kompleksna analiza - unizg.hr

L J I L J A N A A R A M B A Š I C

G O R A N M U I C

PAV L E PA N D Ž I C

K O M P L E K S N AA N A L I Z A

M AT E M AT I C K I O D S J E KP R I R O D O S L O V N O - M AT E M AT I C K I FA K U LT E TS V E U C I L I Š T E U Z A G R E B U

2

Verzija27/4/2022

Sadržaj

1 Uvod 5

1.1 Vrlo kratko o povijesti kompleksnih brojeva 5

1.2 Osnovni pojmovi i definicije 7

1.3 Kompleksne funkcije realne varijable 10

1.4 Kompleksne funkcije kompleksne varijable 12

2 Elementarne kompleksne funkcije kompleksne varijable 15

2.1 Polinomi 15

2.2 Racionalne funkcije 15

2.3 Eksponencijalna i logaritamska funkcija 16

2.4 Trigonometrijske i hiperbolne kompleksne funkcije 19

3 Derivacija kompleksne funkcije 21

4 Integral kompleksne funkcije. Primitivna funkcija 27

5 Cauchyjev teorem za zvjezdast skup 33

6 Cauchyjeva integralna formula 41

7 Opci Cauchyjev teorem 51

8 Lokalno uniformna konvergencija 53

9 Redovi potencija 59

4

10 Laurentov razvoj funkcije 69

11 Izolirani singulariteti 75

12 Teorem o reziduumima 81

13 Weierstrassov pripremni teorem i neke posljedice 87

1 Uvod

1.1 Vrlo kratko o povijesti kompleksnih brojeva

Pojam kompleksnih brojeva prvi put susrecemo u srednjoškolskojmatematici kod pronalaženja rješenja kvadratne jednadžbe. Moglibismo iz toga zakljuciti da su kompleksni brojevi upravo zbog togai uvedeni (to jest, izmišljeni) - kako bi svaka kvadratna jednadžbaimala rješenje. Medutim, povijesno gledajuci, to nije tako bilo, nisukvadratne jednažbe te koje su motivirale definiranje nove vrste bro-jeva, nego kubne. Iako nam se to na prvi pogled može ciniti cudno,zapravo je vrlo logicno.

Promatrajmo kvadratnu jednadžbu

x2 + px + q = 0.

Njeno rješavanje možemo interpretirati na više nacina, a mi cemonavesti dva.

Prvi nacin je da (1.1) napišemo pomocu punog kvadrata(x +

p2

)2=

p2 − 4q4

. (1.1)

Ako je p2 − 4q ≥ 0, onda dobivamo rješenje. Ako je pak p2 − 4q < Jednadžba x2 − 2x + 2 = 0 se može na-pisati kao (x − 1)2 = −1. Ne postojikvadrat površine −1, pa ova jednadžbanema rješenja (naravno, u R).

0, onda naprosto možemo reci da rješenje ne postoji i tu nam nemora ništa biti neobicno, jer kada rješavamo jednažbe tipa x2 = a,geometrijski to interpretiramo kao da tražimo kolika je stranica xkvadrata cija površina iznosi a. Ako je ta površina negativna, ondatakav kvadrat ne postoji.

Drugi nacin je da rješenje jednadžbe x2 + px + q = 0 shvacamokao rješenje sustava

y = x2

y = −px− q,

što geometrijski znaci da tražimo presjek pravca i parabole. Geome-trijski je jasno da postoje parabole i pravci koji se medusobno nesijeku, pa nam je ovo još jedna potvrda da nema ništa neobicno utome da, u nekim slucajevima, jednadžba (1.1) nece imati rješenje.

Pravac i parabola se ne sijeku, pax2 − 2x + 2 = 0 nema (realnih) rješenja.

Iz ovog zakljucujemo da geometrijske interpretacije rješenja kva-dratne jednadnažbe niti ne sugeriraju da bi svaka kvadratna jed-nadžba trebala imati rješenje, pa se ne vidi potreba da se uvode neki"imaginarni" brojevi koji ce biti rješenja.

Promatrajmo sada kubnu jednadžbu oblika

x3 + px + q = 0. (1.2)

6 kompleksna analiza

S obzirom da je izraz x3 + px + q pozitivan za dovoljno velike pozi-tivne x, te negativan za dovoljno velike negativne x, ova jednadžbasigurno ima rješenje. Del Ferro, Tartaglia i Cardano (16. stoljece) supokazali da je rješenje ove jednadžbe dano formulom

x =3

√√q2

4+

p3

27− q

2−

3

√√q2

4+

p3

27+

q2

.

U ovom izrazu se može pojaviti drugi korijen iz negativnog broja,ali cak i kada se desi takva situacija, ne možemo reci da zadana jed-nadžba nema rješenja (kako je to opravdano bilo moguce u slucajukvadratne jednadžbe). Cardano, a nakon njega i Bombelli, pretpos-tavljaju da su sumandi u izrazu za rješenje jednadžbe oblika a +

b√−1 i a− b

√−1, pa se zbrajanjem taj "problematicni" dio poništi.

Tocnije, Bombelli je razmatrao jednadžbu x3 = 15x + 4. U ovom slu-caju formula (1.2) daje x =

3√

2 +√−121 +

3√

2−√−121. Bombelli

je otkrio da je

3√

2 +√−121 = 2 +

√−1 i

3√

2−√−121 = 2−

√−1.

Zbrajajuci ova dva izraza dobivamo 4, što je upravo željeno rješenje.Ovime se vidjelo da za neke probleme realne prirode trebaju bro-jevi koji nisu realni. Ovo otkrice se smatra "rodenjem" kompleksnihbrojeva.

Trebalo je dugo vremena za geometrijsku interpretaciju komplek-snih brojeva. Iako je bilo i ranijih pokušaja, tek krajem 18. stoljecaWessell, Argand i Gauss, neovisno jedan o drugome, dolaze Princioarna ideju da se kompleksni brojevi prikažu kao tocke u ravnini -tu travninu nazivamo kompleksna ravnina (ponekad se naziva i Ga-ussova ravnina) i oznacavamo ju s C. U njoj su kompleksni brojevia + bi prikazani kao tocke (a, b) u ravnini, odnosno vektori s pocet-kom u ishodištu i krajem u tocki (a, b). Nakon Gaussovog rada, te-orija koja se bavi proucavanjem kompleksnih brojeva i kompleksnihfunkcija se brzo razvija. Mnogi fundamentalni rezultati komplek-sne analize su dobivenu u periodu izmedu 1814. i 1851. godine ina njima su radili veliki matematicari poput Cauchyja, Riemanna idrugih.

Za više detalja o povijesti kompleksnih brojeva preporucujemoTristan Needham, Visual complex analysis, or John Stillwell, Historyof mathematics.

uvod 7

1.2 Osnovni pojmovi i definicije

U kompleksnoj analizi radimo s poljem kompleksnih brojeva C. Svakikompleksni broj možemo zapisati u obliku

z = x + iy, x, y ∈ R,

gdje su x, y ∈ R, a i je imaginarna jedinica, i2 = −1. Realne brojevex i y nazivamo realnim iimaginarnim dijelom od z i oznacavamoRe z i Im z. Gornji zapis kompleksnog broja nazivamo pravokutnimzapisom. Skupove C i R2 identificiramo na uobicajeni nacin:

z = x + iy ∈ C↔ (x, y) ∈ R2.

Broj z = x− iy nazivamo konjugirani kompleksni broj broja z =

x + iy. Ocito je

Re z =12(z + z), Im z =

12(z− z).

Modul ili apsolutna vrijednost kompleksnog broja z je broj |z| =√x2 + y2. Geometrijski gledano, |z| predstavlja udaljenost tocke z u

kompleksnoj ravnini od ishodišta. Argument kompleksnog brojaz ∈ C \ 0 definiramo kao realni broj ϕ ∈ (−π, π] koji predstavljavelicinu kuta izmedu pozitivnog dijela osi x i zrake iz ishodišta kojaprolazi kroz z. Ponekad cemo oznacavati ϕ = arg z. Lako se vidi daza svaki z 6= 0 vrijedi

x = Re z = |z| cos ϕ, y = Im z = |z| sin ϕ,

pa jez = x + iy = |z| cos ϕ + i|z| sin ϕ = |z|eiϕ,

gdje smo uveli oznaku

eiϕ := cos ϕ + i sin ϕ

(u ovom trenutku ovo je samo oznaka jer za sada znamo racunati ex

samo kada je x realan broj.) Svaki kompleksni broj z 6= 0 potpuno jeodreden svojim modulom i argumentom (z = 0 je potpuno odredensvojim modulom - to je jedini kompleksni broj ciji je modul jednak 0).Zapis z = |z|eiϕ nazivamo trigonometrijskim zapisom kompleksnogbroja.

Napomenimo da se za interval vrijednosti argumenta komplek-snog broja može uzeti i neki drugi interval duljine 2π, na primjer,cesto se uzima [0, 2π). Medutim, izbor upravo intervala (−π, π] imaveze s definicijom logaritamske funkcije kompleksne varijable.

Osnovne operacije s kompleksnim brojevima svode se na isto-imene operacije s realnim brojevima podrazumijevajuci svojstvo dis-tributivnosti. Ako je z1 = x1 + iy1 i z2 = x2 + iy2 tada je

z1 + z2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2),

z1z2 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1).


Dijeljenje se svodi na množenje proširujuci razlomak

z1

z2=

z1z2

|z2|2,

te imajuci na umu daje |z2|2 ∈ R; naravno, mora biti z2 6= 0.Množenje i dijeljenje su znatno jednostavniji ako su z1 i z2 napisani

u trigonometrijskom obliku. Ako je z1 = r1eiϕ1 i z2 = |z2|eiϕ2 , tada je

z1z2 = r1r2ei(ϕ1+ϕ2),z1

z2=

r1

r2ei(ϕ1−ϕ2).

Posebno, ako je z = reiϕ i n ∈N, tada je

zn = rneinϕ,

odnosno, vrijedi

(r(cos ϕ + i sin ϕ))n = rn(cos nϕ + i sin nϕ).

Operacije s kompleksnim brojevima

Za svaki z ∈ C i svaki n ∈N postoji n medusobno razlicitih kom-pleksnih brojeva cija je n-ta potencija jednaka z; te brojeve nazivamon-tim korijenima kompleksnog broja z. Ako je z = reiϕ, tada su n-tikorijeni od z jednaki

zk =n√

rei ϕ+2kπn , k = 0, 1, . . . , n− 1.

Udaljenost tocaka z1, z2 ∈ C racuna se kao modul njihove razlike,dakle

|z1 − z2| =√(x1 − x2)

2 + (y1 − y2)2.

U trokutu kojemu su vrhovi 0, z1 i z1 + z2 duljine stranice iznose|z1|, |z2|, |z1 + z2|, odakle slijedi takozvana nejednakost trokuta

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|, ∀z1, z2 ∈ C.

Ovu cemo nejednakost cesto koristiti. Iz nje se dobije i obrnuta ne-jednakost trokuta

|z1 − z2| ≥ ||z1| − |z2||, ∀z1, z2 ∈ C.

uvod 9

Otvoren krug s centrom u z0 ∈ C radijusa r > 0 je skup skup svihkompleksnih brojeva z koji su udaljeni od z0 za manje od r, dakle

K(z0, r) = z ∈ C : |z− z0| < r .

Zatvoren krug s centrom u z0 ∈ C radijusa r > 0 je skup

K(z0, r) = z ∈ C : |z− z0| ≤ r .

Kružnica s centrom u z0 ∈ C radijusa r > 0 je skup

S(z0, r) = ∂K(z0, r) = z ∈ C : |z− z0| = r .

Ocito je S(z0, r) =

z = z0 + reiϕ : ϕ ∈ [0, 2π)

.

Skup Ω ⊆ C je otvoren ako je ili prazan ili za svaku tocku z ∈ Ωpostoji rz > 0 tako da je K(z, rz) ⊆ Ω. Skup Ω ⊆ C je zatvoren akoje njegov komplement Ωc = C \Ω otvoren. 1 1 U smislu ovih definicija, za sve z0 ∈ C

i sve r > 0 skup K(z0, r) je otvoren, aK(z0, r) zatvoren, pa su njihovi naziviopravdani. Iako su otvoreni skupoviunije otvorenih krugova, zatvoreni sku-povi se ne moraju moci prikazati kaounije zatvorenih krugova. Npr. seg-ment [0, 1] je zatvoren skup u C, jer muje komplement otvoren, ali ne sadrži ni-kakve zatvorene krugove u C.

Skup S ⊆ C je ogranicen ili omeden ako postoji M > 0 tako da je|z| ≤ M za sve z ∈ S, to jest, S ⊆ K(0, M).

Skup K ⊆ C je kompaktan ako je zatvoren i ogranicen. Zatvorenkrug i kružnica su primjeri kompaktnih skupova.

Neka je K kompaktan skup i K(zj, rj) : j ∈ J familija otvorenihkrugova tako da je K ⊆ ∪j∈IK(zj, rj). Tada postoji konacan podskupj1, . . . , jn ⊆ J tako da je K ⊆ ∪n

k=1K(zjk , rjk ). Drugim rijecima, svakiotvoreni pokrivac skupa kompaktnog skupa K se može reducirati nakonacan potpokrivac.

Otvoren skup Ω u C je povezan ako se ne može napisati kao di-sjunktna unija svoja dva otvorena neprazna podskupa. Vrijedi da jeotvoren skup Ω povezan ako za svake dvije tocke z, w ∈ Ω postojineprekidno preslikavanje γ : [a, b] → Ω (koje nazivamo put) tako daγ(a) = z i γ(b) = w.

Otvoren skup Ω koji je ujedno i povezan naziva se podrucjem. 2 2 Na primjer, svaki otvoren krug je po-drucje. Unija dva disjunktna otvorenakruga nije podrucje, vec samo otvorenskup kojemu su ta dva kruga kompo-nente povezanosti.

Ukoliko Ω nije povezan, može se napisati na jedinstven nacin kaoprebrojiva (moguce konacna) unija disjunktnih podrucja, koje nazi-vamo komponente povezanosti od Ω.

Sjetimo se i osnovnih pojmova o nizovima. Niz kompleksnih bro-jeva (zn)n konvergira prema kompleksnom broju z0, pišemo limn zn =

z0, ako za svaki ε > 0 postoji nε ∈N (ovisan o ε) tako da vrijedi

n ≥ nε ⇒ |zn − z0| < ε.

Gornje možemo reformulirati kao

n ≥ nε ⇒ zn ∈ K(z0, ε).

Ako je zn = xn + iyn, n ∈N i z0 = x0 + iy0 tada vrijedi:

limn

zn = z0 ⇔ (limn

xn = x0 i limn

yn = y0).


Na primjer, ako je zn =sin n

n+ i

n2 + 12n2 − 1

, n ∈N tada je

limn→∞

zn = limn→∞

sin nn

+ i limn→∞

n2 + 12n2 − 1

=12

i.

Niz kompleksnih brojeva (zn)n je Cauchyjev niz ili C-niz ako zasvaki ε > 0 postoji nε ∈N tako da vrijedi

n, m ≥ nε ⇒ |zn − zm| < ε.

Lako se provjeri da je (zn)n Cauchyjev niz ako i samo ako su(Re zn)n i (Im zn)n Cauchyjevi nizovi. Nadalje, vrijedi da je niz kom-pleksnih brojeva konvergentan ako i samo ako je Cauchyjev - ovosvojstvo govori da je C potpun prostor.

Zatvoreni skupovi u C se mogu opisati pomocu nizova: F ⊆ C jezatvoren ako i samo ako za svaki konvergentan niz (zn)n ⊆ F vrijedida je limn zn element skupa F.

Uz pojam niza blisko je povezan pojam reda. Neka je (an)n≥0 nizkompleksnih brojeva. Red ∑ an je uredeni par nizova ((an)n, (sn)n),gdje je (sn) niz parcijalnih suma definiran formulom

sn = a0 + . . . + an, n ≥ 0.

Ako niz (sn)n konvergira, tada njegov limes s = limn→∞ sn nazivamosumom reda ∑ an i kažemo da red ∑n an konvergira. Nužan uvjetkonvergencije reda je da mu opci clan teži u 0, dakle, limn→∞ an = 0.

Kao primjer navedimo geometrijski red ∑∞n=0 qn, gdje je q ∈ C.

Ako je |q| ≥ 1, tada nije zadovoljen nužan uvjet konvergencije reda,zato red ∑∞

n=0 qn divergira. S obzirom da je, za q 6= 1,

sn = 1 + q + . . . + qn =1− qn+1

1− q,

red ∑∞n=0 qn konvergira za |q| < 1 i vrijedi

∞

∑n=0

qn = limn→∞

sn = limn→∞

1− qn+1

1− q=

11− q

.

1.3 Kompleksne funkcije realne varijable

Prije nego prijedemo na proucavanje kompleksnih funkcija komplek-sne varijable, zadržimo se kratko na kompleksnim funkcijama realnevarijable. Neka je

γ : D → C, D ⊆ R.

(Na primjer, D može biti otvoreni interval (a, b), gdje su moguci islucajevi a = −∞ ili b = ∞, ili segment [a, b].) Za svaki t ∈ Doznacimo

α(t) = Re γ(t) i β(t) = Im γ(t).

uvod 11

Time smo dobili dvije realne funkcije realne varijable α, β : D → R

za koje vrijediγ = α + iβ,

a koje nazivamo realnim i imaginarnim dijelom funkcije γ.

Na primjer, neka je γ : R→ C, γ(t) =t + it− i

. Tada je

γ(t) =t + it− i

=(t + i)2

(t− i)(t + i)=

t2 − 1 + 2tit2 + 1

=t2 − 1t2 + 1

+ i2t

t2 + 1,

pa je

α(t) =t2 − 1t2 + 1

, β(t) =2t

t2 + 1.

Funkcija γ : D → C je neprekidna u t0 ∈ D ako za svaki ε >

0 postoji δ > 0 takav da za sve t ∈ D, |t − t0| < δ vrijedi da je| f (t)− f (t0)| < ε, to jest, ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da zasve t ∈ D, t ∈ 〈t0 − δ, t0 + δ〉 vrijedi da je f (t) ∈ K( f (t0), ε). Funkcijaγ : D → C je neprekidna na D ako je neprekidna u svakoj tockit0 ∈ D. Lako se vidi da je (kompleksna funkcija realne varijable) γ

neprekidna ako i samo ako su (realne funkcije realne varijable) α i β

neprekidne.

Reci cemo da je γ : D → C derivabilna u tocki t0 ∈ D ako postoji

limt→t0

γ(t)− γ(t0)

t− t0. (1.3)

Ako ovaj limes postoji, oznacit cemo ga s γ′(t0) i nazivati derivacijafunkcije γ u t0. Funkcija γ : D ⊂ R→ C je derivabilna na D ako jederivabilna u svakoj tocki t0 ∈ D.

Kao i kod neprekidnosti, i svojstvo derivabilnosti funkcije γ ekvi-valentno je derivabilnosti funkcija α i β : γ je derivabilna u t0 ako isamo su α i β derivabilne u t0 te vrijedi

γ′(t0) =dγ(t0)

dt= α′(t0) + iβ′(t0). (1.4)

Na primjer, ako je γ : R→ C, γ(t) = t2 + iet tada je γ′(t) = 2t + iet.

Pojam integrabilnosti se takoder, preko realnog i imaginarnog di-jela, svodi na realnu analizu. Neka je γ = α + iβ : [a, b] → C . Recicemo da je γ integrabilna na [a, b] ako su α i β integrabilne na [a, b](kao realne funkcije realne varijable). Tada definiramo integral∫ b

aγ(t)dt :=

∫ b

aα(t)dt + i

∫ b

aβ(t)dt.

Na primjer, γ : [0, 1] → C, γ(t) = t2 + iet je integrabilna na [0, 1]jer su realne funkcije α(t) = t2 i β(t) = et integrabilne na [0, 1], tevrijedi

∫ 1

0γ(t)dt =

∫ 1

0t2dt + i

∫ 1

0etdt = (

13

t3 + iet)

∣∣∣∣10=

13+ i(e− 1).


1.4 Kompleksne funkcije kompleksne varijable

Tipicna funkcija u ovom kolegiju bit ce kompleksna funkcija kompleksnevarijable, dakle funkcija f : Ω→ C, gdje je Ω otvoren skup u C.

Podsjetimo se nekih pojmova i fiksirajmo notaciju. Neka je f :Ω→ C.

• f je ogranicena ako postoji M ≥ 0 tako da je | f (z)| ≤ M, ∀z ∈ Ω.

• Modul funkcije f je funkcija | f | : Ω→ [0, ∞) definirana formulom| f |(z) = | f (z)|.

• Funkcija f je neprekidna u z0 ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0tako da K(z0, δ) ⊆ Ω i

|z− z0| < δ⇒ | f (z)− f (z0)| < ε,

to jest, z ∈ K(z0, δ)⇒ f (z) ∈ K( f (z0), ε).

• Funkcija f je neprekidna na Ω ako je neprekidna u svakoj tockiskupa Ω.

• Kažemo da funkcija f postiže maksimum u tocki z0 ∈ Ω ako je

| f (z)| ≤ | f (z0)|, ∀z ∈ Ω,

te da postiže minimum u tocki z0 ∈ Ω ako je

| f (z)| ≥ | f (z0)|, ∀z ∈ Ω.

• Vrijedi: Neprekidna funkcija f : K → C na kompaktu K ⊆ C postižesvoj minimum i maksimum.

• Za funkciju f : Ω ⊆ C → C, uz identifikaciju z = x + iy ↔ (x, y)uvodimo oznake

u(x, y) = Re f (x + iy), v(x, y) = Im f (x + iy).

Na taj nacin smo definirali funkcije

u, v : Ω ⊆ R2 → R

koje nazivamo realni i imaginarni dio od f . Pišemo

u = Re f , v = Im f , f = u + iv.

Funkciju f sada možemo shvacati i kao funkciju f : Ω ⊆ R2 → R2

zadanu s 3 3 Na primjer, neka je f : C → C zadanas f (z) = z2. Tada je f (x + iy) = (x +iy)2 = x2 − y2 + i · 2xy. Dakle,

u(x, y) = x2 − y2

v(x, y) = 2xyf (x, y) = (x2 − y2, 2xy).

f : (x, y) 7→ (u(y), v(x, y)).

Prisjetimo se sada i pojmova parcijalnih derivacija i diferencijabil-nosti realnih funkcija dviju realnih varijabli.

uvod 13

Neka je u : Ω ⊆ R2 → R. Parcijalne derivacije funkcije u u tocki(x0, y0) ∈ Ω definirane su na sljedeci nacin:

ux(x0, y0) =∂u∂x

(x0, y0) = limx→x0

u(x, y0)− u(x0, y0)

x− x0,

uy(x0, y0) =∂u∂y

(x0, y0) = limy→y0

u(x0, y)− u(x0, y0)

y− y0.

Funkcija u : Ω → R je diferencijabilna u tocki (x0, y0) ∈ Ω akopostoje realni brojevi A i B tako da vrijedi

lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)− u(x0, y0)− A(x− x0)− B(y− y0)|√(x− x0)

2 + (y− y0)2

= 0.

Ako je u diferencijabilna u (x0, y0), onda postoje parcijalne deri-vacije od u u (x0, y0) i vrijedi A = ux(x0, y0) i B = uy(x0, y0), tako daimamo

lim(x,y)→(x0,y0)

∣∣u(x,y)−u(x0,y0)−ux(x0,y0)(x− x0)−uy(x0,y0)(y− y0)∣∣√

(x− x0)2 + (y− y0)

2=0.

Obrat ne vrijedi. Sama egzistencija parcijalnih derivacija funk-cije u u (x0, y0) nije dovoljna za zakljucak da je u diferencijabilna u(x0, y0). Upravo zbog toga je sljedeci test koristan u ispitivanju di-ferencijabilnosti od u u (x0, y0): ako postoje parcijalne derivacije nanekoj okolini tocke (x0, y0) i ako su one neprekidne na toj okolini,tada je u diferencijabilna u tocki (x0, y0).

Funkcija f : Ω ⊆ R2 → R2 je diferencijabilna u tocki (x0, y0) ∈ Ωako postoji linearan operator T : R2 → R2 takav da vrijedi

lim(x,y)→(x0,y0)

‖ f (x, y)− f (x0, y0)− T(x− x0, y− y0)‖‖(x, y)− (x0, y0)‖

= 0.

Vrijedi:

• f : Ω ⊆ R2 → R2, (x, y) 7→ (u(x, y), v(x, y)) je diferencijabilna u(x0, y0) ∈ Ω ako i samo ako su u i v diferencijabilne u (x0, y0) ∈ Ω.

• Ako je f diferencijabilna u (x0, y0) onda postoje parcijalne deriva-cije od u i v u (x0, y0).

• Ako parcijalne derivacije od u i v postoje i neprekidne su na nekojokolini tocke (x0, y0), tada je f diferencijabilna u tocki (x0, y0).

2 Elementarne kompleksne funkcijekompleksne varijable

Sada cemo definirati elementarne kompleksne funkcije kompleksnevarijable: polinome, racionalne funkcije, eksponencijalnu i logaritam-sku funkciju, te trigonometrijske funkcije. Naravno, te ce funkcijeproširivati istoimene realne funkcije realne varijable.

2.1 Polinomi

Neka je n ∈ N i a0, a1, . . . , an ∈ C, pri cemu je an 6= 0. Polinomstupnja n je funkcija p : C→ C oblika

p(z) = anzn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0.

Brojeve a0, a1, . . . , an nazivamo koeficijentima polinoma p.Nulpolinom je funkcija koja u svakom kompleksnom broju po-

prima vrijednost 0. Stupanj nulpolinoma se ne definira.Na primjer, funkcija p(z) = z3 − (3 + i)z + 12 je (kompleksni) po-

linom treceg stupnja.

2.2 Racionalne funkcije

Racionalna funkcija je funkcija oblika

r(z) =p(z)q(z)

,

gdje su p i q polinomi i q nije nul-polinom. Prirodna domena raci-onalne funkcije r je skup

Ω = z ∈ C : q(z) 6= 0.

Svaki polinom je racionalna funkcija, to jest, racionalne funkcijemožemo smatrati generalizacijom polinoma.

Prema osnovnom teoremu algebre (a taj cemo teorem dokazati i uovom kolegiju), polinom n-tog stupnja ima tocno n nultocaka u C, ra-cunajuci njihove kratnosti. Prema tome, prirodna domena racionalnefunkcije je skup C iz kojeg je izbaceno konacno mnogo kompleksnihbrojeva (nultocaka polinoma u nazivniku). Posebno, domena raci-onalne funkcije je otvoren skup. Uocimo da su polinomi jedine ra-cionalne funkcije cija je domena cijeli C, upravo zbog spomenutogosnovnog teorema algebre.


Na primjer, funkcija

r(z) =z3 − 3z + 12

z2 + 1

je jedna racionalna funkcija i njena domena je

Ω = z ∈ C : z2 + 1 6= 0 = C \ ±i.

2.3 Eksponencijalna i logaritamska funkcija

Kompleksna eksponencijalna funkcija je funkcija exp : C → C de-finirana formulom

exp(z) = exp(x + iy) = ex (cos y + i sin y) .

Osim exp(z) koristit cemo i oznaku ez. 1 1 Uocimo da je izraz na desnoj straniprethodne formule dobro definiran zasvaki z = x + iy ∈ C jer su x, y ∈ R, pasu izrazi ex , sin y, cos y dobro definirani.

Najprije uocimo da smo gornjom definicijom proširili dobro nampoznatu realnu eksponencijalnu funkciju: ako je z = x ∈ R (to jest,ako je y = 0) tada je

exp(z) = exp(x + i · 0) = ex (cos 0 + i sin 0) = ex.

Takoder, za x ∈ R smo vec ranije uveli oznaku eix := cos x + i sin x.Sada to više ne moramo smatrati samo oznakom, jer iz definicijekompleksne eksponencijalne funkcije imamo

exp(ix) = exp(0 + i · x) = e0 (cos x + i sin x) = cos x + i sin x.

Proucimo neka svojstva eksponencijalne funkcije.

• Za svaki z = x + iy ∈ C vrijedi

|ez| = |ex(cos y + i sin y)| = ex(cos2 y + sin2 y) = ex > 0.

Odavde zakljucujemo da je

ez 6= 0, ∀z ∈ C.

Zato 0 nije u slici eksponencijalne funkcije, a iz definicije se možezakljuciti da svi ostali kompleksni brojevi jesu. Prema tome, eks-ponencijalna funkcija je surjekcija na C \ 0.

• Direktno po definiciji provjerimo da vrijede formule

ez1+z2 = ez1 ez2 , ez1−z2 =ez1

ez2

za sve z1, z2 ∈ C. Zbog ez 6= 0, druga formula je uvijek dobrodefinirana.

• Eksponencijalna funkcija je periodicna s periodom 2πi jer je

ez+2πi = ex+i(y+2π) = ex (cos (y + 2π) + i sin (y + 2π)) =

= ex (cos y + i sin y) = ez

za sve z ∈ C. Posebno, zakljucujemo da exp : C → C \ 0 nijeinjekcija, pa niti bijekcija.

elementarne kompleksne funkcije kompleksne varijable 17

Promotrimo sada ponašanje eksponencijalne funkcije na nekimpodskupovima domene. Uzmimo x0 ∈ R, proizvoljan i fiksiran broj.Skup

x0 + iy : y ∈ R

je vertikalni pravac koji realnu os sijece u x0. Slika tog pravca poeksponencijalnoj funkciji je skup

ex0+iy : y ∈ R = ex0(cos y + i sin y) : y ∈ R,

dakle, to kružnica sa središtem u ishodištu radijusa ex0 . Prema tome,vertikalni pravci domene se preslikavaju u kružnice sa središtem uishodištu.

Uzmimo sada y0 ∈ R, opet proizvoljan i fiksiran broj. Skup

x + iy0 : x ∈ R

je horizontalni pravac koji imaginarnu os sijece u iy0. Njegova slikapo eksponencijalnoj funkciji je skup

ex+iy0 : x ∈ R = ex(cos y0 + i sin y0) : x ∈ R,

što je polupravac (zraka) iz ishodišta (bez ishodišta) koja s pozitivnimdijelom realne osi zatvara kut y0. Prema tome, horizontalni pravcidomene se preslikavaju u zrake iz ishodišta.

Vec smo utvrdili da je exp : C→ C \ 0 surjekcija, a sada smo sejoš jednom u to uvjerili; naime, svim ovim polupravcima (kao i svimspomenutim kružnicama) popunjen je cijeli skup C \ 0.

Štoviše, sada uocavamo da, ako oznacimo

R× 〈−π, π] = x + iy : x ∈ R, y ∈ 〈−π, π],


tada je restrikcija eksponencijalne funkcije

exp |R×〈−π,π] : R× 〈−π, π]→ C \ 0 (2.1)

surjekcija, jer su horizontalni pravci sadržani u domeni ove restrikcijedovoljni da se tocno jednom prekrije cijela kodomena C \ 0. Zaprovjeru injektivnosti ove restrikcije uocimo da je ez = ew ako i samoako z = w + 2πik za neki k ∈ Z; stoga, ako su z, w ∈ R× 〈−π, π],tada ez = ew ako i samo ako z = w. Prema tome, ova restrikcija jebijekcija.

Medutim, lako se vidi da njen inverz nece biti neprekidna funkcija.Zato se iz domene izbacuje i rubni horizontalni pravac kroz iπ, kojise preslikao u negativni dio realne osi. Tako dolazimo do bijekcije

exp |R×〈−π,π〉 : R× 〈−π, π〉 → C \ x ∈ R : x ≤ 0. (2.2)

ciji ce inverz biti neprekidna funkcija, a nazivat cemo ga logaritamskafunkcija. Za odredivanje formule inverzne funkcije racunamo slje-dece: za z ∈ C \ x ∈ R : x ≤ 0 tražimo w = u + iv ∈ R× 〈−π, π〉tako da je ew = z. Tada

ew = z ⇔ eueiv = |z|eiϕ

⇔ eu = |z| i eiv = eiϕ

⇔ u = ln |z| i v = ϕ

⇔ w = ln |z|+ iϕ.

Sada možemo definirati logaritamsku funkciju.

(Glavna grana) logaritamske funkcije je funkcija

ln : C \ 〈−∞, 0]→ R× 〈−π, π〉, ln(z) = ln |z|+ iarg z.

Domena funkcije ln je kompleksna ravnina iz koje je izbacena jednazraka iz ishodišta - negativni dio realne osi zajedno s ishodištem.

Naziv "glavna grana" sugerira da postoje i druge grane. Radi seo tome da smo, umjesto restrikcije eksponencijalne funkcije na R×〈−π, π〉, mogli promatrati i restrikciju na, na primjer, R× 〈0, 2π〉. Utom slucaju dobili bismo bijekciju

exp |R×〈0,2π〉 : R× 〈0, 2π〉 → C \ x ∈ R : x ≥ 0,

ciji bi inverz takoder bio neprekidna funkcija, a taj bi se inverz s pu-nim pravom mogao nazivati (nekom granom) logaritamske funkcije.Ono što možemo zamjerati ovoj grani logaritamske funkcije je to štoona ne proširuje realnu funkciju ln, iz jednostavnog razloga što nijedefinirana za pozitivne realne brojeve koji cine domenu realne funk-cije ln.

Zapravo, za svaki ϕ ∈ R je funkcija

exp |R×〈ϕ,ϕ+2π〉 : R× 〈ϕ, ϕ + 2π〉 → C \ x ∈ R : arg x 6= ϕ,

bijekcija, a njen inverz je neka grana logaritamske funkcije. Ovo cenam ponekad biti vrlo korisno u dokazima.

elementarne kompleksne funkcije kompleksne varijable 19

2.4 Trigonometrijske i hiperbolne kompleksne funkcije

Kompleksne trigonometrijske funkcije sin i cos definiraju se pomocueksponencijalne funkcije. Prije same definicije sjetimo se da za svex ∈ R vrijedi

eix = cos x + i sin x.

Odavde imamo da je

e−ix = cos x− i sin x.

Zbrajajuci i oduzimajuci ove dvije relacije dolazimo do izraza

sin x =eix − e−ix

2i, cos x =

eix + e−ix

2

za sve x ∈ R. S obzirom da smo vec definirali kompleksnu eksponen-cijalnu funkciju, izrazi na desnim stranama prethodnih relacija imajusmisla i ako realni broj x zamijenimo kompleksnim brojem z. Upravona taj nacin cemo definirati kompleksne trigonometrijske funkcije ione ce automatski proširivati istoimene realne funkcije.

Kompleksne trigonometrijske funkcije sin, cos : C → C defini-ramo formulama

sin z =eiz − e−iz

2i, cos z =

eiz + e−iz

2.

Direktnim racunom provjerimo da za sve z ∈ C vrijede sljedecerelacije (ciji realni analogoni su nam dobro poznati):

sin(−z) = − sin z, cos(−z) = cos z,

sin(z + 2π) = sin z, cos(z + 2π) = cos z,

sin(z +π

2) = cos z, cos(z +

π

2) = − sin z.

Nadalje, za sve z ∈ C vrijedi

eiz = cos z + i sin z,

kao i adicijske formule

sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2,

cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2

za sve z1, z2 ∈ C. Uvrštavajuci z1 = z i z2 = −z u prethodnu formuluproširujemo dobro poznati identitet

sin2 z + cos2 z = 1, z ∈ C.

Lako se pokaže da kompleksne trigonometrijske funkcije sin i cosnisu ogranicene.2 To cemo kasnije dobiti i kao posljedicu jednog 2 Kompleksne funkcije sin : C → C i

cos : C→ C nisu ogranicene funkcije.važnog teorema.

Kompleksne funkcije tangens i kotangens definiramo formulama

tg z =sin zcos z

, ctg z =cos zsin z


za sve z ∈ C za koje gornji izrazi imaju smisla. Lako je pokazati(provedite racun) da je sin z = 0 ako i samo ako je z = kπ za nekik ∈ Z, te da je cos z = 0 ako i samo ako je z = π

2 + kπ za neki k ∈ Z.Prema tome, domena tangensa je C \ π

2 + kπ : k ∈ Z, a domenakotangensa C \ kπ : k ∈ Z.

Konacno, navedimo da se kompleksne funkcije sinus i kosinusmogu izraziti iskljucivo u terminima realnih funkcija. Za sve z ∈ C

imamo

sin z = sin(x + iy)

= sin x cos(iy) + cos x sin(iy)

= sin x · ei(iy) + e−i(iy)

2+ cos x · ei(iy) − e−i(iy)

2i

= sin x · e−y + ey

2+ cos x · e−y − ey

2i

= sin x · ey + e−y

2+ i cos x · ey − e−y

2= sin x ch y + i cos x sh y.

Slicno provjerimo da za sve z ∈ C vrijedi

cos z = cos(x + iy) = cos x ch y− i sin x sh y.

Ovdje smo koristili definicije hiperbolnih funkcija realne varija-ble: za sve x ∈ R vrijedi sh x = ex−e−x

2 i ch x = ex+e−x

2 . Iz dosadprezentiranog nacina razmišljanja kod proširivanje realnih funkcija,jasno je da nam upravo ove formule omogucuju definiciju istoimenihkompleksnih funkcija.

Hiperbolne kompleksne funkcije sh i ch se definiraju kao

sh z =ez − e−z

2, ch z =

ez + e−z

2, z ∈ C.

Sada poznajemo znatno više primjera kompleksnih funkcija kom-pleksne varijable nego na pocetku ovog poglavlja, pa možemo za-poceti s proucavanjem njihovih svojstava. Vec u iducem poglavljuproucavamo derivabilnost kompleksnih funkcija.

3 Derivacija kompleksne funkcije

Pojam derivabilnosti kompleksne funkcije kompleksne varijable de-finira se "istom" formulom kao u realnom slucaju.

Definicija 3.1. Neka je zadana funkcija f : Ω → C i z0 ∈ Ω. Funkcija fje derivabilna u tocki z0 ako postoji

limz→z0

f (z)− f (z0)

z− z0. (3.1)

Ukoliko taj limes postoji, oznacavamo ga s f ′(z0) i nazivamo derivacijafunkcije f u tocki z0.

Funkcija f je derivabilna na Ω ako je derivabilna u svakoj tocki skupaΩ (još kažemo da je f holomorfna na Ω); u tom slucaju možemo definiratifunkciju f ′ : Ω→ C, z 7→ f ′(z) koju nazivamo derivacija funkcije f .

Funkcija f je cijela ako je derivabilna na cijelom C.

Zamjenom varijabli z = z0 + h u (3.1) dobijemo još jedan zapisistog limesa

limz→z0

f (z)− f (z0)

z− z0= lim

h→0

f (z0 + h)− f (z0)

h. (3.2)

Nekad je spretnije koristiti ovu formulu.

Primjer 3.2. Izracunajmo, ako postoji, derivaciju funkcije f (z) = z2 uproizvoljnoj tocki z0 ∈ C. Imamo

limz→z0

f (z)− f (z0)

z− z0= lim

z→z0

z2 − z20

z− z0= lim

z→z0

(z− z0)(z + z0)

z− z0

= limz→z0

(z + z0) = 2z0.

S obzirom da je z0 bila proizvoljno odabrana tocka, derivacija funk-cije f je zadana s f ′(z) = 2z.

Primjer 3.3. Provjerimo postoji li derivacija funkcije f (z) = Re z. Ra-cunamo

limh→0

f (z0 + h)− f (z0)

h= lim

h→0

Re (z0 + h)− Re z0

h

= limh→0

Re z0 + Re h− Re z0

h

= limh→0

Re hh

.


S obzirom da je h ∈ C i h teži u 0, ako ovaj limes postoji onda moravrijediti

limh∈R,h→0

Re hh

= limh∈iR,h→0

Re hh

.

Medutim, ova jednakost ne vrijedi jer

limh∈R, h→0

Re hh

= limh∈R, h→0

hh= 1,

dok je

limh∈iR, h→0

Re hh

= limh∈iR, h→0

0h= 0.

Prem tome, funkcija f (z) = Re z nije derivabilna niti u jednoj tockiiz C. 1 1 Na isti nacin provjerite postoji li deri-

vacija funkcije f (z) = z.

Lako se provjere sljedece tvrdnje (to jest, na isti nacin kao i kodrealnih funkcija realne varijable).

Neka su zadane funkcije f , g : Ω→ C i tocka z0 ∈ Ω. Tada vrijedi:

(i) Ako je f derivabilna u z0, onda je f neprekidna u z0. Posebno,ako je f derivabilna na Ω onda je i neprekidna na Ω. Zaista, akopostoji limz→z0

f (z)− f (z0)z−z0

tada je

limz→z0

( f (z)− f (z0)) = limz→z0

f (z)− f (z0)

z− z0· (z− z0) = 0.

(ii) Ako su f i g derivabilne u z0 tada:

(1) Za sve λ, µ ∈ C je funkcija λ f + µg derivabilna u z0 i

(λ f + µg)′ (z0) = λ f ′(z0) + µg′(z0).

(2) f g je derivabilna u z0 i

( f g)′(z0) = f ′(z0)g(z0) + f (z0)g′(z0).

(3) Ako g(z0) 6= 0, onda jefg

derivabilna u z0 i vrijedi

(fg

)′(z0) =

f ′(z0)g(z0)− f (z0)g′(z0)

(g(z0))2 .

(iii) Neka je g : Ω1 → C, gdje je Ω1 otvoren skup koji sadrži f (Ω).Ako je f derivabilna u tocki z0 i g derivabilna u f (z0), tada je g fderivabilna u z0 i vrijedi

(g f )′(z0) = g′( f (z0)) f ′(z0).

Iz gornjih formula odmah slijedi da su polinomi derivabilne funk-cije. Preciznije, ako je

f (z) = anzn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0,

gdje su a0, a1, . . . , an ∈ C, tada je

f ′(z) = nanzn−1 + (n− 1)an−1zn−2 + · · ·+ a1.

derivacija kompleksne funkcije 23

Racionalne funkcije su takoder derivabilne na svojoj domeni.

Sjetimo se da smo funkciju f : Ω → C pisali u obliku f = u + iv,gdje je u = Re f i v = Im f . Takoder, funkcija f je u jednoznacnojkorespondenciji s funkcijom f : Ω ⊆ R2 → R2 zadanom s

f : (x, y) 7→ (u(x, y), v(x, y)).

(Iako se formalno radi o razlicitim funkcijama, možemo ih oznacavatiistim slovom jer su jedna drugom potpuno i jednoznacno odredene iiz domene i kodomene je jasno na koju od njih mislimo u konkretnojsituaciji.)

Vratimo se primjeru f (z) = z2. Tada je

f (z) = f (x + iy) = (x + iy)2 = (x2 − y2) + i · 2xy,

pa jeu(x, y) = x2 − y2, v(x, y) = 2xy.

Kako su u i v funkcije realnih varijabli x i y možemo racunati njihoveparcijalne derivacije. Tako je

ux(x, y) = 2x, uy(x, y) = −2y, vx(x, y) = 2y, vy(x, y) = 2x.

Vec smo izracunali da je f ′(z) = 2z, odnosno

f ′(z) = f ′(x + iy) = 2x + i · 2y.

Iz ovog primjera uocavamo da je

• ux(x, y) = vy(x, y),

• uy(x, y) = −vx(x, y)

• f ′ = ux + ivx.

Da ova zapažanja nisu specificnost funkcije kvadriranja dokazujemou sljedecem teoremu u kojem proucavamo vezu derivabilnosti kom-pleksne funkcije f i diferencijabilnosti realnih funkcija u i v dvijurealnih varijabli.

Teorem 3.4. (Cauchy–Riemannovi uvjeti) Neka je f : Ω→ C funkcija,z0 = x0 + iy0 ∈ Ω. Neka je f = u + iv. Tada je f derivabilna u tocki z0

(to jest, postoji limes (3.1)) ako i samo ako je funkcija f : Ω ⊆ R2 → R2

diferencijabilna u tocki (x0, y0) i vrijede Cauchy–Riemannovi uvjeti:

ux(x0, y0) = vy(x0, y0),

uy(x0, y0) = −vx(x0, y0).

Dokaz. Dokaz ovog teorema vrlo jednostavno slijedi iz gornjih raz-matranja i definicija, ali zahtijeva dosta pisanja.⇒ Definicija 3.1 se može zapisati kao

0 = limz→z0

∣∣∣∣ f (z)− f (z0)

z− z0− f ′(z0)

∣∣∣∣= lim

z→z0

| f (z)− f (z0)− f ′(z0)(z− z0)||z− z0|

.(3.3)


Uocimo da (x, y)→ (x0, y0) zapravo znaci z→ z0, jer je

|z− z0| =√(x− x0)

2 + (y− y0)2.

Neka je f ′(z0) = a + ib. Tada

| f (z)− f (z0)− (a + ib)(z− z0)|2 =

= (u(x, y)− u(x0, y0)− a(x− x0) + b(y− y0))2 +

+ (v(x, y)− v(x0, y0)− b(x− x0)− a(y− y0))2 .

Uocimo da je lijeva strana ovog izraza veca ili jednaka od svakogsumanda na desnoj strani. Kako su ti sumandi nenegativni, (3.3)povlaci

lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)− u(x0, y0)− a(x− x0) + b(y− y0)|√(x− x0)

2 + (y− y0)2

= 0,

lim(x,y)→(x0,y0)

|v(x, y)− v(x0, y0)− b(x− x0)− a(y− y0)|√(x− x0)

2 + (y− y0)2

= 0.

Dakle, u i v su diferencijabilne i vrijediux(x0, y0) = a,

uy(x0, y0) = −b,

vx(x0, y0) = b,

vy(x0, y0) = a,

odakle je

ux(x0, y0) = vy(x0, y0),

uy(x0, y0) = −vx(x0, y0).

⇐ Pretpostavljeni Cauchy–Riemannovi uvjeti pokazuju da mo-žemo definirati realne brojeve a i b kao

a = ux(x0, y0) = vy(x0, y0)

−b = uy(x0, y0) = −vx(x0, y0).(3.4)

Pokazat cemo da je f ′(z0) = a + ib. Pretpostavka da je u diferencija-bilna u (x0, y0) može se u ovim oznaka napisati kao:

lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)− u(x0, y0)− a(x− x0) + b(y− y0)|√(x− x0)

2 + (y− y0)2

= 0.

Slicno je i s v

lim(x,y)→(x0,y0)

|v(x, y)− v(x0, y0)− b(x− x0)− a(y− y0)|√(x− x0)

2 + (y− y0)2

= 0.

Još jednom istaknimo da je ovo moguce zahvaljujuci relaciji (3.4).Sada, na isti nacin kao u prvom dijelu dokaza, raspišemo izraz kodlimesa te dobivamo

limz→z0

∣∣∣∣ f (z)− f (z0)

z− z0− (a + ib)

∣∣∣∣ = 0,

odakle slijedi f ′(z0) = a + ib.

derivacija kompleksne funkcije 25

U sljedecem korolaru dajemo formulu za racunanje derivacije f ′(z0).Dokaz slijedi iz dokaza Teorema 3.4.

Korolar 3.5. Neka je f : Ω→ C i z0 = x0 + iy0 ∈ Ω. Ako je f derivabilnau tocki z0, onda vrijedi

f ′(z0) = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0) = vy(x0, y0)− iuy(x0, y0).

Vec smo spomenuli da sama egzistencija parcijalnih derivacija funk-cije u (odnosno, v) ne garantira njihovu diferencijabilnost. Dovoljniuvjeti za diferencijabilnost od u i v su postojanje parcijalnih deriva-cija i njihova neprekidnost. To nam daje sljedeci korolar koji cemocesto koristiti u zadacima.

Korolar 3.6. Neka je f : Ω→ C i z0 = x0 + iy0 ∈ Ω. Ako parcijalne de-rivacije funkcija u i v postoje i neprekidne su na nekoj okolini tocke (x0, y0),te vrijede Cauchy–Riemannovi uvjete u z0, tada je f derivabilna u tocki z0.

Korolar 3.7. Neka je f : Ω→ C. Ako postoje parcijalne derivacije funkcijau i v i neprekidne su na Ω, te ako f zadovoljava Cauchy–Riemannove uvjetena Ω, tada je f derivabilna na Ω i vrijedi

f ′(z) = ux(x, y) + ivx(x, y), z = x + iy ∈ Ω.

Primjenom korolara 3.7 sada lako dobivamo da je eksponencijalnafunkcija derivabilna na cijelom C, te da je

(ez)′ = ez, ∀z ∈ C.

Zaista, imamo u(x, y) = ex cos y i v(x, y) = ex sin y. Zato

ux(x, y) = ex cos y, uy(x, y) = −ex sin y

vx(x, y) = ex sin y, vy(x, y) = ex cos y.

Ocito su parcijalne derivacije neprekidne na C i vrijedi ux = vy iuy = −vx na C. Dakle, eksponencijalna funkcija je cijela funkcija(derivabilna na C) i

f ′(z) = ux(x, y) + ivx(x, y) = ex cos y + iex sin y = ez.

Sada se lako vidi i da su sin i cos cijele funkcije, te da vrijedi

(sin z)′ = cos z, (cos z)′ = − sin z, z ∈ C.

Može se pokazati da je ln derivabilna na C \ 〈−∞, 0], te da vrijedi(ocekivana) formula

(ln z)′ =1z

.

(Provjerite to.) Dokaz ove formule cemo dati kasnije na drugi nacin,koristeci integrale.

Ovu sekciju završavamo s još nekoliko važnih posljedica Teorema 3.4.


Teorem 3.8. Neka je Ω podrucje i f : Ω → C derivabilna funkcija takvada je f ′(z) = 0 za sve z ∈ Ω. Tada je f konstantna funkcija.

Dokaz. Korolar 3.5 daje

0 = f ′(z) = ux(x, y) + ivx(x, y), ∀z ∈ Ω,

pa je ux = vx = 0 na Ω. Sada Cauchy–Riemmanovi uvjeti dajuuy = vy = 0 na Ω. Ovim smo se prebacili na odgovarajucu situacijuiz diferencijalnog racuna funkcija više realnih varijabli, pa slijedi daje u konstantna na Ω. Isto zakljucimo i za v i tvrdnja teorema slijediiz relacije f = u + iv.

Ako Ω nije podrucje tada, po prethodnom teoremu, iz f ′ = 0 naΩ slijedi da je f konstantna na svakoj komponenti povezanosti od Ω;prema tome, ako Ω ima više od jedne komponente povezanosti, tadafunkcija nije nužno konstantna nego "po dijelovima" konstantna. Naprimjer, za funkciju

f (z) =

1, z ∈ K(1, 1);2, z ∈ K(−1, 1),

vrijedi f ′(z) = 0 za sve z iz njene domene, ali funkcija nije kons-tantna. Naravno, f je konstantna na svakoj svojoj komponenti pove-zanosti.

Korolar 3.9. Neka je Ω podrucje i f : Ω → C derivabilna funkcija kojapoprima samo realne ili samo imaginarne vrijednosti. Tada je f konstanta.

Dokaz. Pretpostavimo da f poprima samo realne vrijednosti, to jest,da je f (z) ∈ R za sve z ∈ Ω. Tada je v = 0 i zato vx = vy = 0. IzCauchy–Riemannovih uvjeta je tada ux = uy = 0, pa je f ′(z) = 0 zasve z ∈ Ω. Tvrdnja slijedi iz prethodnog teorema.

Slicno u slucaju kada f poprima samo imaginarne vrijednosti.

Za vježbu ostavljamo dokaz sljedeceg korolara i jedan zadatak.

Korolar 3.10. Neka je Ω podrucje i f : Ω→ C derivabilna funkcija takvada je | f (z)| = c za svaki z ∈ Ω. Tada je f konstantna funkcija.

Zadatak 3.1. Postoji li derivabilna nekonstantna funkcija f = u + ivtako da je ux = 0 na cijeloj domeni?

4 Integral kompleksne funkcije. Pri-mitivna funkcija

Neka je Ω otvoren skup u C. Svako neprekidno preslikavanje γ :[a, b] → Ω naziva se put (u Ω). Tocke γ(a) i γ(b) su pocetak ikraj puta γ. Put je zatvoren ako je γ(a) = γ(b). Sliku puta (to jest,skup γ([a, b]) ⊆ Ω) ponekad oznacavamo s γ∗. Ako je zadana nekakrivulja u kompleksnoj ravnini, onda svaki put cija se slika podudarasa zadanom krivuljom nazivamo parametrizacijom te krivulje.

Na primjer, gornja polukružnica sa središtem u ishodištu radijusa1 parametrizirana je funkcijom

γ : [0, π]→ C, γ(t) = cos t + i sin t = eit,

ali i funkcijom

δ : [0, 1]→ C, δ(t) = cos(πt) + i sin(πt) = eiπt.

Segment [z1, z2] oznacavat ce nam dužinu u C koja spaja z1 i z2.Jedna parametrizacija segmenta [z1, z2] je

γ : [0, 1]→ C, γ(t) = z1 + t(z2 − z1).

Put γ = α+ iβ je gladak (ili klase C1) ako je funkcija γ derivabilnai derivacija γ′ je neprekidna. Znamo da je to ekvivalentno s tim dasu realne funkcije realne varijable α i β glatke.

Put γ = α + iβ je po dijelovima gladak (ili po dijelovima klaseC1) ako je gladak osim u konacno mnogo tocaka, to jest, ako postojetocke

a = t0 < t1 < t2 < . . . < tn = b

tako da su restrikcije

γ|[tk ,tk+1], k = 0, . . . , n− 1,

glatke funkcije.

Za zadani put γ : [a, b]→ Ω, put

γ− : [a, b]→ Ω, γ−(t) = γ−(a + b− t)

nazivamo suprotnim putom od γ. Ocito je γ([a, b]) = γ−([a, b]), apocetak i kraj puta γ su upravo kraj i pocetak od γ−.

Duljina puta γ : [a, b]→ C definirana se kao `(γ) =∫ b

a |γ′(t)|dt.


Definicija 4.1. Neka je f : Ω→ C neprekidna funkcija, te γ : [a, b]→ Ωgladak put. Integral funkcije f duž puta γ definiramo kao kompleksnibroj ∫

γf =

∫γ

f (z)dzde f=∫ b

af (γ(t))γ′(t)dt.

Ako je γ po dijelovima gladak put, te a = t0 < t1 < . . . < tn = b tocketakve da su γ|[tk ,tk+1]

, k = 0, . . . , n − 1, glatke funkcije, onda se integralfunkcije f duž puta γ definira kao∫

γf

de f=

n−1

∑k=0

∫ tk+1

tk

f (γ(t))γ′(t)dt.

Mi cemo cesto u iskazima pretpostavljati da je γ po dijelovimagladak put, a ipak u dokazima koristiti prvu formulu iz prethodnedefinicije. To cemo raditi zato jer ce nam zapis biti jednostavniji idokaz razumljiviji, a opci slucaj ce lako slijediti iz ovog posebnogslucaja.

Napomena 4.2. Ovako uveden pojam integrala po putu funkcije kom-pleksne varijable proširuje vec poznati nam pojam integrala realnefunkcije realne varijable. Naime, ako su a, b ∈ R, tada je segment[a, b] jedini put od a do b u R, a njegova parametrizacija je dana sγ : [a, b] → R, γ(t) = t. Za svaku neprekidnu funkciju f : [a, b] →R ⊂ C imamo ∫

γf =

∫ b

af (γ(t))γ′(t)dt =

∫ b

af (t)dt.

Primjer 4.3. Ako su z1, z2 ∈ C tada je

γ : [0, 1]→ C, γ(t) = z1 + t(z2 − z1)

parametrizacija dužine z1z2. Tada je γ′(t) = z2 − z1 i zato∫[z1,z2]

fde f=∫

γf = (z2 − z1)

∫ 1

0f (z1 + t(z2 − z1))dt.

Zadatak 4.1. Dokažite sljedece tvrdnje:

• Ako je γ po dijelovima gladak put, onda je i γ− po dijelovimagladak put.

• Za svaku neprekidnu funkciju f : Ω → C i γ : [a, b] → Ω vrijedi∫γ− f = −

∫γ f .

• Neka su γ : [a, b]→ Ω i δ : [c, d]→ Ω po dijelovima glatki putovi,pri cemu je γ(b) = δ(c). Definiramo put η : [a, d − c + b] → Ωformulom

η(t) =

γ(t), a ≤ t ≤ b;δ(t + c− b), b ≤ t ≤ d− c + b.

Tada je η po dijelovima gladak put i vrijedi∫η

f =∫

γf +

∫δ

f .

integral kompleksne funkcije. primitivna funkcija 29

Primjer 4.4. Izracunajmo∫

γ1|z|dz i

∫γ2|z|dz, ako su γ1 i γ2 dva puta

s pocetkom u −i te krajem u i zadana s

γ1(t) = it, t ∈ [−1, 1],

γ2(t) = eit, t ∈ [−π

2,

π

2].

Ocito je prvi put segment od −i do i, a drugi desna polukružnica scentrom u ishodištu od −i do i. Prema definiciji integrala je

∫γ1

|z|dz =∫ 1

−1|γ1(t)|γ′1(t)dt =

∫ 1

−1|t|idt = i,∫

γ2

|z|dz =∫ π

2

− π2

|γ2(t)|γ′2(t)dt =∫ π

2

− π2

ieitdt = 2i.

Dakle, dobili smo razlicite vrijednosti pri racunanju integrala istefunkcije po γ1 i γ2, iako su to putovi s istim pocetkom i krajem.Uocimo da podintegralna funkcija nije derivabilna.

Primjer 4.5. Neka je f (z) = z2. 1 Izracunajmo integral funkcije f po 1 Je li f derivabilna na svojoj domeni?

tri razlicita puta s istim pocetkom i krajem.(a) Integriramo najprije po segmentu [0, 1+ i]. Tada je γ(t) = t+ it

za t ∈ [0, 1]. Imamo

∫γ

f =∫ 1

0γ(t)

2γ′(t)dt =

∫ 1

0(t− it)2(1 + i)dt

=∫ 1

0(2− 2i)t2dt =

23(1− i).

(b) Sada integriramo po dijelu parabole y = x2 od 0 do 1 + i. Tadaje δ(t) = t + it2 za t ∈ [0, 1] i kao maloprije

∫δ

f =∫ 1

0δ(t)

2δ′(t))dt =

∫ 1

0t + it22

(1 + 2it)dt

=∫ 1

0(t− it2)2(1 + 2it)dt =

1415− 1

3i.

(c) Za posljednji primjer integriramo po putu koji se sastoji iz dvasegmenta: η = [0, 1] ∪ [1, 1 + i]. Tada su γ1(t) = t, t ∈ [0, 1] i γ2(t) =1 + it, t ∈ [0, 1] parametrizacije segmenata [0, 1] i [1, 1 + i], redom.Prema trecem dijelu prethodnog zadatka je

∫η f =

∫γ1

f +∫

γ2f =∫ 1

0 t2 · 1dt +∫ 1

0 1 + it2 · idt = 43 + 2

3 i.

Lema 4.6. (Fundamentalna ocjena integrala) Neka je f : Ω → C ne-prekidna funkcije i γ : [a, b]→ Ω po dijelovima gladak put. Tada je∣∣∣∣∫

γf∣∣∣∣ ≤ M · `(γ),

pri cemu je `(γ) duljina puta γ, te

M = maxz∈γ([a,b])

| f (z)|.


Dokaz. Prvo uocimo da M postoji: γ([a, b]) je kompaktan skup (jerje γ neprekidna funkcija i [a, b] kompaktan), pa neprekidna funkcija| f | na tom kompaktnom skupu dostiže svoj maksimum.

Oznacimo I :=∫

γ f . Ako je I = 0 onda nemamo što dokazivati.Zato pretpostavimo da je I 6= 0. Kompleksni broj I zapišimo u polar-noj formi I = |I|eiϕ, gdje je ϕ = arg I. Tada je

|I| = e−iϕ I = e−iϕ∫ b


∫ b

ae−iϕ f (γ(t))γ′(t)dt

=∫ b

aRe (e−iϕ f (γ(t))γ′(t))dt + i

∫ b

aIm (e−iϕ f (γ(t))γ′(t))dt.

Kako je |I| ∈ R, dobivamo∫ b

a Im (e−iϕ f (γ(t))γ′(t))dt = 0 i

|I| =∫ b

aRe (e−iϕ f (γ(t))γ′(t))dt.

Sada, jer je Re z ≤ |z| za sve z ∈ C, slijedi

|I| ≤∫ b

a

∣∣∣e−iϕ f (γ(t))γ′(t)∣∣∣ dt =

∫ b

a

∣∣ f (γ(t))||γ′(t)∣∣ dt

≤ M∫ b

a|γ′(t)|dt = M`(γ).

I pojam primitivne funkcije uvodimo po uzoru na realni slucaj.

Definicija 4.7. Neka je f : Ω → C neprekidna funkcija. Primitivnafunkcija od f na Ω je funkcija F : Ω→ C koja zadovoljava

F′(z) = f (z), ∀z ∈ Ω.

Propozicija 4.8. Neka je f : Ω → C neprekidna funkcija koja ima primi-tivnu funkciju F na Ω. Tada za svaki po dijelovima gladak put γ : [a, b]→Ω vrijedi ∫

γf = F(γ(b))− F(γ(a)).

Posebno,∫

γ f = 0 za svaki po dijelovima gladak zatvoren put γ u Ω.

Dokaz. Pretpostavimo da f : Ω → C ima primitivnu funkciju F. Zasvaki po dijelovima gladak put γ : [a, b]→ Ω tada vrijedi∫

γf =

∫ b


∫ b

aF′(γ(t))γ′(t)dt

=∫ b

a(F γ)′(t)dt = (F γ)(t)|ba = F(γ(b))− F(γ(a)).

Prema tome, ako f ima primitivnu funkciju na Ω te su γ1 i γ2 dvaputa u Ω s istim pocetkom z1 i krajem z2, tada je∫

γ1

f = F(z2)− F(z1) =∫

γ2

f ,

što znaci da integral funkcije f ne ovisi o putu koji spaja tocke z1 i z2

i po kojem integriramo.

integral kompleksne funkcije. primitivna funkcija 31

Situacija je drukcija ukoliko f nema primitivnu funkciju, što nampotvrduju i primjeri 4.4 i 4.5. Uvedimo prvo pojam neovisnosti oputu integracije, a onda i dokažimo teorem o egzistenciji primitivnefunkcije.

Ako je f : Ω → C takva da je∫

γ1f =

∫γ2

f za sve po dijelovimaglatke putove γ1, γ2 u Ω koje imaju isti pocetak i kraj, onda kažemoda je integral od f neovisan o putu integracije. Neovisnost integralafunkcije o putu integracije može se izreci i kao:

∫γ f = 0 za svaki

po dijelovima gladak zatvoreni put u Ω (to slijedi iz jednostavneopservacije da se svaki zatvoreni po dijelovima gladak put u Ω možerastaviti na dva po dijelovima glatka puta u Ω s istim pocetkom ikrajem, te obratno, da svaka dva po dijelovima glatka zatvoren putau Ω s istim pocetkom i krajem definiraju jedan po dijelovima gladakzatvoren put u Ω).

Pokažimo sada da je egzistencija primitivne funkcije ekvivalentnaneovisnosti integrala po putu.

Teorem 4.9. (Cauchyjev teorem za derivaciju). Neka je f : Ω → C

neprekidna funkcija. Tada vrijedi: f ima primitivnu funkciju na Ω ako isamo je

∫γ f = 0 za svaki po dijelovima gladak zatvoren put γ u Ω.

Dokaz. U prethodnoj tvrdnji smo dokazali da egzistencija primitivnefunkcije od f implicira neovisnost integrala funkcije f po putu.

Dokažimo obrat. Pretpostavimo da je Ω povezan. (Ukoliko Ω nijepovezan, promatramo pojedine komponente povezanosti. To mo-žemo jer je svaki put γ u Ω, zbog svoje neprekidnosti, sadržan utocno jednoj komponenti povezanosti od Ω.)

Odaberimo z0 ∈ Ω na proizvoljan nacin i fiksirajmo ga. Za svakiz ∈ Ω neka je γz po dijelovima gladak put u Ω od z0 do z. Definiramo

F : Ω→ C, F(z) =∫

γzf .

Uocimo najprije da vrijednost F(z) ne ovisi o odabiru puta γz (kojipocinje u z0 i završava u z). Naime, iz pretpostavke da je

∫γ f = 0

za svaki po dijelovima gladak zatvoren put γ u Ω slijedi da, ako suγz i δz dva puta iz z0 u z, onda γz i δ−z cine jedan zatvoren put γ i izpretpostavke (1) dobivamo

∫γz

f =∫

δzf .

Pokazat cemo da je F′(z) = f (z) za sve z ∈ Ω.Zbog otvorenosti skupa Ω slijedi da za svaki z ∈ Ω postoji r > 0

takav da je K(z, r) ⊆ Ω. Tada za sve h ∈ C, |h| < r vrijedi z + h ∈K(z, r). Ako je γz put od z0 do z, tada cemo za γz+h uzeti put koji sesastoji (u smislu Zadatka 4.1(iii)) od γz i segmenta [z, z + h].


Imamo da je

F′(z) = limh→0

F(z + h)− F(z)h

= limh→0

1h

(∫γz+h

f −∫

γzf)

= limh→0

1h

∫[z,z+h]

f = limh→0

1h

∫ 1

0f (z + th)(t + th)′dt

= limh→0

∫ 1

0f (z + th)dt = ( f je neprekidna )

=∫ 1

0limh→0

f (z + th)dt =∫ 1

0f (z)dt = f (z)

∫ 1

0dt = f (z).

Za kraj ove tocke primijenimo prethodni teorem na funkcije z 7→zn.

Primjer 4.10. Neka je r > 0 i γ(t) = reit, t ∈ [0, 2π]. Za n ∈ Z vrijedi

∫γ

zndz =

0, n 6= −1,2πi, n = −1.

Ove formule možemo dokazati direktno po definiciji integrala.Medutim, slucaj n 6= −1 slijedi iz prethodnog teorema, jer su funkcijez 7→ zn+1

n+1 primitivne funkcije od z 7→ zn na C, odnosno C \ 0. Premaprethodnom teoremu, egzistencija primitivnih funkcija dovoljna jeda zakljucimo da, za svaki n 6= −1, vrijedi

∫γ zndz = 0.

Za n = −1 ne možemo postupiti kao maloprije, jer ne znamo imali funkcija z 7→ 1

z primitivnu funkciju na C \ 0. Zato gornji integralracunamo po definiciji:∫

γ

1z

dz =∫ 2π

0(reit)−1rieitdt = i

∫ 2π

0dt = 2πi.

Sada opet koristimo prethodni teorem: s obzirom da smo za funkcijuf : C \ 0 → C, f (z) = 1

z našli put γ u C \ 0 tako da je∫

γ f 6= 0,zakljucujemo da primitivna funkcija od f ne postoji na C \ 0. (Kas-nije cemo dokazati da restrikcija ove funkcije na prikladno odabranipodskup domene ima primitivnu funkciju.)

5 Cauchyjev teorem za zvjezdast skup

U teoremu 4.9 smo dokazali da su za neprekidnu funkciju f : Ω→ C

sljedece tvrdnje ekvivalentne:

(1)∫

γ f = 0 za svaki po dijelovima gladak zatvoren put γ u Ω.

(2) f ima primitivnu funkciju na Ω.

U ovoj tocki cemo pokazati da za derivabilnu funkciju na zvjez-dastom skupu ove dvije (ekvivalentne) tvrdnje uvijek vrijede, bez dapretpostavimo jednu od njih.

Za prvi teorem koji dokazujemo trebamo uvesti pojam trokuta.Trokut je konveksna ljuska tri tocke. Ako su z0, z1 i z2 te tri tocke

(to jest, vrhovi trokuta), tada pišemo ∆ =< z0, z1, z2 > . Rub trokuta∆ sastoji se iz tri segmenta i zato je∫

∂∆f =

∫[z0,z1]

f +∫[z1,z2]

f +∫[z2,z0]

f .

Vec smo naucili kako racunamo integral po segmentu, npr.∫[z0,z1]

f =∫ 1

0f (z0 + t(z1 − z0))(z0 + t(z1 − z0))

′dt

= (z1 − z0)∫ 1

0f (z0 + t(z1 − z0))dt.

Teorem 5.1. (Goursat-Pringsheim) Ako je f derivabilna funkcija na Ω,tada je ∫

∂∆f = 0, ∀∆ ⊆ Ω.

Dokaz. Induktivno cemo konstruirati niz trokuta

∆ = ∆0 ⊇ . . . ⊇ ∆n ⊇ ∆n+1 ⊇ . . .

sa svojstvima:

(a)∣∣∣∫∂∆n

f∣∣∣ ≤ 4

∣∣∣∫∂∆n+1f∣∣∣ ;

(b) opseg od ∆n je dvostruko veci od opsega od ∆n+1.

Dokaz provodimo induktivno. Prvi trokut ∆0 vec imamo. Akopretpostavimo da smo kontruirali ∆n, pokažimo kako dodemo do∆n+1.

Trokut ∆n razdijelimo njegovim srednjicama na trokute ∆(1)n , ∆(2)

n ,∆(3)

n , ∆(4)n . Neka ∆n+1 bude onaj medu trokutima ∆(1)

n , ∆(2)n , ∆(3)

n , ∆(4)n

koji ima svojstvo da je∣∣∣∣∫∂∆n+1

f∣∣∣∣ ≥ ∣∣∣∣∫

∂∆(i)n

f∣∣∣∣ , i = 1, . . . , 4.


Tada je ∣∣∣∣∫∂∆n

f∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 4

∑i=1

∫∂∆(i)

n

f

∣∣∣∣∣ ≤ 4

∑i=1

∣∣∣∣∫∂∆(i)

n

f∣∣∣∣ ≤ 4

∣∣∣∣∫∂∆n+1

f∣∣∣∣ ,

pa je (a) ispunjeno.Za svaki i = 1, . . . , 4 su stranice trokuta ∆(i)

n dvostruko manje ododgovarajucih stranica trokuta ∆n, pa je ispunjeno i (b).

Sada imamo niz zatvorenih padajucih (s obzirom na inkluziju)skupova ciji dijametar teži u 0, pa po Cantorovom teoremu o presjekuslijedi da postoji w ∈ Ω tako da je⋂

n≥0∆n = w.

Funkcija f je derivabilna u w, što po definiciji znaci da za svaki ε > 0postoji δ > 0 tako da je K(w, δ) ⊆ Ω i

(z ∈ K(w, δ), z 6= w)⇒∣∣∣∣ f (z)− f (w)

z− w− f ′(w)

∣∣∣∣ < ε. (5.1)

Uz oznaku r(z) := f (z)− f (w)− f ′(w)(z− w), (5.1) daje

|r(z)| ≤ ε|z− w|, ∀z ∈ K(w, δ). (5.2)

Za svaki n ∈N imamo∫∂∆n

r(z)dz =∫

∂∆nf (z)dz−

∫∂∆n

( f (w) + f ′(w)(z− w))dz.

Prema Cauchyjevom teoremu za derivaciju, za svaki po dijelovimagladak zatvoren put γ u Ω, pa posebno i za ∂∆n vrijedi∫

∂∆n( f (w) + f ′(w)(z− w))dz = 0, ∀n ∈N,

(jer podintegralna funkcija ima primitivnu funkciju). Prema tome,imamo ∫

∂∆nf (z)dz =

∫∂∆n

r(z)dz, ∀n ∈N. (5.3)

Odaberimo n0 ∈ N takav da je ∆n ⊆ K(w, δ) za sve n ≥ n0. Nekaje O opseg trokuta ∆ i On opseg trokuta ∆n za n ∈ N. Uocimo davrijedi

|z− w| ≤ On, z ∈ ∂∆n, (5.4)

pa iz (5.2) imamo

maxz∈∂∆n

|r(z)| ≤ εOn(b)=

ε

2n O.

Prema fundamentalnoj ocjeni integrala (lema 4.6) slijedi∣∣∣∣∫∂∆n

r∣∣∣∣ ≤ max

z∈∂∆n|r(z)| ·On ≤ (

ε

2n ·O)(12n ·O) =

ε

4n ·O2. (5.5)

Konacno, imamo∣∣∣∣∫∂∆

f∣∣∣∣ (a)≤ 4n

∣∣∣∣∫∂∆n

f∣∣∣∣ (5.3)= 4n

∣∣∣∣∫∂∆n

r∣∣∣∣ (5.5)≤ ε ·O2.

Zbog proizvoljnosti od ε slijedi∣∣∫

∂∆ f∣∣ = 0, odnosno

∫∂∆ f = 0.

cauchyjev teorem za zvjezdast skup 35

Zadatak 5.1. Formulirajte analogon prethodnog teorema tako da um-jesto trokuta koristite pravokutnike cije su stranice paralelne realnoj iimaginarnoj osi. Dokažite taj teorem na slican nacin kao i teorem 5.1.

Definicija 5.2. Skup Ω ⊆ C je zvjezdast ako postoji z0 ∈ Ω sa svojstvomda je [z0, z] ⊆ Ω za sve z ∈ Ω. Tocku z0 s ovim svojstvom nazivamocentrom zvjezdastog skupa Ω.

Na primjer, trokut i krug su zvjezdasti skupovi, dok kružni vijenacto nije. U slucaju kruga i trokuta, za tocku z0 možemo uzeti bilo kojutocku trokuta, odnosno kruga. Uocite da je svaki konveksan skupzvjezdast, dok obratno ne vrijedi (nadite primjer).

Teorem 5.3. (Cauchyjev teorem za zvjezdast skup) Neka je Ω zvjezdastskup i f : Ω→ C derivabilna funkcija. Tada f ima primitivnu funkciju naΩ.

Dokaz. Konstruirat cemo primitivnu funkciju F za f .Neka je z0 ∈ Ω centar zvjezdastog skupa Ω. Tada je [z0, z] ∈ Ω za

sve z ∈ Ω, pa možemo definirati funkciju

F : Ω→ C, F(z) =∫[z0,z]

f .

Pokažimo da je F′(z) = f (z) za sve z ∈ Ω.Uzmimo neki z ∈ Ω. Kako je Ω otvoren, možemo naci r > 0 takav

da je K(z, r) ⊆ Ω. Za sve h ∈ K(0, r) vrijedi z + h ∈ K(z, r), pa onda i[z, z + h] ⊆ Ω. Kako je Ω zvjezdast (sa središtem z0), to je

[z0, w] ⊆ Ω, ∀w ∈ [z, z + h],

pa je∆h :=< z0, z, z + h >⊆ Ω, ∀h ∈ K(0, r).

Sada nam Goursat-Pringsheimov teorem daje∫∂∆h

f = 0, ∀h ∈ K(0, r). (5.6)


Raspisivanjem dobijemo da za svaki h ∈ K(0, r) vrijedi

0 =∫

∂∆h

f =∫[z0,z]

f +∫[z,z+h]

f +∫[z+h,z0]

f ,

odakle je ∫[z,z+h]

f =∫[z0,z+h]

f −∫[z0,z]

f = F(z + h)− F(z).

Sada ponavljamo racun proveden u dokazu Cauchyjevog teorema zaderivaciju:

F′(z) = limh→0

F(z + h)− F(z)h

= limh→0

1h

∫[z,z+h]

f

= limh→0

1h

∫ 1

0f (z + th)(z + th)′dt

= limh→0

∫ 1

0f (z + th)dt = ( f je neprekidna )

=∫ 1

0limh→0

f (z + th)dt = f (z)∫ 1

0dt = f (z).

Time je dokaz gotov.

Prema Cauchyjevom teoremu za derivaciju i prethodnom teoremudobivamo ekvivalentnu formulaciju Cauchyjevog teorema za zvjez-dast skup.

Korolar 5.4. Neka je Ω zvjezdast skup i f : Ω → C derivabilna funkcija.Tada je ∫

γf = 0

za svaki po dijelovima gladak zatvoren put γ u Ω. 1 1 Goursat-Pringsheimov teorem se po-nekad, iz ocitim razloga, naziva Cauc-hyjevim teoremom za trokute.Primjer 5.5. (a) Funkcija f : C \ 0 → C definirana kao f (z) = 1

z jederivabilna na C \ 0 i f ′(z) = − 1

z2 .Vec smo uocili da f nema primitivnu funkciju na C \ 0. Sjetimo

se, zahvaljujuci Cauchyjevom teoremu za derivaciju dovoljno je bilopronaci po dijelovima gladak zatvoren put γ u C \ 0 takav da je∫

γ1z dz 6= 0. Primjer takvog puta je

γ : [0, 2π]→ C \ 0, γ(t) = reit,

gdje je r bilo koji pozitivan broj.

(b) Promatrajmo sada restrikciju funkcije f , odnosno, uzmimo ma-nju domenu, neku koja ne sadrži upravo spomenute kružnice.

Uzmimo Ω := C \ 〈−∞, 0] ⊆ C \ 0. Ocito je Ω zvjezdast skup,jer za npr. z0 = 1 vrijedi [z0, z] ⊆ Ω za sve z ∈ Ω. Prema Cauc-hyjevom teoremu za zvjezdast skup zakljucujemo da f (z) = 1

z imaprimitivnu funkciju na Ω. Još znamo i to da je primitivna funkcijazadana formulom

F(z) =∫

γz

1z

dz,

gdje je γz proizvoljan po dijelovima gladak put u Ω od z0 do z. Oda-berimo γz koji se sastoji od segmenta [1, r], gdje je r = |z|, te lukakružnice ∂K(0, r) od r do z u pozitivnom smjeru.


Tada je

F(z) =∫ 1

0

11 + (r− 1)t

(1 + (r− 1)t)′dt +∫ arg (z)

0

1reiϕ (reiϕ)′dϕ

= ln r + iarg (z) = ln z.

Time smo pokazali da je

(ln z)′ =1z

, ∀z ∈ C \ 〈−∞, 0].

Zadatak 5.2. Neka je f : K(z0, r) → C neprekidna funkcija takva daje∫

∂∆ f = 0 za sve trokute ∆ ⊆ K(z0, r). Dokažite da tada f imaprimitivnu funkciju.

(Uputa: Analizirajte dokaz Cauchyjevog teorema za zvjezdast skupi uocite da nam je derivabilnost od f trebala da bismo mogli primi-jeniti Goursat-Pringsheimov teorem i dobiti da je

∫∂∆ f = 0 za sve

trokute ∆ ⊆ K(z0, r), što je u ovom zadatku pretpostavljeno da vecvrijedi.)

Korolar 5.6. Neka je Ω zvjezdast skup i z0 ∈ Ω njegovo središte. Ako jefunkcija f : Ω→ C neprekidna na Ω i derivabilna na Ω \ z0, tada f imaprimitivnu funkciju na Ω.

Dokaz. I ovdje cemo, kao i u dokazu teorema 5.3, funkciju F definiratikao

F : Ω→ C, F(z) =∫[z0,z]

f ,

te pokazati da vrijedi F′(z) = f (z) za svaki z ∈ Ω.Dovoljno je dokazati da je

∫∂∆ f = 0 za svaki ∆ ⊆ Ω, jer nakon

toga možemo nastaviti kao u dokazu teorema 5.3 (dio nakon formule(5.6)).

Za sve trokute koji su sadržani u Ω \ z0 to vrijedi prema Goursat-Pringsheimovom teoremu, jer je f derivabilna na Ω \ z0.

Ostaje provjeriti da isto vrijedi i za trokute kojima pripada tockaz0. Takve trokute možemo podijeliti u tri grupe: one kojima je z0

jedan vrh, one kojima je z0 na nekoj stranici trokuta, te one kojima jez0 unutrašnja tocka trokuta. Medutim, lako vidimo da se druga dvaslucaja svode na prvi. Na primjer, ako je z0 unutrašnja tocka trokuta< z1, z2, z3 >, tada je

∫∂<z1,z2,z3>

f =∫

∂<z1,z2,z0>f +

∫∂<z2,z3,z0>

f +∫

∂<z3,z1,z0>f = 0.

Slicno kada je z0 na nekoj stranici trokuta.Prema tome, promatrajmo ∆ =< z0, z, z′ > . Odaberimo bilo koje

tocke z1 ∈ [z0, z] i z2 ∈ [z0, z′].


Tada je∫∂<z0,z,z′>

f =∫

∂<z0,z1,z2>f +

∫∂<z1,z,z2>

f +∫

∂<z,z′ ,z2>f .

Prema Goursat-Pringsheimovom teoremu je∫∂<z1,z,z2>

f =∫

∂<z,z′ ,z2>f = 0,

jer su trokuti < z1, z, z2 > i < z, z′, z2 > sadržani u Ω \ z0, gdje jef derivabilna. Zato je∫

∂<z0,z,z′>f =

∫∂<z0,z1,z2>

f , ∀z1 ∈ [z0, z], ∀z2 ∈ [z0, z′].

Neka jeM = max| f (z)| : z ∈< z0, z, z′ >.

Kako je f neprekidna funkcija i < z0, z, z′ > kompaktan skup, M jedobro definiran i konacan.

Zbog neprekidnosti of f , prema fundamentalnoj ocjeni integralaslijedi da je∣∣∣∣∫

∂<z0,z1,z2>f∣∣∣∣ ≤ M (|z0 − z1|+ |z1 − z2|+ |z2 − z0|) .

Odavde slijedi∫∂<z0,z1,z2>

f → 0 kada z1 → z0 i z2 → z0.

Zato je ∫∂<z0,z,z′>

f = 0, ∀z, z′ ∈ Ω.

Zadatak 5.3. Pretpostavimo da je f derivabilna funkcija na Ω. Nekasu Ω1 i Ω2 otvoreni podskupovi od Ω na kojima f ima primitivnefunkcije, dakle, postoje funkcije Fi : Ωi → C, i = 1, 2 takve da jeF′i (z) = f (z) za sve z ∈ Ωi, i = 1, 2. Ako je Ω1 ∩Ω2 povezan skup,onda f ima primitivnu funkciju na Ω1 ∪Ω2.


Rješenje. Ocito je F′1 − F′2 = 0 na Ω1 ∩Ω2, pa zbog povezanosti pre-sjeka postoji konstanta C takva da je F1 − F2 = C na Ω1 ∩Ω2. Tadaje funkcija

F(z) =

F1(z), z ∈ Ω1;F2(z) + C, z ∈ Ω2

dobro definirana na Ω1 ∪ Ω2 i za sve z ∈ Ω1 ∪ Ω2 vrijedi F′(z) =

f (z).

6 Cauchyjeva integralna formula

Neka je γ : [0, 2π] → C, γ(t) = z0 + reit parametrizacija kružnice sasredištem u z0 radijusa r. Tada je∫

γ

dz(z− z0)n = 0, n 6= 1,

jer podintegralna funkcija ima primitivnu funkciju na otvorenomskupu C \ z0. Za n = 1 direktno (to jest, po definiciji integrala)izracunamo da je ∫

γ

dzz− z0

= 2πi. (6.1)

(To smo napravili u primjeru 4.10 za posebni slucaj z0 = 0.)U sljedecoj lemi cemo vidjeti da vrijednost integrala ostaje ista i

ako umjesto središta kružnice z0 stavimo bilo koju tocku u kruguK(z0, r).

Lema 6.1. Neka je γ : [0, 2π]→ C, γ(t) = z0 + reit. Tada je∫γ

dzz− w

= 2πi, ∀w ∈ K(z0, r).

Dokaz. Tvrdnja je vec dokazana za slucaj w = z0.Neka je w 6= z0 i δ > 0 takav da je z0 /∈ K(w, δ) i K(w, δ) ⊆ K(z0, r).

Neka je α parametrizacija kružnice ∂K(w, δ) dana s

α : [0, 2π]→ C, α(t) = w + δeit.

Neka je γ1 krivulja koja se sastoji od luka kružnice γ od tocke Fpreko M do E, zatim od segmenta [E, G], pa od luka kružnice α odtocke G preko P do H, i na kraju od segmenta [H, F].


Neka je γ2 krivulja koja se sastoji od luka kružnice γ od tocke Epreko N do F, zatim od segmenta [F, H], pa od luka kružnice α krozod H preko R do G, i na kraju od segmenta [G, E]. Ocito je∫

γ1

dzz− w

+∫

γ2

dzz− w

=∫

γ

dzz− w

−∫

α

dzz− w

. (6.2)

Dovoljno je dokazati da su oba integrala s lijeve strane jednakanuli.

Odaberimo zraku Z1 u C s pocetkom u w tako da je γ1 sadržanu C \ Z1 (tocnije, slika od γ1 je sadržana u C \ Z1). Kako je C \Z1 zvjezdast skup, a funkcija z 7→ 1

z−w je derivabilna funkcija natom skupu, po Cauchyjevom teorem za zvjezdaste skupove možemozakljuciti da je ∫

η

dzz− w

= 0

za svaki po dijelovima gladak zatvoren put η u C \ Z1. Posebno, akoza η uzmemo γ1, imamo ∫

γ1

dzz− w

= 0. (6.3)

Uzmimo sada zraku Z2 u C s pocetkom u w tako da je γ2 sadržan uC \ Z2. Opet imamo derivabilnu funkciju z 7→ 1

z−w na zvjezdastomskupu C \ Z2, pa po Cauchyjevom teorem za zvjezdaste skupove za-kljucujemo da je ∫

η

dzz− w

= 0

za svaki po dijelovima gladak zatvoren put η u C \ Z2. Jedan takavput je γ2, pa imamo ∫

γ2

dzz− w

= 0. (6.4)

Uvrštavajuci (6.3) i (6.4) u (6.2) dobivamo∫γ

dzz− w

=∫

α

dzz− w

.

Uocite da je (u integralu s desne strane jednakosti) w središte kruž-nice α; zato prema formuli (6.1) zakljucujemo da je

∫α

1z−w dz = 2πi,

odakle je ∫γ

dzz− w

= 2πi.

Napomena 6.2. Ako je w ∈ C \ K(z0, r) tada je∫

γdz

z−w = 0 (ovo za-kljucujemo na potpuno isti nacin kao što smo u prethodnom dokazuzakljucili da je

∫γ1

dzz−w = 0). Uocimo još da

∫γ

dzz−w nije definiran

za w s kružnice γ, jer tada kružnica γ po kojoj integriramo nije udomeni. Prema tome, možemo napisati proširenu verziju prethodneleme: ∫

γ

dzz− w

=

2πi, w ∈ K(z0, r);0, w ∈ C \ K(z0, r);nedefinirano, w ∈ ∂K(z0, r).

cauchyjeva integralna formula 43

Prethodna lema važna je za dokaz sljedeceg teorema, onog pokojem ova lekcija i nosi naslov. Takoder, ona se može promatrati kaospecijalni slucaj sljedeceg teorema (kada je f (z) = 1 za sve z ∈ Ω).

Teorem 6.3 (Cauchyjeva integralna formula za krug). Neka je f :Ω→ C derivabilna funkcija i K(z0, r) ⊆ Ω. Tada je

f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)

w− zdw, ∀z ∈ K(z0, r),

gdje je γ : [0, 2π]→ C, γ(t) = z0 + reit.

Dokaz. Fiksirajmo z ∈ K(z0, r). Iz kompaktnosti skupa K(z0, r) slijedida postoji R > 0 takav da je K(z0, r) ⊆ K(z0, R) ⊆ Ω.

Definiramo funkciju g : K(z0, R)→ C kao

g(w) =

f (w)− f (z)

w−z , w 6= z;f ′(z), w = z.

Funkcija g je neprekidna na K(z0, R). Naime, g je ocito neprekidna naK(z0, R) \ z jer je na tom dijelu zadana kao kvocijent neprekidnihfunkcija z 7→ f (w)− f (z) i z 7→ z−w, pri cemu funkcija iz nazivnikanema nultocku u K(z0, R) \ z. Nadalje, f je derivabilna u z pa je

limw→z

g(w) = limw→z

f (w)− f (z)w− z

= f ′(z),

što nam daje neprekidnost od g i u preostaloj tocki z.Osim toga, funkcija g je derivabilna na K(z0, R) \ z, jer je zadana

kao kvocijent derivabilnih funkcija na tom skupu.Kako je K(z0, R) zvjezdast skup i z njegovo središte, možemo pri-

mijeniti korolar 5.6 i zakljuciti da funkcija g ima primitivnu funkcijuna K(z0, R), te je zato

∫γ g = 0. Uocimo da je za svaki w koji leži na

krivulji γ funkcija g zadana formulom iz prvog reda iz definicije odg (jer z ne leži na γ). Zato je

0 =∫

γg =

∫γ

f (w)− f (z)w− z

dw

=∫

γ

f (w)

w− zdw−

∫γ

f (z)w− z

dw

=∫

γ

f (w)

w− zdw− f (z)

∫γ

1w− z

dw

=∫

γ

f (w)

w− zdw− f (z) · 2πi,

pri cemu zadnja jednakost slijedi iz leme 6.1. Slijedi tvrdnja.

Korolar 6.4. Neka su f , g : Ω → C derivabilne funkcije i K(z0, r) ⊆ Ω.Neka je γ : [0, 2π] → C, γ(t) = z0 + reit. Ako je f (w) = g(w) za svakiw koji leži na kružnici γ, tada je f (z) = g(z) za sve z ∈ K(z0, r).

Dokaz. Funkcije f i g zadovoljavaju pretpostavke teorema 6.3, pazato za svaki z ∈ K(z0, r) vrijedi

f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)

w− zdw =

12πi

∫γ

g(w)

w− zdw = g(z).


To znaci da, ako imamo derivabilnu funkciju u cijoj se domeninalazi neki zatvoreni krug, te ako znamo kako ta funkcija djelujena rubu tog kruga, onda je time jednoznacno odredeno djelovanjefunkcije unutar kruga.

Napomena 6.5. Slicno kao u napomeni 6.2 dokazujemo da, uz pret-postavke kao u teoremu 6.3, vrijedi

∫γ

f (w)

w− zdw =

2πi f (z), z ∈ K(z0, r);0, z ∈ C \ K(z0, r);nedefinirano, z ∈ ∂K(z0, r);

(u slucaju z ∈ C \K(z0, r) funkcija w 7→ f (w)z−w je derivabilna na nekom

zvjezdastom skupu u kojem se nalazi γ).

Pokazat ce se da je Cauchyjeva integralna formula kljucna tvrd-nja o holomorfnoj funkciji f , jer je podintegralna funkcija u formulivrlo jednostavna kao funkcija od z. Vec cemo u sljedecem teoremuvidjeti da deriviranjem ispod znaka integrala dobivamo postojanjesvih derivacija funkcije f , kao i formulu za te derivacije. Kasnijecemo vidjeti da, koristeci Cauchyjevu integralnu formulu, funkciju fmožemo razviti u red potencija.

Trebat ce nam sljedeca tehnicka lema.

Lema 6.6. Neka je Ω otvoren skup u C i h : [a, b]×Ω → C neprekidnafunkcija takva da postoji parcijalna derivacija ∂h

∂z (t, z) i neprekidna je. Tadaje funkcija

g : Ω→ C, g(z) =∫ b

ah(t, z)dt

derivabilna na Ω i vrijedi

g′(z) =∫ b

a

∂h∂z

(t, z)dt.

Dokaz. Prisjetimo se analogne tvrdnje za realne funkcije: Neka jeF : [a, b] × [c, d] → R neprekidna funkcija. Pretpostavimo da zasve (t, x) ∈ [a, b]× [c, d] postoji parcijalna derivacija ∂

∂x F(t, x), i da je(t, x) 7→ ∂

∂x F(t, x) neprekidna funkcija na [a, b]× [c, d]. Tada je funk-

cija g : [a, b] → R zadana sa g(x) =∫ b

a F(t, x)dt derivabilna i vrijedi

g′(x) =∫ b

a∂

∂x F(t, x)dt. (Vidi Teorem 11.1 u skriptama Integrali funk-cija više varijabli, dostupno na web stranicihttps://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/int/pred/ )

Neka je sada z = x + iy = (x, y) te h(t, z) = h(t, x, y) = u(t, x, y) +iv(t, x, y). Tada je

g(z) =∫ b

ah(t, z)dt =

∫ b

au(t, x, y)dt + i

∫ b

av(t, x, y)dt =

= U(x, y) + iV(x, y).

Po gornjoj tvrdnji za realne funkcije, U i V su derivabilne po x, y i nji-hove parcijalne derivacije dobivaju se deriviranjem pod znakom in-tegrala. Sada Cauchy–Riemannovi uvjeti za U i V slijede iz Cauchy–Riemannovih uvjeta za u, v, pa je g derivabilna i vrijedi formula zag′(z).


Teorem 6.7. Neka je f : Ω→ C derivabilna funkcija i K(z0, r) ⊆ Ω. Tadaza sve n ≥ 1 vrijedi

f (n)(z) =n!

2πi

∫γ

f (w)

(w− z)n+1 dw, ∀z ∈ K(z0, r),

gdje jeγ : [0, 2π]→ C, γ(t) = z0 + reit.

Posebno, f ima derivaciju svakog reda.

Dokaz. Prema teoremu 6.3 je

f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)

w− zdw, ∀z ∈ K(z0, r).

Odavde, prema prethodnoj lemi, slijedi

f ′(z) =1

2πiddz

(∫γ

f (w)

w− zdw)=

12πi

ddz

(∫ b

a

f (γ(t))γ′(t)γ(t)− z

dt)

=1

2πi

∫ b

a

∂

∂z

(f (γ(t))γ′(t)

γ(t)− z

)dt =

12πi

∫ b

a

f (γ(t))γ′(t)(γ(t)− z)2 dt

=1

2πi

∫γ

f (w)

(w− z)2 dw,

što daje tvrdnju za n = 2. Na isti nacin se induktivno dokaže tvrdnjaza sve n ∈N.

Sjetimo se da smo derivabilne funkcije f : Ω → C nazivali još iholomorfnim funkcijama. Kažemo da je f : Ω → C holomorfna uz ∈ Ω ako je derivabilna na nekom otvorenom krugu K(, r) ⊆ Ω.Skup svih holomorfnih, to jest derivabilnih funkcija na Ω, oznaca-vamo s H(Ω). Iz teorema 6.7 slijedi

f ∈ H(Ω)⇒ ( f (n) ∈ H(Ω), ∀n ∈N). (6.5)

Korolar 6.8. Neka je f : Ω→ C neprekidna na Ω i derivabilna na Ω osimmožda u konacno mnogo tocaka z1, . . . , zn ∈ Ω. Onda je f derivabilna i utockama z1, . . . , zn, dakle na cijelom skupu Ω.

Dokaz. Promatrajmo prvo tocku z1. Neka r1 > 0 takav da je K(z1, r1) ⊆Ω i z2, . . . , zn /∈ K(z1, r1) (takav r1 > 0 postoji jer je skup Ω \ z2, . . . , znotvoren skup).

Dokažimo da je f derivabilna na K(z1, r1).Kako je restrikcija funkcije f na K(z1, r1) neprekidna na K(z1, r1)

i derivabilna na K(z1, r1) \ z1, prema korolaru 5.6 slijedi da f imaprimitivnu funkciju F na K(z1, r1). Iz F′(z) = f (z), ∀z ∈ K(z1, r1)

slijedi da je F derivabilna funkcija na K(z1, r1). Prema prethodnomteoremu, F ima derivaciju svakog reda, što znaci da i f ima derivacijusvakog reda na K(z1, r1). Slijedi da je f derivabilna u z1.

Sada postupak ponovimo za ostale tocke.

Primjer 6.9. Neka je f : Ω → C derivabilna funkcija i z0 ∈ Ω. Defini-ramo funkciju g : Ω→ C formulom

g(z) =

f (z)− f (z0)

z−z0, z 6= z0;

f ′(z0), z = z0.


Na isti nacin kao u dokazu teorema 6.3 zakljucimo da je g neprekidnana Ω i derivabilna na Ω \ z0. Sada, nakon što smo dokazali pret-hodni korolar, možemo zaljuciti da je g je derivabilna i u z0, dakle nacijelom Ω.

Poseban slucaj je sljedeca funkcija, dobivena biranjem z0 = 0 if (z) = sin z:

g(z) =

sin z

z , z 6= 0;1, z = 0.

.

Zakljucujemo da je g derivabilna na C.

Kružni vijenac sa središtem u z0 radijusa 0 ≤ r < R ≤ ∞ oznaca-vat cemo s V(z0; r, R). Prema tome,

V(z0; r, R) = z ∈ C : r < |z− z0| < R.

Uocite da dopuštamo da je r = 0 i R = ∞. Ocito je

V(z0; 0, R) = K(z0, R) \ z0,V(z0; r, ∞) = C \ K(z0, r),

V(z0; 0, ∞) = C \ z0.

Teorem 6.10 (Cauchyjeva integralna formula za kružni vijenac).Neka je V = V(z0; r, R) kružni vijenac, te f derivabilna funkcija na V.Tada vrijedi

f (z) =1

2πi

∫γ2

f (w)

w− zdw− 1

2πi

∫γ1

f (w)

w− zdw,

gdje su γ1 i γ2 kružnice sa središtem u z0 radijusa ρ1 i ρ2, redom, tako daje r < ρ1 < |z− z0| < ρ2 < R.

Dokaz. Neka je z ∈ V proizvoljno odabrana tocka. Definiramo funk-ciju

g : V → C, g(w) =

f (w)− f (z)

w−z , w 6= z;f ′(z), w = z.

Prema prethodnom primjeru, g je derivabilna na V.Sada cemo

∫γ2

g−∫

γ1g izraziti kao sumu integrala po zatvorenim

po dijelovima glatkim krivuljama koje se mogu smjestiti u zvjezdastpodskup kružnog vijenca V. Jedan od spomenutih putova je izdvo-jena na slici desno


Sada primjenom Cauchyjevog teorema za zvjezdast skup zakljucu-jemo da je svaki od integrala u toj sumi jednak nuli, te je zato∫

γ2

f (w)− f (z)w− z

dw =∫

γ1

f (w)− f (z)w− z

dw,

odnosno∫γ2

f (w)

w− zdw− f (z)

∫γ2

dww− z

=∫

γ1

f (w)

w− zdw− f (z)

∫γ1

dww− z

.

Drugi integral s lijeve strane je jednak f (z) · 2πi (lema 6.1), a drugiintegral na desnoj strani jednak nuli (teorem 5.3). Slijedi∫

γ2

f (w)

w− zdw− 2πi f (z) =

∫γ1

f (w)

w− zdw,

odakle tvrdnja odmah slijedi izražavanjem f (z).Preostaje dokazati da je doista moguce podijeliti kružni vijenac V

na isjecke kao gore, koji su sadržani u zvjezdastim podskupovimaod V. Za to je dovoljno dokazati da je za dovoljno mali kut α isjecakkružnog vijenca V sa središnjim kutem α zvjezdast skup.

Neka je T sjecište tangenti na manju kružnicu u vrhovima isjecka(vidi sliku). Isjecak ce biti zvjezdast ako je tocka T unutar isjecka,odnosno ako je udaljenost x od T do središta kružnog vijenca manjaod R. (Tada upravo T možemo uzeti za centar zvjezdastog skupa.)

Kako je

x =r

cos α2

,

x < R je ekvivalentno sa cos α2 > r

R , odnosno s

α < 2 arccosrR

,

što je ispunjeno za dovoljno mali kut α.

I ovdje možemo zakljuciti slicno kao u korolaru 6.4


Korolar 6.11. Neka je V = V(z0; r, R) kružni vijenac, γ1 i γ2 kružnice sasredištem u z0 radijusa ρ1 i ρ2, redom, tako da je r < ρ1 < |z− z0| < ρ2 <

R. Ako su f i g derivabilne funkcije na V za koje vrijedi f (w) = g(w)

za sve w koji leže na kružnicama γ1 i γ2, tada je f (z) = g(z) za svez ∈ V(z0; ρ1, ρ2).

Jedna od posljedica Cauchyjeve integralne formule za krug je Li-ouvilleov teorem. Prvo uvedimo pojam cijele funkcije.

Definicija 6.12. Cijela funkcija je kompleksna funkcija cija je domenacijeli C i koja je derivabilna (na C).

Primjeri cijelih funkcija su polinomi, eksponencijalna funkcija, funk-cije sin i cos.

Teorem 6.13. Svaka cijela ogranicena funkcija je konstantna.

Dokaz. Neka je M > 0 takav da je | f (z)| < M za sve z ∈ C.Uzmimo proizvoljan z0 ∈ C. Za svaki r > 0 je kružnica

γr : [0, 2π]→ C, γr(t) = z0 + reit

sadržana u domeni funkcije f (zato je bitno da je f definirana nacijelom C).

Prema teoremu 6.7 je

f ′(z0) =1

2πi

∫γr

f (w)

(w− z0)2 dw.

Prema lemi 4.6 imamo

| f ′(z0)| =

∣∣∣∣ 12πi

∫γr

f (w)

(w− z0)2 dw∣∣∣∣

≤ 12π

max | f (w)||w− z0|2

: w ∈ γr([0, 2π])`(γr)

≤ 12π· M

r2 · 2rπ

≤ Mr

.

Za odabrani z0 dobili smo da vrijedi | f ′(z0)| ≤ Mr za svaki r. S

obzirom da je limr→∞Mr = 0 slijedi da je f ′(z0) = 0. Kako je z0

bio proizvoljan, imamo f ′(z) = 0 za sve z ∈ C, a onda je nužno fkonstantna funkcija.

Sljedeci teorem je verzija Liouvilleovog teorema za odozdo ogra-nicene funkcije.

Korolar 6.14. Neka je f cijela funkcija koja je odozdo ogranicena. Tada jef konstanta.

Dokaz. Kako je f odozdo ogranicena, postoji m > 0 takav da je| f (z)| > m za sve z iz domene od f , dakle, za sve z ∈ C. Sada jedobro definirana funkcija

g : C→ C, g(z) =1

f (z).


Funkcija g je cijela i ogranicena i prema Liouvilleovom teoremu za-kljucujemo da je g konstantna funkcija. Tada je, naravno, i f kons-tantna funkcija.

Sada iz Liouvilleovog teorema možemo dokazati osnovni teoremalgebre.

Teorem 6.15 (Osnovni teorem algebre). Neka je

p(z) = zn + an−1zn−1 + . . . + a1z + a0

polinom stupnja n ≥ 1. Tada postoji z0 ∈ C takav da je p(z0) = 0. Drugimrijecima, svaki polinom stupnja veceg ili jednakog od 1 ima barem jednunultocku u C.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, to jest, da je p(z) 6= 0 za sve z ∈ C.Tada je dobro definirana funkcija

f : C→ C, f (z) =1

p(z).

Ocito, f je cijela funkcija. Zbog

lim|z|→∞

f (z) = 0,

po definiciji limesa slijedi da postoji R > 0 takav da je

| f (z)| ≤ 1, ∀z ∈ C, |z| ≥ R.

Nadalje, postoji M > 0 takav da je

| f (z)| ≤ M, ∀z ∈ C, |z| ≤ R

(neprekidna funkcija na kompaktu). Ako oznacimo M1 = max1, Mtada vrijedi

| f (z)| ≤ M1, ∀z ∈ C,

dakle, f je ogranicena cijela funkcija. Prema Louvilleovom teoremuje tada f konstantna funkcija. No tada je i p konstantna funkcija, štone može biti.

Sada lako slijedi proširena verzija osnovnog teorema algebre.

Teorem 6.16 (Osnovni teorem algebre 2). Neka je

p(z) = zn + an−1zn−1 + . . . + a1z + a0

polinom stupnja n ≥ 1. Tada p ima tocno n nultocaka u C racunajucinjihove kratnosti.

Dokaz. Prema osnovnom teoremu algebre postoji z1 ∈ C nultockaod p. Ako je n = 1 onda smo gotovi, a ako je n ≥ 2 tada postojipolinom q stupnja n− 1 ≥ 1 takav da je p(z) = (z− z1)q(z). Sada istonapravimo za polinom q i nakon n koraka dolazimo do tvrdnje.

7 Opci Cauchyjev teorem

Ovaj dio teorije izlažemo samo informativno; rezultati ove tocke necese koristiti u ostatku predavanja.

Vidjeli smo da Cauchyjev teorem vrijedi za zvjezdast skup Ω, aline vrijedi za svako podrucje Ω; npr. ne vrijedi za Ω = C \ 0.Postavlja se pitanje vrijedi li za opcenitije skupove od zvjezdastih.Vidjet cemo da Cauchyjev teorem vrijedi za jednostavo povezanaili 1-povezana podrucja, koja su intuitivno govoreci podrucja "bezrupa".

Primijetimo takoder da smo za funkciju 1/z na C \ 0 vidjeli danjezin integral po jedinicnoj kružnici oko ishodišta nije 0. Medutimista funkcija ima integral nula po mnogim drugim krivuljama u C \0 - na primjer, po svakoj kružnici koja ne sadrži ishodište u svojojunutrašnjosti. Intuitivno, te se druge kružnice mogu "neprekidnostisnuti u tocku" unutar C \ 0, dok se to ne može napraviti zajedinicnu kružnicu oko ishodišta.

Da bismo tocnije definirali "neprekidno stiskanje", uvodimo pojamhomotopije. Neka su α, β : [a, b] → Ω dva puta u Ω, oba od z1 doz2, to jest, α(a) = β(a) = z1, α(b) = β(b) = z2. Kažemo da su α i β

homotopni ako postoji neprekidna funkcija

H : [a, b]× [0, 1]→ Ω,

takva da je

H(s, 0) = α(s), H(s, 1) = β(s), ∀s ∈ [a, b];

H(a, t) = z1, H(b, t) = z2, ∀t ∈ [0, 1].

Funkciju H možemo zamišljati kao familiju krivulja s 7→ H(s, t) in-deksiranu parametrom t, ili kao "putujucu krivulju" od z1 do z2, kojaje u trenutku t jednaka krivulji s 7→ H(s, t) i koja se neprekidno kreceod α (za t = 0) do β (za t = 1).

Nas posebno zanima slucaj kad su α i β zatvoreni putevi odnosnopetlje, to jest, pocetak i kraj im je isti kompleksni broj z0 ∈ Ω. Ka-žemo da je petlja α : [a, b] → Ω nul-homotopna u Ω, ako je homo-topna konstantnom putu

γ(s) = z0, s ∈ [a, b].

Kažemo da je podrucje Ω 1-povezano ako je svaka petlja u Ω nul-homotopna u Ω.

Opci Cauchyjev teorem Neka je Ω podrucje i neka je f : Ω → C

holomorfna funkcija. Tada:


1. Za svaku po dijelovima glatku petlju γ u Ω koja je nul-homotopnau Ω,

∫γ f = 0.

2. Ako je Ω 1-povezano podrucje, onda je∫

γ f = 0 za svaku podijelovima glatku petlju u Ω.

Indeks po dijelovima glatke petlje γ u odnosu na tocku z koja nijeu slici od γ definira se kao

ν(γ, z) =1

2πi

∫γ

1w− z

dw.

Indeks ν(γ, z) je uvijek cijeli broj. Intuitivno, to je broj obilazaka γ

oko z u smjeru suprotno od kazaljke na satu.Na primjer, ako je γ pozitivno orijentirana kružnica, onda znamo

da je ν(γ, z) = 1 za z unutar γ, i da je ν(γ, z) = 0 za z izvan γ.Lako je vidjeti da je funkcija z 7→ ν(γ, z) neprekidna; ona je štoviše

lokalno konstantna.

Opca Cauchyjeva integralna formula Neka je Ω ⊆ C otvoren i nekaje f : Ω → C holomorfna funkcija. Neka je γ po dijelovima glatkanul-homotopna petlja u Ω i neka je z kompleksan broj koji nije u sliciod γ. Tada je

ν(γ, z) f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)

w− zdw.

Zadatak. Dokažite opcu Cauchyjevu integralnu formulu koristeciopci Cauchyjev teorem.

8 Lokalno uniformna konvergencija

Promatrajmo niz kompleksnih funkcija definiranih na istom skupuS. Ako za svaki z ∈ S niz kompleksnih brojeva ( fn(z))n konvergira,onda je tim limesima definirana nova funkcija na S. Nazovimo tufunkciju f . Dakle, vrijedi

f (z) = limn→∞

fn(z), z ∈ S.

Ovakvu vrstu konvergencije nazivamo konvergencija po tockama iliobicna konvergencija.

Na primjer, promatrajmo niz funkcija

fn : C→ C, fn(z) = (1 +1n)z.

Tada za svaki z ∈ C imamo

limn→∞

fn(z) = limn→∞

(1 +1n)z = z.

Tada je f (z) = z za svaki z ∈ C.Po definiciji limesa niza brojeva ( fn(z))n to znaci sljedece: za svaki

z ∈ C i svaki ε > 0 postoji n0 ∈N takav da je | fn(z)− f (z)| < ε za sven ≥ n0. U našem konkretnom primjeru, fiksiramo li z i odaberemoproizvoljan ε > 0 imamo

| fn(z)− f (z)| < ε⇔ |(1 + 1n)z− z| < ε⇔ n >

|z|ε

,

što znaci da n0 mora biti neki prirodan broj za koji vrijedi

n0 ≥|z|ε

.

Ovdje je važno uociti da n0 ovisi ne samo o ε nego i o odabranomz, te da nije moguce odabrati n0 tako da je n0 ≥ |z|

ε za sve z izdomene funkcija fn, to jest, iz S. Dakle, ne postoji n0 ∈ N tako da je| fn(z)− f (z)| < ε za sve n ≥ n0 i sve z ∈ S. Za niz funkcija za kojetakav n0 postoji kažemo da uniformno konvergira prema funkciji f .Ovo je, naravno, znatno jaci uvjet od konvergencije po tockama izato nije iznenadujuce da ce uniformna konvergencija cuvati nekasvojstva funkcija fn (u smislu da ce i funkcija f zadržati ta svojstva).Na primjer, ako niz neprekidnih funkcija ( fn) uniformno konvergiraprema f , tada ce i f biti neprekidna funkcija.

Pokazat ce se da je cesto dovoljno da niz funkcija uniformno ko-nvergira na nekom podskupu od S, ne nužno na cijelom S. Tako


dolazimo do pojma lokalno uniformne konvergencije: za svaki z ∈ Spostoji okolina na kojoj niz restrikcija funkcija na tu okolinu konver-gira uniformno.

Pogledajmo to na prethodnom primjeru. Neka je ε > 0. Uzmimoproizvoljan z0 ∈ C i promatrajmo K(z0, 1). Neka je n0 takav da jen0 ≥ |z0|+1

ε . Kako je tada n0 ≥ |z|ε za sve z ∈ K(z0, 1), to je prema

prethodnom racunu

| fn(z)− f (z)| < ε, ∀n ≥ n0, ∀z ∈ K(z0, 1).

Drugim rijecima, niz funkcija fn|K(z0,1) uniformno konvergira premaf |K(z0,1). To znaci da niz funkcija ( fn)n, fn(z) = (1 + 1

n )z lokalnouniformno konvergira prema funkciji f (z) = z na C.

Time smo došli do tri vrste konvergencije niza funkcija. Navedimosada njihove precizne definicije.

Definicija 8.1. Neka je S ⊆ C, fn : S → C, n ∈ N niz funkcija, te nekaje f : S→ C.

(a) Kažemo da niz ( fn) konvergira funkciji f po tockama ili obicnoako niz brojeva ( fn(z))n konvergira prema f (z) za svaki z ∈ S. Drugimrijecima, ako za svaki z ∈ S te svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da je| fn(z)− f (z)| < ε za sve n ≥ n0.

(b) Kažemo da niz ( fn) uniformno konvergira funkciji f ako za svakiε > 0 postoji n0 ∈ N tako da je | fn(z)− f (z)| < ε za sve n ≥ n0 i svez ∈ S. Pišemo fn ⇒ f .

(c) Kažemo da niz ( fn) lokalno uniformno konvergira funkciji f akoza svaki z ∈ S postoji rz > 0 takav da je K(z, rz) ⊆ S i da niz funkcija

( fn|K(z,rz))n uniformno konvergira funkciji f |K(z,rz). Pišemo fnL.U.−→ f .

Teorem 8.2 (karakterizacija lokalno uniformne konvergencije). Nekaje fn : Ω → C, n ∈ N niz funkcija i f : Ω → C. Sljedece tvrdnje su ekvi-valentne:

1. fnL.U.−→ f ;

2. za svaki kompaktan podskup K od Ω vrijedi fn|K ⇒ f |K;

3. za svaki K(z, r) ⊆ Ω vrijedi fn|K(z,r) ⇒ f |K(z,r).

Dokaz. (1)⇒(2) Iz pretpostavke slijedi da za svaki z ∈ Ω postoji rz >

0 tako da ( fn|K(z,rz))n uniformno konvergira funkciji f |K(z,rz). Uocimoda je skup

K(z, rz) : z ∈ K

otvoreni pokrivac kompaktnog skupa K, pa postoje z1, . . . , zk ∈ Ktako da je

K ⊆k⋃

i=1

K(zi, rzi ).

lokalno uniformna konvergencija 55

Za svaki i = 1, . . . , k imamo da niz ( fn|K(zi ,rzi ))n uniformno konver-

gira funkciji f |K(z,rz), te stoga postoje n1, . . . , nk ∈N takvi da, za daniε > 0, vrijedi:

n ≥ ni ⇒ (| fn(z)− f (z)| < ε, ∀z ∈ K(zi, rzi )).

Ako je n0 = maxn1, . . . , nk tada

n ≥ n0 ⇒ (| fn(z)− f (z)| < ε, ∀z ∈k⋃

i=1

K(zi, rzi )).

Kako je K ⊆ ⋃ki=1 K(zi, rzi ), imamo

n ≥ n0 ⇒ (| fn(z)− f (z)| < ε, ∀z ∈ K).

Slijedi (2).Ostale implikacije su ocite.

Teorem 8.3 (o neprekidnosti lokalno uniformnog limesa). Neka jefn : Ω → C, n ∈ N niz neprekidnih funkcija i f : Ω → C funkcija takva

da fnL.U.−→ f . Tada je f neprekidna funkcija.

Dokaz. Uzmimo z0 ∈ Ω i pokažimo da je f neprekidna u z0.Neka je ε > 0. Trebamo naci δ > 0 tako da je K(z0, δ) ⊆ Ω i da za

z ∈ K(z0, δ) vrijedi | f (z)− f (z0)| < ε.

Iz fnL.U.−→ f slijedi da postoji r > 0 tako da je K(z0, r) ⊆ Ω i da

fn|K(z,r) ⇒ f |K(z,r), dakle, postoji n0 ∈ N takav da za n ≥ n0 vrijedi| fn(z)− f (z)| < ε

3 za sve z ∈ K(z0, r). Posebno za n = n0 imamo

| fn0(z)− f (z)| < ε

3, ∀z ∈ K(z0, r), (8.1)

a uvrštavanjem z = z0 u (8.1) slijedi

| fn0(z0)− f (z0)| <ε

3. (8.2)

Kako je fn0 neprekidna u z0, postoji δ ∈ (0, r] takav da je

| fn0(z)− fn0(z0)| <ε

3, ∀z ∈ K(z0, δ). (8.3)

Konacno, iz (8.1), (8.2) i (8.3) slijedi da je za svaki z ∈ K(z0, δ)

| f (z)− f (z0)| ≤| f (z)− fn0(z)|+ | fn0(z)− fn0(z0)|+ | fn0(z)− f (z0)| < ε.

Lema 8.4 (o zamjeni limesa i integrala). Neka je fn : Ω → C, n ∈ N

niz neprekidnih funkcija i f : Ω→ C funkcija takva da fnL.U.−→ f . Tada

limn→∞

∫γ

fn =∫

γf

za svaki po dijelovima gladak put γ u Ω.


Dokaz. Neka je γ : [a, b] → Ω po dijelovima gladak put u Ω. Ozna-cimo K := γ([a, b]). Neka je ε > 0.

Prema prethodnoj tvrdnji, f je neprekidna funkcija, pa je izraz∫

γ fdobro definiran.

Kako je K kompaktan skup, iz pretpostavke o lokalno uniformnojkonvergenciji i teorema 8.2 slijedi fn|K ⇒ f |K, pa za zadani ε > 0postoji n0 ∈N takav da za sve n ≥ n0 vrijedi

| fn(z)− f (z)| < ε, ∀z ∈ K. (8.4)

Sada, koristeci lemu o ocjeni integrala i (8.4), dobivamo∣∣∣∣∫γ

fn −∫

γf∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫

γ( fn − f )

∣∣∣∣≤ max|( fn − f )(z)| : z ∈ K · `(γ) ≤ ε`(γ).

Slijedi tvrdnja.

Sljedeca cinjenica koju želimo dokazati je holomorfnost lokalnouniformnog limesa niza holomorfnih funkcija (Weierstrassov teorem,niže dolje). Za to ce nam trebati

Teorem 8.5 (Morera). Neka je f : Ω → C neprekidna funkcija takva daje∫

∂∆ f = 0 za sve ∆ ⊆ Ω. Tada je f holomorfna na Ω.

Dokaz. Neka je z0 ∈ Ω i r > 0 takav da je K(z0, r) ⊆ Ω. Ako jeg = f |K(z0,r) : K(z0, r) → C, tada iz pretpostavke slijedi

∫∂∆ g = 0 za

sve ∆ ⊆ K(z0, r). Sada se na isti nacin kao u dokazu Cauchyjevog te-orema za zvjezdast skup dokaže da g ima primitivnu funkciju. (Onošto je bilo potrebno u tom dokazu je upravo da je integral po rubutrokuta jednak 0; tamo smo to zakljucili iz holomorfnosti i Goursat-Pringsheimovog teorema, a ovdje nam je to pretpostavka.)

Dakle, postoji G : K(z0, r) → C tako da je G′(z) = g(z) za svez ∈ K(z0, r). Funkcija G je holomorfna na K(z0, r), pa je onda, premageneraliziranoj Cauchyjevojintegralnoj formuli, i G′ = g holomorfnana K(z0, r). Slijedi da je f holomorfna na K(z0, r), a zbog proizvolj-nosti od z0 slijedi tvrdnja.

Teorem 8.6 (Weierstrassov teorem o limesu niza holomorfnih funk-cija). Neka je fn : Ω → C, n ∈ N niz holomorfnih funkcija i f : Ω → C

funkcija takva da fnL.U.−→ f . Tada je f ∈ H(Ω) i

f (k)nL.U.−→ f (k), k ∈N.

Dokaz. Prvo uocimo da je f neprekidna funkcija prema teoremu 8.3.Kako su sve funkcije fn holomorfne, prema Goursat–Pringsheimovomteoremu je ∫

∂∆fn = 0, ∀∆ ⊆ Ω, ∀n ∈N.

Sada lema 8.4 o zamjeni limesa i integrala povlaci da je∫∂∆

f = 0, ∀∆ ⊆ Ω,

lokalno uniformna konvergencija 57

a onda preostaje samo, primjenom Morerinog teorema, zakljuciti daje f ∈ H(Ω).

Nadalje, neka je k ∈ N. Za neki z0 ∈ Ω neka je r > 0 takav daje K(z0, r) ⊆ Ω. Neka je γ : [0, 2π] → Ω, γ(t) = z0 + reit. Premageneraliziranoj Cauchyjevoj integralnoj formuli za fn i f imamo

f (k)n (z) =k!

2πi

∫γ

fn(w)

(w− z)k+1 dw, ∀z ∈ K(z0, r), ∀n ∈N,

f (k)(z) =k!

2πi

∫γ

f (w)

(w− z)k+1 dw, ∀z ∈ K(z0, r).

Primjenom leme o ocjeni integrala slijedi

| f (k)n (z)− f (k)(z)| =∣∣∣∣ k!2πi

∣∣∣∣ · ∣∣∣∣∫γ

fn(w)− f (w)

(w− z)k+1 dw∣∣∣∣

≤ k!2π·max | fn(w)− f (w)|

|w− z|k+1 : w ∈ γ([0, 2π]) · `(γ).

Neka je ρ ∈ (0, r). Za sve z ∈ K(z0, ρ) vrijedi

|w− z| ≥ |w− z0| − |z− z0| > r− ρ > 0,

pa je1

|w− z|k+1 <1

(r− ρ)k+1 , ∀z ∈ K(z0, ρ).

Sada je za sve z ∈ K(z0, ρ). Oznacimo li M = 2rπk!2π(r−ρ)k+1 = rk!

(r−ρ)k+1 ,slijedi da je

| f (k)n (z)− f (k)(z)| ≤ M ·max| fn(w)− f (w)| : w ∈ γ([0, 2π]) (8.5)

za sve z ∈ K(z0, ρ).Neka je K = γ([0, 2π]). Zbog kompaktnosti od K, prema teoremu 8.2,

iz fnL.U.−→ f slijedi fn|K ⇒ f |K, pa za proizvoljno odabrani ε > 0 pos-

toji n0 ∈N takav da je

| fn(w)− f (w)| < ε, ∀w ∈ K, ∀n ≥ n0,

dakle,max| fn(w)− f (w)| : w ∈ K < ε, ∀n ≥ n0.

Iz (8.5) sada slijedi

| f (k)n (z)− f (k)(z)| ≤ εM, ∀z ∈ K(z0, ρ), ∀n ≥ n0,

to jest,

f (k)n |K(z0,ρ) ⇒ f (k)|K(z0,ρ).

Zbog proizvoljnosti od z0 slijedi

f (k)nL.U.−→ f (k).


U daljnjem cemo se prvenstveno baviti redovima funkcija. Ako je( fn) niz funkcija definiranih na Ω, kažemo da red ∑n fn konvergiralokalno uniformno na Ω ako niz parcijalnih suma

sn = f1 + f2 + · · ·+ fn

konvergira lokalno uniformno na Ω. Analogno se definira obicna iliuniformna konvergencija reda funkcija.

Teorem 8.7 (Weierstrassov M-test). Neka je fn : Ω → C, n ∈ N nizfunkcija. Neka je (Mn)n, Mn ≥ 0, niz brojeva takav da je ∑∞

n=1 Mn < ∞.Ako vrijedi

| fn(z)| ≤ Mn, ∀n ∈N, ∀z ∈ Ω,

tada red funkcija ∑ fn konvergira apsolutno i uniformno na Ω.

Dokaz. Iz ∑∞n=1 | fn(z)| ≤ ∑∞

n=1 Mn, z ∈ Ω, prema kriteriju usporedi-vanja slijedi da red ∑∞

n=1 fn(z) apsolutno konvergira za svaki z ∈ Ω.Tada, za svaki z ∈ Ω, red ∑∞

n=1 fn(z) (obicno) konvergira, te možemodefinirati funkciju

f : Ω→ C, f (z) =∞

∑n=1

fn(z).

Iz konvergencije reda ∑n Mn slijedi da za svaki ε > 0 postoji n0 ∈N takav da je ∑k>n Mk < ε za sve n ≥ n0. Tada za sve z ∈ Ω i sven ≥ n0 vrijedi∣∣∣∣∣ f (z)− n

∑k=1

fk(z)

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣ ∞

∑k=n+1

fk(z)

∣∣∣∣∣ ≤ ∞

∑k=n+1

| fk(z)| ≤∞

∑k=n+1

Mk < ε.

Slijedi uniformna konvergencija reda ∑∞k=1 fk prema funkciji f .

Primjer 8.8. Red funkcija ∑∞k=1

zk

k2 konvergira uniformno na K(0, 1).Zaista, ako za k ∈N stavimo

fk(z) =zk

k2 i Mk =1k2 ,

tada su zadovoljene pretpostavke prethodnog teorema i slijedi tvrd-nja.

9 Redovi potencija

Red potencija je red oblika

∞

∑n=0

an(z− z0)n, (9.1)

Prvo je pitanje za koje z ∈ C red (9.1) konvergira. Kad odgovorimona to pitanje, onda cemo proucavati funkciju f definiranu sa f (z) =∑∞

n=0 an(z− z0)n. Posebno, vidjet cemo da ako red (9.1) konvergira

na nekom otvorenom krugu, onda je funkcija f (z) holomorfna natom krugu.

Lema 9.1 (Abelova lema). Neka je z′ 6= z0. Ako red brojeva

∞

∑n=0

an(z′ − z0)n

konvergira, tada red potencija ∑∞n=0 an(z− z0)

n konvergira apsolutno i lo-kalno uniformno na K(z0, r), gdje je r = |z′ − z0|.

Dokaz. Prema nužnom uvjetu konvergencije reda brojeva ∑∞n=0 an(z′−

z0)n slijedi limn→∞ |an(z′ − z0)

n| = 0, zbog cega je niz (|an(z′ −z0)

n|)n ogranicen. Dakle, postoji M > 0 tako da je |an(z′− z0)n| < M

za sve n ≥ 0.Neka je ρ ∈ (0, r). Tada za sve z ∈ K(z0, ρ) vrijedi

|an(z− z0)n| = |an(z′ − z0)

n|(|z− z0||z′ − z0|

)n< M

(|z− z0||z′ − z0|

)n

za sve n ≥ 0. Oznacimo Mn = M(|z−z0||z′−z0|

)n, n ≥ 0. Tada je ∑n Mn

suma geometrijskog reda kvocijenta manjeg od 1, pa ovaj red konver-gira. Prema Weierstrassovom M-testu tada i red ∑∞

n=0 an(z − z0)n

konvergira uniformno na K(z0, ρ). To vrijedi za svaki ρ ∈ (0, r).Neka je z ∈ K(z0, r) (slika desno). Tada postoji ρ ∈ (0, r) takav da

je z ∈ K(z0, ρ). Neka je rz > 0 takav da je K(z, rz) ⊆ K(z0, ρ). Premadokazanom, red ∑∞

n=0 an(z− z0)n konvergira uniformno na K(z0, ρ),

pa onda i na K(z, rz). Slijedi tvrdnja.

Abelova lema povlaci da skup svih z za koje red (9.1) konvergirauvijek sadrži maksimalan otvoren krug K(z0, r) oko z0, i možda joši neke tocke ruba tog kruga. Pri tome prazan skup i cijeli C tako-der smatramo otvorenim krugovima: prazan skup je otvoren krugradijusa 0, a C je otvoren krug radijusa +∞.


U sljedecem teoremu cemo vidjeti kako se radijus tog maksimal-nog kruga konvergencije može izraziti pomocu koeficijenata an. Prijetoga jedna napomena.

Napomena 9.2. (a) Prisjetimo se definicije limesa superiora niza (ρn)n,gdje su ρn ≥ 0 za sve n ∈ N. Ako je (ρn) neogranicen, tada jelim supn ρn = ∞, a ako je ogranicen, tada je lim supn ρn najvece gomi-lište tog niza. (Svaki ogranicen niz ima bar jedno gomilište. Zadatak:dokažite da za ogranicen niz postoji najvece gomilište, odnosno daje supremum skupa svih gomilišta i sam gomilište niza (ρn).)

Ocito, u slucaju konvergentnog niza vrijedi lim supn ρn = lim ρn.Na primjer, ako je ρn = 3 + (−1)n, n ∈ N, tada je to ogranicen niz sgomilištima 2 i 4, pa je lim supn ρn = 4.

(b) Cauchyjev kriterij za konvergenciju. Neka je ∑n an red kom-pleksnih brojeva. Tada:

1. Ako postoji pozitivan realan broj A < 1 takav da je n√|an| ≤ A

za sve n ∈ N pocevši od nekog n0, onda red ∑n an apsolutnokonvergira.

2. Ako je n√|an| > 1 za beskonacno mnogo n ∈ N, onda red ∑n an

divergira.

Radi kompletnosti, podsjetimo se dokaza ove tvrdnje (detaljnije uskriptama prof. Guljaša, Teorem 6.9, https://web.math.pmf.unizg.hr/∼guljas/skripte/MATANALuR.pdf). Tvrdnja (1) slijedi iz usporedbereda ∑n |an| s geometrijskim redom ∑n An, dok tvrdnja (2) slijedi iznužnog uvjeta konvergencije: ako n

√|an| > 1 za beskonacno mnogo

n tada |an| > 1 za beskonacno mnogo n, pa niz (an) ne teži u 0.(c) Neka su (αn) i (βn) dva niza nenegativnih brojeva. Pretposta-

vimo da postoji β = limn βn. Tada je

lim supn

(αnβn) = lim supn

αn limn

βn,

lim supn

(αβnn ) = (lim sup

nαn)

limn βn .

Teorem 9.3 (Cauchy–Hadamard). Neka je zadan red potencija ∑∞n=0 an(z−

z0)n. Neka je

r =1

lim supnn√|an|

.

(Pritom, ako je lim supnn√|an| = 0 tada je r = ∞, te ako je lim supn

n√|an| =

∞ tada je r = 0.) Tada

(1) red potencija ∑∞n=0 an(z− z0)

n konvergira apsolutno i lokalno unifor-mno na K(z0, r);

(2) za svaki z ∈ C \ K(z0, r) red brojeva ∑∞n=0 an(z− z0)

n divergira.

Dokaz. (1) Neka je z′ ∈ K(z0, r). Prema Cauchyjevom kriteriju, redbrojeva ∑n |an(z′ − z0)|n konvergira apsolutno, jer je

lim supn

n√|an(z′ − z0)n| = |z′ − z0| lim sup

n

n√|an| < 1.

redovi potencija 61

Prema Abelovoj lemi tada i red potencija ∑∞n=0 an(z − z0)

n konver-gira lokalno uniformno na K(z0, |z′ − z0|). Zbog proizvoljnosti z′ ∈K(z0, r) slijedi tvrdnja (vidjeti kraj dokaza Abelove leme).

(2) Prema Cauchyjevom kriteriju za konvergenciju redova, ako jez takav da je |z− z0| > r tada red ∑∞

n=0 an(z− z0)n divergira.

Za red potencija red ∑∞n=0 an(z− z0)

n broj

r =1

lim supnn√|an|

nazivamo radijus konvergencije, a K(z0, r) krug konvergencije redapotencija. Pritom podrazumijevamo da mogu nastupiti slucajevi r =0 i r = ∞.

Prema prethodnom teoremu, na K(z0, r) red potencija konvergiraapsolutno i lokalno uniformno, a izvan njega divergira; za tocke skružnice nemamo nikakav zakljucak. Iz toga slijedi da je krug ko-nvergencije reda potencija najveci krug oko z0 na kojem zadani redpotencija konvergira.

Primjer 9.4. Odredimo radijus konvergencije reda potencija ∑∞n=0 anzn

ako je

an =

2n, ako n neparan;3n, ako n paran.

Kako je ( n√

an) = (2, 3, 2, 3, 2, 3, 2, 3, ....) slijedi da je lim supn = 3.Zato je traženi radijus konvergencije jednak 1

3 .

Teorem 9.5 (Holomorfnost reda potencija). Neka je r > 0 radijus ko-nvergencije reda potencija ∑∞

n=0 an(z− z0)n. Definiramo funkciju

f : K(z0, r)→ C, f (z) =∞

∑n=0

an(z− z0)n.

Tada je f holomorfna na K(z0, r) i za svaki m ≥ 0 vrijedi

f (m)(z) =∞

∑n=m

n(n− 1) · · · (n−m + 1)an(z− z0)n−m (9.2)

za sve z ∈ K(z0, r). Pritom je, za svaki m ≥ 0, radijus konvergencije redaza f (m) takoder r.

Dokaz. S obzirom da zadani red potencija na krugu konvergencijeK(z0, r) konvergira lokalno uniformno, prema Weierstrassovom te-oremu o nizu holomorfnih funkcija slijedi da red f (z) = ∑∞

n=0 an(z−z0)

n možemo derivirati clan po clan, odakle slijedi (9.2). Nadalje,radijus konvergencije reda za f ′ iznosi

1lim supn

n√|(n + 1)an+1|

=1

lim supn

(n+1√

n + 1 n+1√|an+1|

) n+1n

=1(

limnn+1√

n + 1 lim supnn+1√|an+1|

)limn→∞n+1

n=

1(1 · 1

r

)1 = r.

Odavde slijedi da ce i svakom narednom derivacijom reda potencija,novodobiveni red potencija zadržati isti radijus konvergencije r.


Uocimo da smo u ovom teoremu krenuli od reda potencija i na os-novi njega definirali funkciju f - ta funkcija je holomorfna na krugukonvergencije zadanog reda, a iz (9.2) slijedi veza izmedu koeficije-nata reda i funkcije f :

am =f (m)(z0)

m!, ∀m ≥ 0.

Prema tome, imamo sljedecu jednakost

f (z) =∞

∑n=0

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n, ∀z ∈ K(z0, r).

Možemo li, krenuvši od proizvoljne holomorfne funkcije f , docido ovakvog razvoja? Sljedeci teorem govori upravo o tome, da sesvaka holomorfna funkcija može lokalno razviti u red potencija, tojest, oko svake tocke domene holomorfne funkcije postoji okolina nakojoj je moguce funkciju razviti u red potencija.

Teorem 9.6 (Taylorov razvoj holomorfne funkcije). Neka je f ∈ H(Ω),z0 ∈ Ω te r > 0 takav da je K(z0, r) ⊆ Ω. Tada je

f (z) =∞

∑n=0

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n, ∀z ∈ K(z0, r), (9.3)

pri cemu gornji red lokalno uniformno konvergira.

Dokaz. Neka je ρ ∈ (0, r) i neka je γ kružnica s centrom u z0 radijusaρ. Tada za svaki z ∈ K(z0, ρ), prema Cauchyjevoj integralnoj formuli,vrijedi

f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)

w− zdw =

12πi

∫γ

f (w)

w− z0

11− z−z0

w−z0

dw. (9.4)

Neka je z ∈ K(z0, ρ). Tada za sve w na kružnici γ vrijedi

M :=∣∣∣∣ z− z0

w− z0

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ z− z0

ρ

∣∣∣∣ < 1.

Zato geometrijski red ∑n Mn konvergira, pa prema WeierstrassovomM-testu slijedi da red

∞

∑n=0

(z− z0

w− z0

)n

konvergira uniformno (po w) na γ i vrijedi∞

∑n=0

(z− z0

w− z0

)n=

11− z−z0

w−z0

.

Sada iz (9.4), koristeci lemu o zamjeni limesa i integrala te generali-ziranu Cauchyjevu integralnu formulu, zakljucujemo da je

f (z) =1

2πi

∫γ

f (w)

w− z0

∞

∑n=0

(z− z0

w− z0

)ndw

=∞

∑n=0

(z− z0)n 1

2πi

∫γ

f (w)

(w− z0)n+1 dw

=∞

∑n=0

(z− z0)n 1

n!f (n)(z0)

=∞

∑n=0

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n.

redovi potencija 63

Uocimo da je u prethodnom teoremu, za f ∈ H(Ω) i z0 ∈ Ω,radijus r > 0 odabran tako da je K(z0, r) ⊆ Ω.

Na tom krugu red potencija ∑∞n=0

f (n)(z0)n! (z − z0)

n konvergira lo-kalno uniformno, što znaci da je njegov radijus konvergencije veci ilijednak od radijusa svakog kruga oko z0 koji je sadržan u Ω.

Razvoj holomorfne funkcije u red potencija oko tocaka iz domeneje jedinstven. Naime, ako K(z0, r) ⊆ Ω i ako vrijedi

f (z) =∞

∑n=0

an(z− z0)n, z ∈ K(z0, r), (9.5)

pri cemu ovaj red lokalno uniformno konvergira na K(z0, r), tada jenužno

an =f (n)(z0)

n!, ∀n ≥ 0.

To slijedi iz teorema 9.5 o holomorfnosti reda potencija jer sada funk-ciju f |K(z0,r) možemo promatrati kao funkciju definiranu preko redapotencija.

Primjer 9.7. Primijenimo prethodni teorem na funkciju f (z) = ez zaslucaj z0 = 0. Kako je f (n)(z) = ez za svaki n ≥ 0 imamo da jef (n)(0) = 1 za svaki n ≥ 0. Sada je

f (z) =∞

∑n=0

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n =∞

∑n=0

zn

n!

za sve z ∈ K(0, r), pri cemu je r > 0 takav da je K(0, r) sadržan udomeni funkcije f . Kako je u našem slucaju f cijela funkcija, to jeK(0, r) ⊆ C za sve r > 0, pa je

ez =∞

∑n=0

zn

n!, ∀z ∈ C.

Iz ovog se sada lako dobiju Taylorovi razvoji za kompleksne funkcijesinus1 i kosinus2. 1 sin z = ∑∞

n=0(−1)nz2n+1

(2n+1)! , ∀z ∈ C.2 cos z = ∑∞

n=0(−1)nz2n

(2n)! , ∀z ∈ C.Formulu (9.3) nazivamo Taylorov razvoj funkcije f u red poten-cija u okolini tocke z0.

Definicija 9.8. Neka je f ∈ H(Ω) i z0 ∈ Ω.

(a) z0 je nultocka od f konacnog reda m ∈N ako je

f (z0) = f ′(z0) = . . . = f (m−1)(z0) = 0 i f (m)(z0) 6= 0.

(Ako je f (z0) 6= 0 ponekad cemo reci da je z0 nultocka reda 0.)

(b) z0 je nultocka od f beskonacnog reda ako je

f (k)(z0) = 0, ∀k ≥ 0.

(c) z0 je izolirana nutocka od f ako postoji r > 0 takav da je K(z0, r) ⊆Ω i f (z) 6= 0 za sve z ∈ K(z0, r) \ z0.

Sljedeci teorem govori o izoliranosti nultocke konacnog reda ho-lomorfne funkcije.


Teorem 9.9. Neka je f ∈ H(Ω) i z0 ∈ Ω nultocka od f konacnogreda m ≥ 0. Tada postoji r > 0 takav da je K(z0, r) ⊆ Ω i postojig ∈ H(K(z0, r)) tako da je

(1) g(z) 6= 0 za sve z ∈ K(z0, r),

(2) f (z) = (z− z0)mg(z) za sve z ∈ K(z0, r).

Posebno, f (z) 6= 0 za sve z ∈ K(z0, r) \ z0.

Dokaz. Neka je ρ > 0 takav da K(z0, ρ) ⊆ Ω. Prema teoremu 9.6 je

f (z) =∞

∑n=0

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n, ∀z ∈ K(z0, ρ),

pri cemu gornji red lokalno uniformno konvergira na K(z0, ρ). Kakoje z0 nultocka reda m imamo

f (z) =∞

∑n=m

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n = (z− z0)m

∞

∑n=0

f (m+n)(z0)

(m + n)!(z− z0)

n,

za sve z ∈ K(z0, ρ). Neka je

g(z) =∞

∑n=0

f (m+n)(z0)

(m + n)!(z− z0)

n, ∀z ∈ K(z0, ρ).

Lako se vidi da je radijus konvergencije ovog reda potencija jednak

radijusu konvergencije reda potencija ∑∞n=m

f (n)(z0)n! (z− z0)

n, a taj jer ≥ ρ. Prema teoremu 9.5 o holomorfnosti reda potencija zakljucu-jemo da je

g ∈ H(K(z0, ρ)).

Kako je z0 je nultocka reda m funkcije f , imamo da je

g(z0) =f (m)(z0)

m!6= 0,

a zbog neprekidnosti od g u z0 tada postoji r < ρ tako da je g(z) 6= 0za sve z ∈ K(z0, r).

Teorem 9.10 (Cauchyjeve ocjene koeficijenata Taylorovog reda). Nekaje f ∈ H(Ω), te z0 ∈ Ω i R > 0 takvi da je K(z0, R) ⊆ Ω. Tada za svakir < R vrijedi ∣∣∣∣∣ f (n)(z0)

n!

∣∣∣∣∣ ≤ M(r)rn , (9.6)

pri cemu je M(r) = max| f (w)| : w ∈ ∂K(z0, r).

Dokaz. Prema generaliziranoj Cauchyjevoj integralnoj formuli je

f (n)(z0) =n!

2πi

∫γ

f (w)

(w− z0)n+1 dw,

gdje je γ : [0, 2π] → C, γ(t) = z0 + reit. Primjenom leme o ocjeniintegrala slijedi∣∣∣∣∣ f (n)(z0)

n!

∣∣∣∣∣ ≤ 12π

maxw∈γ

| f (w)|

|w− z0|n+1

`(γ)

=2rπ

2πmaxw∈γ

| f (w)|rn+1

=

M(r)rn .

redovi potencija 65

Na sljedeci teorem možemo gledati kao na neku vrstu generali-zacije Liouvilleovog teorema. Podsjetimo se Liouvilleovog teorema:svaka cijela ogranicena funkcija je konstantna.

Teorem 9.11. Neka je f cijela funkcija takva da postoji m ∈ N ∪ 0 sasvojstvom da je

| f (z)| ≤ |z|m, ∀z ∈ C.

Tada je f polinom stupnja manjeg ili jednakog od m.

Dokaz. Neka je r > 0 proizvoljno odabran. Uz oznake kao u pret-hodnom teoremu i izbor z0 = 0, iz pretpostavke slijedi

M(r) = max| f (w)| : w ∈ ∂K(z0, r) ≤ rm.

Prema (9.6) imamo∣∣∣∣∣ f (n)(0)n!

∣∣∣∣∣ ≤ rm

rn = rm−n, ∀n ≥ 0.

S obzirom da je r bio proizvoljno odabran pozitivan broj, te da jelimr→∞ rm−n = 0 za n > m, zakljucujemo da je

f (n)(0) = 0, ∀n > m.

Sada iz teorema 9.6 slijedi da je

f (z) =∞

∑n=0

f (n)(0)n!

zn =m

∑n=0

f (n)(0)n!

zn

za sve z ∈ C.

Za kraj ove lekcije naucimo i ovaj važan rezultat.

Teorem 9.12 (Princip jedinstvenosti holomorfne funkcije). Neka jeΩ podrucje i f ∈ H(Ω). Neka je

N = z ∈ Ω : f (z) = 0.

Ako N ima gomilište3 u Ω, tada je f (z) = 0 za sve z ∈ Ω. 3 Prisjetimo se: w je gomilište skupa Nako svaka okolina od w sadrži bar jednutocku iz N razlicitu od w.Dokaz. Neka je w ∈ Ω gomilište skupa N. Tada postoji niz (wn)

u N takav da je wn 6= w za sve n ∈ N i w = limn wn. Kako je fneprekidna, slijedi f (w) = limn f (wn) = 0. Prema tome, w je takodernultocka od f . Zbog postojanja niza nultocaka od f (razlicitih od w)koji teže u w, ocito je da w nije izolirana nultocka od f . Kako su svenultocke konacnog reda izolirane (teorem 9.9), zakljucujemo da je wnultocka beskonacnog reda.

Uvedimo sada skupove

U = z ∈ Ω : z je nultocka od f beskonacnog reda,

V = z ∈ Ω : z je nultocka od f konacnog reda m, m ≥ 0.

Ocito jeU ∩V = ∅, U ∪V = Ω, U 6= ∅,


(ovo zadnje vrijedi jer w ∈ U). Ako još pokažemo da su U i Votvoreni skupovi, tada ce zbog povezanosti od Ω slijediti da je V =

∅. Onda je Ω = U i zato je f (z) = 0 za sve z ∈ Ω, pa je tada tvrdnjadokazana.

Pokažimo najprije otvorenost od U. Neka je z0 ∈ U i neka je r > 0takav da je K(z0, r) ⊆ Ω. Tada je, prema teoremu 9.6,

f (z) =∞

∑n=0

f (n)(z0)

n!(z− z0)

n, ∀z ∈ K(z0, r),

a kako je z0 nultocka beskonacnog reda, slijedi

f (z) = 0, ∀z ∈ K(z0, r),

pa je tada za sve z ∈ K(z0, r)

f (m)(z) = 0, ∀m ≥ 0.

Zato je K(z0, r) sadržan u U. Time smo pokazali da je U otvorenskup.

Pokažimo otvorenost od V. Neka je z0 ∈ V, to jest neka je z0

nultocka konacnog reda m ≥ 0. Prema teoremu 9.9 postoji r > 0 takoda je f (z) 6= 0 za sve z ∈ K(z0, r) \ z0. No, tada su sve z ∈ K(z0, r) \z0 nultocke reda m = 0, pa je K(z0, r) ⊆ V i gotovi smo.

Sljedeci korolar malo bolje pojašnjava zašto se prethodni teoremnaziva princip jedinstvenosti holomorfne funkcije.

Korolar 9.13. Neka su f , g ∈ H(Ω), pri cemu je Ω podrucje. Ako skup

z ∈ Ω : f (z) = g(z)

ima gomilište u Ω, tada je f = g.

Dokaz. Primijenimo Princip jedinstvenosti na funkciju f − g.

Ovaj korolar možemo koristiti za brzo dokazivanje analogona for-mula iz realne analize za istoimene kompleksne funkcije koje ih pro-širuju. Na primjer, kako je sin(2x) = 2 sin x cos x za sve x ∈ R,onda primjenom prethodnog korolara na funkcije f (z) = sin(2z) ig(z) = 2 sin z cos z (jer skup z ∈ Ω : f (z) = g(z) sadrži R i zatoima gomilište u Ω = C) slijedi f (z) = g(z) za sve z ∈ C. Dakle, vri-jedi sin(2z) = 2 sin z cos z za sve z ∈ C. (Tvrdnju dokažite i direktnoiz formula za sin i cos.) Zadatak. Odredite sve cijele funkcije za

koje vrijedi

1. f (q) = 0 za sve q ∈ Q;

2. f (x) = cos x + i sin x za sve x ∈ R.

Navedimo jedan primjer u kojem ilustriramo primjenu prethod-nog teorema, a ujedno se i podsjecamo nekih ranijih rezultata.

Primjer 9.14. Neka su f i g cijele funkcije takve da je f g takodercijela funkcija. Pokažimo da je tada ili f konstantna funkcija ili je gnulfunkcija.

Ako je g nulfunkcija, onda smo gotovi. Pretpostavimo da g nijenulfunkcija - tada postoji z0 ∈ C tako da je g(z0) 6= 0. Zbog nepre-kidnosti funkcije g slijedi da postoji r > 0 takav da je g(z) 6= 0 za svez ∈ K(z0, r). Tada je dobro definirana funkcija

H : K(z0, r)→ C, h(z) =1

g(z).

redovi potencija 67

Štoviše, h je holomorfna na K(z0, r). Tada je i f = f gh holomorfna naK(z0, r).

Sada imamo da su i f i f holomorfne na K(z0, r), pa su onda i nji-hov zbroj i razlika f ± f holomorfne funkcije na K(z0, r). Medutim,holomorfne funkcije koje poprimaju samo realne ili samo cisto ima-ginarne vrijednosti su nužno konstantne funkcije (slijedi iz Cauchy–Riemannovih uvjeta), pa je stoga f = 1

2 (( f + f )+ ( f − f )) konstantnafunkcija na krugu K(z0, r).

Tvrdnja ovog zadatka je da je f konstantna na cijelom C, a nesamo na nekom podskupu od C kako smo za sada dobili. Medutim,zahvaljujuci principu jedinstvenosti holomorfne funkcije, dovoljno jebilo provjeriti da je f konstantna na nekom podskupu od C koji imagomilište u C, a takav je svakako skup K(z0, r). Time smo dokazalitvrdnju.

10 Laurentov razvoj funkcije

Red oblika

b0 + b1(z− z0)−1 + b2(z− z0)

−2 + . . . + bn(z− z0)−n + . . . (10.1)

gdje su (bn), n ∈N∪ 0, z i z0 kompleksni brojevi (opet z smatramovarijabilnim, a z0 fiksiranim) može se, uz supstituciju w = 1

z−z0pro-

matrati kao red potencija ∑n≥0 bnwn. Iz Cauchy-Hadamardovog te-orema zakljucujemo da ce red (10.1) konvergirati lokalno uniformnoizvan nekog K(z0, r) (osim, naravno, u slucaju kada je r = ∞). Kom-binirajuci s (obicnim) redovima potencija, dolazimo do reda oblika

∞

∑n=−∞

an(z− z0)n, (10.2)

kojeg smatramo konvergentnim ako oba reda ∑−1n=−∞ an(z− z0)

n =

∑∞n=1 a−n(z− z0)

−n i ∑∞n=0 an(z− z0)

n konvergiraju. S obzirom da ceprvi red lokalno uniformno konvergirati na C \ K(z0, r), a drugi naK(z0, R) za neke r i R, obostrani red (10.2) ce lokalno uniformno ko-nvergirati na kružnom vijencu V(z0; r, R) sa središtem u z0 radijusar i R. Funkcija

f : V(z0; r, R)→ C, f (z) =∞

∑n=−∞

an(z− z0)n

ce biti holomorfna na V(z0; r, R) (prema Weierstrassovom teoremu olimesu niza holomorfnih funkcija). Prema tome, obostrani red po-tencija definira holomorfnu funkciju na kružnom vijencu.

Ilustrirajmo to na jednom primjeru.

Primjer 10.1. Promatrajmo obostrani red

−∞

∑n=−1

zn +∞

∑n=0

zn

2n .

Na kojem skupu taj red konvergira i prema kojoj funkciji?Radijus konvergencije reda potencija ∑∞

n=0zn

2n je 2 i na K(0, 2) onlokalno uniformno konvergira prema funkciji z 7→ 1

1− z2= 2

2−z . 1 Red 1 Suma geometrijskog reda:

∞

∑n=0

qn =1

1− q, ako je |q| < 1.∑−∞

n=−1 z−n uz supstituciju w = 1z postaje red potencija ∑∞

n=1 wn ciji jeradijus konvergencije 1 i koji lokalno uniformno na K(0, 1) konver-gira prema funkciji w 7→ w

1−w ; stoga red ∑−∞n=−1 z−n konvergira prema

funkciji z 7→ 1z−1 izvan K(0, 1). Ako oznacimo

f (z) =1

z− 1+

22− z

=z

(z− 1)(2− z)


tada je−∞

∑n=−1

z−n +∞

∑n=0

zn

2n = f (z), z ∈ V(0; 1, 2).

Isto kao i u prethodnom poglavlju, sada cemo krenuti obrnutimputem, to jest, od holomorfne funkcije cija domena sadrži V(z0; r, R),te pokazati da se takva funkcija uvijek može razviti u obostrani redpo potencijama (z− z0)

n, n ∈ Z.

Teorem 10.2 (Laurentov razvoj funkcije). Neka je f ∈ H(Ω), z0 ∈ C,te r i R takvi da je V(z0; r, R) sadržan u Ω. Tada je

f (z) =∞

∑n=−∞

an(z− z0)n, ∀z ∈ V(z0; r, R), (10.3)

pri cemu ovaj red konvergira lokalno uniformno. Nadalje, vrijedi

an =1

2πi

∫γ

f (w)

(w− z0)n+1 dw, n ∈ Z,

gdje je γ bilo koja pozitivno orijentirana kružnica sa središtem u z0 radijusaρ ∈ 〈r, R〉.

Razvoj (10.3) nazivamo Laurentov razvoj funkcije f na V(z0; r, R).

Dokaz. Neka je z ∈ V := V(z0; r, R). Prema Cauchyjevoj integralnojformuli za kružni vijenac imamo

f (z) =1

2πi

∫γ2

f (w)

w− zdw− 1

2πi

∫γ1

f (w)

w− zdw

pri cemu su γ1 i γ2 proizvoljne kružnice sa središtem u z0 radijusaρ1 i ρ2, redom, tako da je r < ρ1 < |z− z0| < ρ2 < R.

Definiramo funkcije

f1 : C \ K(z0, r)→ C, f1(z) = −1

2πi

∫γ1

f (w)

w− zdw,

f2 : K(z0, R)→ C, f2(z) =1

2πi

∫γ2

f (w)

w− zdw,

gdje su γ1 i γ2 kao gore. Uocimo da su funkcije f1 i f2 dobro defi-nirane na svojim domenama i da ne ovise o izboru γ1 i γ2, uz uvjetr < ρ1 < |z− z0| < ρ2 < R. (To je zato jer su podintegralne funkcijeholomorfne na svojim domenama i tada dvije razlicite kružnice u do-meni možemo spajati kao u dokazu Cauchyjeve integralne formuleza kružni vijenac u po dijelovima zatvorene putove koje se mogusmjestiti u zvjezdaste skupove). Imamo

f (z) = f1(z) + f2(z), z ∈ V. (10.4)

Kako je f2 ∈ H(K(z0, R)), razvojem u Taylorov red oko z0 dobivamo

f2(z) =∞

∑n=0

an(z− z0)n, z ∈ K(z0, R).

laurentov razvoj funkcije 71

Ovaj red lokalno uniformno konvergira i vrijedi an =f (n)1 (z0)

n! . Koris-teci Lemu 6.6 dobivamo

an =1

2πi

∫γ2

f (w)

(w− z0)n+1 dw, n ≥ 0.

Nadalje, f1 ∈ H(C \ K(z0, r)). Uvedimo nove varijable: w′ = 1w−z0

i z′ = 1z−z0

. Tada je w = z0 +1

w′ i z = z0 +1z′ , a integriranje po pozi-

tivno orijentiranoj kružnici γ1 se prevodi u integriranje po negativnoorijentiranoj kružnici |w′| = 1

ρ1. Dakle, ako je δ1(t) = 1

ρ1eit, t ∈ [0, 2π]

tada

f1(z0 +1z′) =

12πi

∫δ1

z′

w′f (z0 +

1w′ )

w′ − z′dw′ (10.5)

za sve z′ ∈ K(0, 1r ) \ 0. Funkcija h : K(0, 1

r )→ C definirana kao

h(z′) =

f1(z0 +

1z′ ), z′ ∈ K(0, 1

r ) \ 0;0, z′ = 0

je neprekidna na K(0, 1r ) i derivabilna na K(0, 1

r ) \ 0. Stoga je hderivabilna na K(0, 1

r ) pa se može razviti u Taylorov red oko 0. Dakle,s obzirom da je h(0) = 0, vrijedi

h(z′) =∞

∑n=1

bn(z′)n, z′ ∈ K(0,1r)

odnosno, uz oznake a−n = bn, n ≥ 1 i vracajuci se u varijablu z

f1(z) =−∞

∑n=−1

an(z− z0)n, z ∈ C \ K(z0, r).

Pritom gornji red konvergira lokalno uniformno.

Nadalje, vrijedi bn = h(n)(0)n! , n ≥ 1, odakle, koristeci lemu 6.6 u

(10.5) te vracajuci se u varijablu w, dobivamo

bn =1

2πi

∫δ1

f (z0 +1

w′ )dw′

w′n+1 =1

2πi

∫γ1

f (w)dw(w− z0)−(n−1)

, n ≥ 1,

Oznacimo li an = b−n, tada je

an =1

2πi

∫γ1

f (w)

(w− z0)n+1 dw, n ≤ −1.

Konacno, kao i kod definicije funkcija f1 i f2, na isti nacin zaklju-cujemo da je∫

γ1

F(w)dw =∫

γ2

F(w)dw =∫

γF(w)dw = 2πian,

gdje je γ kao u iskazu teorema i n ∈ Z.

Sjetimo se da smo pri razvoju holomorfne funkcije f ∈ H(Ω) imaliTaylorov razvoj funkcije f oko z0 i jednakost (9.3) je vrijedila na sva-kom krugu oko z0 koji je bio sadržan u Ω, pa smo uzimali maksi-malan takav krug. Slicno je ovdje, samo pri razvoju oko z0 umjestokrugova promatramo kružne vijence sa središtem u z0 koji su sadr-žani u Ω. Takvi kružni vijenci nisu uvijek jedinstveni, kao što cemovidjeti na sljedecem primjeru.


Primjer 10.3. Nadimo Laurentov razvoj funkcije f (z) = 2zz2+1 oko z0 =

i.Uocimo prvo da je domena funkcije C \ ±i. Tada su kružni vi-

jenci V(i; 0, 2) i V(i; 2, ∞) sadržani u domeni od f i možemo gledatiLaurentove razvoje od f na svakom od njih. Prvo uocimo da je

f (z) =1

z− i+

1z + i

.

Funkcija z 7→ 1z−i je vec razvijena u Laurentov razvoj.

Promatrajmo prvo razvoj na V(i; 0, 2). Tada je |z− i| < 2 pa je

1z + i

=12i

11 + z−i

2i=

12i

∞

∑n=0

(− z− i

2i

)n,

i traženi razvoj na V(i; 0, 2) je zadan s

f (z) =1

z− i−

∞

∑n=0

( i2

)n+1(z− i)n.

Promatrajmo sada razvoj na V(i; 2, ∞). Tada je |z− i| > 2 i tada je

1z + i

=1

z− i1

1 + 2iz−i

=1

z− i

∞

∑n=0

(− 2i

z− i

)n,

pa je traženi razvoj na V(i; 2, ∞) zadan s

f (z) =1

z− i+

∞

∑n=0

(−2i)n

(z− i)n+1 =2

z− i+

∞

∑n=1

(−2i)n

(z− i)n+1 .

Uocimo iz ovog primjera da Laurentov razvoj funkcije ovisi na kojemkružnom vijencu oko zadane tocke razvijamo funkciju.

Uz oznake kao u dokazu prethodnog teorema vidimo da smo do-bili dvije holomorfne funkcije

f1(z) =−1

∑n=−∞

an(z− z0)n, ∀z ∈ K(z0, R),

f2(z) =∞

∑n=0

an(z− z0)n, ∀z ∈ C \ K(z0, r).

Prema tome, ako je f ∈ H(V(z0; r, R)) tada postoje funkcije f1 ∈H(K(z0, R)) i f2 ∈ H(C \ K(z0, r)) takve da vrijedi

f (z) = f1(z) + f2(z), z ∈ V(z0; r, R), (10.6)

Funkciju f1 nazivamo singularni dio Laurentovog razvoja funkcijef , a f2 regularni dio Laurentovog razvoja funkcije f . Primijetimo jošda je

lim|z|→∞

f1(z) = 0.

Rastav funkcije f na zbroj dvije funkcije sa svojstvima kao što ihimaju f1 i f2 je jedinstven. (Ovdje treba uociti razliku s prethodnimprimjerom kada smo imali dva Laurentova razvoja funkcije, ali radise o rastavima na razlicitim kružnim vijencima.)

laurentov razvoj funkcije 73

Teorem 10.4. Neka je f ∈ H(Ω), z0 ∈ C, te r i R takvi da je V(z0; r, R)sadržan u Ω. Neka su g1 i g2 funkcije za koje vrijedi

(1) g1 ∈ H(C \ K(z0, r)), g2 ∈ H(K(z0, R)),

(2) f (z) = g1(z) + g2(z) za sve z ∈ V(z0; r, R),

(3) lim|z|→∞ g1(z) = 0.

Tada je f1 = g1 i f2 = g2.

Dokaz. Definiramo funkciju

F : C→ C, F(z) =

g2(z)− f2(z), |z− z0| < R;f1(z)− g1(z), |z− z0| > r.

Zbog prethodnog teorema i (2) slijedi da je F dobro definirana. Ta-koder, F je cijela funkcija.

Iz lim|z|→∞ F(z) = 0 slijedi da je F ogranicena funkcija. (Naime,po definiciji limesa slijedi da postoji ρ > 0 takav da je |F(z)| < 1 zasve z takve da je |z| > ρ. Takoder, zbog neprekidnosti od F, postojiM > 0 takav da je |F(z)| ≤ M za sve z ∈ K(0, R).)

Prema Liouvilleovom teoremu sada slijedi da je F konstantna funk-cija, a kako je njen limes u beskonacnosti jednak 0, to je F nulfunkcija.Slijedi tvrdnja.

Odavde slijedi jedinstvenost koeficijenata Laurentovog razvoja (nazadanom kružnom vijencu). Naime, ako je

f (z) =∞

∑n=−∞

an(z− z0)n =

∞

∑n=−∞

bn(z− z0)n, ∀z ∈ V,

tada prema prethodnom teoremu imamo

∞

∑n=0

an(z− z0)n =

∞

∑n=0

bn(z− z0)n, ∀z ∈ K(z0, R),

−∞

∑n=−1

an(z− z0)n =

−∞

∑n=−1

bn(z− z0)n, ∀z ∈ C \ K(z0, r).

Iz jedinstvenosti koeficijenata u Taylorovom razvoju zakljucujemo daje an = bn za sve n ∈ Z.

11 Izolirani singulariteti

Proucavanje kompleksnih funkcija kompleksne varijable zapoceli smoproucavanjem derivabilnosti, to jest holomorfnosti funkcija na otvo-renim skupovima. Takoder, vecina rezultata s kojima smo se upoz-nali odnosila se na holomorfne funkcije na nekom otvorenom skupu.U ovoj tocki proucavamo holomorfne funkcije na otvorenim skupo-vima oblika U \ z0, gdje je U otvoren skup u C i z0 ∈ U. Naravno,bez smanjenja opcenitosti možemo pretpostavljati da je U otvorenikrug oko z0. Prema tome, proucavamo funkcije f koje nisu holomor-fne u z0, ali su holomorfne na nekoj okolini od z0, što omogucuje pro-ucavanje te funkcije u tockama vrlo bliskim tocki z0. Prvo od pitanjakoja se pritom namecu je, naravno, može li se f nekako "popraviti"do funkcije koja ce biti holomorfna na cijelom skupu U.

Na primjer, ako je f (z) = z2+iz+i , tada je f holomorfna na C \ −i.

U z = −i funkcija f nije definirana, ali je ocito da je f (z) = z− i naC \ 0 pa je z 7→ z− i prirodno proširenje funkcije f do holomorfnefunkcije na C. Drugim rijecima, stavljajuci f (−i) = −2i funkciju fmožemo dodefinirati u −i do holomorfne funkcije na C.

Medutim, to nece uvijek biti moguce, na primjer, to ne možemonapraviti u slucaju funkcije g(z) = 1

z i tocke z0 = 0, jer je ovdjelimz→z0 |g(z)| = ∞.

Pogledajmo još i funkciju h(z) = e1z . Kada z teži u 0 po negativnoj

realnoj osi, tada h(z) teži i 0, a kada z teži u 0 po pozitivnoj realnojosi, tada h(z) teži u ∞. Prema tome, funkcija h se u okolini tocke 0ponaša razlicito nego v sto se oko 0 ponašaju f i g.

Ovakve tocke z0 nazivat cemo singularitetima, a s obzirom da unekoj okolini od z0 nema drugih singulariteta, govorimo o izoliranimsingularitetima. Koristeci Laurentov razvoj funkcije oko z0 singula-ritete cemo podijeliti u tri skupine, a pokazat cemo da se funkcija fvrlo razlicito ponaša u okolini razlicitih vrsta singulariteta. Krenimosada s preciznim definicijama.

Definicija 11.1. Tocka z0 ∈ C je (izolirani) singularitet funkcije f :Ω→ C ako f nije holomorfna u z0, ali postoji R > 0 tako da je K∗(z0, R) ⊆Ω i f holomorfna na K∗(z0, R). 1 1 K∗(z0, R) = K(z0, R) \ z0.

Ako je z0 singularitet od f tada je f holomorfna na kružnom vi-jencu K∗(z0, R)) pa imamo Laurentov razvoj

f (z) = . . . +a−1

z− z0+ a0 + a1(z− z0) + . . . . (11.1)


Ovisno o broju clanova s negativnim potencijama u (11.2) singu-laritete dijelimo na uklonjive, polove i bitne singularitete.

Definicija 11.2. Neka je f ∈ H(K∗(z0, R)). Kažemo da je z0 uklonjivsingularitet od f ako a−n = 0 za sve n ∈ N, to jest, ako u Laurentovomrazvoju od f oko z0 nema clanova s negativnim potencijama.

Prema tome, ako je z0 uklonjiv singularitet od f , tada na K∗(z0, R)imamo

f (z) = a0 + a1(z− z0) + a2(z− z0)2 + . . . . (11.2)

Tada se, stavljajuci f (z0) = a0, funkcija f dodefinira ili predefinirado holomorfne funkcije na K(z0, R). To znaci da smo singularitet uk-lonili.

Na primjer, z0 = 0 je uklonjiv singularitet funkcije f : C \ 0 →C, f (z) = sin z

z , jer je

f (z) = 1− z2

3!+

z4

5!− . . . .

Stavljajuci f (0) = 1 dolazimo do cijele funkcije f .

Drugi tip singulariteta su polovi.

Definicija 11.3. Neka je f ∈ H(K∗(z0, R)). Kažemo da je z0 pol m-togreda (m ≥ 1) funkcije f ako je a−m 6= 0 i a−m−1 = a−m−2 = . . . = 0,to jest, z0 je pol ako u Laurentovom razvoju funkcije f oko z0 ima samokonacno (ali bar jedan) clanova s negativnim potencijama.

Na primjer, f (z) = 1z5 ima pol petog reda u z0 = 0.

Ako f ima pol reda m u z0 tada za z ∈ K∗(z0, R) vrijedi

f (z) =a−m

(z− z0)m +a−m+1

(z− z0)m−1 + . . . + a0 + a1(z− z0) + . . .

=1

(z− z0)m

(a−m + a−m+1(z− z0) + . . .︸︷︷︸

=:g(z)

).

Prema tome, ako je z0 pol m-tog reda funkcije f , tada postoji R > 0 ig ∈ H(K(z0, R)), g(z0) 6= 0 tako da je

f (z) =g(z)

(z− z0)m .

Vrijedi i obrat, to jest, ako je f (z) = g(z)(z−z0)m , pri cemu je g ∈ H(K(z0, R))

i g(z0) 6= 0, tada razvijanjem funkcije g u Taylorov red oko z0 lakozakljucujemo da f u z0 ima pol m-tog reda. Zadatak. Neka je g ∈ H(K(0, R)) i

f (z) = g(z)z5 . Je li 0 singularitet od f , te

ako da, koje vrste i, ako je pol, kojegreda?

Sada odmah zakljucujemo da, na primjer, funkcija f (z) = ez

z5 tako-der ima pol petog reda u z0 = 0.

Preostala je još jedna vrsta singulariteta.

Definicija 11.4. Neka je f ∈ H(K∗(z0, R)). Kažemo da f ima u z0 bitansingularitet ako ne postoji m ≥ 1 tako da je a−n = 0 za sve n > m, tojest, ako u Laurentovom razvoju funkcije f oko z0 ima beskonacno mnogoclanova s negativnim potencijama.

izolirani singulariteti 77

Na primjer, f (z) = e1z ima bitan singularitet u 0, jer je

f (z) =∞

∑k=0

1k!zk .

Teorem 11.5 (Karakterizacija singulariteta). Neka je f ∈ H(K∗(z0, R)).Tada vrijedi:

1. z0 je uklonjiv singularitet od f ako i samo ako je funkcija f ogranicenana K∗(z0, r) za neki r < R.

2. z0 je pol od f ako i samo ako je limz→z0 | f (z)| = ∞.

3. z0 je bitan singularitet od f ako i samo ako za svaki r < R vrijedif (K∗(z0, r)) = C. (Casorati-Weierstrassov teorem)

Dokaz. (1) Ako je z0 uklonjiv singularitet, tada f dodefiniramo u z0 idobijemo holomorfnu funkciju na K(z0, R). Za svaki r < R je f ogra-nicena na K(z0, r) (kao neprekidna funkcija na kompaktu), a onda ina K∗(z0, r).

Obratno, pretpostavimo da za neki r < R postoji M ≥ 0 takav daje

| f (z)| ≤ M, ∀z ∈ K∗(z0, r).

Neka je ρ < r i γ = ∂K(z0, ρ) pozitivno orijentirana kružnica. Za sven ∈ Z vrijedi

|an| =

∣∣∣∣ 12πi

∫γ

f (w)dw(w− z0)n+1

∣∣∣∣≤ `(γ)

2πmaxw∈γ

| f (w)||w− z0|n+1

≤ 2ρπ ·M2π · ρn+1 = Mρ−n.

Posebno, |a−n| ≤ Mρn za sve n ≥ 1. Kako to vrijedi za sve ρ < r, as obzirom da je limρ→0 Mρn = 0 za sve n ≥ 1, slijedi a−n = 0 za sven ≥ 1. Zato je u z0 uklonjiv singularitet.

(2) Ako je z0 pol reda m ≥ 1 tada postoji g ∈ H(K(z0, R)), g(z0) 6=0, tako da je

f (z) =g(z)

(z− z0)m .

Tada

limz→z0| f (z)| = lim

z→z0

|g(z)||z− z0|m

= ∞.

Obratno, pretpostavimo da je limz→z0 | f (z)| = ∞. Po definicijilimesa, za ε = 1 postoji r ∈ 〈0, R〉 tako da je | f (z)| > 1 za svez ∈ K∗(z0, r). Tada je dobro definirana funkcija

g(z) =1

f (z), z ∈ K∗(z0, r).

Ocito je g holomorfna na K∗(z0, r), a zbog

|g(z)| = 1| f (z)| < 1, ∀z ∈ K∗(z0, r),


prema dokazanoj tvrdnji slijedi da g ima uklonjiv singularitet u z0.Da bismo dodefinirali g u z0 racunamo

|g(z0)| = limz→z0|g(z)| = lim

z→z0

1| f (z)| = 0.

Dakle, stavljajuci g(z0) = 0 dobivamo g ∈ H(K(z0, r)).Prema tome, z0 je nultocka od g, a s obzirom da je g(z) 6= 0 za

z ∈ K∗(z0, r), z0 je izolirana nultocka. Kao što znamo, nultocke be-skonacnog reda nisu izolirane, pa z0 mora biti nultocka konacnogreda m ≥ 1. Tada je g(z) = (z− z0)

mh(z), gdje je h holomorfna nanekom K(z0, r′) za neki r′ < r i h(z) 6= 0 za z ∈ K(z0, r′). Znajuci ovo,vratimo se u izraz za f :

f (z) =1

g(z)=

1(z− z0)mh(z)

=

1h(z)

(z− z0)m .

Još uocimo da je funkcija H(z) := 1h(z) holomorfna na K(z0, r′) i

H(z0) 6= 0, pa f u z0 ima pol m-tog reda.(3) Pretpostavimo da je z0 bitan singularitet od f , ali da postoji

r < R tako da f (K∗(z0, r)) nije gust u C. To znaci da postoji w ∈ C iε > 0 tako da je |w− f (z)| > ε za sve z ∈ K∗(z0, r). Fiksirajmo taj w itaj ε. Definiramo funkciju

g(z) =1

f (z)− w, z ∈ K∗(z0, r).

Tada je g holomorfna na K∗(z0, r) i

|g(z)| = 1| f (z)− w| <

1ε

na K∗(z0, r), dakle, g ima uklonjiv singularitet u z0. Dodefiniramo gu z0.

Vratimo se funkciji f . Imamo da je

f (z) = w +1

g(z), z ∈ K∗(z0, r).

Ako g(z0) 6= 0 tada f ima uklonjiv singularitet u z0, što je u kon-tradikciji s pretpostavkom. Ako g(z0) = 0 tada, na isti nacin kaoi u prošlom dokazu, f ima pol u z0, što je opet u kontradikciji spretpostavkom.

Obratno, pretpostavimo da je f (K∗(z0, r)) gust u C za sve r < R.Ako bi u z0 bio uklonjiv singularitet od f , tada bi f bila ograni-

cena funkcija na K∗(z0, r) za neki r < R. Tada bi postojao M ≥ 0 takoda je | f (z)| ≤ M za sve z ∈ K∗(z0, r). Ali tada bi bilo f (K∗(z0, r)) ⊆K(0, M), pa f (K∗(z0, r)) ne bi bio gust u C. Kontradikcija s pretpos-tavkom.

Ako bi u z0 bio pol, tada limz→z0 | f (z)| = ∞, pa bi za npr. ε = 1postojao r takav da je | f (z)| > 1 za z ∈ K∗(z0, r). Tada f (K∗(z0, r)) ⊆C \ K(0, 1), pa opet f (K∗(z0, r)) ne bi bio gust u C.

Time smo eliminirali mogucnosti da je u z0 uklonjiv singularitetili pol, pa zakljucujemo da je z0 bitan singularitet funkcije f .

izolirani singulariteti 79

Zadatak 11.1. Neka je f ∈ H(K∗(z0, R)). Tada vrijedi:

1. z0 je uklonjiv singularitet od f ako i samo ako je

limz→z0

(z− z0) f (z) = 0.

2. z0 je pol od f ako i samo ako je

limz→z0

(z− z0)m+1 f (z) = 0

za neki m ∈N. (Najmanji takav m je red pola z0.)

12 Teorem o reziduumima

Ako je f holomorfna na K∗(z0, R) tada je možemo razviti Laurentovrazvoj oko z0

f (z) =∞

∑n=−∞

an(z− z0)n, z ∈ K∗(z0, R).

Pritom se koeficijenti racunaju kao

an =1

2πi

∫γ

f (w)

(w− z0)n+1 dw, n ∈ Z,

gdje je γ pozitivno orijentirana kružnica oko z0 radijusa ρ < R.Uocimo da za n 6= −1 clanovi an(z − z0)

n definiraju funkcije kojeimaju primitivne funkcije na C, odnosno C \ z0. Za n = −1 to nijeslucaj. Zato, ako integriramo funkciju f po nekoj krivulji γ unutarK∗(z0, r) preostat ce samo clan za n = −1. Nije zato cudno da upravokoeficijent a−1 u razvoju funkcije u Laurentov red ima posebno imei da se zove upravo reziduum (ostatak).

Definicija 12.1. Neka je f ∈ H(K∗(z0, R)). Reziduum funkcije f u z0

je

res ( f , z0) = a−1 =1

2πi

∫γ

f (w)dw.

Odmah uocavamo da, ako je f ∈ H(K(z0, R)) ili ako f ima uklo-njiv singularitet u z0, tada je res ( f , z0) = 0.

Ako je γ po dijelovima gladak zatvoren put i z ∈ C tocka koja neleži na krivulji γ (preciznije, z nije u slici funkcije γ), tada definiramoindeks krivulje γ s obzirom na z kao

ν(γ, z) =1

2πi

∫γ

dww− z

.

Teorem 12.2 (teorem o reziduumima). Neka je Ω otvoren i zvjezdastskup, te z1, . . . , zk ∈ Ω razlicite tocke. Ako je f holomorfna funkcija naΩ \ z1, . . . , zk, tada je

∫γ

f (z)dz = 2πik

∑j=1

ν(γ, zj)res ( f , zj)

za svaki γ : [a, b]→ Ω \ z1, . . . , zk po dijelovima gladak zatvoren put. 1 1 Uocimo da Teorem o reziduumima ge-neralizira Cauchyjev teorem za zvjez-dast skup.


Dokaz. Za svaki j = 1, . . . , k odaberemo rj > 0 tako da je K(zj, rj)

sadržan u Ω i ne sijece γ (to jest, K(zj, rj) ⊆ Ω \ γ([a, b])). Za svakij = 1, . . . , k je f holomorfna na kružnom vijencu K∗(zj, rj), pa prema(10.6) f možemo rastaviti na regularni i singularni dio

f = f regj + f sing

j .

Pritom, funkcija f regj je holomorfna na K(zj, rj) i f sing

j holomorfna naC \ zj.

Definiramo sada novu funkciju

F : Ω \ z1, . . . , zk → C, F(z) = f (z)−k

∑j=1

f singj (z).

F je holomorfna na Ω \ z1, . . . , zk, ali i u z1, . . . , zk. Na primjer, F jeholomorfna u z1 jer je

F(z) = f (z)− f sing1 (z)−

k

∑j=2

f singj (z)

= f reg1 (z)−

k

∑j=2

f singj (z),

a funkcije f reg1 te f sing

2 , . . . , f singk su holomorfne u z1. Dakle, F ∈ H(Ω).

Sada prema Cauchyjevom teoremu za holomorfne funkcije na zvjez-dastom skupu slijedi ∫

γF(z)dz = 0

odakle je ∫γ

f (z)dz =k

∑j=1

∫γ

f singj (z)dz.

Još ostaje vidjeti da za svaki j = 1, . . . , k vrijedi

∫γ

f singj (z)dz =

∫γ

(aj−1

z− zj+

aj−2

(z− zj)2 + . . .

)dz

=∫

γ

aj−1

z− zjdz +

∫γ

aj−2

(z− zj)2 dz + . . .

= 2πiaj−1ν(γ, zj)

= 2πi res ( f , zj)ν(γ, zj),

jer za svaki m ≥ 2 funkcija z 7→ 1(z−zj)m ima primitivnu funkciju na

C \ zj.

Prema napomeni 6.2 znamo da za pozitivno orijentiranu kružnicuγ vrijedi da je ν(γ, z) = 1 za sve z koje su unutar kružnice γ, teν(γ, z) = 0 za sve z unutar kružnice γ. To vrijedi i opcenitije, a nesamo za kružnice. Naime, ako je γ pozitivno orijentirana kontura2, 2 Kontura je po dijelovima gladak za-

tvoren put koji sam sebe ne presijeca, tojest, neprekidna funkcija γ : [a, b] → C

takva da je γ|[a,b〉 injekcija.

tada je

ν(γ, z) =

1, z unutar γ;0, z izvan γ.

.

teorem o reziduumima 83

Uocimo da pozitivno orijentirana kontura γ obide tocno jednom svetocke koje se nalaze unutar nje, te nijednom (0 puta) sve tocke izvannje; drugim rijecima, pozitivno orijentirana kontura γ obide tocku ztocno ν(γ, z) puta. Može se pokazati da je uvijek, za sve po dijelo-vima glatke zatvorene putove, broj ν(γ, z) broj obilazaka puta γ okoz u pozitivnom smjeru. Posebno, ν(γ, z) je uvijek cijeli broj.

Korolar 12.3 (teorem o reziduumima za konture). Neka je Ω otvoreni zvjezdast skup, te neka su z1, . . . , zn ∈ Ω razlicite tocke, γ kontura uΩ \ z1, . . . , zn tako da su z1, . . . , zk unutar i zk+1, . . . , zn izvan kontureγ. Ako je f : Ω \ z1, . . . , zn → C holomorfna, tada je

∫γ

f (z)dz = 2πik

∑j=1

res ( f , zj).

Napomena 12.4. Uocimo da Cauchyjevu integralnu formulu za krugsada možemo promatrati kao specijalan slucaj teorema o rezidu-umima. Naime, ako je f holomorfna na Ω takva da je K(z0, r) ⊂ Ω,te γ pozitivno orijentirana kružnica radijusa r oko z0, tada za svakiz ∈ K(z0, r) funkcija gz(w) = f (w)

w−z ima singularitet jedino u tockiz, koja je pol prvog reda za gz i vrijedi res (gz, z) = f (z). Takoder,ν(γ, z) = 1 za sve z ∈ K(z0, r) i zato je, prema teoremu o rezidu-umima, ∫

γgz(w)dw = 2πiν(γ, z)res (gz, z),

odnosno, ∫γ

f (w)

w− zdw = 2πi f (z).

S obzirom da je z bila proizvoljna tocka u K(z0, r), dobili smo Cauc-hyjevu integralnu formulu za krug.

Teorem o reziduumima može olakšati racunanje integrala kom-pleksne funkcije, ali samo ako znamo nacin kako efikasno izracunatireziduume funkcije s obzirom na njene singularitete, te indeks krivu-lje s obzirom na te singularitete. U slucaju konture, indeks krivulje sobzirom na singularitete se svodi na detektiranje koji su singularitetiunutar, a koji izvan krivulje.

Odredivanje reziduuma funkcije u njenom bitnom singularitetumože biti teže, ali u slucaju polova (i, naravno, uklonjivih singulari-teta u kojim je reziduum uvijek jednak 0) to je obicno lakši zadatak.Za funkcije koje nemaju bitne singularitete možemo dobiti i nekedodatne rezultate.

Definicija 12.5. Funkcija f je meromorfna na Ω ako ili nema singula-ritete ili su joj svi singulariteti izolirani, i to ili uklonjivi singulariteti ilipolovi.

Pretpostavljat cemo da smo uklonjive singularitete uklonili, te dasu ostali samo polovi.


Uocimo odmah da, ako su f i g holomorfne funkcije na Ω i g nijenulfunkcija, tada je njihov kvocijent h(z) = f (z)

g(z) meromorfna funkcijana Ω.

Teorem 12.6 (Princip argumenta). Neka je Ω otvoren zvjezdast skup,γ kontura u Ω, te f meromorfna funkcija na Ω koja nema ni nultocaka nipolova na γ. Tada vrijedi

12πi

∫γ

f ′(z)f (z)

dz = Nγ( f )− Pγ( f ),

pri cemu je Nγ( f ) broj nultocaka od f unutar γ racunajuci redove nulto-caka, a Pγ( f ) je broj polova od f unutar γ racunajuci redove polova. 3 3 Drugim rijecima, Nγ( f ) je ukupan

broj nultocaka od f unutar γ pri cemusvaku nultocku brojimo onoliko putakoliki je njen red. Isto tako, Pγ( f ) jeukupan broj polova od f unutar γ, pricemu svaki pol brojimo onoliko putakoliki je njegov red.

Dokaz. Primijetimo najprije da su nultocke od f unutar γ nužno iz-olirane, dakle i konacnog reda. Primijetimo najprije da su nultockeod f nužno izolirane, dakle i konacnog reda. U suprotnom bi zbogprincipa jedinstvenosti vrijedilo f = 0 na Ω, što je u kontradikciji spretpostavkom da f nema nultocaka na γ.

Primijenimo teorem o reziduumima za konture na funkciju

F(z) =f ′(z)f (z)

.

Dobivamo1

2πi

∫γ

F(z)dz = 2πi ∑j

res(F, zj), (12.1)

gdje su zj singulariteti od F unutar γ.Singulariteti funkcije F su upravo nultocke ili polovi od f , pa su

stoga izolirani. Trebamo, dakle, racunati res (F, w) gdje je w nultockaili pol od f .

Ako je w nultocka od f reda m tada se f , na nekoj okolini od w,može napisati kao f (z) = (z − w)mg(z), pri cemu je g holomorfnafunkcija na toj okolini i g(w) 6= 0. Tada je

F(z) =m(z− w)m−1g(z) + (z− w)mg′(z)

(z− w)mg(z)=

mz− w

+g′(z)g(z)

,

a kako je g(w) 6= 0, to je res (F, w) = m. Prema tome, reziduumipodintegralne funkcije u nultockama funkcije f su upravo redovimatih nultocaka.

Slicno, ako je w pol od f reda m tada se f , na nekoj okolini odw, može napisati kao f (z) = g(z)

(z−w)m = (z− w)−mg(z), pri cemu je gholomorfna funkcija na toj okolini i g(w) 6= 0. Tada je

F(z) =−m(z− w)−m−1g(z) + (z− w)−mg′(z)

(z− w)−mg(z)=−m

z− w+

g′(z)g(z)

,

a kako je g(w) 6= 0, to je res (F, w) = −m. Zakljucujemo da su, uslucaju polova od f , reziduumi podintegralne funkcije jednaki su-protnoj vrijednosti reda pola.

Prema tome, dobili smo

res (F, w) =

red nultocke w od f , ako je w nultocka od f ;− red pola w od f , ako je w pol od f .

Preostaje dobiveno uvrstiti u (12.1).

teorem o reziduumima 85

Korolar 12.7. Neka je Ω otvoren zvjezdast skup, γ kontura u Ω, te fholomorfna funkcija na Ω koja nema ni nultocaka ni polova na γ. Tadavrijedi

12πi

∫γ

f ′(z)f (z)

dz = Nγ( f ),

pri cemu je Nγ( f ) broj nultocaka od f unutar γ racunajuci redove nulto-caka.

Napomena 12.8. (a) Primijetimo da je

f ′(z)f (z)

= (ln f (z))′ = (ln | f (z)|+ i arg f (z))′.

Slijedi da je integral ∫γ

f ′(z)f (z)

dz

povezan s promjenom argumenta f (z) kad z obide γ. To objašnjavaime "princip argumenta".

(b) Princip argumenta i njegov korolar vrijede i bez pretpostavkeda je Ω zvjezdast, uz pretpostavku da je unutrašnje podrucje od γ

sadržano u Ω (to je automatski ispunjeno ako je Ω zvjezdast skup).Dokaz koristi opcenitiju verziju teorema o reziduumima, koja slijediiz opceg Cauchyjevog teorema.

(c) Vrijedi i opcenitija verzija principa argumenta, a dokazuje sena slican nacin kao i prethodni teorem.

Neka je Ω otvoren zvjezdast skup, γ kontura u Ω, te f meromor-fna funkcija na Ω koja na γ nema ni nultocaka ni polova. Tada zasvaku funkciju h ∈ H(Ω) vrijedi

12πi

∫γ

h(z)f ′(z)f (z)

dz = ∑w∈B

w nultocka od f

h(w)r(w, f )− ∑w∈B

w pol od f

h(w)r(w, f ).

pri cemu je r(w, f ) red nultocke/pola w funkcije f , a B je unutrašnjepodrucje konture γ.

Jedna od posljedica prethodnog teorema je Roucheov teorem kojiolakšava odredivanje broja nultocaka pojedinih funkcija. Ugrubo go-voreci, ideja je funkciju h, kojoj trebamo odrediti broj nultocaka, za-pisati kao zbroj dvije funkcije f i g, tako da f dominira g i da funkcijif znamo odrediti broj nultocaka.

Kao i prije, Nγ( f ) oznacava ukupan broj nultocaka od f racunajucinjihove redove, to jest, kratnosti.

Teorem 12.9 (Rouche-ov teorem). Neka je Ω otvoren zvjezdast skup i γ

kontura u Ω. Neka su f , g ∈ H(Ω) takve da vrijedi

|g(z)| < | f (z)|, ∀z ∈ γ.

Tada f i f + g imaju unutar γ jednak broj nultocaka, racunajuci njihovekratnosti, to jest, vrijedi

Nγ( f ) = Nγ( f + g).


Dokaz. Za svaki t ∈ [0, 1] definiramo funkciju

Ft : Ω→ C, Ft(z) = f (z) + tg(z).

Pokažimo prvo da funkcije Ft nemaju nultocaka na γ. Zaista, ako bibilo Ft(z) = 0 za neki z ∈ γ tada

f (z) + tg(z) = 0⇒ | f (z)| = | − tg(z)| ≤ |g(z)|.

To je u kontradikciji s pretpostavkom.Prema tome, za svaki t ∈ [0, 1] je Ft holomorfna funkcija na Ω koja

nema nultocaka na γ, pa imamo

Nγ(Ft) =1

2πi

∫γ

F′t (z)dzFt(z)

.

to jest,

Nγ( f + tg) =1

2πi

∫γ

f ′(z) + tg′(z)f (z) + tg(z)

dz, ∀t ∈ [0, 1].

Kako je Nγ( f + tg) ∈ Z za svaki t ∈ [0, 1], funkcija

α : [0, 1]→ R, α(t) =1

2πi

∫γ

f ′(z) + tg′(z)f (z) + tg(z)

dz

je neprekidna i poprima cjelobrojne vrijednosti. Neprekidne funk-cije segment preslikavaju u segment, a kako su jedini segmenti uZ jednoclani skupovi, slijedi da je α konstantna funkcija. Posebno,α(0) = α(1), dakle Nγ( f ) = Nγ( f + g).

Kao ilustraciju navodimo još jedan dokaz osnovnog teorema alge-bre.

Teorem 12.10 (Osnovni teorem algebre). Neka je n ≥ 1. Polinom

p(z) = zn + an−1zn−1 + . . . + a1z + a0

ima n nultocaka u C, racunajuci njihove kratnosti.

Dokaz. Rastavimo polinom p na zbroj dvije funkcije. Neka je f (z) =zn i g(z) = an−1zn−1 + . . . + a1z + a0. Tada je

lim|z|→∞

|g(z)|| f (z)| = lim

|z|→∞

∣∣∣ an−1

z+ . . . +

a0

zn

∣∣∣ = 0.

Za ε = 1 postoji r > 0 tako da je |g(z)|| f (z)| < 1 za sve z takve da je |z| ≥ r,to jest, |g(z)| < | f (z)| za sve z takve da je |z| ≥ r.

Neka je R ≥ r i γR = S(0, R). Sada je

|g(z)| < | f (z)|, ∀z ∈ γR,

odakle, prema Roucheovom teoremu, NγR( f ) = NγR( f + g). ZnamoNγR( f ) = n, dakle NγR(p) = n za svaki R > r, to jest, p ima nnultocaka u K(0, R) za svaki R ≥ r, a kako svaka nultocka od ppripada nekom (dovoljno velikom) krugu K(0, R), slijedi da p ima nnultocaka u C.

13 Weierstrassov pripremni teorem ineke posljedice

U ovom poglavlju dokazat cemo neke važne i zanimljive teoremepoput teorema o otvorenom preslikavanju, princip maksimuma (mi-nimuma) modula i teorem o holomorfnom izomorfizmu.

Teorem 13.1 (Weierstrassov pripremni teorem). Neka je f ∈ H(Ω).Neka je z0 ∈ Ω; stavimo w0 = f (z0). Pretpostavimo da funkcija z 7→f (z)−w0 ima u z0 nultocku konacnog reda, i neka je taj red jednak m (m ≥1). Tada postoje ε, δ > 0 takvi da za svaki w ∈ K∗(w0, ε), funkcija z 7→f (z) − w ima tocno m razlicitih jednostrukih nultocki u krugu K(z0, δ).Drugim rijecima, postoje ε, δ > 0 takvi da za svaki w ∈ K∗(w0, ε) postojemedusobno razlicite tocke z1, . . . , zm ∈ K(z0, δ) takve da je f (zi) = w zai = 1, . . . , m.

Dokaz. Fiksirajmo K(z0, r) ⊆ Ω. Oznacimo F(z) = f (z)− w0. Iz ci-njenice da je z0 nultocka holomorfne funkcije F konacnog reda m,slijedi da je z0 izolirana nultocka od F. Takoder, z0 je nultocka holo-morfne funkcije F′ reda m− 1 ≥ 0, pa je z0 izolirana nultocka i od F′.Zato postoji δ ∈ 〈0, r〉 takav da je

F(z) 6= 0, F′(z) 6= 0, ∀z ∈ K∗(z0, δ).

Posebno, |z− z0| = δ ⇒ | f (z)− w0| 6= 0.Buduci da je funkcija F neprekidna, ona postiže minimum na

kompaktnom skupu S(z0, δ) = z : |z − z0| = δ, dakle, dobro jedefiniran

ε = min|F(z)| : |z− z0| = δ.

Kako je F(z) 6= 0 za z ∈ S(z0, δ), slijedi da je i ε > 0.Neka je w ∈ K(w0, ε). Tada za svaki z ∈ S(z0, δ) vrijedi

|w− w0| < ε ≤ |F(z)|, ∀z ∈ S(z0, δ). (13.1)


Ako oznacimo G(z) = w0 − w, tada je G holomorfna funkcija.Sada su F i G holomorfne funkcije na zvjezdastom skupu K(z0, r), akružnica γ radijusa δ sa središtem u z0 je kontura u K(z0, r) cija jeunutrašnjost sadržana u K(z0, r), te vrijedi |G(z)| < |F(z)| za svakiz na γ. Zato možemo primijeniti Rouchéov teorem i zakljuciti dafunkcije F i F + G imaju jednak broj nultocki unutar γ racunajucikratnosti, dakle,

Nγ(F) = Nγ(F + G).

Uocimo da je(F + G)(z) = f (z)− w.

Kako je Nγ(F) = m (jedina nultocka je z0, s kratnosti m), slijedi da jei Nγ(F + G) = m. Svaka od tih m nultocki od F + G je jednostruka,jer je

(F + G)′(z) = f ′(z) 6= 0, ∀z ∈ K∗(z0, δ).

Korolar 13.2. Neka je f holomorfna na Ω, z0 ∈ Ω i w0 = f (z0). Pretpos-tavimo da funkcija z 7→ f (z)− w0 ima u z0 nultocku konacnog reda. Tadapostoje δ, ε > 0 takvi da je K(z0, δ) ⊆ Ω i K(w0, ε) ⊆ f (K(z0, δ)).

Dokaz. Ako su ε, δ kao u WPT, onda slijedi da je svaki w ∈ K∗(w0, ε)

u f (K(z0, δ)). Takoder je i w0 = f (z0) u f (K(z0, δ)).

Teorem 13.3 (o otvorenom preslikavanju). Neka je f ∈ H(Ω). Pret-postavimo da f nije konstanta niti na jednoj komponenti povezanosti od Ω.Tada je za svaki otvoren skup U ⊆ Ω skup f (U) ⊆ C takoder otvoren.

Dokaz. Neka je w0 ∈ f (U), dakle w0 = f (z0) za neki z0 ∈ U. Neka jei ovdje F zadana s F(z) = f (z)−w. Funkcija F ima u z0 nultocku ko-nacnog reda. (Naime, ako bi to bila nultocka beskonacnog reda ondabi F bila 0 na nekoj okolini od z0. Tada bi po principu jedinstvenostiF bila 0 na komponenti povezanosti od Ω koja sadrži z0, pa bi f bilakonstanta w0 na toj komponenti povezanosti, što je kontradikcija spretpostavkom.)

Zato možemo primijeniti prethodni korolar i zakljuciti da postojeδ, ε > 0 takvi da je K(w0, ε) ⊆ f (K(z0, δ)). Ako je potrebno, možemosmanjiti δ tako da još bude i K(z0, δ) ⊆ U. U tom slucaju vidimo daje K(w0, ε) ⊆ f (U), pa smo našli otvoren krug oko w0 koji je sadržanu f (U). Kako je w0 ∈ f (U) bio proizvoljan, to dokazuje otvorenostskupa f (U).

Primjer 13.4. Neka je Ω podrucje i f ∈ H(Ω). Petpostavimo da fpoprima samo realne vrijednosti.

Vec smo ranije diskutirali ovakve funkcije (provjerite C-R uvjete) izakljucili da je f nužno konstantna funkcija. Sada to možemo zaklju-citi i preko teorema o otvorenom preslikavanju. Naime, ako bi f bilanekonstantna, tada bi f (Ω) bio otvoren skup, a kako je f (Ω) ⊆ R, toje nemoguce.

weierstrassov pripremni teorem i neke posljedice 89

Teorem 13.5 (o lokalnoj invertibilnosti holomorfne funkcije). Nekaje f ∈ H(Ω) i z0 ∈ Ω tako da je f ′(z0) 6= 0. Tada postoje otvoreni skupoviU ⊆ Ω, V ⊆ f (Ω) takvi da je z0 ∈ U, da je f

∣∣U : U → V bijekcija, i da

je ( f∣∣U)−1 : V → U holomorfna funkcija.

Nadalje, vrijedi

( f−1)′(w) =1

f ′( f−1(w)), w ∈ V.

Dokaz. Za funkciju F(z) = f (z)− w0 vrijedi F′(z0) = f ′(z0) 6= 0, pafunkcija F ima nultocku reda 1 u z0. Sada Weierstrassov pripremniteorem povlaci da postoje ε, δ > 0 takvi da za svaki w ∈ K(w0, ε),funkcija ima tocno jednu nultocku u K(z0, δ), odnosno postoji jedins-tven z ∈ K(z0, δ) takav da je f (z) = w.

Sada definiramo otvorene skupove

V = K(w0, ε) ⊆ f (Ω) i U = f−1(K(w0, ε)) ∩ K(z0, δ) ⊆ Ω.

Iz gornjega vidimo da je f∣∣U : U → V, dakle postoji funkcija ( f

∣∣U)−1 :

V → U.Iz dokaza WPT vidimo da je f ′(z) 6= 0, ∀z ∈ K(z0, δ), pa f nije

konstanta niti na jednoj komponenti povezanosti od U. Zato premateoremu o otvorenom preslikavanju slijedi da je ( f

∣∣U)−1 : V → U

neprekidna funkcija.Sada za z ∈ U oznacimo w = f (z) ∈ V. Zbog neprekidnosti f i

f−1 slijedi da je z′ → z ekvivalentno sa w′ = f (z′) → f (z) = w, pavrijedi

limw′→w

f−1(w′)− f−1(w)

w′ − w= lim

w′→w

z′ − zf (z′)− f (z)

= limz′→z

z′ − zf (z′)− f (z)

=1

f ′(z).

Odatle slijedi da je f−1 holomorfna i da vrijedi

( f−1)′(w) =1

f ′(z)=

1f ′( f−1(w))

.

Teorem 13.6 (Teorem o holomorfnom izomorfizmu). Neka je Ω po-drucje i neka je f : Ω→ C injektivna i holomorfna funkcija. Tada

(1) f ′(z) 6= 0, za svaki z ∈ Ω;

(2) V = f (Ω) je otvoren skup;

(3) f−1 : V → Ω je holomorfna funkcija.

Dokaz. Kako je f nekonstantna injektivna funkcija, svaki z0 ∈ Ω jenultocka od z 7→ f (z)− f (z0) konacnog reda.

(1) Pretpostavimo da je f ′(z0) = 0 za neki z0 ∈ Ω. Oznacimow0 = f (z0). Tada je z0 nultocka reda m ≥ 2 funkcije z 7→ f (z)− w0,pa postoje δ > 0 i ε > 0 takvi da za w ∈ K(w0, ε) postoje razlicitez1, z2 ∈ K(z0, δ) takve da je f (z1) = w = f (z2). To je kontradikcija sinjektivnošcu.


(2) je dokazano u teoremu o otvorenom preslikavanju.(3) Prema teoremu o lokalnoj invertibilnosti holomorfne funkcije

za svaki z ∈ Ω postoji otvoren skup Uz ⊆ Ω oko z tako da je f |Uz :Uz → Vz = f (Uz) bijekcija i njen inverz je holomorfna funkcija. Zbogjedinstvenosti inverzne funkcije slijedi

( f |Uz)−1 = f−1|Vz ,

a kako je ( f |Uz)−1 holomorfna na Vz, slijedi da je f−1 holomorfna na

Vz. Zbog proizvoljnosti od z slijedi tvrdnja.

U sljedecem teoremu podrazumijevamo da funkcija | f | postižemaksimum na Ω ako postoji z0 ∈ Ω tako da je | f (z0)| ≥ | f (w)|za sve w ∈ Ω.

Teorem 13.7 (Princip maksimuma modula). Ako je Ω podrucje i f ∈H(Ω) nekonstantna funkcija, tada funkcija | f | ne postiže maksimum na Ω.

Dokaz. Neka je z ∈ Ω fiksiran. Po Teoremu o otvorenom preslikava-nju, postoji ε > 0 takav da je K( f (z), ε) ⊆ f (Ω).

Kako u svakom krugu postoje tocke koje imaju veci modul od sre-dišta kruga, slijedi da postoji f (z′) ∈ K( f (z), ε) sa svojstvom | f (z′)| >| f (z)|. To povlaci tvrdnju.

Logicno je pitati se vrijedi li prethodna tvrdnja i ako rijec maksi-mum zamijenimo rijecju minimum. Kako ne možemo uvijek zakljucitida u svakom krugu postoje tocke koje imaju manji modul od središtakruga (ali za svaki krug cije središte nije u ishodištu to vrijedi), is-kaz je nužno malo modificarati. Sljedeci korolar bismo mogli nazvatiprincip minimuma modula.

Korolar 13.8. Neka je Ω podrucje i f ∈ H(Ω) nekonstantna funkcija. Ako| f | postiže minimum u z0 ∈ Ω, tada je f (z0) = 0.

Dokaz. Ako postoji z0 ∈ Ω u kojoj | f | postiže minimum i ako jef (z0) 6= 0, tada holomorfna nekonstantna funkcija 1

| f | postiže mak-simum na Ω, što prema principu maksimuma modula nije moguce.Prema tome, ako se minimum postiže na Ω, on iznosi 0.

Teorem 13.9 (Princip maksimuma modula za krug). Neka je zadananeprekidna funkcija f : K(z0, r) → C. Pretpostavimo da je f holomorfnana K(z0, r). Tada je

max|z−z0|≤r

| f (z)| = max|z−z0|=r

| f (z)|.


Drugim rijecima, maksimum funkcije | f | na K(z0, r) se postiže u tocki sruba tog kruga. 1 1 Ako je f (z) = 1− |z|, tada se maksi-

mum funkcije | f | na K(0, 1) postiže u 0,dakle u unutrašnjoj tocki kruga. Protivili se ovo principu maksimuma modula?

Dokaz. Za pocetak, neprekidna funkcija | f | na kompaktnom skupuK(z0, r) zaista postiže maksimum.

Pretpostavimo da se taj maksimum ne postiže na kružnici. Tadase maksimum postiže na otvorenom krugu K(z0, r). Sada principmaksimuma modula povlaci da f mora biti konstanta na K(z0, r), aonda je zbog neprekidnosti konstanta i na K(z0, r). Medutim, tadase maksimum ipak postiže na kružnici pa smo dobili kontradikciju.Slijedi tvrdnja.

Zadatak 13.1. Odredite maksimum funkcije | f | na K(0, 1) ako je

f (z) =z + 3iz− 3i

.

Teorem 13.10 (Schwarzova lema). Neka je f : K(0, 1)→ C holomorfnafunkcija takva da je f (K(0, 1)) ⊆ K(0, 1) i f (0) = 0. Tada je istinita tocnojedna od sljedece dvije tvrdnje:

1. | f (z)| < |z| za svaki z ∈ K∗(0, 1) i | f ′(0)| < 1;

2. postoji α ∈ R takav da je f (z) = eiαz za svaki z ∈ K(0, 1), to jest, f jerotacija oko 0 za kut α.

Dokaz. Zbog f (0) = 0, Taylorov razvoj funkcije f oko 0 je

f (z) = f ′(0)z +f ′′(0)

2!z2 + . . . , z ∈ K(0, 1).

Dijeljenjem sa z vidimo da funkcija f (z)z ima uklonjiv singularitet u

0, i da je funkcija

g(z) =

f (z)

z , z 6= 0f ′(0), z = 0

holomorfna na K(0, 1) (Taylorov red funkcije g na K(0, 1) je f ′(0) +f ′′(0)

2! z + . . . ).Za z ∈ K(0, 1) uzmimo r izmedu |z| i 1. Po principu maksimuma

modula za krug, vrijedi

|g(z)| ≤ max|w|=r

|g(w)|. (13.2)

Kako je f (w) ∈ K(0, 1) vrijedi | f (w)| < 1, pa iz |w| = r slijedi

|g(w)| = | f (w)||w| <

1r

.

Dakle (13.2) povlaci da je |g(z)| < 1r , za svaki r izmedu |z| i 1. Za

r → 1 dobivamo |g(z)| ≤ 1. To vrijedi za svaki z ∈ K(0, 1).

Sada imamo dvije mogucnosti:

1. |g(z)| < 1, ∀z ∈ K(0, 1). Odavde odmah slijedi da vrijedi tvrdnja(1) iz iskaza.


2. |g(z)| = 1 za neki z ∈ K(0, 1). Tada |g| postiže maksimum naK(0, 1), pa po principu maksimuma modula g mora biti konstanta.Štoviše, ta konstanta mora biti modula 1, dakle oblika eiα za nekiα ∈ R. Odavde slijedi tvrdnja (2) iz iskaza.

Za kraj navodimo Riemmanov teorem o preslikavanju, ali dokazatcemo samo jedinstvenost. Dokaz egzistencije je znatno teži i zahtijevaviše rezultata.

Teorem 13.11 (Riemannov teorem o preslikavanju). Neka je Ω ⊂ C

jednostavno povezano podrucje. Neka je z0 ∈ Ω. Tada postoji jedinstvenholomorfni izomorfizam F : Ω→ K(0, 1) takav da vrijedi

1. F(z0) = 0;

2. F′(z0) je pozitivan realan broj.

Napomena 13.12. Tvrdnja Riemannovog Teorema o preslikavanju nevrijedi za Ω = C. Naime, po Liouvilleovom teoremu, svaka holo-morfna funkcija F : C→ K(0, 1) mora biti konstanta, pa ne može bitiholomorfni izomorfizam.

Dokaz jedinstvenosti. Pretpostavimo da su F, G : Ω → K(0, 1) dvaholomorfna izomorfizma takva da vrijedi F(z0) = G(z0) = 0 i dasu F′(z0) i G′(z0) pozitivni realni brojevi. Tada je f = G F−1 :K(0, 1)→ K(0, 1) holomorfna bijekcija koja zadovoljava

f (0) = 0; f ′(0) ∈ R+.

Nadalje, funckija f−1 zadovoljava ista ta svojstva.

Po Schwarzovoj lemi zakljucujemo da je ili

| f (z)| < |z|, ∀z ∈ K(0, 1) i f ′(0) < 1, (13.3)

ili postoji α ∈ R takav da je

f (z) = eiαz, ∀z ∈ K(0, 1). (13.4)

Posebno je| f (z)| ≤ |z|, ∀z ∈ K(0, 1). (13.5)

Isto vrijedi i za f−1; posebno vrijedi

| f−1(w)| ≤ |w|, ∀w ∈ K(0, 1). (13.6)

Za w = f (z) imamo z = f−1(w), pa (13.6) povlaci |z| ≤ | f (z)|,∀z ∈ K(0, 1), što zajedno s (13.5) daje | f (z)| = |z|, ∀z ∈ K(0, 1).

Slijedi da funkcija f zadovoljava tvrdnju (13.4), a ne tvrdnju (13.3).Dakle f (z) = eiαz, ∀z ∈ K(0, 1), odakle slijedi

f ′(z) = eiα, ∀z ∈ K(0, 1).

Kako takoder vrijedi f ′(0) > 0, slijedi da je eiα = 1, pa je f (z) = z,∀z ∈ K(0, 1). Slijedi da je F = G.


Napomena 13.13. Iz dokaza vidimo što se dešava s jedinstvenosti akoizbacimo uvjet F′(z0) ∈ R+. Tada je F jedinstven do na rotacijukruga K(0, 1), to jest, ako su F i G dva holomorfna izomorfizmaΩ → K(0, 1) takva da je F(z0) = G(z0) = 0, onda postoji α ∈ R

takav da je G(z) = eiαF(z), ∀z ∈ Ω.

Dokaz egzistencije je znatno teži i dulji i zahtijeva korištenje neko-liko drugih netrivijalnih rezultata. Skicu dokaza pomocu Dirichle-tovog principa za harmonijske funkcije, uz dodatne pretpostavke naΩ, možete vidjeti na

https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_mapping_theoremPotpuni dokaz pomocu Montelovog teorema i Hurwitzovog te-

orema možete vidjeti nahttps://math.berkeley.edu/∼vvdatar/m185f16/notes/

Riemann_Mapping.pdfNešto drukciji dokaz dostupan je nahttps://www.maths.usyd.edu.au/u/tillmann/2007-complex/

ComAna-Lectures.pdf

kompleksna analiza - unizg.hr

Documents