7_vj

8/17/2019 7_vj

1/9

7. Razvoj analitičke funkcije u red

7.1. Razvoj analitičke funkcije u Taylorov red

Taylorov red kompleksne funkcije f oko z 0 ima isti oblik kao i Taylorov red realnefunkcije

∞n=0

f (n)(z 0)

n! (z − z 0)n.

Taj red konvergira na svakom krugu K (z 0, r) ⊆ Ω i u svakoj točki z ∈ K (z 0, r) imasumu f (z ). Broj r zovemo radijus konvergencije tog reda.

Laički rečeno, radijus konvergencije tog reda je udaljenost do najbližeg singula-riteta točki z 0.

Zadatak 7.1. Ako funkciju

f (z ) = 1

(z + 1 + i)sin z

razvijemo u Taylorov red oko točke −π2

, koliki je radijus konvergencije tog reda?

Rješenje. Treba odrediti sve singularitete (točke u kojima funkcija nije analitička)zadane funkcije, pa naći najbliži točki razvoja. Udaljenost do najbližeg singulariteta

je radijus konvergencije Taylorovog reda.Dakle, singulariteti su nultočke funkcije sin, a to su

z k = kπ, k ∈ Z

i točka z 00 = −1− i. Dvije nultočke sinusa koje su najbliže točki razvoja su 0 i −πi njihova je udaljenost π

2. Prostaje samo vidjeti je li udaljenost do singulariteta z 00

manja od π2

. Vrijedi

d−π

2

,

−1

−i = −

π

2

+ 12

+ 12 = π2

4 −π + 2

≈1.15 <

π

2

,

pa je

π2

4 − π + 2 ujedno i radijus konvergencije tog reda.

Zadatak 7.2. Ako razvijemo u Taylorov red oko točke z = 0 funkciju

f (z ) = ln(z + 1)

z + 1 ,

koliki je radijus konvergencije tog reda?

Rješenje. Udaljenost točke razvoja z 0 = 0 do najbližeg singulariteta, a to je −

1 je1, pa je 1 radijus konvergencije tog reda.

8/17/2019 7_vj

2/9

7.2. Razvoj analitičke funkcije u Laurentov red 61

7.2. Razvoj analitičke funkcije u Laurentov red

Neka su Γ1 i Γ2 dvije koncentrične kružnice sa središtem u z 0, redomradijusa R−1 i R2. Ako je f jednoznačna i analitička funkcija na kružnomvijencu R1 < |z − z 0| < R2, onda je

∞n=−∞

cn(z − z 0)n.

Laurentov red funkcije f , pri čemu su koeficijenti u redu dani s

cn = 1

2πi

Γ

f (ζ )

(ζ

−z 0)n+1

dζ, n ∈ Z,

a Γ je kružnica s radijusom r, R1 < r < R2 sa središtem u z 0.

Najčešće se Laurentov red dobiva kombinacijama poznatih Taylorovih redova,ali se može dobiti i direktno, po definiciji.

Zadatak 7.3. Prvo po definiciji nađite Laurentov red za funkciju

f (z ) = e2z

(z − 1)3 , za 0 < |z − 1|,

a zatim funkciju f razvijete u red korištenjem poznatih Taylorovih redova.

Rješenje. Prema definiciji, koeficijenti u redu su

cn = 1

2πi

Γ

e2z

(z − 1)n+4 dz .

Sada imamo dvije različite situacije. Ako je n < −3, onda je podintegralna funkcijaanalitička i integral joj je 0. Ako je n >= −3, onda možemo iskoristiti Cauchyjevuintegralnu formulu

cn = 12πi

Γ

e2z

(z − 1)n+4 dz = (e2z

)

(n+3) 1

(n + 3)! = (2

n+3

e

2z

)1

(n + 3)! = 2

n+3

e2

(n + 3)!.

Prema tome, red izgleda ovako

∞n=−3

2n+3e2

(n + 3)!(z − 1)n.

Zamijenimo li varijablu n + 3 → k, dobivamo∞k=0

2ke2

k! (z − 1)k−3

.

8/17/2019 7_vj

3/9

62 7. Razvoj analitičke funkcije u red

Sada iskoristimo drugi način, korištenjem poznatih redova. Za funkciju

e2z

(z −

1)3

uvedimo supstituciju w = z − 1, tako da funkciju umjesto oko z 0 = 0 razvijamo okow0 = z 0 − 1 = 0. Tada imamo

e2z(z − 1)3 = e2w+2

w3 = e2

ew

w3 = e2

1

w3

1 +

2w

1! +

(2w)2

2! + · · ·+ (2w)

n

n! + · · ·

= e2

1

w3 +

2

1!w2 +

22

2!w + · · ·+ 2

nwn−3

n! + · · ·

= e2

w3 +

2e2

1!w2 +

22e2

2!w + · · ·+ 2

ne2wn−3

n! + · · ·

= e2

(z − 1)3 + 2e2

1!(z − 1)2 + 22e2

2!(z − 1) + · · · + 2ne2(z − 1)n−3

n! + · · ·

=∞n=0

2ne2(z − 1)n−3n!

.

Zadatak 7.4. Na temelju poznatih redova, nađite Laurentov red za funkciju nazadanom području

(a) z − sin z

z 3 za |z | > 0,

(b) 1z 2(z − 3)2 za 0 < |z − 3|

8/17/2019 7_vj

4/9

7.2. Razvoj analitičke funkcije u Laurentov red 63

Za razvoj posljednje funkcije možemo iskoristiti generalizaciju binomnog reda jer je 0 < |w

3| 3, (b) |z |

8/17/2019 7_vj

5/9


Sada imamo1

1z

+ 1 = 1 − 1

z +

1

z 2 + · · ·+ (−1)n 1

z n + · · · .

Dakle,1

2

1

z + 1 =

1

2

1

z

1− 1

z +

1

z 2 + · · ·+ (−1)n 1

z n + · · ·

= 1

2z − 1

2z 2 +

1

2z 3 + · · ·+ (−1)n 1

2z n+1 + · · · .

Sada ostaje razviti još funkciju 1z+3

. Ponovno, ne možemo direktno upotrijebitigeometrijski red, već imamo

1

z + 3 =

1

z 1 + 3z =

1

z · 1

1 + 3z

,

3

z

8/17/2019 7_vj

6/9

7.3. Singulariteti i njihova klasifikacija 65

Sada možemo upotrijebiti binomni red,

1

1 + z3

= 1

−

z

3 +

z 2

32 +

· · ·+ (

−1)n

z n

3n + ,

pa je

1

2

1

z + 3 =

1

2

1

3

1− z

3 +

z 2

32 + · · ·+ (−1)nz

n

3n +

= 1

6 − z

2 · 32 + z 2

2 · 33 + · · ·+ (−1)n z

n

23n+1 + .

Sada još samo treba oduzeti drugi red od prvoga,

1

(z + 1)(z + 3) = 1

2 − z

2 + z 2

2 + · · ·+ (−

1)nz n

2 +

−

1

6 − z

2 · 32 + z 2

2 · 33 + · · ·+ (−1)n z

n

2 · 3n+1 +

= 1

3 +

1 − 322 · 32 z + · · · + (−1)

n+11 − 3n+12 · 3n+1 z

n + · · · .

(c) Zamijenimo varijablu w = z + 1, pa imamo

1

(z + 1)(z + 3) =

1

2

1

w − 1

2

1

w + 2, 0 < |w|

8/17/2019 7_vj

7/9


Zadatak 7.6. Za funkciju

f (z ) = 1

cos 1z

odredite jesu li njezini singulariteti izolirani ili ne. Za sve izolirane singulariteteodredite njihov tip.

Rješenje. Singulariteti zadane funkcije su nultočke nazivnika i točka z 00 = 0. Nul-točke kompleksne funkcije kosinus su jednake nultočkama realnog kosinusa, pa je

1

z =

(2k + 1)π

2 , k ∈ Z,

odnosno

z k =

2

(2k + 1)π , k ∈ Z.Pogledamo li bolje z k, vidimo da se z k približava 0 čim k → ±∞, preciznije

limk→±∞

z k = limk→±∞

2

(2k + 1)π = 0.

Budući da je limes ujedno i gomilište niza, onda se u proizvoljno maloj okolini oko0 nalazi beskonačno mnogo članaova zadanog niza. Drugim riječima, nemoguće jenaći malu okolinu oko z 00 = 0 takvu da se u njoj ne bi nalazio još neki singularitetfunkcije f . Prema tome z 00 je neizolirani singularitet, dok su svi ostali z k izolirani

singulariteti.Za izolirane singularitete možemo odrediti i njihov tip. Odmah se vidi da su svi

z k jednostruke nultočke funkcije kosinus, pa su to polovi prvog reda. Dovoljno jepokazati da je

limz→zk

z − z kcos 1

z

= (L’Hospitalovo pravilo) = limz→zk

11z2

sin 1z

= limz→zk

z 2

sin 1z

= z 2ksin 1

zk

=

4(2k+1)2π2

(−1)k = (−1)k 4

(2k + 1)2π2 = 0.

Zadatak 7.7. Odredite tipove svih singulariteta funkcija

(a) f (z ) =√

z , (b) f (z ) = ln z .

Rješenje. Obje funkcije imaju u 0 singularitet. Tvrdimo da su u oba slučaja upitanju točke grananja.

(a) Ako napravimo punu kružnicu oko ishodišta (tj. dodjemo u istu točku, a radi seo točki grananja, vrijednost funkcije mora biti različita. Da bismo to pokazali,uzmimo tri točke

z 0 = reiϕ, z 1 = re

i(ϕ+2π), z 2 = rei(ϕ+4π).

8/17/2019 7_vj

8/9

7.3. Singulariteti i njihova klasifikacija 67

Te tri točke očito ‘padnu’ na isto mjesto u kompleksnoj ravnini. Izračunajmovrijednosti

√ z u tim trima točkama

√ z 0 = r

1/2eiϕ/2,

√ z 1 = r1/2ei(ϕ/2+π) = r1/2eiϕ/2 · eiπ = r1/2eiϕ/2(cos π + i sin π)= −r1/2eiϕ/2 = −√ z 0,√

z 2 = r1/2ei(ϕ/2+2π) = (periodičnost funkcije ez) = r1/2eiϕ/2 =

√ z 0.

Sada je odmah jasno da funkcije √

z ima točno dvije grane, jer se svakim slje-dećim obilaskom oko 0 prebacujemo iz jedne grane u drugu.

(b) Ako na sličan način pogledamo vrijednosti funkcije ln z u iste tri točke, imamo

ln z 0 = ln r + iϕ

ln z 1 = ln r + i(ϕ + 2π)ln z 2 = ln r + i(ϕ + 4π),

pa je očito da svakim novim ‘okretom’ oko 0 dolazimo u novu granu logaritamskefunkcije.

Zadatak 7.8. Odredite tipove singulariteta sljedećih funkcija:

(a) f (z ) = cos z − 1

z 2 , (b) f (z ) =

sin z

z 2 , (c) f (z ) =

sin√

z √ z

.

Rješenje. (a) Rješenje ovog problema možemo tražiti na dva načina. Prvo, funkcijumožemo razviti u Laurentov red oko nule:

cos z − 1z 2

= 1

z 2

1− z

2

2! +

z 4

4! + · · · + (−1)n z

2n

(2n)! + · · · − 1

= − 12!

+ z 2

4! + · · ·+ (−1)n z

2n−2

(2n)! + · · · ,

pa je očito da u Laurentovom redu nema članova s negativnom potencijom, pase radi o uklonjivom singularitetu.Dokaz smo mogli provesti i tako da pokažemo postojanje limesa

limz→0

cos z − 1z 2

= (L’Hospitalovo pravilo) = limz→0

− sin z 2z

= (L’Hospitalovo pravilo) = limz→0

− cos z 2

= −12

.

(b) Budući da je 0 jednostruka nultočka brojnika i dvostruka nultočka nazivnika,radi se o polu reda 1. Pokažimo to. Jedan od načina je razvoj u Laurentov red

sin z

z 2 =

1

z 2

z − z

3

3! +

z 5

5! + · · · + (−1)n z

2n+1

(2n + 1)! + · · ·

=

1

z − z

3! + · · ·+ (−1)n z

2n−1

(2n + 1)! + · · · .

8/17/2019 7_vj

9/9

7_vj

Documents