{\pi}{2};$ $\frac{5\pi}{2}]$. Dalej niech $\widetilde{\Psi}=\sum_{m \in \mathbb{Z}}\Psi(x+2\pi m).$ Definiujemy $\varphi(x)=\frac{\Psi(x)}{\widetilde{\Psi}(x)}$. Widać, że: $\widetilde{\Psi}(x+2\pi l)=\widetilde{\Psi}(x)$, $\widetilde{\Psi}(x)>0$ dla $x\in\mathbb{R}$ oraz $$\sum_{m\in \mathbb{Z}} \varphi(x+2\pi m)=\frac{\sum_{m\in \mathbb{Z}} \Psi(x+2\pi m)}{\widetilde{\Psi}(x)}=\frac{\widetilde{\Psi}(x)}{\widetilde{\Psi}(x)}=1.$$
Oznaczając  $\tau_{2\pi m} \varphi \stackrel{ozn.}{=} \varphi_{2\pi m} $ mamy $ \sum_{m\in \mathbb{Z}}\varphi_{2\pi m}=1$. Skoro
$\mathcal{F}(T)=\sum c_n\delta_n$ to  $\forall f\in S(\mathbb{R}^1)$ mamy \begin{equation}\label{eq0TF}(\mathcal{F}T)(f)=T(\mathcal{F}f)=\sum c_n f(n).\end{equation}
Obliczenie:
\begin{equation}\label{eq1TF}\begin{split}
T(\mathcal{F}f)&=T(\sum_{m\in \mathbb{Z}} \varphi_{2\pi m} \cdot \mathcal{F}f)=\sum_{m\in \mathbb{Z}}T(\varphi_{2\pi m}\cdot \mathcal{F}f)\\&=\sum_{m\in \mathbb{Z}}T\bigg(\tau_{2\pi m}\big(\varphi\cdot \tau_{-2\pi m}(\mathcal{F}f)\big)\bigg) 
=\sum_{m\in \mathbb{Z}}\tau_{-2\pi m}(T)\big(\varphi\cdot \tau_{-2\pi m} (\mathcal{F}f)\big)\\&=\sum_{m\in \mathbb{Z}}T\big(\varphi \cdot \tau_{-2\pi m}(\mathcal{F}f)\big)=T\big(\varphi\sum_{m\in \mathbb{Z}}\tau_{-2\pi m}(\mathcal{F}f)\big) 
\end{split}\end{equation} gdzie w czwartej równości skorzystaliśmy z $2\pi$ okresowości $T$: $\tau_{-2\pi m}(T) = T$. 

Analiza wyrażenia:
\begin{equation}\label{eq2TF}\begin{split}
\sum_{m\in \mathbb{Z}}\tau_{-2\pi m}(\mathcal{F}f)(x)&=\sum_{m\in \mathbb{Z}}(\mathcal{F}f)(x+2\pi m)\\&=\sum_{m\in \mathbb{Z}} \int_{\mathbb{R}}f(k)e^{-ikx}e^{-2\pi imk}dk\\&=\sum_{m\in \mathbb{Z}}\int_{\mathbb{R}}f_x(k)e^{-2\pi imk} = \sum_{m\in \mathbb{Z}}\mathcal{F}(f_x)(2\pi m)
\end{split}\end{equation}
gdzie $f_x(k)=f(k)e^{-ikx}$;
Zauważając, że 
\begin{equation}\label{eq3TF}\sum_{m\in \mathbb{Z}}(\mathcal{F}f_x)(2\pi m)=( \text{ze wzoru Poissona})=\sum_{m\in \mathbb{Z}}f_x(m)=\sum_{m\in \mathbb{Z}}f(m)e^{-ixm}
\end{equation}
Korzystając z \eqref{eq1TF}, \eqref{eq2TF} oraz \eqref{eq3TF} widzimy, że 
$$
T(\mathcal{F}f)=\sum_{m\in \mathbb{Z}}f(m)T(\varphi e^{-ixm}).
$$
Porównując z  \eqref{eq0TF}  otrzymujemy $c_n=T(\varphi\cdot e^{-ixm}).$
\begin{example}
Niech $f\in C(\mathbb{R}): f(x+2\pi)=f(x).$ Weźmy dystrybucję $T_f(g)=\int_{\mathbb{R}}f(x)g(x)dx.$ Współczynniki  szeregu Fouriera dystrybucji $T_f$  wynoszą :
\[\begin{split}
c_n&=T_f(\varphi e^{-ixm})\\&=\int_0^{4\pi}f(x)\varphi(x)e^{-imx}dx=\int_0^{2\pi}f(x)\varphi(x)e^{-ikx}dx+\int_{2\pi}^{4\pi}f(x)\varphi(x)e^{-imx}dx\\&=
\int_0^{2\pi}f(x)\varphi(x)e^{-imx}+\int_0^{2\pi}f(x)\varphi(x+2\pi)e^{-imx}dx\\&=\int_0^{2\pi}\big( \varphi(x)+\varphi(x+2\pi) \big)f(x)e^{-imx}dx\\&=
\int_0^{2\pi}f(x)e^{-imx}dx.
\end{split}\]
\end{example}
\begin{corollary}
$$T_f=\frac{1}{2\pi}\sum_{n\in \mathbb{Z}}c_nT_{e^{imx}}.$$
\end{corollary}
Pytanie: kiedy $f = \frac{1}{2\pi}\sum_{n\in \mathbb{Z}}c_ne^{imx}$? 
\begin{example}
Przypuśćmy, że $f\in \mathcal{C}^2(\mathbb{R}):f(x+2\pi)=f(x)$. Wówczas szereg $\sum \frac{1}{2\pi}c_ne^{imx}$ jest jednostajnie zbieżny do $f:$ 
$$
f(x)=\sum_{m\in \mathbb{Z}}\frac{c_m}{2\pi}e^{imx},
$$
gdzie 
$$
c_m=\int_0^{2\pi}f(x)e^{-imx}dx.
$$
\section{Wykład 23.01.2017.}
Niech $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{C}$ ciągła, okresowa o okresie 2$\pi$. Współczynniki Fouriera $c_m=\int_0^{2\pi}f(x)e^{-imx}dx$ $m\in\mathbb{Z}$. W "sprzyjających okolicznościach" $f(x)=\frac{1}{2\pi}\sum_{m\in \mathbb{Z}}{c_m}{e^{imx}}$. ($\bigstar$) 
Niech 
\begin{displaymath}
T_f \in S'(\mathbb{R}) \hspace{2mm}\textnormal{i}\hspace{2mm} T_f(g)=\int_\mathbb{R} f(x)g(x)dx
\end{displaymath}
wówczas: 
\begin{displaymath}
T_f(g)=\frac{1}{2\pi}\sum_{m\in\mathbb{Z}}{c_m}\int_\mathbb{R}{e^{imx}}g(x)dx.
\end{displaymath}
\begin{proposition}
Jeśli $f\in\mathcal{C}^2(\mathbb{R})$ jest $2\pi$ - okresowa, to szereg $f(x)=\frac{1}{2\pi}\sum_{m\in \mathbb{Z}}{c_m}{e^{imx}}$ jest zbieżny jednostajnie do $f$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Niech $M=sup_{x\in\mathbb{R}}|f''(x)|$. Wówczas $|\int_0^{2\pi}{f''(x)e^{imx}}|\leq2\pi M$
\begin{displaymath}
 \int_0^{2\pi}{f''(x)e^{imx}}=\underbrace{f'(x)e^{imx}\Big|_0^{2\pi}}_{\text{= 0 bo $f'$ jest okresowa}}-im\int_0^{2\pi} f''(x)e^{imx}dx=\underbrace{-im f(x)e^{imx}\Big|_0^{2\pi}}_{\text{= 0 bo $f'$ jest okresowa}} -m^2\int_0^{2\pi}f(x)e^{imx}dx
\end{displaymath}
Zatem $|c_m|=|\int_0^{2\pi}f(x)e^{imx}|\leq\frac{2M\pi}{m^2}$ i widzimy (z kryterium Weiestressa), że szereg $\sum_{m\in \mathbb{Z}}{c_m}{e^{imx}}$ jest zbieżny jednostajnie.
W szczególności 
\begin{displaymath}
T_f(g)=\int_\mathbb{R}f(x)g(x)dx=\int_\mathbb{R}\sum_{m\in\mathbb{Z}}{\frac{c_m}{2\pi}e^{imx}g(x)dx}
\end{displaymath}
dla wszystkich $g\in{S\mathbb{(R^1)}}$. Aby wykazać, że $f = \sum_{m\in\mathbb{Z}} \frac{c_m}{2\pi}e^{imx}$   udowodnimy lemat.
\end{proof}
\begin{lemma}
Niech $f\in S\mathbb{(R^1)}$ t.że $\int_\mathbb{R}f(x)dx=1$. Niech $f_n(x)=nf(nx)$ Wówczas $f_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\delta_0$
\end{lemma}
\begin{proof}
\begin{displaymath}
\int_\mathbb{R}f_n(x)gdx=\int_\mathbb{R}nf(nx)g(x)dx=\left\{ \begin{array}{ll}
y=nx \\
ndx=dy\\
\end{array}\right\}=\int_\mathbb{R}f(y)g(\frac{y}{n})dy\rightarrow g(0)\int_\mathbb{R}f(y)dy 
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
\delta_0(g)=g(0)
\end{displaymath}
Wracamy do dowodu: wstawmy za $g$ ciąg $\mathcal{S}(\mathbb{R})\ni g_n\longrightarrow\delta_x  \in[0,2\pi]$ wówczas
\begin{displaymath}
f(x)=\lim_{n\to\infty}\int_\mathbb{R}f(x)g_n(x)dx=\lim_{n\to\infty}\int_\mathbb{R}\sum\frac{c_me^{imx}}{2\pi}g_n(x)dx=\sum_{m\in\mathbb{Z}}\frac{c_me^{imx}}{2\pi}
\end{displaymath}
\end{proof}
\textbf{Wzór Plancherel'a dla szeregów Fouriera.} Niech $f$ j.w. oraz $f(x)=\frac{1}{2\pi}\sum_{m\in\mathbb{Z}}c_me^{imx}$. Wówczas:
\begin{displaymath}
\int_0^{2\pi}|f(x)|^2dx=\int_0^{2\pi}f(x)\sum_{m\in\mathbb{Z}}\frac{\overline{c_m}e^{-imx}}{2\pi}dx=\frac{1}{2\pi}\sum_{m\in\mathbb{Z}}\overline{c_m}\int_0^{2\pi}f(x)e^{-imx}dx=\frac{1}{2\pi}\sum_{m\in\mathbb{Z}}|c_m|^2
\end{displaymath}
\textbf{Tożsamość Plancherel'a}
\begin{displaymath}
\frac{1}{2\pi}\sum_{m\in\mathbb{Z}}|c_m|^2=\int_0^{2\pi}|f(x)|^2dx (\bigstar)
\end{displaymath}
\begin{remark}
Można pokazać, że ($\bigstar$) zachodzi dla wszystkich funkcji ciągłych na odcinku [0,$2\pi$]. W szczególności biorąc $f(x)=x$
\begin{displaymath}
\int_0^{2\pi}x^2dx=\frac{1}{3}(2\pi)^3=\frac{8}{3}\pi^2
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
c_m=\int_0^{2\pi}xe^{-imx}dx=\frac{1}{-im}e^{-imx}x\Big|_0^{2\pi}-\int_0^{2\pi}1\cdot\frac{1}{-im}e^{-imx}dx=\frac{2\pi}{-im} \hspace{5mm} m\neq0
\end{displaymath}
dla $m=0$;
\begin{displaymath}
\int_0^{2\pi}xdx=2\pi^2; (\bigstar)\hspace{3mm}\textnormal{daje}\hspace{3mm} \frac{8}{3}\pi^3=\frac{1}{2\pi}(4\pi^4+2\sum_{m=1}^{\infty}\frac{4\pi^2}{m^2})
\end{displaymath}
Zatem 
\begin{displaymath}
\frac{\pi^2}{6}=\frac{2\pi^3}{12\pi}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}
\end{displaymath}
\end{remark}
\textbf{Równania dystrybucyjne}
\begin{example}
Znaleźć wszystkie dystrybucje $T\in \mathcal{D}'(\mathbb{R})$ t.że $T'=\delta_0 (\bigstar \bigstar$). Zauważmy,   rozwiązanie szczególne  
$$
\theta(x)= \left\{ \begin{array}{ll}
1\hspace{2ex}\text{dla}\hspace{1ex}x>0 \\
0\hspace{2ex}\text{dla}\hspace{1ex}x\leq0\\
\end{array} \right.
$$
Wersja jednorodna naszego równania  $T'=0 (\bigstar \bigstar \bigstar$). Czy $T = a T_{1}$?  $T'=0$ oznacza, że $\forall f\in\mathcal{D}(\mathbb{R})$ mamy $  T(f')=0$. Zauważmy, że jeśli $g=f'$ gdzie $f\in \mathcal{D}(\mathbb{R})$ to:
\begin{displaymath}
\int_\mathbb{R} g(x)dx=\int_{-\infty}^{\infty}f'(x)dx=\underbrace{f(\infty)}_{=0}-\underbrace{f(-\infty)}_{=0}=0
\end{displaymath}
W drugą stronę, jeśli $\tilde{g}\in\mathcal{D}(\mathbb{R})$ spełnia $\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{g}(x)=0$ to kładąc $\tilde{f}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{g}(x)$ mamy $\tilde{f}\in \mathcal{D}(\mathbb{R})$ oraz $\tilde{f}'(x)=\tilde{g}(x)$.  Aby rozwiązać ($\bigstar \bigstar \bigstar$) ustalmy $k\in \mathcal{D}(\mathbb{R})$ t.że $\int_\mathbb{R}k(x)dx=1.$ Wówczas
\begin{displaymath}
T(f)=T(f-c\cdot k+c\cdot k)= \left\{ \begin{array}{ll}
\int_\mathbb{R}(f-c\cdot k)=0 \\
c=\int_\mathbb{R}f(x)dx\\
\end{array} \right\}. = cT(k) = T(k)T_1(f)
\end{displaymath}
Zatem $T$ spełniające ($\bigstar \bigstar$) są postaci $t=\theta (x)+a$ dla $a\in \mathbb{R}$. 

Drugi sposób rozwiązania równania $T' = \delta_0$: 
zastosujmy  transformatę Fouriera do ($\bigstar \bigstar$) (w kontekście $\mathcal{S}'(\mathbb{R}))$
\begin{displaymath}
\mathcal{F}(\delta_0)(f)=\delta_0(\mathcal{F}(f))=(\mathcal{F}(f)(0)=\int_\mathbb{R}f(x)dx=1(f)
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
\textnormal{ik}\hspace{2mm} \mathcal{F}(T)=\mathcal{F}(T')=\mathcal{F}(\delta_0)=1
\end{displaymath}
$\mathrm{RORJ}$
\begin{displaymath}
\mathcal{F}(T')=0\Rightarrow\mathcal{F}(T)=a\delta_0\hspace{3mm}a\in\mathbb{R}\hspace{2mm}\textnormal{i}\hspace{2mm}T=\frac{a}{2\pi}\cdot 1
\end{displaymath}
$\mathrm{RSRNJ}$
\begin{displaymath}
\textnormal{Wyliczmy}\hspace{2mm} \mathcal{F}(\theta)(f)=\theta(\mathcal{F}(f))=\int_0^{\infty}(\mathcal{F}f)(k)dk=\int_0^{\infty}dk\left[\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-ikx}dx\right]=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
=\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_0^{\infty}e^{-\epsilon k}\left[\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-ikx}dx\right]dk=\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\underbrace{\left[\int_{0}^{\infty}f(x)e^{-\epsilon k}e^{-ikx}dk\right]}_{\int_{0}^{\infty}e^{-(\epsilon+ix)k}=-\frac{1}{\epsilon+ix}e^{-(ix+\epsilon)k}\Big|_{0=k}^{\infty=k}}dx=
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
=\lim_{\epsilon\to 0^+}\int\frac{1}{i(x-i\epsilon)}f(x)=\left(\frac{1}{i(x-0^+)} \right)(f)
\end{displaymath}
$\mathrm{RSRNJ}$
\begin{displaymath}
T=\frac{1}{i(k-0^+)}
\end{displaymath}
Zatem $\mathcal{F}(\theta) = \frac{1}{i(k-0^+)}$. 
\end{example}
W dalszym ciągu będziemy rozważać r-nia postaci:
\begin{equation}\label{diffeq}
W\left(\frac{\partial}{\partial x_1},...,\frac{\partial}{\partial x_n} \right)T=f
\end{equation}
gdzie 
\begin{displaymath}
T\in S'(\mathbb{R}^n) \hspace{3mm} f:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}
\end{displaymath}
\begin{displaymath}
W\left(\xi_1,...,\xi_n \right)-\textnormal{wielomian $n$ zmiennych}
\end{displaymath}
np.
\begin{displaymath}
\underbrace{\frac{\partial}{\partial t}T-\frac{\partial^2}{\partial x^2}T=f}_{\textrm{równanie dyfuzji}} \hspace{5mm}
\end{displaymath}
Ogólniej \begin{displaymath}
\frac{\partial}{\partial t}T-\frac{\partial^2}{\partial x^2}T=S
\end{displaymath} gdzie $S$ ustalonoa dystrybucja, np. $S = \delta_0$. 

Stosując transformatę Fouriera do \eqref{diffeq}  otrzymujemy:
\begin{displaymath}
W\left(ik_1,...,ik_n \right)\mathcal{F}(T)=\mathcal{F}(f) \hspace{2mm}\textnormal{idea:}\hspace{2mm} \underbrace{T=\mathcal{F}^{-1}\left(\frac{\mathcal{F}(f)}{W\left(ik_1,...,ik_n \right)} \right)}_{\textnormal{sposób na otrzymanie jakiegoś $\mathrm{RSRNJ}$}}
\end{displaymath}
np. równanie dyfuzji przyjmuje postać:
\begin{displaymath}
(i\omega +k^2)\mathcal{F}(T)=\mathcal{F}(f)
\end{displaymath}
\begin{definition}
Niech $f,g\in S(\mathbb{R}^n)$, splotem $f$ i $g$ nazywamy funkcję $f\star g\in S(\mathbb{R}^n)$ gdzie $f\star g(x)=\int_{\mathbb{R}^n}f(y)g(x-y)dy$
\end{definition}
\end{example}
\section{Wykład 27.01.2017.}

Splot: 
$$f,g \in S(\mathbb{R}^n) \Rightarrow f \star g(x) = \int_{\mathbb{R}^n} f(x-y) g(y) dy = ( y=x- \stackrel{\sim} y; x-y=\stackrel{\sim} y)= \int_{\mathbb{R}^n} f( \stackrel{\sim} y) g(x-\stackrel{\sim} y)  d\stackrel{\sim} {y}= g \star f(x)$$

\begin{proposition}
Zachodzi wzór:
$$ \mathcal{F} (f \star g)(k) = \mathcal{F}(f) \cdot \mathcal{F}(g) (k) $$
\end{proposition}

\begin{proof}
\[\begin{split} \mathcal{F} (f \star g) (k) &= \int_{\mathbb{R}^n} d^n x d^n y e^{-ikx} f(x-y) g(y)\\& = ( \stackrel{\sim} x = x-y) \\& = \int_{\mathbb{R}^n} d^n \stackrel{\sim} x d^n y e^{-ik( \stackrel{\sim} x + y)} f(\stackrel{\sim} x) g(y)\\& = (\mathcal{F} f)(k)(\mathcal{F} g)(k)\end{split}\]
\end{proof}

\begin{corollary}
Wniosek: $f \star g$ jest operacją łączną.
\end{corollary}
\textbf{Obserwacja}

\begin{displaymath}
\frac{\partial}{\partial x^j} (f \star g)(x) = ((\frac{\partial}{\partial x^j} f) \star g)(x) 
\end{displaymath}
prosty wniosek z tw. o różniczkowaniu całki z parametrem.

\textbf{O splocie dystrybucji} \\
$ f \in \mathcal{D} (\mathbb{R}^n)$, $g \in \mathcal{D} (\mathbb{R}^m)$ to definiujemy $f \otimes g \in \mathcal{D}(\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n)$ wzorem:
\begin{displaymath}
(f \otimes g)(x,y) = f(x) g(y)
\end{displaymath}

\textbf{Jak tensorować dystrybucje?}
\begin{displaymath}
T_{f \otimes g} (h) =  \int_{\mathbb{R}^n} dx \int_{\mathbb{R}^m} f(x) g(y) h(x,y) = T_f (T g(h(x, \cdot)))
\end{displaymath}

\begin{definition}
Jeśli $T \in D'(\mathbb{R}^n), $\ $ S \in D' (\mathbb{R}^m)$ to $T \otimes S \in D'(\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^m)$ 
definiujemy wzorem: $( T \otimes S)(h) = T (S(h(x, \cdot)))$ \\ \\
Zauważmy, że $T_{f \star g} (l) = \int_{\mathbb{R}^n} dx \int_{\mathbb{R}^n} dy f  \underbrace{(x-y)}_{\stackrel{\sim} x} g(y) l(x) = \int_{\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n} d\stackrel{\sim} x dy f (\stackrel{\sim} x) g(y) l (\stackrel{\sim} x + y) = T_{f \otimes g} (t^{*}l)$\\ \\
gdzie $l(x+y) = (t^* l)(x,y)$ \\
Uwaga: $t^*l: \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{C}$ i jeśli $l\neq 0$ to nośnik $t^*l$ nie jest zwarty.
\end{definition}

\textbf{Splot dystrybucji definiujemy wzorem:}
\begin{displaymath}
(D \star S)(l) = (D \otimes S) (t^*l)
\end{displaymath}

Splot z deltą Diraca: \\

$f \in  D(\mathbb{R}^n)$ i policzmy $(\delta_0 \star f)(x)  = \int_{\mathbb{R}^n} f(x-y) \delta_0 (y) dy = f(x)$ zatem $\delta_0$ jest jedynką splotową. \\
Tak jak dla splotu funkcji, mamy:
\begin{displaymath}
\partial x_j (T \star S) = (\partial x_j T) \star S
\end{displaymath}
\textbf{Zastosowanie splotu: funkcje Greena:}
\begin{displaymath}
(\bigstar) W(\partial_{x_1}, ..., \partial_{x_n}) T = f
\end{displaymath}
$T$ jest dystrybucją, a $f$ - funkcją. \\
Mówimy, że $G$ jest funkcją Greena równania ($\bigstar$) jeśli zachodzi wzór $W(\partial_{x_1}, ..., \partial_{x_n})G = \delta_0$. \\
Zauważmy, że jeśli $G$ jest funkcją Greena to $G \star f$ jest rozwiązaniem ($\bigstar$). \\
Rzeczywiście:
\begin{displaymath}
W(\partial_{x_1}, ..., \partial_{x_n}) (G \star f) = (W(\partial_{x_1}, ..., \partial_{x_n})G) \star f = \delta_0 \star f = f
\end{displaymath}

\begin{example}
Równanie dyfuzji: \\
$W(\partial_t, \partial_x) = \partial_t - \partial_x^2$ \hspace{10mm}  $\partial_t G- \partial _x^2 G = \delta(t,x) (\bigstar \bigstar)$ \\
równanie dyfuzji: $\partial_t \varphi - \partial_x^2 \varphi = f(t,x)$ \\
Sprawdźmy, że
\begin{displaymath}
G(t,x) = \Theta(t) \frac{1}{2 \sqrt{\pi t}} \cdot e^{\frac{-x^2}{4t}} \hspace{6mm}  \textrm{spełnia ($\bigstar \bigstar$).}
\end{displaymath}

Niech $\varphi$ będzie funkcją próbną.
\begin{displaymath}
(\partial_t T_G - \partial_x^2 T_G)(\varphi) = \underset{I}{ -T_G (\partial_t \varphi)} \underset{II} { -T_G (\partial_x^2 \varphi)}
\end{displaymath}

\[\begin{split}
I&=  \int_{-\infty}^{\infty} dx \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2 \sqrt{\pi t}} e^{\frac{-x^2}{4t}} \partial_t \varphi dt = \int_{-\infty}^{\infty} dx  \hspace{2mm} \underset{ \epsilon \rightarrow 0^+}{\lim} \int_{\epsilon}^{\infty} -\partial_t (\frac{1}{2 \sqrt{\pi t}} e^{\frac{-x^2}{4t}}) \varphi (t,x)  +  \underset{ \epsilon \rightarrow 0^+}{\lim} \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{1}{2 \sqrt{\pi t}} e^{\frac{-x^2}{4t}}  \varphi \Big|_{\epsilon}^{+ \infty} \\&= -
 \underset{ \epsilon \rightarrow 0^+}{\lim} \int_{-\infty}^{\infty} dx \int_{\epsilon}^{\infty} (-\frac{1}{4 \sqrt{\pi} t^{\frac{3}{2}}} + \frac{x^2}{8 \sqrt{\pi} t^{\frac{5}{2}}} ) e^{\frac{-x^2}{4t}} \varphi(t,x) +  \underset{ \epsilon \rightarrow 0^+}{\lim} \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{1}{2 \sqrt{\pi t}} e^{\frac{-x^2}{4t}}  \varphi \Big|_{\epsilon}^{+ \infty}
\end{split}\]
\end{example}

\begin{displaymath}
II= \underset{ \epsilon \rightarrow 0^+}{\lim} \int_{\epsilon}^{\infty} dt  \int_{-\infty}^{\infty} dx \partial_x^2 ( \frac{1}{2 \sqrt{\pi t}} e^{\frac{-x^2}{4t}}) \varphi (t,x)
\end{displaymath}
Skoro $\partial_x^2 ( \frac{1}{2 \sqrt{\pi t}} e^{\frac{-x^2}{4t}})= \frac{1}{2 \sqrt{\pi t}}(\frac{x^2}{4t^2} - \frac{1}{2t}) e^{\frac{-x^2}{4 \epsilon}})$ to statecznie:
\begin{displaymath}
-I-II = \underset{ \epsilon \rightarrow 0^+}{\lim} \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{1}{2 \sqrt{\pi \epsilon}} e^{\frac{-x^2}{4t}} \varphi (\epsilon, x) = \varphi (0,0)
\end{displaymath}
Ostatnią równość uzasadniamy następująco: 
weźmy $f(x) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2}$. Wówczas $\int_{\mathbb{R}} f(x) =  1$. 
Zatem ciąg funkcyjny $f_n(x) = nf(nx)$ zbiega do $\delta_0$. 
Kładąc za $n$ $\frac{1}{2 \sqrt{\epsilon}}$ widzimy, że
\begin{displaymath}
\frac{1}{2 \sqrt{\epsilon}} e^{\frac{-x^2}{4 \epsilon}}  \underset{ \epsilon \rightarrow 0}{\longrightarrow}  \delta_0
\end{displaymath}

\textbf{Kilka słów o bazach ortonormalnych}
\[ L^2 ( [ 0,2 \pi ]) = \{f:[0,2 \pi]: \int ^{2\pi} _0 |f(x)|^2 dx < \infty \} \]
\[e_n(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{inx} \in L^2([0,2\pi])\]
\[(f|g) = \int^{2\pi} _0 \overline{f(x)} g(x) dx\] oraz ($e_n)_{n \in \mathbb{Z}} $ jest układem ortonormalnym.\\

\textbf{Szeregi Fouriera:}\\
$ c_n = (e_n | f)$ - współczynniki Fouriera\\
Jeśli 
\[f \in L^2 ([0,2\pi ])\] 
to
\[f=\sum _{n \in Z} c_n e_n\]
oraz
\[ \int ^{2\pi} _ 0 |f|^2(x) dx = \sum _{n \in \mathbb{Z}} |c_n| ^2\]

\textbf{Ogólniejsza sytuacja:}
Niech $\rho$ będzie funkcją na $[a,b]$ ściśle dodatnie:
\begin{displaymath}
L^2([a,b], \rho) = \lbrace f: [a,b] \rightarrow \mathbb{C}: \int_{a}^{b} \rho (x) \vert f(x) \vert^2 dx < \infty \rbrace
\end{displaymath} 
Iloczyn skalarny 
$$(f \vert g) :=  \int_{a}^{b} \rho(x)  \stackrel{\sim} f(x) g(x) dx$$
Nierówność Cauchy-Schwartza $\vert (f \vert g ) \vert \leq \Vert f \Vert \cdot \Vert g \Vert$ gdzie $ \Vert f \Vert = (f \vert f)^{\frac{1}{2}}$. \\
Założymy, że $\forall_n$ funkcja $ x^n \in L^2([a,b], \rho)$. \\
Nich $\{P_0 , P_1 , \ldots , P_n , \ldots \}$ będzie rodziną wielomianów powstających w procedurze ortogonalizacji G-S   z układu $\{1,x,x^2,\ldots\}$. Oczywiście 
$(P_n|P_m) = \delta_{nm}$. 

Przykład: $a= - \infty$, $b=\infty$, $\rho (x) = e^{-x^2}$ \\
Wówczas: $\{ P_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ są to tzw. wielomiany Hermite'a.\\

\question{Przy jakich warunkach na  $\rho$ układ $\{ P_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ jest bazą $L^2 ([a,b],\rho)$?}

Jeśli wiemy że $\{ P_n \}_{n \in\mathbb{N}}$ jest bazą to $ \forall_{f \in L^2 ([a,b],\rho)}$ mamy
\[f = \sum _{n \in \mathbb{N}} c_n P_n \] gdzie $c_n=(P_n \vert f)$.  \\
Okazuje się, że $\lbrace P_n \rbrace_{n \in \mathbb{N}}$ jest bazą $\Leftrightarrow  $  zachodzi $((x^n \vert f)=0$ dla każdego $n$ to $f=0)$.

\begin{theorem}
Przypuśćmy, że istnieje $\epsilon > 0$ t.że $\int ^{b} _ a \rho(x) e^{ \epsilon \vert x \vert} dx < \infty$. \\
Wówczas układ $\lbrace P_n \rbrace_{n \in \mathbb{N}} $ jest bazą $L^2([a,b], \rho)$. \\
Przykład $L^2(\mathbb{R}, e^{-x^2}) \Rightarrow$ wielomiany Hermite'a dają bazę.
\end{theorem}
\begin{proof}
\textbf{Szkic dowodu:}
Niech $f \in L^2([a,b], \rho) $. Rozważmy całkę
\begin{displaymath}
F(z) := \int ^{b}_a \rho(x) e^{izx} f(x) dx
\end{displaymath}
która jest zbieżna jeśli $\vert Im(z) \vert < \frac{\epsilon}{2}$ \\ 
Ponadto $F$ jest holomorficzna na $\lbrace z: \vert Im(z) \vert < \frac{\epsilon}{2} \rbrace$ \\
Przypuśćmy, że $(x^n \vert f) = 0 \hspace{5mm} \forall_{n \in \mathbb{N}}$. Wówczas
\begin{displaymath}
\frac{d^n}{dz^n} F(z) \Big|_{z=0} = (i)^n  \int ^{b} _ a \rho(x) x^n f(x) dx = (x^n \vert f) = 0
\end{displaymath} dla wszystkich $n$.

Zatem z teorii funkcji holomorficznych $F\equiv 0$. \\
Kładąc  $ z \in \mathbb{R}$ widzimy, że  $  \mathcal{F} (\rho \cdot f \Big|_{[a,b]}) = 0 \Rightarrow \rho \cdot f = 0 $ na $[a,b]$. \\
Skoro $\rho > 0$ to $f = 0$ na $[a,b]$.
\end{proof}
\end{document}