kompleksna analiza zbirka

Prof. dr. sc. N even Elezović

Daslav Petrizio, dipl. ing.

FUNKCIJE KOMPLEKSNE

VARIJABLE

ZBIRKA-----ZADATAKA

Zagreb 1994

CIP - Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i sveučilišna biblioteka, Zagreb

UDK 511.53(075 .8)(076)

ELEZOVIĆ, Neven Funkcije kompleksne varijable : zbirka zadata

ka / Neven Elezović, Daslav Petrizio. - Zagreb : ELEMENT, 1994. - 222 str. : ilustr . ; 24 cm

Bibliografija: str. 222 .

ISBN 953-6098-19-9

1. Petrizio, Daslav

941117098

ISBN 953-6098-19-9

PREDGOVOR

Progmm matematike na tehničJ.."im fakultetima ob'mđuje uglavnom sljedeća područja

Diferencijalni i integralni račun Linearna algebm Funkcije više varijabli, Vektorska analiza Diferencijalne jednadz'Oe Funkcije kompleksne varijable Ortogonaini sustavi, Integmine transformacije Diskretna matematika Vjerojatnost i statistika Numerička analiza

Ova je zb'irka jedna u nizu sličnih kojima kanimo pokriti ta područja, Cilj nam je pružiti studentu zbirke riješenih zadataka koje pokrivaju nastavni plan, ali ga također proširuju i produbljuju, čineći tako jednu zaokruženu cjelinu koju (dobar) inžinjer može i treba poznavati,

Tako i ova zbirka sadrži sve zadatke koje se obmđuju na auditornim vježbama iz predmeta Matematička analiza III na Elektrotehničkomfakultetu u Zagrebu, u dijelu Funkcije komplek8ne varijable, Originalne vježbe su nadopunjene kako težim tako i lakšim zadacima. Nadodana su i tri uvodrla poglavlja koja se obično obrađuju u programima Matematičke analize I, Dijelovi poglavlja koja ne ulaze u nastavni plan označena su zvjezdicom • ,

U svakom je poglavlju dan kratak podsjetnik važnijih definicija i teorema. Nakon toga su detaljno riješeni zadaci iz osnovnog kursa. Treći dio, zadaci za vježbu, namijenjen je sanwstalnom radu, Rješenja tih zadataka, dana na kraju knjige, treba zaista shvatiti t'ek kao kontrolu vlastita rada. Samo tako će ova zbirka ispuniti svoj cilj: ukazati budućem in'žinjeru da se školuje da bi samostalno rješavao još složenije probleme,

Autori

U Zagrebu, studenog 1994.

SADRŽAJ

§1. ·Kompleksni brojevi ......... . ....... ........ ... . ... ...... . ......... . . .. 9 1. Prikaz kompleksnog broja .. .... . . .... . ............... .. ... . . ...... 9 2. Potenciranje i korjenovanje . .. . ...... . ....................... .. ... 14 3. Zadaci za vježbu ..................... . .. ....... ... . ... . . . ... . . . .. 20

§2. Geometrija kompleksne ravnine . . .. . .. .. ... .. .. . ......... ..... .... .. .. 23 1. Geometrija kompleksne ravnine ..... .. . . . .. . ........... . .......... 23 2. Zadaci za vježbu . . ......... ... . . . ....... ............... . .. ... . . .. 31

§3. Nizovi i redovi kompleksnih brojeva ... .. ...... . .. .. ........ . . . ........ 34 1. Nizovi kompleksnih brojeva ... . .......... . ... .. .. . . .. ...... . . . .... 34 2. RecJ.ovi kompleksnih brojeva ...... ...... ................ . .. . ...... 38 3 .. Zadaci za vježbu .. ..... . ...... . ... . .. . ... . ....... . ... . ...... . .... 44

§4. Elementarne funkcije . ........... . . . ............. .. ................. . . 46 1. Elementarne funkcije . .. ...................... ... ........ . .... . .. 46 2. Zadaci za vježbu . . .. ..... .. .......... ............... . . . .......... 54

§5. Diferencijabilnost. Cauchy-Riemannovi uvjeti. Harmonijske funkcije . .. . 55 1. Limes, neprekidnost , diferencijabilnost ... . ....... . .... . . . ......... . 55 2. Cauchy-Riemannovi uvjeti . ............. . . ........ . .............. 57 3. Harmonijske funkcije ..... ................ ...... .. . .. . . . ......... 63 4. Zadaci za vježbu . .. . .. .. ........... . .. . .. .. . .. .. . ...... . .. . .. . ... 67

§6. Integral funkcija kompleksne varijable ....... .. .... . ...... . ........ . ... 68 1. Krivuljni integral ...... ... ... ..................... .... . . . ... . .... 68 2. Cauchyjeva integralna formula . ................... .. . .... .. ....... 72 3. Zadaci za vježbu . . . ... . ........ ..... . . ........ . ..... . . . .. .... .. .. 74

§7. Mobiusova transformacija . .... . ................ . ................ . . . .. . 75 l . Rastav Mčibiusove transformacije .. . . ....... ............. ....... . .. 75 2. Implicitni oblik Mčibiusove transformacije ......... ... . .. .... . ... . .. 82 3. Svojstvo simetrije za MčibiusovlI transformaciju .. ...... .. ... . . . . .... 84 4. Kanonski oblik Mčibiusove transformacije . .. . ............ . .......... 89 5. Zadaci za vježbu .................................. . . . .... .. ...... 93

§8. Konformna preslikavanja ......... . .. . ......... . ... .. . ........... . . . .. . 97 1. Omjer preslikavanja. Kut zakreta . . ........ . ..... . ............ . ... 97 2. Konformna preslikavanja ........ . .. .. .... . .. .... ....... ... . .. .. . 101

§9. Preslikavanja elementarnim funkcijama ..... . ... . . .. . . ....... ...... . .. 106 1. Funkcija w ;:: zn ...... ..... ...... .. .................... .. . . . . .. 106 2. Funkcija w;:: ~ ... . ... ; . ..... . .. . .. . .. . .. . ...... . . . .......... 109 3. Funkcija Žukovskog . .. .... : ... . ....... .............. .. . ......... 111 4. Eksponencijaina funkcija w;:: eZ

•••••• •• •••• ••• • •• • •• •••••••••••• 115 5. Logaritamska funkcija w ;:: Ln z . ..... . .. . ... .. .................. 118 6. Trigonometrijske funkcije .. . ............ .. .... . .. ... . . ...... ... .. 119 7. Zadaci za vježbu ... . . .. .... .... ...... . ..... ... .. . ...... . .... . . . . 122

§lO. Taylorovi redovi .... . ....... . . . .... . ... .. ............... .. . . .. . ...... 124 1. Redovi potencija . . .. . .... . .. .... . . .. . ... .. . . . . . . . . ... . ... . . . . .. 124 2. Taylorovi redovi .......... . .. . . ... .. . . . . . . . ... . ... . . .. . . . .. . . .. . 128 3. Funkcija izvodnica . .. .. . . . . .... .. . . . .. .. ..... . . . . . . . . . . . .. .... . . 135 4. Zadaci za vježbu ......... . . . .. . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . .. . .. . . . . . . .. 137

§ll. Laurentovi redovi . . . .. .. .. . . . . . . . .. . .. .. . .. .... . . ....... . .. .... ... ... 142 1. Laurentovi redovi ... .. ..... . . .... ...... . ... .. .. . . .. . . . . . .. .. . .. 142 2. Zadaci za vježbu . ..... . . . ...... . .... . ..... . . . .. . ..... .. .. . .. .. .. 149

§12. Nul-točke i izolirani singulariteti . . . . . . . ....... . . . . ... ... ..... .. . . .... 151 1. Nul-točke . . .. . ........ . ....... .. . .. . . . . . . . .. .. ... .. .. .. ... .. .. 151 2. Izolirani singulariteti ... .. .. . . ... . ......... .. . . .... . .. . ......... 153 3. Zadaci za vježbu .. . .. ........ . . .. . . .. . .. . . . . . . . . . . .. .. .. . . . . . . .. 158

§13. Reziduum. Račun ostataka . . .... . ..... . . ....... . . . ... . . .. . . . .... . . .. . 160 1. Reziduum analitičke funkcije . . .... . .. .. . . . . . . .... .. .... . ... . . . . . 160 2. Račun ostataka . . .. . .... ..... . ......... . ... . . . . . .. .. . .. ... ... .. 167 3. Princip argumenta. Roucheov t eorem ' . . . . . . . . .. . . ..... . . . . .... . ... 170 4. Zadaci za vježbu . . .... . . . . . . ... . .... . ..... .. .. . ...... . . . .... . .. . 163

§14. Računanje realnih integrala .. . ..... . ...... .. . . . . .. .... . . . . . . . . .. . . ... 177 1. l t ip integrala . ... . ... . . . . . .. ... . . ...... . ... . ... . .. . ... . . . .. . ... 177 2. II t ip integrala . ... . .. . ... ... ... . .... . ... . . . ... . ... . .. .. . . . . . .. . 179 3. III tip integrala .. . ....... .. . . . ... . .. . ... . . .. .. . ... . ... ... ..... . 181 4. IV tip integrala ...... . . . ............ .. ... . . . . .. . . ...... . ... . . .. 186 5. V tip integrala ... . .. . . ... . . . . .... . ... .. . . . . .. ... . . .. .. . .. . .. ... 188 6. Razni primjeri . . .. . . .. . . . . ....... . . . . .. .. . . .. . . . .. . . . .... . .... . 190 7. Zadaci za vježbu ..... . .. . .. . ........ . . . . . . . . .. ... . .... .. . .. . . . . . 193

§15. Rješenja zadataka . ... . . . . . . . . .... . .. . .. .. . . .. . . . . ... . .......•... . . .. 196

Literatura .... . ..... . . . . . . . . . ..... . . .. .. . ... -........ .. .. . .. ... . . .... . 222

9

1. Kompleksni brojevi

Algebarski prikaz kompleksnog broja.

Polje kompleksnih brojeva (e, +, .) sastoji se od skupa kompleksnih brojeva e na kojem su definirane dvije operacije: zbrajanje i množenje. e možemo poistovjetiti sa skupom svih uređenih parova realnih brojeva: e = {(x , y) : x, y ER} , a operacije definiramo na sljedeći način:

(Xl, yd + (X2' Y2) := (Xl + X2, YI + Y2)

(Xl, Yd , (X2,Y2) := (XIX2 - YIY2, XIY2 + YIX2)

(1.1)

(1.2)

Realni broj x poistovjećujemo s kompleksnim brojem (x, O) E e. Kako se pri tom čuvaju operacije, jer vrijedi (Xl,O) + (X2,0) = (Xl + X2,0), (Xl, O) · (X2 ' O) = (XIX2, O), to je polje realnih brojeva sadržano u polju kompleksnih brojeva. Broj (O, l) nije realan, označavamo ga sa i i nazivamo imaginarna jedinica. Vrijedi, po (1.2)

i 2 = i . i = (O, l) . (0,1) = (-l, O) = -1.

Kompleksan broj z = (x, y) možemo pisati i u obliku:

z = (x,y) = (x,O) + (O,y) = (x, O) + (O, l) . (y, O) = X + iy.

Prikaz z = X + iy nazivamo algebarski prikaz kompleksnog broja z. Broj x se naziva realni, a broj y imaginarni dio kompleksnog broja z. Označavamo ih sa X = Re z, y = Im z .' Dva su kompleksna broja jednaka ako i samo ako im se podudaraju realni i imaginarni dijelovi: zI = Z2 {:::::::} Xl = X2, YI = y2 .

Sa -z označavamo broj (-l)· z = -x - iy. Oduzimanje kompleksnih brojeva je definirano sa

ZI - Z2 := ZI + (-Z2) = (Xl - X2) + i(YI - Y2) (1.3)

Kompleksan broj z = X - iy nazivamo konjugiranim broju z = X + iy. Također, broj z je konjugiran broju z i zato kažemo da z, z čine par konjugirano-kompleksnih brojeva. Njihovim zbrajanjem i oduzimanjem dobivamo

l 1 Rez = -2 (z +z), Imz = -:(z - z) . (1.4)

22

10 1. KOMPLEKSNI BROJEVI

Takoder, vrijedi z, z = X2 + y2 , Označimo

I z I : = J z ' z = Jr-:x2:C--+-y-=2, (1.5)

Kako je uobičajeno, množenje kompleksnih brojeva pisat ćemo (uglavnom) bez znaka " dakle ZI Z2 umjesto ZI ' Z2 '

Ako je z i= O, sa ~ označavamo broj Z

~ ,_ ~ _ x -i Y z ,- Izl2 - x2 + y2 x2 + y2 '

Uvjeri se da vrijedi z ' ~ = l , Tako možemo definirati i dijeljenje kompleksnih z

brojeva:

ZI 1 ZI ' Z2 XIX2 + YIY2 ,-XIY2 + X2YI - := ZI ' - = -- = 2 2 + 2 2 2 (1.6) Z2 Z2 IZ212 X2 + Y2 x2 + Y2

Računske operacije s kompleksnim brojevima izyodimo ne pamteći formule (1.2) i (1.6), već sa kompleksnim brojevima postupamo kao s "polinomima po varijabli i ", uvažavajući pri tom i 2 = -l, npr ,

(4 - 3i)(2 + 5i) = 8 - 6i + 20i - 15i2 = 23 + l4i,

1 + 2i 1 + 2i 3 + 2i 3 + 6i + 2i + 4i2 -1 + 8i 3 - 2i = 3 - 2i ' 3 + 2i = 9 - 4i2 = 13

1.1. Odredi realni i imaginarni dio sljedećih kompleksnih brojeva:

l (1 ,)3 A. -; B. 1+-:; C. (1-iV3)3 ,

l - i •

RJEŠENJE , Moramo odrediti algebarski prikaz zadanih kompleksnih brojeva.

1 1 l+i l+i l+i 1 1 . A. z = -- = -- . -- = -- = -- = - + - t-

l - i l - i 1 + i l - i2 2 2 2 Dakle, Re Z = ~, lm z = ~ .

(l - i) 3 (1 _ i l _ i) 3 ( l _ 2i + i2 ) 3 . .

B. z= --, = --, '--. = =(-2)3=2. 1+2 1+2 l-t 2

Odavde, Re Z = O, lm z = l .

C. (1 - iV3)3 = l - 3iV3 + 3(iV3)2 - (iV3)3 = 1 - 3V3i - 9 + 3V3i = -8, te je Rez = -8, Imz = O.

1.1. PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA II

1.2. Odredi sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z = Z2.

RJEŠENJE . Prikažimo broj z u obliku z = x + iy j što uvršteno u jednadžbu daje

x - iy = (x + iy)2 = x2 - y2 + 2xyi.

Prema tome, x i y moraju zadovoljavati sistem

{

X = x 2 - y2, {::=::} { x2 - X _ y2 = O,

y=2xy, (2x+l)y=0 .

Druga je jednadžba zadovoljena za x = - ~ ili Y = O. Uvrstimo li x = - ~ u

prvu jednadžbu, dobivamo y2 = i, što daje YI ,2 = ±~ . Uvrstimo li pak y = O u prvu jednadžbu, dobivamo X2 - x = O i odavde X3 = O, X4 = 1. Postoje dakle četiri rješenja:

1.3. Pokaži da operacija kompleksnog konjugiranja ima svojstva:

A. zI + Z2 = ZI + Z2; B. ZI - Z2 = ZI - z2;

D. (;~) = ;:-

RJEŠENJE. A.

ZI + z2 = (Xl + iyr) + (X2 + iY2) = (Xl + X2) + i(YI + y2)

= (Xl + X2) - i(YI + Y2) = Xl - iYI + x2 - iY2 = ZI + Z2

Na sličan se način pokazuju i ostale relacije.

Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja

Kompleksan broj Z = x+iy možemo prikazati točkom M(x, y) ili pak vek---4

torom OM II ravnini xOy, koju nazivamo kompleksna ili Gaussova ravnina (sl. 1.1.) .

--4

Duljina r vektora OM naziva, se modul, norma ili apsolutna vrijednost kompleksnog broja Z

T = Izl:= JX2 +y2 =...rz:E . (1.7)

12

--t

Kut kojeg vektor OM zatvara s pozitivnim di-jelom realne osi naziva se argument kompleksnog broja z; označavamo ga sa Arg z. On je određen do na višekratni k broja 27T. Za glavnu vrijednost argumenta uzimamo vrijednost tog kuta unutar intervala [O, 27T) i označavamo ga sa !{J = arg z . Da-kle, vrijedi '

Argz = argz + 2k7T = !{J + 2k7T, k E Z Y x . y (1.8)

tg !{J = - , cos !{J = - , S1l1!{J = -X T T

Stoga kompleksan broj možemo. napisati u tzv . trigonometrijskom obliku

z = T(cos<p+isin<p) .

Uvedimo simbol ei<p · . _ cos <p + l sm <p. Prikaz z

ponencijalni oblik kompleksnog broja. Neka je zI Z2 = T2 (cos !{J 2 + i sin !{J2). Tada vrijedi

l. KOMPLEKSNI BROJEVI

I I M(x,y)

y - - - - -- - ------ --- , , . , I ,

, , I

/r----'-----.-<b-- _ x

Slika 1.1. Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja

(1.9)

= T ei<p naziva se eks= Tl (cos !{JI + i sin !{JI) ,

Zt Z2 = Tl T2 (cos !{JI cos 1,02 - sin !{JI sin !{J 2 + i cos !{JI sin !{J2 + i sin !{JI COS!{J2)

te je ZlZ2 = TITdcos(!{J1 +4'2)+isin(4'1 +4'2)] .

Odavde zaključujemo

IZl Z2 1 = Izti ' lz21 Arg( ZI Z2) = Arg( zt} i- Arg( Z2) = 4'1 + !{J2 + 2k7T

Kako je .2. = .2. (cos 4'2 - is'in 4'2) (provjeri!), to vrijedi z2 T2

~l = Tl [COS(4'1 - 4'2) + i sin(4'l - 4'2) J "'2 T2

i odavde

(1.10)

(1.11)

(1.12)

(1.13)

(1.14)

(1.15)

1.4. Ako je IZli = 1, IZ21 = 1 i ZlZ2 i= -1 , dokaži da je Z = ZI + Z2 realan broj . 1 + ZI z2

RJEŠENJE . Broj Z je realan ako i samo ako vrijedi Z = z. Po uvjetima zadatka imamo

1.1. PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA 13

Zato je, koristeći pravila konjugiranja

ZI + ZZ ZIZZ ZIZIZZ + ZZZIZZ Zz + ZI z= . -- = = .= Z l+ZIZZ ZlZZ ZlZ2+Z1Z2Z1ZZ Zl Z2 + 1

i z je realan.

1.5. Prikaži u trigonometrijskom obliku sljedeće brojeve: A. VS + i; B. -2i; c. -h; D. 2; E. 1 + il23; F. -1 + 2i .

RJEŠENJE .

·A.

r = IVs+il = J3+i = 2,} 1 n n

tg cp = v'3 = tg "6' cp = "6 2( 1i .. n) ===> z = cos "6 + t sm "6

B I '1 2 3n . 2 ( 3n .. 3n) . r = - 2t = ; cp = 2 te Je z = cos 2 + t sm 2 .

C. 7' = 1- hl = h, cp = n, Z = h( cos n + i sinn) .

D. r=121=2, cp=O, z=2(cosO+isinO).

F

A

e D

E

B Slika 1.~.

E. 1+i1Z3 ~ 1+i4 .30+3 = 1+{i4 ) 30i3 = 1+i3 = l-i. Odavde r = ..;'f+1 = Ji, 2 n 7n li' d' (7n . . 7n) cp = 2n - arc tg 1 = n - '4 = "4 te s Je l z = 2 cos "4 + t sm "4

F. r = l-l + 2il =..;s, tgcp = -2 ===> cp = 1i - arctg2 = 1,1071 = 116°34' . Dobivamo z = ..;s (cos 116°34' + i sin 116°34') . Vidi sl 1.2.

14 l . KOMPLEKSNI BROJEVI

1.6. Prikaži u trigonometrijskom obliku A. z = - sin 'Tr/8 - i cos 'Tr/8 i B. z=l+coso+isino, 0<0< 'Trh·

RJEŠENJ E.

A. r = ( sin2 i + cos2 i) 1/2 = 1

cos 'Tr /8 'Tr ('Tr 'Tr) 3'Tr tgcp= sin'Tr/8 = ctg'8 = tg '2 - '8 = tg S ' Kako se broj z nalazi u trećem kvadrantu, to je cp = 3; + 'Tr = l ~71'. Dakle, z = cos 1~"" +i sin 1~"" .

B. r = Vl + 2 cosa + cos2 a + sin2 0= ';2 + 2 cos 0= 2 cos ah, --........ sin a 2 sin 0/2 cos 0/2 0/ ' 0/ Dakle, tg cp = = = tg 2 te Je cp = 2 .

1 + cosa 2cos2 0/2 2 o( a .. a)

z = cos '2 cos '2 + t sm '2 .

Označili smo eicp := cos cp + i sin cp . Kako vrijedi

(cos cp + i sin cp) (cos 7/1 + i sin 7/1)

= cos cp cos 7/1 - sin cp sin 7/1 + i (sin cp cos 7/1 + cos cp sin 7/1 )

= cos(cp + 7/1) + i sin(cp + 7/1)

to dobivamo ei", ei'" = ei(cp+"'). Odavde indukcijom zaključujemo da vrijedi (eicp)n = eincp , tj. vrijedi de Moivreova formula

(coscp+i sincp)n = cosncp.+i sinncp (1.16)

Potenciju kompleksnog broja, napisanog u trigonometrijskom obliku, računamo po formuli

Odavde zaključujemo

I zn 1= Izln Arg(zn) = ncp + 2k7r , k E Z.

( 1.17)

(1.18)

(1.19)

Odredimo sada n-ti korijen kompleksnog broja z, z "# O. Stavimo w := o/.Z, tj. z = w n i prikažimo ih u trigonometrijskom obliku: z = r{ cos cp +

i sin cp), w = p{ cos 7/1 + i sin 7/1). Tada iz

r{ cos cp + i sin cp) = pn( cos n7/1 + i sin n7/1)

1.2 . POTENCIRANJE I KORJENOVANJE 15

slijedi p = O/T i n'!j; = tp + 2k1r . Uvrštavanjem ~~ = O, ±l, ±2, .. . dobivamo n različitih vrijednosti n-tog korijena kompleksnog broja z :

\IZ = VIT cos + i sin - ,k = O, l , . .. ,n - l (tp + 2k1r tp + ,) br )

n . n (1.20)

Tu je tp = arg z, a VIT označava realan i pozitivan n-ti korijen iz pozitivnog broja T = Izl ,

Sve vrij.ednosti od YIZ leže na kružnici polumjera p = VIZI, sa središtem u ishodištu, a argumenti tih brojeva razlikuju se za višekratnik od 21f/n . Dakle, n-ti korijeni kompleksnog (pa i realnog!) broja čine vrhove pravilnog n-terokuta sa središtem u ishodištu.

Slika 1.3. S1Ii n-ti korijeni kompleksnog broja 511 1Irho1li pra1lilnog n-terokuta sa središtem u lshodištu .

Polumjer n-terokuta iznosi vr

1.7. Izračunaj (-l + iV3)60 .

RJEŠENJE. Prikažimo -l + iV3 u trigonometrijskom obliku . On se nalazi u drugom kvadrantu i vrijedi

T = V(-l)2 + (../3)2 = 2,

../3 1f tg( 1f - tp) = - = tg -.

21f Dakle, T - 2 tp - - . - , - 3 .

l 3

-1 + i../3 = 2 ( cos 2; + i sin 2;).

z

___ L' , -J x

Možemo sada primjeniti de Moivreovu formulu (1.16) Slika 1.4 .

(-1 + i../3)60 = 260 [cos(60 . 21f) + i sin(60 . 21f)] 3 . 3

= 260 [cos(407l') + i sin(407l')] = 260.

VJ

y


1.8. Izračunaj (l + cos ~ + i sin~) 6.

RJEŠENJE . Po zadatku l.6 .B , kompleksan broj z = l + cos ~ + i sin ~ = l + yf + ~ i ima prikaz z = 2 cos f2 ( cos f2 + i sin ;2 ). Zato je

zG = 26 (cos ~) 6 (cos 671" + i sin 671"2 ) , 12 12 l

= 26 (l + c~s 71" /6 ) 3 . i = 26 ( 2 +4 J3 ) 3 . i = (2 + V3)3i .

(1 + i)16 Izračunaj .

(1 - iV3)9

Prikažimo najprije brojeve

1.9.

RJEŠ EN JE .

i

l ! / z,=l t i

Z I = l + i i Z2 = l - iV3

u trigonometrij skom obliku :

~~ - ,~~ l

1 -0/' --In( 71" .. 71") Z I = Y 2 cos "4 + ~ sm"4 :

Z2 = 2 [ cos(271" - ~) + -i sin(271" - ~)] - {J f " . I z2=1-1{J 3 3 I

= 2 [cos( -.~) + i sin( - ~)]. 3 3

Slika 1.5.

Sada je

(1 + -i)16 ()2)16[cos(16 . ~) + i sin(16 . ~ ))

(1 - iJ3)9 29 [cos( -9 · t) + i sin( -9 · t))

= ~ [cos(lf . ~ + 9 . ~) + i sin(16 . ~ + 9 . ~)] 2 o o 4 3 4 3

= ~ [cos(77I") + i sin(77I")] = -~ .

1.10. Dokaži da je polinom P(x) = (cos o' + X sin O')n - cos nO' - x sin nO' djeljiv s polinomom Q(x) = x2 + l.

RJEŠENJE . Vrijedi Q(x) = (x - i)(x + i). P(x) će biti djeljiv sa Q(x) ukoliko je djeljiv sa (x - i) i sa (x + i) , tj. ako su brojevi Xl = i i X2 =' -i nul točke polinoma P(x) . Izračunajmo stoga P{i) i P( -i).

P( i) = (cos o' + i sin 0') n - cos nO' - i sin nO' = cos nO' + i sin nO' - cos nO' - i sin nO' = O,

P(-i) = (cos o' - isinO')n - cos nO' + i sin nO' = [cos( -O') + i sin( -O'W - cos( -nO') - i sin(-nO') = o.

Dakle, P(x) je djeljiv sa (x + i)(x - i) = Q(x) .

.,,'

1.2, POTENCIRANJE I KORJENOVANJE " "' , " ,';~,: 17

" < :;,:}:~:,;j.;J 1.11. Odredi kompleksan broj z za kojeg vrijedi Iz-ll = Izl i Arg(z3) =

'Tr/3 + Argz,

RJEŠENJE, Prikažimo broj z u trigonometrijskom obliku , z = r cos <p+i r sin cp, Prvi uvjet daje

1 r=--,

2 cos cp

a drugi, po formuli (1.19)

3cp = ~ + cp = % + k1r

za neku vrijednost cijelog broja ' k, Samo vrijednosti k = O i k = 1 daju kut unutar intervala [O, 2 'Tr ), Za k = 1 dobivamo cp = 7'Tr /6 što daje negativan r i to rješenje odbacujemo, Za k = O dobivamo cp = 'Tr /6 i r = ..[3/3, Dakle,

1.12.

..[3 ( 'Tr , . 'Tr) 1 ,..[3 z = - cos - + t sm - = - + t -.

3 6 6 2 6

Izračunaj 1 + i

A. Arg-l

- . ; -t

RJEŠENJE. A.

Arg 1 + ~ = Arg(l + i) - Arg(l - i) l-t

'Tr 'Tr 'Tr = (4' + 2n'Tr) - (-4' + 2m'Tr) = '2 + 2k1r, k E Z.

ili , na drugi način

1 + i 1 + i 1 + i 1 + 2i + i 2 ,'Tr Arg --, = Arg --o . --o = Arg = Argt = - + 2k'Tr, k E Z.

l-t l-t l+t 2 2

B.

Arg( ....: 2 - 2i ..[3)4 = 4 arg( - 2 - 2i V3) + 2k1r

2..[3 4'Tr = 4 ['Tr + arc tg -2-] + 2k1r = "3 + 2k1r, k E Z.

1.13. Odredi sve vrijednosti korijena

A. V-l + i; B. V16; C. 0/=1; D . .J3 + 4i,

i prikaži ih u kompleksnoj ravnini.

RJEŠENJE.

A. Napišimo broj -1 + i u trigonometrijskom obliku:

1 . '2 ( 3'Tr . . 3'Tr) - + t = V ~ cos "'4 + t sm"'4 .


Prema tome, :vrijedi i- 1 + il = .j2, cp = 3'Tr/4 i po (1.20) dobivamo

3~1 . 3 1Ji{ 371"/4 + 2k7r . . 3'Tr / 4 + 2k7r ) V-J.+l=V"~cos 3 +lsm 3 ' k=0,1,2,

6ln I 'Tr 2 k 'Tr . . ('Tr 2k'Tr)] = v 2 ms("4 + -3-) + um "4 + -3- k = O, 1,2. Postoje tri vrijednosIiovog korijena:

k=O ~( 'Tr .. 'Tr) ZI = YI. cos "4 + l sm"4 '

k=l ~( Ih . . Ih) Z2 = 2 cos 12 + t sm 12 '

k=2 5( 19i . . 19'Tr) Z3 = ' cos 12 + 1 sm 12 '

B. Broj 16 u trigonOD1l!irijskom obliku ima prikaz 16 = l6(cosO+isinO), paje

4~16 4~16 ( O +.2h . . 0+ 2k7r ) v 10 = V 10 cos --- + l sm , '14 4

( k7r ". h

=2 cosT + ''8DlT) , k=0,1,2,3.

Dobivamo sljedeće 00iiIi vrijednosti:

k = O ZI = 2l{,CQlO+i sinO) = 2,

k = 1 Z2 = 2((a.i + i sin i ) = 2i,

k=2 Z3 = 2i{.a.1f + i sin 'Tr ) = -2,

2 l- 3'Tr .. 3'Tr) ' 2 . Z4 = '\ ..... - + t sm - = - t .

2 2 k=3

" Zz

Slika 1.6.

-2

~

1-2i Slika 1.7.

Vidimo da smo fi6 mogli pronaći i bez upotrebe de Moivreove formule znajući da je jedno ijrienje broj 2, a sljedeća tri predstavljaju preostale vrhove kvadrata sa središtem 11 ishodištu.

C. Trigonometrijski GiJIik broja -1 je -1 = l(coS7r + i sin 'Tr). Zato

3r1l 31:' ( 'Tr + 2k'Tr .. 'Tr + 2k'Tr ) . v-J.= VI ,cos 3 +tsm 3 ' k=0,1,2.

Dobivamo 1 . .jj

ZI = - +l-2 2'

Z2 = -1,

1 . ./i Z3 = 2 -1,"

Slika 1.B.

1.2. POTENCIRANJE I KORJENOVANJE 19

D. 1tigonometrijski oblik ovog broja glasi

3 + 4i = 5 ( cos(arc tg~) + i sin(arc tg~) ).

Zato je

~ r; ( arc tg 413 + 2k7r .. arc tg 4/3 + 2k7r ) v 3 + 4t = v 5 cos 2 + t Sin 2 ' k = 0, l.

Za k = ° doqivamo:

r;( 1 4 .. l 4 ) Zl = v 5 cos( '2 arc tg 3) + t S III ( '2 arc tg 3) .

Drugo rješenje z2 je simetrično prvom s obzirom na ishodište , tj . Z2 = - z l .

1.14. Odredi realna rješenja jednadžbe (x + i)n - (x - i)n = o.

RJEŠENJE. Jednadžba je ekvivalentna sa

~ = l==> = v l = cos - + t sm - , k = 0, 1, .. . , n-l. (

X + i) n X + i n" 2k7r . . 2k7r x-i x-i n n

Izračunajmo odavde x :

. 2k7r . 2k7r Sin - - t(1 + cos-)

x- n lt - 2k7r . . 2k7r

1 - cos - - t Slll -n n

(. 2k7r . 2k7r ) ( 2k7r. . 2k7r)

Slll ~ - t(l + cos ~ ) 1 - cos ~ + t sm ~ =~--~--------~~~----~=-~----~~

( l _ cos 2~7r) 2 + (sin 2~7r) 2

. 2k7r k7r k7r sm - 2 cos - sin - k7r

= 1 _ cosn_2~_7r = 2 (Si: kn7rfn = ctg -;- ' k = 0,1, ... ,n-l.

1.15. RJEŠENJE .

A. 1(1- iv'3)4 (v'3 + i)61 = 1(1- iv'3)41 · 1(v'3 + i)61 = Il-iv'3141v'3 + il6 = (v'f+3)4 (y'3+-f)6 = 210 .

B. I~I = VI3 - 4il = V.J9+T6 = Vs .

C. I '1'(1 + i)81 = '1'11 + il8 = J( v!f+T)8 = h4 = 4.

1. I<OMPLEKSNI BROJEVI

1.16. Neka je /(z) = 2 + z + 3z2. Izračunaj /(z) i /(z) ako je z = 3 + 2i .

1.17. Pokaži ela je P(z) = P(z) , za svaki polinom P sa realnim koeficijentima

1.18. Odredi realni i'imaginarni dio sljedećih kompleksnih brojeva:

(()+2)2 (1+i)5 (2)4

A. i 19 + 1 ; B. (1 _ i)3; C. 1 + iV3 ;

1.19. Odredi realna rješenja jednadžbe (4x + i)(2 - i) + (2x + iy)(l - 2i) = 7 - Bi .

1.20. Odredi sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi A. z = z3; B. z = zn-l, n ~ 2.

1.21. Neka je w '= Z-l, z :f: ±l . Dokaži da je Rew = O ako i samo ako je Izl ~. z+l

1.22. Dokaži da su ZI i z2 kompleksno-konjugirani ako i samo ako su zI + Z2 i ZlZ2 realni brojevi.

1.23. Dokaži identitete

A. IZl + z,12 + IZl - z21 2 = 2(lzll2 .) · lz2 12) ;

D. il - zlz21' - IZl - z21 2 = (l - IZl12)(1 -lz212) ;

C. JI + z l z2 12 + IZl - z21 2 = (l + Izd)(! + IZ212) ;

D. Izd2 + IZ212 + IZ312 + IZl + Z2 + z312 = IZl + z21 2

+ IZ2 + z31 2 + IZ3 + zll2 .


A. (n - 2) tl Izd + Iktl zkl2 = L IZk + z.12

, , l ~ k<s~n

B. n t l;:kl2 -It zkl2 = L IZk - zsl2;

k=l k=l l ~ k < . ~n

1.25. Dokaži nejednakost:

2(lzd" + IZ2In):::; IZl + z21 n + IZl - z21 n :::; 2n-l(lzdn + IZ2n, .n~ 2.

1.26. Riješi jednadžbe A. Izl + z = 2 + i; B. 21z1 - 4az + 1 + ai = O (a ER); C. z Izl + az + 1 = O (a ER).

1.27. Odredi sve kompleksne brojeve za koje vrijedi A. Izl = ,,12, Iz + il = IZ + lij B. Izl = IZ - 11, arg(z - 1) = 37r/4 j

C. Izl = Il/z I, arg(2z) = arg( ilz)'

***

1.3. ZADACI ZA VJEŽBU 21

1.28. Prikaži u trigonometrijskom obliku sljedeće brojeve:

A. z=l-siho;+icoso, (0<0< Trh); B. z = cosa - i sina, (11" < o < 311"12);

1 + cos o + i sin o C. z.= l+coso-isino' (0<0< 11"12); D . z = -cos Tr/S +isin 11"/5 '

1.29. Odredi realan broj m> O takav da za broj z = m+ imv'3 bude Re (z8) = -128.

1.30. Izračunaj . A. (2 + 2i) 7 ; B. G -~) 12 ; D. (l+cos Tris +isin TrIs)18. +t

(1 .) 10

C. 2' +t ;

1.31. Dokaži d<l\)e za prirodan broj k broj (l + i)4k realan.

1. 32. Nađi najmanji broj n za koji vrijedi (v'3 + it = (v'3 - i)n .

1.33. Služeći se de Moivreovom formulom izrazi sin no i cos no pomoću potencija od sin o i cosa .

1.34. Dokaži: (l+~tgc,o)n = l+itgnc,o. l - t tg c,o l - t tg nc,o

1.35. Ako vrijedi z + ~ = 2 C05 c,o, dokaži daje z~ + ~ = 2cosnc,o . z zn

1.36. Izračunaj z1991 + 1!91 ako je z2 + z + l = O. z

1.37. Dokaži da je polinom P(x) = xn sin 0- >. n-I X sin (no) + >.n sin(n-l)o djeljiv s polinomom Q(x) = x 2 - 2>' x cos 0+ >.2 .

1.38. Neka je O < o < 2Tr. Dokaži formule

1.39.

. n+l sm-

2-0 . no

A. sino+sin20+ ... +sinno= . o SIn ""2 ; SIn '2

. n+ l l sm-

2-0

B. -+coso+cos20+ .. . +cosno= o 2 2 sin-

2

Neka je O < o < 11". Dokaži formule sin 2no

A. cos ck + cos 30 + ... + cos(n-l)o = --o -; 2SlnO

B. sin o - sin 30 + ... + (_I)n+l sin(2n-l)0 = (_l)n+l

1.40. Izračunaj

A. ../4 + 3i; B. V2+i; C.

D. H; E. V -8 + 8..J3i; F.

sin 2no 2coso

)(1- i..J3)1;

V-v'3+ i.

1. KOMPLEKSNI BROJEVI

1.41 . Riješi jednadžbe A. (3-i)z3= - H8i j B. z4, + z2 + 1 = Oj C. z6 + 2iz3 - 1 = Oj

D. z 3 + 3z2 + 3z + 3 = Oj E. (l + i)z4 - (1 - i)z = O.

1.42. Neka su ZI.: = cos 2k1T/n + i sin 2k1T/n , k = 0,1 , ... , n-l svi n-ti korijeni iz jedinice. Dokaži da vrijedi

(z - zd(z - Z2) '" (z - zn-d = 1 + z + .. . + zn-I .

Pomoću ovog indentiteta izvedi relaciju

. 1T . 21T . (n-l)1T n SlO ~ SlO -;;- . .. SlO --n- = 2n - l '


n-I 2n 2 Il 2 k1T

X -l=(x -1) (x -2xcos-+l) . n

1.:=1

x2n+1

- 1 = (x - 1) fI (x2 - 2 xcos 2~':1 + 1)

1.:=1

n-l 2k+l x2n + l = Il (:r;2 - 2:r;cos ~1T + l)

k=O

*** 1.44. Ako za kompleksne brojeve a, b, c vrijedi lal = Ibl = Icl = r, dokaži da je tada

I ab + bc + ca I = r . a+b+c

1.45. Ako su z , a kompleksni brojevi s pozitivnim realnim dijelovima, pokaži da vrijedi

I ~-zl<l. a+z

1.46. Ako vrijedi Izl = 1, pokaži da se broj z može prikazati u obliku z = : ~: ' pri čemu je t realan broj.

1.41. Izraz AI).12 + BXji + B)'IJ. + GIIJ.12 je nenegativan, za sve vrijednosti brojeva)., P. E C . Dokaži da je tada A ~ O, G ~ O, IBI2 ~ AG.

1.48. Dokaži da za proizvoljne kompleksne brojeve ZI, z2,

vrijedi Cauchy-Schwartzove nejednakost : Zn, Wt, W2, ... , Wn

/~ZkWk /2 ~ (~IZkI2) (~IWkI2). 1.49 .. Ako za brojeve zI, . .. , Zn E C vrijedi IZkl ~ l, dokaži da je tada

A. 19 zk - II ~ ~ IZk - li; B. IfI (Zk -1)1 ~ 1- t IZkl · 1.:=1 k=1

23

2. Geometrija kompleksne ravnine

Kompleksnu (ili Gaussovu) ravninu e možemo geometrijski poistovjetiti s prostorom R2 , točki z = x + iy iz kompleksne ravnine odgovara točka (x, y) u (kartezijevoj) ravnini R2.

Apsolutna vrijednost Izl kompleksnog broja z = x + i y odgovara (euklidskoj) udaljenosti točke (x , y) do ishodišta. Neka su zadana dva kompleksna broja ZI = Xl + iYI i Z2 = X2 + iY2 . Tada vrijedi

IZl - z21 = I(XI - X2) + i(YI - Y2)1 = Vr:-(X-I---X2--:-)~2 -+--;(-YI---Y--=2)-;:-2.

te je IZl - z21 udaljenost između točaka ZI i Z2 u kompieksnoj ravnini .

2.1. Prikaži kompleksne brojeve ZI i Z2 u Gaussovoj ravnini i uvjeri se da vrijedi A. IZl + z21 ~ IZli + IZ21 ; B. IZl - z21 ~ Il zII - IZ211, Dokaži ove nejednakosti i algebarskim putem.

RJEŠENJE . Iz trokuta GAB vidimo

IZl + z21 ~ Izd + IZ21 jer je duljina stranice trokuta manja od zbroja duljina preostalih dviju .

Iz trokuta GAG vidimo

IZl - z21 ~ Il zII-lz211, jer je duljina jedne stranice veća od razlike duljina preostalih dviju stranica. o

B

Dokažimo sada ove nejednakosti alge barskim putem . . Slika 2.1 . Geometr1j~ka interpreta

cija brojeva IZl + z21 i IZl - z21 A.

IZl + z2 12 = (ZI + Z2)(ZI + Z2) = (ZI + Z2)(Zi" + Z2)

= ZlzI + ZlZ2 + z2Z1 + Z2Z2

= Izd2 + IZ212 + (ZIZ2 + ZIZ2) Izračunajmo izraz u zagradi

ZlZ2 + ZlZ2 = (Xl - iYI)(X2 + iY2) + (Xl + iyd(X2 - iY2)

= 2(XIX2 + YIY2) = 2Re (ZIZ2) .

24 2. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

Dobili smo IZl + z212 = IZl12 + IZ212 + 2Re (ZI Z2) . Kako za proizvoljan kompleksan broj Z vrijedi ~

Rez ~ J(Rez)2 + (Imz)2 = Izl , Izl = Izl,

to imamo

Re (ZIZ2) ~ IZI Z2 1 = IZll·lz21 = IZII·lz2\' IZl + ~212 ~ Izd + Izzl2 + 21z21 · IZ21 = (IZli + IZ21)2

tj . IZl + z212 ~ Izd + IZ21, što je i trebalo dokazati .

B. Primjenirno gornju nejednakost na sljedeći način :

Izd = I(ZI - Z2) + z·.d ~ IZl - Z2 1 + IZ21 · Dobivamo

Zamijenirno ovdje ZI sa Z2 :

IZl - zzl ~ IZ21-lzII·

Ove su dvije nejednakosti ekvivalentne sa IZl - z21 ~ IlzII - !z211 . .

2.2. Odredi i skiciraj skup točaka Z u kompleksnoj ravnini za koje vrijedi A. Im z2 > 2; B. Izl> 2 + Im z .

RJEŠENJE . A. Neka je Z = x + iy . Tada je Z2 = (x + iy)2 = x2 - y2 + i2xy . Prema tome, vrijedi Im Z2 = 2xy i

{z: Imz2 > 2} = {(x,y) : xy> l} Ovaj je skup skiciran na sl. 2.2.a.

b)

Slika 2.2.

B. Stavimo ponovo Z = x + iy,

Izl>2+Imz <==> x2+y2>(2+y)2 <==> x2 >4+4y.

Riječ je o području omeđenom odozgo parabolom y = ~X2 - l (sl. 2.2.b) .

2.1. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE 25

2.3. Odredi sve točke kompleksne ravnine za koje je 71' 71'

A. "6<arg z<4; B.1<lzl<3.

RJEŠENJE . A. Neka je z = r( cos cp + i sin cp). Vrijedi cp = arg z . Uvjetom % < arg z < t postavljen je samo uvjet na kut cp, ali ne i na modul r . Dakle,

r može biti proizvoljan, a cp se mora nalaziti unutar intervala (%, t) . Traženi

je skup kut u kompleksnoj ravnini određen zrakama cp = % i cp = t (sl. 2.3.a).

a) .

Slika 2.9.

B. Prikažirno ponovo kompleksni broj z u trigonometrijskom obliku: z = r(cos cp + i sin cp) . Sada je Izl = r i uvjet prelazi u 1 < r < 3, dok nema ograničenja na kut cp . Stoga je uvjetom određen kružni prsten na sl. 2.3.b. Rubovi nisu uključeni u područje .

2.4. Koje su krivulje određene sljedećim jednadžbama: A. Rez = Imz; B. Iz - zoi = 6; C. Iz - il + Iz + il = 4; D. z z + i(z - z) = 2?

RJEŠENJE. A. Neka je z = x + iy. Uvrstimo li ovakav z u gornju relaciju, dobivamo y = x, pravac (sl. 2.4.a) .

B. Svi kompleksni brojevi z za koje vrijedi Iz - zoi = r udaljeni su za r od točke Zo , dakle, leže na kružnici sa središtem u Zo i polumjerom r (sl. 2.4.b).

b) e)

26 2. GEOM ETRIJA KOMPLEKSNE RAV NINE

C. Zbroj udaljenosti točke z do točaka i, -i mora iznositi 4. Kako je međusobna udaljenost tih točaka jednaka 2, to jednadžba Iz - i l + Iz + i l = 4 predstavDa eJipsu s žarištima u točkama i , -i i velikom osi 2a = 4 .

!zračunajmo njenu jednadžbu u kartezijevoj ravnini. Stavimo ponovo z = x + iy :

Iz - il + Iz + il = lx + i(y - 1)1 + lx + i(y + 1)1

= Jx2 + (y - 1)2 + Jx2 + (y + 1)2 = 4.

Eliminacijom korijena dobivamo (provjeri!): x2 y2 "3+4 =1,

što predstavlja jednadžbu elipse sa središtem u ishodištu i poluosima b.-= JJ , a = 2 (sl. 2.4.c) .

D. Stavimo z = x + iy :

zz + i (z - z) = 2 ~ (x + iy)(x - iy) + i(x + iy - x +iy) = 2 ~ x 2 + (y _1)2 = 3.

Riječ je o kružnici sa središtem u točki Sea, l) i polumjerom JJ.

2.5. Kakav je podskup kompleksne ravnine određen uvjetom

71' A ' ( .) 37l'? - '2 < rg z + 1 - t <"4' RJEŠENJE. Fiksirajmo kompleks ar broj z u ravnini. Kompleksan broj z+l-i = z-(-l+i) prikazuje se vektor om čiji je početak u točki -1 + i, a vrh u točki z . Kut kojeg taj vektor zatvara s osi Ox je upravo Arg(z + l - i) i on se može mijenjati u granicama od - ~ do 3; .

Prema tome, zadani uvjet određuje podskup kompleksne ravnine između dviju zraka s početkom u točki -1 + i , a koje zatvaraju s osi Ox kutove od -~ i 3; radijana (sl. 2.5) . Slika :2.5.

2.6. Koje su krivulje u kompleksnoj ravnini određene sljedećim jednadžbama? Naznači smjer kretanja po njima. A. zet) = a + (b - a)t, O ~ t ~ 1, (a , b ER); B. zet) = Za + (Zl - za)t, a ~ t ~ 1, (za, Zl EC); C. z(t)=Re it

, a~t~7l', (R>a) ; D. zet) = t + it2

, a ~ t < oo; t

E. zet) = t + t,' 1 ~ t < oo.

2.1. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE 27

RJEŠENJE.

A. Stavimo z( t) =:= x( t) + iy( t) .

{x(t)=a+(b-a)t,

x(t) + iy(t) = a + (b - a)t ~ ( ) Y t = o.

To je parametarska jednadžba segmenta [a, bl na realnoj osi.

B. Stavim~ z(t) = x(t) + iy(t), zlc = Xlc + iylc, (k = O, l).

() ( ) {x(t)=XO+(XI-XO) t,

z t . = Zo + ZI - Zo t ~ y(t) = Yo + (YI - yo)t.

Eliminirajmo parametar t :

x - Xo Y - Yo = Xl - Xo YI - Yo

To je jednadžba spojnice točaka (xo , Vo) i (Xl, yd, odnosno, Zo i ZI U Gaussovoj ravnini.

C. Vrijedi Iz(t)1 = R . argz(t) = t, O ~ t ~ 11" . Tražena krivulja je gornja polovina kružnice Izl = R, obiđena u pozitivnom smjeru.

D. Sada imamo

z(t) = t + it2 ~ { X(t) = t, y(t)=t2 .

Eliminacijom parametra t slijedi y = x2, X ~ O. To je desna polovina parabole.

E. Sada dobivamo y = ~, X ~ l . Dio luka hiperbole. X

2.7. Neka za kompleksni broj a i realni broj 13 vrijedi 13 < lal2 . Pokaži da jednadžba

IzI2 - a Z - a z + 13 = O

predstavlja kružnicu. Odredi njeno središte i polumjer.

RJEŠENJE. Vrijedi

0= Izl2 - az - az + 13 = zz - az - az + aa + 13 - aa = (z - a)(z - a) + 13 - lal2

= Iz - al2 - r2 ~ Iz - al = r,

gdje smo stavili r2 := -13 + lal 2 > o. Dakle, jednadžba predstavlja kružnicu sa središtem u točki a i polumjerom

.j-f3 + lal 2 .

***

Neka je Z2 kompleksan broj modula 1 , tj . Z2 = cos'I/J + i sin'I/J. Pokažimo da množenje s brojem Z2 geometrijski odgovara rotaciji broja Zl oko ishodišta za kut 'I/J u pozitivnom smjeru . Ako je Zl = r(cos<p + i sin cp), tada je ZlZ2 = r[cos(<p + 'I/J) + i sin(<p + 'I/J)] (sl. 2.6) .

I Ji1 ~Z, ----I - --rep ._-- Slika 2.6. Množenjem s kompleksnim brojem modula 1 i argumenta 1/1, broj z se rotira za

kut 1/1

2.8. Odredi kompleksni broj koji se dobije rotacijom broja - v'3 - i oko ishodišta, za kut 27r /3 .

RJEŠENJE . Množenjem kompleksnog broja Zl sa brojem cos Q + i sin Q, rotiramo ga oko ishodišta za kut Q. U zae,;atku je Zl = -v'3 - i, Q = 27r /3 . Zato je

( 27r .. 27r) ( r.;3 .)( 1 .v'3) . r.; .

Z = Zl cos '3+tsJn'3 = -V.:>-t -2+tT =v3-t.

Nacrtaj sliku!

2.9. Pravokutni koordinatni sustav zarotiran je za kut Q . Odredi vezu između koordinata (x , y) i (X',yl) iste točke, u ta dva sustava.

RJEŠENJE . Točku (x, y) možemo pri-kazati kompleksnim brojem u eksponencijalnom obliku

z = x + iy = r eil{' .

Prikaz istog kompleksnog broja u zarotiranom sustavu je (sl. 2.7)

z = Xl + iy' = r ei(l{'-o) .

Odavde Xl + iyl = 7' ei l{' e- io

= (x + iy)(cos Q - i sin Q) , x + iy = (Xl + iyl)(COS Q + i sin Q).

Izdvajanjem realnih i imaginarnih dijelova, dobivamo tražene veze

y

x

Slika 2. 7. Rotacija pravokutnog kartezijevog $ustava može se povezati s množenjem

kompleksnih brojeva

2.1. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

i u obratnom smjeru:

X' = x COS a + y sin a ,

yi = -xsina+ycosa,

x = x' cos a - yi sin a,

y = x' sin a + yi cos a.

29

(2 .1)

(2.2)

2.10. Odredi jednadžbu hiperbole _x2 + y2 = l u sustavu zarotiranom za 45° .

RJEŠENJE . Veze između kartezijevih koordinata u oba sustava su:

x = x' cos a - yi sin a = V; (x' - yi) ,

..;21 Y = x' sina + yi cosa = T(x' + yi),

i početna jednadžba prelazi u l 2 2 l 2 2 _ x2 + y2 = l ~ __ (x' - 2xly' + yi ) + _(x' + 2xly' + yi ) = l 2 2

l ~ x'y'=-

2 i to je jednadžba hiperbole u novom sustavu.

2.11. Kanonska jednadžba krivulje drugog reda. Jednadžbom

Ax2 + By2 + Cxy + Dx + Ey + F = O

određena je, u nedegeneriranom slučaju, krivulja drugog reda (elipsa, hiperbola, parabola), čije su osi zarotirane u odnosu na koordinatne osi Ox, Oy . Za koji kut treba zarotirati sustav xOy da bi ta krivulja imala osi paralelne s koordinatnim osima u novom sustavu? Provjeri na primjeru elipse

2X2 + y2 + V3xy = 5.

RJEŠENJE. Neka je a traženi kut . Jednadžba krivulje u novom sustavu će glasiti , po formulama (2.2) :

A(x' cos a - yi sin a)2 + B(x' sin a + yi cos a)2

+ C(X' cos a - yi sin a)(x' sin a + yi cos a)

+ D( x' cos a - yi sin a) + E( x' sin a + yi cos a) + F = O

i da bi njene osi bile paralelne s koordinatnim, mora iščezavati koeficijent uz član X'y' :

-2A cos a sin a + 2Bsin a cos a + C(cos2 a - sin2 a) = O,

(B - A) sin 2a + Ccos2a = O.


Odavde e 1 e tg 20 = A _ B ==:} o = 2' arc tg A _ B'

U zadanom primjeru je:

te je

1 VJ 11' o = 2' arc tg 2 _ 1 = 6"

.j3, 1, x= T x -2'Y,

1, .j3, y= 2'x +TY'

(2 .3)

// ..... , X

x

što nakon uvrštavanja i sređivanja daje 5x,2 + y,2 = 10 . Ova nam jednadžba omoguća .... a da nacrtamo elipsu i u početnom koordinatnom sustavu , vidi sl. 2.8.

Slika 2.8. Elipsa će u zarotiranom sustavu imati osi paralelne s kartezijevim

koordmatnim osima

2.12. Koje su krivulje određene sljedećim jednadžbama:

A. IZ+ll+lz-l-il = v'i5; B. Iz + 1- il = Rez :/z.Imz?

RJEŠENJE. A. Iz + 11 + Iz - 1 - il predstavlja udaljenost točke z = (x, y) do točaka FI(-l,O), F2(1,1). Zato je tražena krivulja elipsa, sa žarištima u točkama Fl i F2 i velikom osi 2a = v'f5. Odredimo njenu jednadžbu. Početna jednadžba daje

.J(x + 1)2 + y2 + .J(x - 1)2 + (y -1)2 = .../15. Eliminacijom korijena dobivamo

l1x2 + l4y2 - 4xy + 2x - l4y - 34 = O.

Elipsa je nacrtana na sl. 2.9.a. Koliko je njena glavna os zarotirana prema realnoj osi koordinatnog sustava?

B. Uvrstimo z = x + iy :

Iz+1-il = l(x+l)+i(y-1)1 = .J(x+1)2+(y-l)2 = x;;.

Odavde, nakon kvadriranja i sređivanja dobivamo

x 2 + y2 + 2xy + 4x - 4y + 4 = O.

Da bismo odredili koju krivulju drugog reda određuje ova jednadžba, zarotirati ćemo sustav xOy za kut

1211' a = - arc tg -- = -

2 1-1 4

(vidi Zadatak 2.11) . Veze između starih i novih koordinata iznose:

x = V;(x l - yi),

,.fi y = T(x' + yi) .

Gornja jednadžba prelazi u

l (,2 ,2 ") l (,2 12 2 I ') 2 x + y - 2x y + 2 x + y + x y

+ (x,2 _ y/2) + 2V2(X' - yi) - 2,.fi(X' + yi) + 4 = O,

odnosno 2X/2 -4V2y' +4 = O te u novom sustavu dobivamo jednadžbu parabole:

I ,.fi 12 ,.fi Y=4 x +2'

Ova parabola ima žarište F(-l,l) iravnalicu p .. . y = x (sl. 2.9.b) . Zaista, svaka točka z = (x, y) na paraboli ima svojstvo da se njene udaljenosti do žarišta F i do ravnalice p podudaraju:

. x - y Re z - Im z d(z , F) = d(z ,p) <=} Iz + l - tl = ,.fi = ,.fi ,

što predstavlja početnu jednadžbu.

a)

Slika 2. 9.

2.13. Odredi podskup kompleksne ravnine određen sa A. O ~ Im z ~ lj B. Iz - 11 < Iz - il j D. Iz - zI! = Iz - Z21 j E. Izl = Imz + lj

2.14. Odredi podskup kompleksne ravnine određen sa

C. Re(l + z) = Izl j F. 12z1 > 11 + z21.

A. Re z - ZI = Oj B. Im z - z1 = Oj z - z2 z - z2

C. Iz - 31 + Iz + 31 = 8j D. Iz - il -Iz + il = lj E. Iz - 31-lz + 3il = 5j F. 4 < Iz -11 + Iz + 11 < 8.

32

2.15.

2. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

Skiciraj sljedeće krivulje u it 1 -it

A. zet) = a e + - e ,

C i naznači smjer kretanja po njima

O ~ t ~ 21r (a > O); a

B. zet) = l +e-it, O ~ t ~ 21r ;

2 't C. zet) = e \ - l, O ~ t ~ 271;

D. zet) = {e"it, O ~ t ~ l, t - 2, 1 ~ t ~ 3;

E. zet) = i cos t, O ~ t ~ 271;

F. z(t)=1+>icos2 t, O~t~21r .

*** 2.16. Dokaži da tri međusobno različite točke ZI, Z2, z3 leže na jednom pravcu ako i

samo ako je Z3 - zI realan broj . Z2 - ZI

2.17. Dokaži da četiri međusobno različite točke ZI, Z2, Z3, Z4 leže na jednom pravcu

k . k . ZI - %3 z2 - z3 al b . a o l samo a o Je --- : --- re .an rOJ . ZI - z4 z2 - z4

2.18. (Apolonijeva kružnica) Dokaži da za svaki pozitivni broj lc ::f 1 jednadžba Iz - zli = Iclz - z21 predstavlja kružnicu. Odredi njen polumjer i središte.

2.19. Neka je a kompleksan, te b realan broj . Dokaži da jednadžbe az + az + b = O, az - az + ib = O definiraju pravce.

2.20. Pokaži da jednadžba pravca koji prolazi točkama ZI , z2 glasi

z II ZI l = O . .l2 l

2.21. Dokaži da jednadžba kružnice koja je određena s tri točke ZI", Z2, .l3, glasi

Izl2 z Z- I IZ112 ZI zI 1

= o. / IZ212 Z2 Z2 l 1.l312 .l3 Z3 l

2.22. Kružnica prolazi kroz tri nekolinearne točke zI , Z2, Z3 . Pokaži da se njeno središte zo i polumjer r mogu izračunati formulama

Dl 2 2 D2 %0 = -D' r = Izol - D'

gdje je

ZI zI l IZ112 ZI l 1.l112 zi"

~ I· D= .l2 Z2 l Dl= 1.l212 %2 1 D2= 1.l212 .l2 .l3 %3 l IZ312 Z3 1 1.l312 Z3

*** 2.23. Odredi kompleksan broj koji se dobije rotacijom broja 2 - 5i oko ishodišta, za kut

71/2 .

2.24. Za koji kut treba zarotirati broj 2v'2 + 3v'2i da se dobije broj 5 - i?


2.25. Odredi koordinate točke T(1,2) u sustavu zarotiranom za 20° .

2.26. Odredi kut za koji treba zarotirati sustav xOy da bi sljedeće krivulje drugog reda u novom sustavu imale osi paralelne s koordinatnim osima. Nacrtaj te krivulje.

A. x 2 + 2y2 - 3xy - 10 = Oj B. x 2 - y2 + xy - 10 = Oj

C. x 2 + xy - 4 = o. 2.27. Ako vrijedi Zl + Z2 + Z3 = O, IZli = IZ21 = IZ31 = 1, pokaži da su točke Zl, z2,

Z3 vrhovi jednakostraničnog trokuta upisanog u jediničnu kružnicu.

2.28. Zl je vrh pravilnog n-terokuta čije je središte točka z = Zo. Odredi preostale vrhove.

2.29. Neka su ZI,.'" zn vrhovi pravilnog n-terokuta upisanog u kružnicu {Izl = l}, te z proizvoljna točka s te kružnice. Dokaži da vrijedi

n

L Iz - zkl2 = 2n .

k=l

2.30. Nađi najveću najmanju ~rijednost modula broja z za kojeg je Iz + ; I = a, (a> O).

34

3. Nizovi i redovi konapleksnih brojeva

Sa {Zn} ćemo označavati niz (slijed) kompleksnih brojeva. Pojam konvergencije toga niza definira se po analogiji kao za realne nizove: kažemo da niz {zn} konvergira ka broju Zo E e, ako se u svakoj okolini broja Zo nalaze svi članovi tog niza, s izuzetkom možda njih konačno mnogo:

("le> O)(3no E N)(Vn E N) n ~ no => IZn - zoi < e.

Pišemo Zn -+ Zo, Zo = lim Zn ili kraće Zo = lim Zn . n--oo

Zo je gomilište niza {zn} ako se u svakoj okolini broja Zo nalazi beskonačno mnogo članova tog niza. Tada postoji podniz {znk} niza {zn} koji konvergira prema Zo · · I

Konvergencija niza kompleksnih brojeva može se svesti na konvergenciju realnih nizova koje čine realni i imaginarni dijelovi. Neka je Zn = Xn + iYn. Tada niz {Zn} konvergira ako i samo ako konvergiraju realni nizovi {xn} , {Yn} , i vrijedi lim Zn = lim Xn + i lim Yn .

Vrijedi donekle i slična tvrdnja za trigonometrijski prikaz kompleksnog bro-ja:

3.1. Neka je Z E e, arg Z ::I O. Dokaži da Zn -+ Z ako i samo ako I Zn I -+ I Z I i arg Zn -+ arg Z .

RJEŠENJE. Dovoljnost je očigledna: stavimo Zn = Tn ei<P .. , Z = T ei<p . Ako Tn -+ T, <Pn -+ <p, tada, koristeći trigonometrijski prikaz kompleksnog broja i neprekidnost trigonometrijskih funkcija, dobivamo

Zn = Tn (COS <Pn + i sin <Pn) -+ T(COS<p + i sin <p) = z .

Primijetimo da ovdje uvjet arg Z ::I O nije potreban.

3.1. NIZOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

Nužnost ćemo pokazati koristeći dvije ocjene. Najprije, vrijedi

ITn - TI = Ilznl-lzll ~ IZn - ZI. Zato Zn -+ Z povlači Tn -+ T .

Pretpostavimo da {<Pn} ne konvergira ka <p. Tada postoji 6 > O takav da je l<Pn - <pI > 6. Sa sl. 3.1. ocjenjujemo

. j<Pn - <pI & IZn - ZI . sm 2. ~ 21z1

i zato IZn - ZI ~ 21z1 sin l<Pn; <pI ~ 21z1 sin ~ . Prema tome, ako vrijedi Zn -+ z, tada mora biti i <Pn -+ <p .

35

z

Slika 3.1.

Ovdje smo koristili uvjet arg Z i= O. Inače tvrdnja nije istinita, pošto se može dogoditi da dvije bliske točke blizu pozitivnog dijela realne osi imaju argumente koji se razlikuju skoro za 21l' .

3.2. Dokaži da vrijedi

A l· (l i<P)n . . . lm + - = cos <p + t sm <P ; n-+oo n

B. lim (l+~)n=e"'(COSY+iSiny), z=x+iy. n'-'oo n

RJEŠENJE . A. Stavimo Zn = (l + i:) n. Odrediti ćemo modul Tn i argument

<Pn broja Zn i pokazati da vrijedi T n -+ l , <Pn -+ <p. Rezultat tada slijedi po prethodnom zadatku.

I ( i<P)nl I i<p ln [ (<p)2 ]n / 2 Tn = 1 + -; = 1 + -; = 1 +;t -+ 1.

Nadalje,

<Pn = arg ( l + i:) n = n . arg ( 1 + i:) = n arc tg :f!.. -+ <p kad n -+ oo.

n Zato Zn = Tn (COS <Pn + i sin <Pn) -+ l(cos<p + i sin <p).

B. Iskoristit ćemo prethodni rezultat :

lim(l+x+iy)n=lim(l+~)n[l+ iy ]n n-oo n n-oo n n(l + x/n)

= eX lim (1 + ~)n = e"'(cosy + i sin V) . n-oo n + x

36 3. NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

3.3. Dokaži da su sljedeći nizovi konvergentni i izračunaj im limese:

A. {l ::2n} ' lal;e l j

B. {~(l + ei", + . .. + ein", )} , O < cp < 27r j

C. {_l_(n+l + nz + (n -l)z2 + ... + zn)}, Iz l ~ l, z ;e l. .n+1 .

RJEŠENJE . A. Za lal < 1 vrijedi ocjena

I an I Ia in 1 Iain ~

1 + a2n ~ 1 - lal 2n = 1 + Iain · 1 - Iain ·

Kad n -+ oo , tada Iain -+ O. Specijalno, za n ~ no vrijedi Iain < Ih . Za takve n je

I an 2 I < 21al n -+ o.

l+a"

Za lal> 1 možemo postupiti ovako:

I an I Iain Iain 1 . 1

~ = . < -+ O. 1 + a2n lal2n - 1 Iain + 1 Iain - 1 Iain - 1

U oba slučaja , traženi je limes O.

1 . . 1 l - ei(n+l)", B. Vrijedi Zn := -(1 + et'" + ... + ein", ) = - . . i zato

n n 1 - et '" _ ~ . 11 - ei(n+1)"' 1 ~ . 1+ lei(n+l)"' 1

IZlll- I . I ~ I .. I n l - e' ''' n 1 - cos cp - t sm cp

= ~ . 2 -+ O kad n -+ oo . n [(1- cos cp) 2 + (sin cp)2jl /2

Dakle, Zn -+ O.

C. Izračunajmo n-ti član niza na sljedeći način :

Zn = _1_(n+1 + nz + . .. + zn) n+l

l 11 . 1 n 1 _ zk+l = --L(l +z+ ... +zk) = -1 L--

n + 1 k=O n + k=O 1 - Z

1 1 n = _ . -- "(1- Zk+l) l-z n+1L.....,

k=O

= _1_ . _1_ [n _. ~ Zk+l] l-z n+1 L.....,

k=O 1 1 [ 1 - Zl1+1 ]

=1-zn+1 n-z· l-z

1 [n z 1 - zn+l ] 1 =l-z n+1-1-z · n+1 -+l-z·

3.1. NIZOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA 37

3.4. Neka je limzn = A, A 'I oo . Dokaži daje tada

li ZI + Z2 + . .. + Zn A

A. m = ; n~oo n

B. lim ZI + 2~2 + . ')'/ + nZn = A; n-oo n n + 1 2

oo

C. Neka je an > O takav da. L an = oo. Dokaži n=l

l · alZI + a2Z2 + .. . + anZn A lm = ,

n-oo al + a2 + ... + an

RJEŠENJE , Dovoljno je pokazati C. Po definiciji limesa, za svaki t > O postoji no E N takav da vrijedi IZn - AI < t/2 čim je n ~ no. Sada imamo

laIZI+ ... +anzn -AI~ lal(ZI-A)I+· · ·+lan(zn-A)1

al + .. . + an al + .. , + an

= L:~~l aklzk - AI + L:~=no+l aklzk - AI al + ... + an al + ' . . + an

M t(ano+l + ... + an)/2 ~ +-,--,-",,-.:...::... ___ .c.:..:..:._

al + ... + an al + . , . + an M t

~ +-al + ... + an 2

gdje je M konstanta koja ne ovisi o n. Za dovoljno veliki n ovaj je izraz manji od to

. 3.5. Neka je Izl < 1. Dokaži da je niz {wn} definiran sa

Wn = _1_ (2n+l-(2n-l)z2+(2n-3)z4+ ... +( -lt z2n) 2n+1

konvergentan i izračunaj mu limes.

RJEŠENJE. Definirajmo

Zn+l = 1-'z2 + ... + (_l)n z2n. 1+(_1)nz2n+2 . 1

Tada je Zn+l = . 1 + z2 i ovaj niz konvergira prema 1 + Z2 . Kako je

Wn = 2h ~ 1 (2zt + 2Z2 + ... + 2zn + zn+! )

to, po Zadatku :l.4.C, niz {wn} ima isti limes kao i niz {Zn}; lim Wn = _1_. n-oo 1 + z2

Riješi na isti način i Zadatak 3.~ . C.

Red 2:::'=1 Zn je konvergentan, ako niz parcijalnih suma {Sn}, Sn = Z1 + ... + Zn ima oačan limes. Taj se limes naziva suma reda. Red 2::'1 Zn je apsolutno konva:gentan, ako konvergira red pozitivnih brojeva 2::'1 IZnl.

Svaki apsolutm konvergentni red konvergira. Obrat ne vrijedi. Za red koji konvergira ali ne .vergira apsolutno, kažemo da konvergira uvjetno.

Red 2:::'=1 Zn lonvergira ako i samo ako je Cauchyjev, tj . ako za svaki f: > O postoji no E N takav da za sve n, m E N " m ~ no, n > m vrijedi

I t Zk 1< f: . k=m

Neka je Zn = a:,. + iYn' Red 2:::'=1 Zn konvergira ako i samo ako konvergiraju redovi 2:::'=1 X. i 2:::'=1 Yn . U tom slučaju za njihove sume vrijedi .

oo oo oo

LZn = Lxn+iLYn . . n=1 n=1 n=1

Ako red 2:::'=1 zn konvergira, tada mora vrijediti lim IZnl = O, tj. lim Zn = O. Taj se uvjet naziva nužan uvjet za konvergenciju reda: ako je lim Zn 'I O, tada red 2:::'=1 Zn divergira. .

Pri ispitivanju apsolutne konvergencije obično koristimo tzv. kriterije kđ'nvergencije:

1. D'Alambertov kriterij. Ako je

l . I zn+11 p:= lm sup -- < 1 n-+oo Zn

tada red konvergira (apsolutno). Ako pak postoji

li I Zn+1 I p= m--1\--+00 Zn

tada red konvergira za p < 1, divergira za p > 1. Za p = 1 ovaj kriterij ne daje odluku.

2. Cauchyjev kriterij. Ako je

p := lim sup VIZni

tada za p < 1 red hmvergira (apsolutno), a za p> 1 red divergira. Za p = 1 nema odluke.

3. Raabeov kriterij. Ako je

,6= lim n(I~I-l) n--oo Zn+1

tada za ,6 > 1 redlrmvergira (apsolutno), a za ,6 < 1 red divergira.

3.2. REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA 39

4. Gaussov kriterij. Ako je

I ~ I = CI' + ~ + r( n) Zn+l n

. - (J b . . . . . r(n) O d d k . ( pn cemu su CI', rOJevI neOVISnI o n l -- ~ , ta a re onverglra apso-n

lutno) ako je CI' > 1 ili pak CI' = 1 i (J > 1 . Za CI' < 1 ili CI' = l i (J ~ 1 red divergira.

5. Kriterij usporedbe. Ako je 2::::=1 an konvergentan red pozitivnih brojeva i ako vrijedi

čim je n ~ no, tada red 2::::=1 Zn konvergira apsolutno.

3.6. Ispitaj ponašanje redova oo 1

A. L (n + i)2; oo (_l)n

B·L-+· ; n=J n l

oo ei / n

C. L-' n=J n n=1

RJEŠENJE . A. Vrijedi

1 1 IZnl = ln + il2 = n2 + l'

~ __ 1_ d Kako red LJ konvergira, to za ani red konvergira apsolutno. n=l n 2 + 1

B. Ovaj red ne konvergira apsolutno. Vrijedi

(-1)~ = (-lt-n - +i (_l)n. n + t n 2 + 1 n 2 + 1

Red f (_l)n --;:.- konvergira uvjetno, a red f (-1 )n konvergira apsolut-n=J n + 1 n=1 n2 + 1

no. Zato zadani red konvergira uvjetno.

ei / n cos l/n . sin l/n Oo ~ cos l/n ' C. Sadaje - = ---+t --- . Red ~ --- divergira (jer je uspore-

n n n n n=J

dljiv s harmonijskom redom). Red f: sin l/n konvergira. Zadani red divergira n

n=J pošto ne konvergira red njegovih realnih dijelova.

3.7. Dokaži da sljedeći redovi konvergiraju apsolutno:

RJEŠENJE .

Tada je

oo

LOO

n! n A. -z, nn Izl < ej B. L na zn, (Ck E R), Izl < lj

n=l n=l oo I

e L n . R ez> lj . n=l (z + l)(z + 2)·· · (z + n) ,

D ~ ((2n - l)!! n)2 Izl < 1. . L (2n)!! z ,

n=l

A. Iskoristit ćemo d'Alembertov kriterij . Stavimo Zn =

li Izn+ll l' l(n+l)!Zn+l nn 1 m -- = lm --Tl-OO Zn n-OO (n + l)n+l n! Zn

nn l Izl = lim Izl = Izl lim n = -. n-OO (n + l)n n-oo (1 + l/n) e

Za Izl < e ovaj je kvocijent manji od l i red konvergira apsolutno.

B. Po Cauchyjevom kriteriju,

lim VIzni = lim VInazni = lim Izl( ryn)a = Izl < l n-oo n-oo n_oo

i red konvergira apsolutno.

C. Sada vrijedi I~I = Iz + n + 11. Zato Zn+l n + 1

jJ = lim n (I ~ 1- 1) = lim n I z + n + 11 - (n + l) n->oo Zn+l n->oo n + 1

= lim {I(x + n + 1) + iyl- (n + l)} n-oo

= lim {v'(x + n + 1)2 + y2 - (n + l)} n-oo

= lim (x+n+l)2+y2-(n+l)2

n-oo v'(x + n + 1)2 + y2 + n + 1

x 2 + 2x(n + 1) + y2 = lim = x. n->oo v'(x + n + 1)2 + y2 + n + 1

Po Raabeovom kriteriju, red će konvergirati apsolutno ako je x = Re z > 1. Primjeti da d'Alembertov kriterij ne daje odluke.

D. Sada je

Zn 2n + 2

1 )

2

I Zn+l = ((2n + l)lzl

Dokazati ćemo apsolutnu konvergenciju koristeći Gaussov kriterij :

IZ::11 = 1:12 (1 + 2n~ If 1 ( 2 1) f3 = j;j2 1 + 2n + 1 + (2n + 1)2 = Q + n + r(n).

Ovaj prikaz vrijedi uz izbor Q = 1/lz1 2 , f3 = 1/lz1 2 • Kako je Q > 1, to red konvergira apsolutno.

*** Pri ispitivanju konvergencije redova koji konvergiraju uvjetno (ali i ne samo

njih) koristimo najčešće sljedeću Abelovu transformaciju: Neka su {an} , {bn} nizovi kompleksnih brojeva i Sn := al + ... + an, So := O. Tada za sve m, n E N . m < n vrijedi

n n-l

L akbk = L Sk(bk - bHl ) - Sm-lbm + Snbn · (3.1) k=m k=m

Po smislu, ova formula odgovara metodi parcijalne integracije. Dokažimo formulu (3 .1) !

Transformirati ćemo desnu stranu u (3.1) , tako da promijenimo poredak sumiranja:

n-l k

L (L a;)(bk - bHl) - Sm-lbm + Snbn k=m ;=1

m-l n-l n-l n-l

;", L aj L (bk-bHl) + L aj L(bk-bHd-Sm-lbm+Snbn ;=1 k=m j=m k=j m-l n-l

= L aj(bm - bn) + L aj(b; - bn) - Sm-lbm + Snbn j=l j=m

n-l

= Sm-lbm-Sm-lbn+ L a;bj-(Sn-l-Sm-dbn-Sm-lbm+Snbn j=m

n-l n

= L ajbj + bn(Sn - Sn-l) = L ajb; ;=m j=m

-

3.8. Dirichletov test . Neka je 2:::=1 Zn red kompleksnih brojeva za kojeg je niz parcijalnih suma Sn = ZI + .. . + Zn omeđen : postoji M < oo takav da vrijedi

n

I L:>k I ~ M, 'in E N. k=l

Neka je nadalje {cn } niz pozitivnih brojeva koji teži monotono ka nuli. Dokaži da red 2:::=1 CnZn konvergira.

RJEŠENJE. Iskoristit ćemo Abelovu transformaciju (3.1) . Neka je m < n . n n-l

I L c~hl ~ L ISkl(Ck - cHd + ISm-Ilem + ISnlcn . k=m k=m

Neka je e > O prOŠ'lVoljan. Izaberimo m dovoljno velik da bude Cm < e/zM ' Kako je ISkl < M Ja svaki k, to imamo za svaki n> m

n n - l

I L ~kl ~ M L (Ck - CHI) + M(cm + cn) k=m k=m

= M(cm - en) + M(cm + Cn) = 2cm M < e.

Dakle, red 2:: CkZk je Cauchyjev, pa stoga i konvergentan .

oo

3.9. Abe_ test. Neka je 2:: Zn konvergentan red kompleksnih bro-n=l

jeva, a {cn } monoton i ograničen niz realnih brojeva. Dokaži da oo

tada 181 2:: CnZn konvergira. n=1

RJEŠENJE. MoželllO pretpostaviti, bez smanjenja općenitosti, da je niz {cn }

rastući. Iskoristit čalo ponovo Abelovu transformaciju: n n-l

I L CkZkl ~ L~I(Ck - CHI) + ISncn - Sm-lcml k=m k=na

n-l

~ mu ISkl L (Ck-CHd + I(Sn- Sm-1)Cn + Sm-l(c,,-cm)1 m~I:~.-l k=m

~ max ISkl(cm - Cn) + I(Sn - Sm-dlCn + ISm-ll(cn - Cm) . m~I:(.-J

Pokažimo da članO'te:5 desne strane možemo učiniti po volji malenima, za dovoljno velike n i m.Najprije, niz {Sn} je konvergentan i stoga omeđen nekom konstantom M. Neka je f: > O proizvoljno malen i unapred zadan. Za dovoljno

n

veliki m i n> m jeruJika ISn - Sm-d = I 2:: zkl manja od f: pošto je 2:: Zk k=m

po pretpostavci k~tan. Također, niz {Cn} je monoton, omeđen nekom

konstantom C i stoga konvergentan. Zato je i razlika Cn - Cm m anja od c; za dovoljno velike n i m . Tako dobivamo ocjenu

n IL ck zkl ~ M c; + c; C+ Mc; k=m

i odavde slijedi konvergencija tog reda.

3.10 .. Neka je O < <p < 271' i {an} rastu ći niz pozitivnih realnih brojeva . oo ein'!'

koji teži u oo . Dokaži da tada 2:: -- konvergira. n=1 an

RJEŠENJE . Iskoristiti ćemo Dirichletov test . Prikažirno zad ani red u obliku 2:::'=1 CnZn uz izbor Cn = l/an ' Zn = einr,:>. Tada je {cn} niz pozitivnih brojeva koji teži monotono u nulu . Po Zadatku 3.8 dovoljno je pokazati da je niz Sn = ZI + ... + Zn omeđen. Vrijedi

. . . 1 - ein r,:> Sn = e t'!' + ... + e in,!, = et '!' .

1 - e t'!'

te je

[(1- cosn<p)2 + (sinn<p)2 j1/2 ISnl = II _ e i,!, I

[4sin 2 n<p/2j1 /2 2 = I . I ~ I . I =M. 1 - e tn '!' 1 - e t '!'

Za O < <p < 271' je M < oo i tvrdnja slijedi.

3.11. Neka za niz {an} kompleksnih brojeva vrijedi lim sup Vian I ~ 1. oo

Stavimo Sn = ao + ... + an . Dokaži da za Izl < 1 redovi 2:: an zn oo n=O 2:: Sn zn konvergiraju, te da za njihove sume vrijedi

n=O

RJEŠENJE. Vrijedi

limsup Vlanznl = Ii: I lim sup Vlani ~ Izl < 1.

Po Cauchyjevom kriteriju, red 2:: anzn konvergira apsolutno. Sada je

. (1 - z )(So + SIZ + ... + Snzn)

(3.2)

= So + Z(SI - So) + z2(S2 - St} + ... + zn(Sn - Sn - d - Snzn+l .

Odavde ...

44 3. NIZOVI 1 REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

Pustimo da n teži ka oo . Kako je lim sup lan I ~ l , to za dovoljno velike n vrijedi ISnl ~ n + 1 i zato Z71+1Sn -+ O kad n -+ oo, pošto je Izl < 1 . Stoga

l ex>

desna strana, a s tim i lijeva, teži ka -- 2:= akzk . l - Z k=O

3.12. Izračunaj sumu redova ex>

A. 2:)1 + ei<fJ + ... + ein<fJ)zn , Izl < l; n=O

ex>

B. I:nzn, Iz l < l. n=O

RJEŠENJE . A. Iskoristiti ćemo formulu (3 .2) . Stavimo a l1 = eil1 <fJ . Vrijedi lani = l i ispunjen je uvjet Zadatka 3.11. Zato je

ex> ex>

L::(l + ei'l' + ... + ei ll 'l' )zn = I: Sn z71

11=0 n=O

1 ex> = __ ~ ein<fJ zn 1- Z L...

n =O

= _1_ ~(ei<fJ zt = _1_ . 1 . l - z L... l - z l - e'<fJ z

n=O

B. Stavimo ovdje aO = O, an = 1 za n ~ 1 . Tada je Sn = n i vrijedi ex> ex> 1 ex> l z z ~ n zn = ~ Sn zn = _ ~ zn = - . - = ~--:-::-~ ~ 1 - z ~ 1 - Z l - Z (1 - z)2'

3.13. Dokaži da su sljedeći nizovi konvergentni i izračunaj im lim'es:

A. {)n(I-ei 'P +e2i'P _ ... +(-lteni'f'}, O<tp<27T ;

B. {EVn:kzk} , Izl<l.

3.14. Dokaži da točke gomilanja niza {ein} čine kružnicu {Izl = l} .

3.15. Dokaži da točke gomilanja niza { ~(1 ia + 2ia + .. . +niO)} (Q ER , Q"# O) čine kružnicu {Izl = l/~}. (Tu je nio = eiolnn .)

\


3.16. Dokaži da točke gornilanja niza {Cn} , Cn .- Dk=1 (l + ~) leže na kružnici

Izl = .J2 sh 'Ir /'Ir .

3.17. Ispitaj konvergenciju redova (vidi u sljedećern poglavlju definiciju i svojstva elernentarnih funkcija kornpleksne varijable)

,",cos(in) . ,",n sin (in) . A. ~ 2n ' B. ~ 3n '

ei2n ein/n

D. Lnfoi E. L fo i

,",sh(ifo). ,",ln(n) G. ~ sin (in) , H. ~ sh (in) i

J. Ltg(~'lrn) ' 3.18. Ispitaj konvergenciju sljedećih redova

n '"' n! A. L (2i)n i B. ~ (in)n i

3.19. Dokaži da sljedeći redovi konvergiraju apsolutno n! zn

A. Lnn+p' Izl < ei

'"' (2n - l)! . zn 1 B. ~ (n!)2 1 + zn' Izl ~ 4i

1 C. L 2' z f -2, -3, . . . i

(n + z)ln n

D ,",z(z + 1) · ·· (z + n)

• ~ I ,Rez < -li . n .

I E '"' n. ...J. 2 . ~ (z + 2)(z + 4) .. . (z + 2n)' z 'f" - ,-4, . .. i

2n n! 1 F. L (z + l)(z + 3) . " (z + 2n _ 1)' Rez> 2i

,",cos(in2) . C. ~ 5n2 ,

'"' (1 + i)n F. ~2n/2cos(in)' I ,",chi'lr/n. . ~ nlnn '

'"' 0'(0' + 1) ... (O' + n - 1){3({3 + 1) ... ({3 + n-l) . G. ~ n! Ih' + 1) . . . h' + n-l) , Re(O'+{3-I') < O.

(hipergeornetrijski red)

3.20. Ako konvergiraju redovi 2: zk i 2: IWk+l - wkl, dokaži da tada konvergira i red 2: ZkWk·

3.21. Ako red 2: Zn konvergira i ako pri torn vrijedi I arg Zn I ~ O' < 'Ir /2, dokaži da tada red 2: Zn konvergira apsolutno.

oo n

3.22. Dokaži da red '"' -1 Z konvergira za: Izl < l, a divergira za Izl ~ l L...., _ zn n=1

3.23. Dokaži da se iz beskonačnog ograničenog niza rnože odabrati konvergentan podniz.

48

4. Elementarne funkcije

Neka je G e e područje i J: G -+ e zadana funkcija. Za J kažemo da je funkcija kompleksne varijable. Obično pišemo w = J{z) i kažemo da f preslikava točke kompleksne z-ravnine u točke kompleksne w-ravnine.

Dajemo popis nekih elementarnih funkcija 1. Polinom n-tog stupnja:

Pn(z) = ""zn + ' " + alZ + ao, ao, .. . , an E e, an i- O.

2. Racionalna funkcija:

anzn + . . . + alZ + ao w= .

bmzm + .. . + bl Z + bo 3. Eksponencijalna funkcija z 1-+ exp(z) definirana je za svaki z E e

sumom apsolutno-konvergentnog reda oo n

exp(z) = L: ;.. (4 .1) n=O n.

Uobičajeno je pisati i eZ umjesto exp(z). EksponencijaIna funkcija ima svojstva:

eZ1 +Z3 = eZ1 . eZ3,

e21ri = 1,

i stoga je ez+2k7ri = eZ . e2k1r i = eZ za svaki k· E Z, tj. Z 1-+ eZ je periodička s periodom 271"i .

4. Trigonometrijske funkcije z - sin z, z 1-+ cos z definirane su redovima oo z2n+1

sinz= ~(_l)n (2n+l)!' (4.2)

oo 2n

cos Z = ~(_l)n (;n)!' (4.3)

koji apsolutno kon~giraju za svaki z E e . One su periodičke s realnim periodom 271" i imaju samo realne nul točke. Vrijedi Eulerova formula

eiz = cos z + i sinz. ( 4.4)

\

4.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE

Odavde dobivamo 1 · .

sin z = - (e lZ _ e- tZ

)

2i ' l · .

cos z = - (ef Z + e-IZ). 2

Funkcije z 1-+ tg z, Z 1-+ ctg z definirane su poput realnih funkcija sa

sin z cos z tgz := -- , ctgz := -.-.

cos z sm z

47

( 4.5)

( 4.6)

Za trigonometrijske funkcije kompleksne varijable vrijede formule koje vrijede za realne trigonometrijske funkcije .

sve uobičajene

5. Hiperboličke funkcije z 1-+ sh z , z 1-+ ch z, z 1-+ th z , niraju se poput realnih funkcija formulama

Z 1-+ cth z defi-

l 1 sh z := 2(e Z

- e-Z), ch z := 2(eZ + e-Z),

sh z ch z thz := -h ' cthz:=-.

c z sh z

(4.7)

Za njih također vrijede sve formule kao i za odgovarajuće funkcije na realnom području .

6. Logaritamska funkcija z 1-+ Ln z definirana je na e \ {O} kao inverzna funkcija eksponencijalne funkcije . To je dakle višeznačna funkcija zadana formulom:

Lnz := ln Izl + iArgz

= ln Izl + i{arg z + 2k7r), k E Z. (4.8)

Pri tom je ln Izl realna logaritamska funkcija pozitivnog broja Izl . Za k = O dobivamo glavnu vrijednost višeznačne funkcije Ln :

lnz := lnlzl +iargz.

7. Opća potencija z 1-+ za, kao i opća eksponencijalna funkcija gdje je a E e, a ':ft O, definiraju se formulama

za := ea Ln z,

aZ := ezLna .

To su višeznačne funkcije s glavnim vrijednostima ea ln z , odnosno eZ ln a .

(4.9)

(4.10)

8. Arkus funkcije definirane su kao inverzne trigono,metrijskim, a Area funkcije kao inverzne hlperboličkim . Npr.

w:= Arcsinz {:::::::} z = sinw,

w := Arshz {:::::::} z = shw.

To su višeznačne funkcije. Za njihov eksplicitni prikaz vidi zadatak 4.14.

***

48 4, ELEMENTARNE FUNKCIJE

Neka je w = J(z), Prikažirno z i w u algebarskom obliku: z = x + iy , w = u + iv, Ta.da su u, v realne funkcije dviju realnih varijabli x, y i funkcija J je potpuno određena parom realnih funkcija (u, v) :

w = J(z) = J(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y),

Ponekad je prikladnije prikazati z u eksponencijalnom (ili trigonometrijskom) obliku: z = , r ei<p, Tada će u, v biti realne funkcije realnih varijabli r, <p :

w = J(z) = J(r ei'P) = u(r, <p) + iv(r, <p) ,

Ako pak w prikažemo u trigonometrijskom obliku, w = R ei~ , imat ćemo npr ,

w = J(z) = f (x + iy) = R(x, y) ei~(:r.y)

ili pak

***

4.1. Prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku funkcije l z - l

A. w = z3 j B. w = - + z + lj C. w = --j z z + l

D. w = zn j E. w = eZ,

RJEŠENJE, A. Stavimo z = z + iy, w = u + iv, Dobivamo:

u + iv = (x + iy? = x3 + 3x2iy + 3x(iy? + (iy? = x3 _ 3xy2 + i(3x2y _ y3) .

Prema tome, realni i imaginarni dijelovi funkcije w = f(z) su

u = u(x,y) = x3 - 3xy2 , V = v(x,y) = 3x2y _ y3 ,

B. , l l x - iy

u + tv = --,- + (x + iy) + l = --,-' --,- + (x - iy) + l x + ty x + ty x - ty ,

x ' ( y ) = 2 2+ x + 1 + l - 2 2- y X +y x +y

te je X

U = 2 2 + X + l , x +y

y v- -----y - x2 + y2 '

C. , x + iy - l x - l + iy x + l - iy

U+'lV = . = . . x + ly + l x + l + ty x + l - ty

_ (x - l)(x + 1) + y2 + iy(x + 1) - iy(x - l) - (x + 1)2 + y2

\


i dobivamo x2 + y2 -1

'IL = (x + 1)2 +y2'

49

2y v - ~--:=::---=-- (x + 1)2 + y2'

D. U ovom je slučaju jednostavnije uzeti prikaz z = r ei,(>. Tada ćemo dobiti

'IL + iv = (r ei'(>t = rn ein"" = rn(cosntp + i sin ntp) .

Dakle,

'IL = 'IL(r, tp) = rn cos ntp,

v = v(r, tp) = rn sin ntp.

Ako prikažemo w = R ei~ , tada iz R ei~ = rn ein,(> slijedi

R = R(r,tp) = rn, CI> = cI>(r,tp) = ntp.

E. Izaberimo prikaze z = x + iy, w = 'IL + iv :

'IL + iv = e",+ill = e'" eiy = e'" (cos y + i sin y)

te je

'IL = e'" cosy, v = e'" siny.

U slučaju prikaza w = R eiil> , dobivamo R eiil> = e'" eiy te je

R = R(x,y) = e"',

4.2. Uvjeri se da vrijedi

siniz = ishz,

cosiz = chz,

tgiz = i thz,

ctg iz .=; -i cth z ,

RJEŠENJE. Po formuli (4.5) izlazi

CI> = cI>(x, y) = y.

shiz = isinz,

chiz = cos z, thiz = itgz,

cth iz = -i ctg z .

1 .. . . 1 siniz = 2i(e" u

- e-" U) = 2i(e-% - e%)

i i = -"2(e-Z - eZ

) = "2(eZ - e-Z) = ishz.

Dokaži na sličan način i ostale relacije.

50 4. ELEMENTARNE FUNKCIJE

4.3. Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija:

A. w = sin z; B. w = ez3

; C. w = ch{z - i) .

RJEŠENJE. Funkciju w je potrebno prikazati u obliku w = u + iv, uzevši z = x + i y. A.

Dakle,

B.

Dakle,

C.

w = sin z = sin{x + iy) = sin x cos iy + cos x sin i y

= sinxch y + i cos x shy.

u = sinxchy, v = cosa:shy.

Z2 (:c+i,,)2 :c3 _,,3 i2:c" w=e =e • =e • e •

= e",3_ y 3 (cos 2xy + i sin 2xy).

3 3 U = eX -y cos 2xy,

2 3 V = e'" -y sin 2xy.

w = ch{z - i) = ch{x + iy - i) = ch[x + i{y - 1)) = chxch[i(y -1)) + shxsh[i{y ';"'1))

= ch x cos{y -1) + ishxsin{y -1) .

Dakle, u=chxcos{y-1), v=shxsin{y-1).

4.4. Odredi modul i glavnu vrijednost argumenta zadanih funkcija u zadanim točkama:

A. w = sin z, Zo = 7r + iln{2 + Vs) ; B. W:;:::: (z - 7r)eZ

, ZI = 7r; C. W = ch2 z, Z2 = iln3.

RJEŠENJE. A.

w{zo) = sin[7r + iln{2 + Vs))

= sin 7r cos[iln{2 + Vs)) + cos7rsin[iln{2 + Vs))

= - sin[i In{2 + Vs)] = -i shnn{2 + Vs)) = -i . ~(elD(2+v'š) _ e- 1D(2+v'š»)

i 1 i 8 + 4Vs . = - 2 ( 2 + VS - 2 + Vs) = - 2' 2 + VS = - 2t.

Prema tome, vrijedi

T = Iw{zo)1 = 1- 2il = 2, <p = argw{zo) = arg{-2i) = 37r/2.

\


B.

Dakle,

C.

w(zd = (71"i - 71")C7l'i = 71" (i - l)(cos 71" + i sin 71")

= -71"(i - 1) = iT - 71" i.

r = Iw(zl)1 = 171" - 71"il = 71"J2,

• r.p = argw(zl) = arg(71" -71"i) = arctg(-l) = 771"/4 . .

4.5. Odredi logaritme sljedećih brojeva: A.I; B. -l-i; C. ii.

RJEŠENJE. A.

Ln 1 = ln 111 + i(arg 1+ 2k7r) = 0+ i(O + 2k7r) = 2k7ri , k E Z.

B.

Ln(-l- i) = ln 1-1- il + i[arg(-l- i) + 2k7r]

= ln J2 + i(571"/4 + 2k7r), k E Z.

51

C. U ovom slučaju moramo biti oprezni jer je općenito Ln ab =1= b Ln a! Po definiciji opće potencije je

ii = exp( i Ln i) = exp{ i[ln li I + i( arg i + 2 kiT )]}

= exp{i[ln 1 + i(71"/2 + 2k7r)]} = exp{ -(71"/2 + 2h)}, k E Z.

Sada je

Ln ii = Ln exp{ -(71" /2 + 2h)}

= ln I exp{ -(71"/2 + 2h)1 + i(arg cxp{ -(71"/2 + 2h)} + 2m71")

= ln exp{ -(71"/2 + 2h)} + i(O + 2m71")

=-(71"/2+2h)+i2m71", kEZ, mEZo

Primjeti da je i Ln i = i{ln Iii + i(arg i+ 2h)} = -71"/2+ 2h te je Ln ii =1= i Ln i .


4.6. Odredi modul i argument kompleksnih brojeva A. 10i ; B. 32- i

; C. w = 2z,

RJEŠENJE. A. Izračunajmo najprije broj 10i .

10i = e i Ln 10 = ei[ln 10+i(arg 10+2h)J

= ei(ln 10+i2k1r) = ei1n 10 e-2br

= e-2h

( cos (ln 10) + i sin (ln 10»).

Ovo je upravo trigonometrijski zapis broja lO i pa odavde čitamo:

r = 110i l = e-2h, k E Z, t,p = Arg 10i = ln 10 + 2m1l', m E Z.

B. Računamo kao u prošlom primjeru: 32-i = e(2-i) Ln 3 = e(2-i)(ln 131+i(arg3+2br))

= e(2-i)(ln 3+i2h)

= e 21n3 e2k1f e i4h e- iln3 = ge2k1f e i(-ln3) .

pošto je e 21n 3 = 9 i ei4k1f = 1 . Gornji broj je upravo eksponencijalni zapis

broja 32-

i i zato možemo pročitati:

r = 132-

i l = ge2k1f

, k E Z,

t,p=Arg32 - i =-ln3+2m1l', mEZo

C.

tu = 2z = e Z L1l2 = e(:r+iy) Ln 2

i dobivamo

= exp{(x + iy)[ln 121 + i(arg2 + 2k1l')]} = exp{ X ln 2 - 2k1l'y + i(y ln 2 + 2k1l'x)}

= e:rln 2 e- 2k1fy[cos(y ln 2 + 2k1l'x) + i sin(y ln 2 + 2k1l'x)]

1L = 2'" e-2k1fy cos(yln 2 + 2k1l'x) , v = 2'" e- 2bry sin(y ln 2 + 2k7l'x) .

4.7. Izračunaj (prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku)

(~)2i . B. v2 ' C. Arcsini.

RJEŠENJE.

A.

= ei sb l[ln lil+i(arg i+2k1f)J .

= e isb l[ln 1+i(·.,/2+2k1f)J = e-(1f/2+2k1f) sb l , k E Z.

I I I

I

4.1 . ELEMENTARNE FUNKCIJE

(1 + i) 2i {. 1 + i } v' ... 1 + i

B. ..fi = exp 2t Ln..fi . Izracunajmo najprije Ln ..fi .

1+i 11+il ' 1+ i Ln ..fi = ln ..fi + t(arg v2 + 2k1r)

= ln 1 + i(~ + 2k1r) = i(~ + 2k1r), k E Z. 4 4

Dakle

k E Z.

C. Označimo traženi broj sa w.

1 ( . . ) Arcsini = w =} i = sinw = 2i etW - e-'w

•

Množenjem sa eiw nakon sređivanja dobivamo:

(e iw )2 + 2eiw -l = O

sa rješenjima eiw = -1 ± ..fi . Prema tome,

w = ~ Ln(-1 ± v'2) = -i Ln(-l ± v'2). . t

Izračunavši obje vrijednosti Ln( -l + ..fi), Ln( -l - ..fi) , dobivamo

.. {2k1r - iln(v'2 - 1) Arc sm t = , k E Z.

. 71'+2k1r-iln(v'2+1)

4.8. Riješi jednadžbu: ch z - i = O.

RJEŠENJE . ch z = i =} ~ (et + e - t) = i.

Množenjem sa eZ dobivamo:

(ez )2 - 2i et + l = O

i odavde eZ = i ± i..fi . I?akle,

(' . . . r.:::) . { In(1 +v'2) +i(7I'/2 + 2k1r)

z = Ln t ± t v 2 = , In(v'2 -1) + i( -71'/2 + 2k1r)

\ \

k E Z.

53


4.9. Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: 2 -3 i A. 1.11 = Z - 2z + Si j B. w = z -- j

z z+l

C. 1.11 = z2 -l '

4.10. Izračunaj w(zo) ako je zadano

A. 1.11 = (z - i)2, Zo = -ij

C.w=z3 , zo=ei1f/ 4

•

B. 1.11 = z/z, Zo = l + ij

4.11. Dokaži da trigonometrijske funkcije zadovoljavaju formule:

A. sin2z + cos2 z = lj

B . sin (ZI + Z2) = sin ZI cos Z2 + cos ZI sin z2 , sin 2z = 2 sin z cos Zj

C. cos(Z\ + Z2) = cos ZI cos z2 - sin ZI sin z2, cos 2z = C092

Z - sin2 z.

4.12. Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: A.w=el-zj B,w9'5hzj C.w=tgZ.

4.13. Izračunaj modul i argument zadanih funkcija u zadanim točkama : A. 1.11 = cos z, ZO = 7r /2 + i ln 2j B. ul = sh z, zo = l + i7r /2j C. 1.11 = th z, Zo = 7ri .

4.14. Dokaži: A. Arc sin z = -i Ln i(z + Vz2=l)j

C. Arshz = Ln(z + P+l}j

B. Arccosz = -iLn(z + Vz2=l) j

D. Archz == Ln(z + Vz2=l) .

4.15. Izračunaj (prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku)

A. Ln(e) j B. Ln(-i)j C. Ln(3-2i} j D. lij

E. 2i j F. ll/ij G. (4 - 3i)l+i j H. tg(7r i/2) j I. Arc cos ij J. Arc sin(I/2}j K. Arctg(i/3}j L. sh(7ri/2)j

M. sin2i; N. cos(2+i}j O. (_l}v'l.

4.16. Riješi jednadžbe:

A. eZ + i = O;

D. ln(i - z) = lj G. 4 cos z + S = O; J. sin z + cos z = 2.

B. ei"'=cos7rX, zERj

E. ln(z + i) = Oj H. sin z = 7ri j

C. sinz = 3j

F. e2z + 2 eZ

- 3 = Oj I. i + sh i z = Oj

i,

I j

5. Diferencijabilnost . Cauchy-Riemannovi uvjeti. Harmonijske funkcije

55

Pojmovi limesa, neprekinutosti i diferencijabilnosti definiraju se kao i za funkcije realne varijable:

a) Točka Wo E e je limes funkcije J : G -t e u točki Zo E G ako vrijedi

(Vc> 0)(36 > O)(Vz E G) O < Iz - zoi < 6 ==> IJ(z) - wol < c.

b) Funkcija J: G -t e je neprekinut a u točki Zo E G , ako vrijedi

(Vc> 0)(36 > O)(Vz E G) Iz - zoi < 6 ==> IJ( z ) - J(zo)1 < c.

b ') Funkcija J: G -t e je jednoliko (uniformno) neprekinut a na području G ako vrijedi

(Vc> 0)(36 > O)(VZb Z2 E G) IZl - z2 1 < 6 ==> IJ(zd - J( z2) 1 < e

c) Funkcija J: G -t e je diferencijabilna u .točki z E G ako postoji

j'(z) := lim 6.J = lim J( z + 6.z) - J( z). Ll.z-O 6.z Ll.z-O 6.. z

Pojmovi limesa i neprekinutosti mogu se vrlo jednostavno izraziti preko realnog i imaginarnog dijela funkcije J; naime, J će imati limes u točki Zo = xo+iyo ako i samo ako vrijedi

lim J( z ) = lim u(x, y) + i Jim v(x, V) . z-za (x,Y)-(XO,YO) (x,Y)-(XO ,YO )

Također, J je neprekinuta 'u točki Zo = Xo + iyo ako i sa~o ako su funkcije u i v neprekinute u točki (xo, YO) , Međutim, ako su u i v diferencijabilne u točki (xo, yo), funkcija J = u + iv ne mora biti diferencijabilna u Zo . Vidjet ćemo da u i v moraju zadovoljavati još i dodatne, tzv. Caucby-Riemannove uvjete.

5.1. Da li postoje limesi l-z

A. lim --' z-Il-z'

B. Jim _ z _ ? z-l l + z

56 5. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

RJEŠENJE. A. Ako postoji limes u točki zo = 1, onda je on neovisan o putu po kojem točka z teži ka točki zo . Izračunajmo taj limes po dvama različitim putovima:

(1) Neka z -+ 1 duž osi OX , tj. po pravcu V = O. Stavimo z = 1 - x. Ako z -+ 1 , tada x -+ O te dobivamo

l· , 1 - z l' 1 - (1 - x) l' 1 - 1 + x 1 lm -- = lm = lm = . z .... 11-z :r-01-(1-x) :r-0 1-1+x

(2) Neka z -+ 1 po pravcu x = 1. Stavimo z = 1 + iV . Ako z -+ 1, onda V -+ O i zato u ovom slučaju mora biti

lim 1 - z = lim 1 - (1 + iV) = lim 1 - 1 + iV = -1. z-11-z !I-01-(1+iy) !I .... 01-1-iy

Dobili smo dvije različite vrijednosti i stoga limes ne postoji .

B. Pokažimo da ovaj limes postoj i. Stavimo

z = 1 + r( cos cp + i sin cp).

Uvjet z --t 1 ekvivalentan je sa r --t O (cp se može ponašati proizvoljno) .

lim _z_ = lim ~ r(coscp + i sin cp) = 1 z-1 1+z r .... o1+1+r(coscp-isin cp) 2

5.2. Pokaži da je funkcija J(z) = Izl neprekinuta na čitavoj kompleksnoj ravnini c .

RJEŠENJE . Pokazali smo (vidi zadatak 2.1) da vrijedi nejednakost

lizi-Izoli < Iz - zoi·

Neka je c: > O proizvoljan. Izaberimo 6 > O, O < 6 < c:. Tada iz nejednakosti Iz - zoi < 8 slijedi lizi-Izoli < 8 < c: tj . IJ(z) - f(zo)1 < c:. Dakle, J je neprekinuta u točki Zo. Kako je Zo bila proizvoljna točka iz e, ·to je f neprekinuta na čitavoj kompleksnoj ravnini . •

Štoviše, J je uniformno neprekinuta, pošto izbor broja 6 ne ovisi o točki Zo·

5.3. Pokaži da je funkcija J(z) = z2 neprekinuta na čitavoj kompleksnoj ravnini c .

RJEŠENJE. Neka je Zo E e proizvoljan. Pokazat ćemo da je J neprekinuta u točki Zo. Ocijenimo u tu svrhu IJ(z) - f(zo)1 = Iz2 - z51·

I i

5.2. CAUCHY- RIEMANNOVI UVJETI 57

Ako z -+ zo, tada postoji pozitivan broj M < oo za koji vrijedi Iz l < M i Izol < M , čim je z dovoljno blizu točki Zo (npr. ako je Iz - zoi < 1, možemo uzeti M = Izol + 1). Sada je

I!(z) - !(zo)1 = Iz2 - z~1 = Iz - zoi' Iz + zoi

~ Iz - zoi , (Izl + Izol) < 2Mlz - zoi·

Za zadani broj c: > O možemo odabrati 6 > O takav da je 6 < C:i2M . Uz ovakav izbor broja 6 će vrijediti

Iz - zoi < 6 =::} I!{z) - !(zo)1 < 2Mlz - zoi < 2M6 < c:

i zaključujemo da je ! neprekinut a u točki Zo. Zbog proizvoljnosti od zo, ! je neprekinut a na C .•

Primijeti da u '6vom slučaju izbor broja 6 ovisi o M , pa dakle i o Zo. Stoga ! neće biti jednoliko neprekinuta na čitavoj kompleksnoj ravnini C. Pokaži da je ipak ! uniformno neprekinuta na svakom ograničenom podskupu u C , npr. na krugu {z: Iz l ~ R} , za neki fiksni (ma kako veliki) R .

5.4. Pokaži da je funkcija J( z) = zn diferencijabilna na čitavoj ravnini C, te da vrijedi (zn), = nzn-l (n E N) .

RJEŠENJE . Računamo derivaciju funkcije! po definiciji :

J'() l ' f( z + t::. z) - J( z ) l ' (z + t::. z)n - zn

Z = lm = lm Ll.z-O t::. z Ll. z -O t::. z

. [zn + (7 ) zn-l t::. z + (~) zn-2(t::.z)2 + ... + (t::.z)n] - zn = hm

Ll.z-O t::. z

= l~~o { nzn-l + (~) zn-2 t::. z + ... + (t::.z)n-I} = n zn-l

Ako je J(z) = u(x , y) + iv(x,y) diferencijabilna u točki z = x + iy , tada su funkcije u i v diferencijabilne u točki (x, y) i zadovoljavaju CauchyRiemannove uvjete

(5.1)

Vrijedi i obratna tvrdnja: ako funkcije u i v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete i ako su njihove parcijalne derivacije neprekinute u (x , y) , tada je J = u + iv diferencijabilna u točki z = x + iy .

Ako je J diferencijabilna, njenu derivaciju možemo računati pomoću par-cijalnih derivacija funkcija u i v :

J'() au . av z =-+t-ax ax (5.2)


ili pomoću bilo koje od preostalih triju kombinacija koje slijede primjenom indentiteta (5.1).

Za funkciju J ćemo reći da je analitička (ili regularna) na području G ako je diferencijabilna u sva.koj točki z E G . Istinita je, ali posve netrivijalna, činjenica da u tom slučaju J ima derivaciju svakog reda na G .

5.5. Pokaži da je funkcija J(z) = ez2 analitička na cijeloj kompleksnoj ravnini, te nađi njenu derivaciju.

RJEŠENJE . Odredimo najprije realni i imaginarni dio od J. ( ' )2 2 2

J(z)=e"'+'lI = e'" -ll (cos2xy+isin2xy) .

Dakle, 2 2

U = e'" -ll cos2xy, 2 2

V = e'" -ll sin 2xy.

Funkcije u i v su diferencijabilne u svakoj točki (x: y) i zadovoljavaju CauchyRiemannove uvjete :

Đu 22 22 . ov - = 2xe'" -ll cos 2xy - 2ye'" -y sm 2xy = -ox oy ou 22 22. Đv - = - 2ye'" -ll cos 2xy - 2xe'" -ll sm 2xy = -ay ox

Vidimo da su ove parcijalne derivacije neprekinute i stoga je J analitička funkcija na čitavoj C.

Po formuli (5.2) njenu derivaciju možemo računati ovako:

I ou .ov 2 2 • J(z)= ax +lĐx = e'" -ll [2xcos2xy-2ysm2xyj

+ ie",2 _112 [2y cos 2xy + 2x sin 2xyj

= e",2- lI2 [2(x + iV) cos 2xy + 2(ix - y) sin 2xyj

= e",2-y2 [2(x + iV) cos 2xy + 2i(x + iV) sin 2xyj

= 2(x + iy)e",2- lI2 (cos 2xy + i sin 2xy) ( ' )2 2 = 2(x + iy)e "'+'Y = 2zez

5.6. Da li je funkcija J(z) = iz diferencijabilna?

RJEŠENJE.

jez) = i(x - iV) = Y + ix.

Zato je u(x , y) = y, v(x , y) = x. Izračunajmo parcijalne derivacije:

au _ o av = o ox -, ay

aU=l oV=1 oy , Đx

5.2. CAUCHY-RJEMANNOVJ U.VJETJ 59

Kako je Ou =I - ~v to Cauchy-Riemannovi uvjeti nisu ispunjeni niti u jednoj oy vX

točki kompleksne ravnine. Zato J nije nigdje diferencijabilna.

5.7. Da li su funkcije 1

A. J(z) = z · z; B. J(z) = -; C. J( z) = sin z z

. diferencijabilne? Ako jesu, izračunaj im derivaciju.

RJEŠENJE . A. J(z) = z . Z = (x + iy)(x - iy) = x2 + y2. Dakle,

1L(X , y) = x 2 + y2 , v(x, y) = O.

Ispitajmo u kojim točkama vrijede Cauchy-Riemannovi uvjeti .

Ou Ov ax = 2x , ay = o :=:::} x = O,

au ov .<ly = 2y , - = o :=:::} Y = O. v ax

Vidimo da su bni zadovoljeni samo u točki (O, O) . Zato je J(z) = z . Z = Izl2 diferencijabilna samo u točki z = O i nije nigdje analitička (pošto nije di ferencijabilna niti u kojoj okolini točke O) .

Izračunajmo njenu derivaciju u točki z = O:

1'(0) = lim J(O + 6z) - J(O) = lim 6 z · & 6z-0 6z 6z-0 6z

= lim 6z = lim (6x - i6y) = O. 6z-0 6",-0

6y-O

l x - iy B. J(z) = - = 2 2 ' Zato:

z x +y x -y

u(x , y) = 2 2' v(x,y) = 2 2' X +y x +y

Cauchy-Riemannovi uvjeti su ispunjeni svuda osim u točki (O, O) , u kojoj funkcije nisu definirane:

Ou _x2 + y2 Ov Ox (x2 + y2)2 = ay'

au -2xy Ov = (x2 + y2)2 = ay ax

Izračunajmo još derivaciju funkcije J(z) = l/z. Po formuli (5.2) :

I ou . ov _x2 + y2 + 2xyi x2 - 2xyi _ y2 J(z) = Ox + t ox = (x2 + y2)2 = - (x2 + y2)2

(z)2 1 = - (z, z)2 = - z2'


Izvedi ovu derivaciju i po definiciji.

C. J( z) = sin z = sin x ch y + i cos x sh y = u + iv . Cauchy-Riemannovi uvjeti: ou ov ou . ov - = cosxchy = -, - = smxshy =--ox oy oy ox

su ispunjeni u svakoj točki (x, y) ikako su ove funkcije neprekinute, to je funkcija sinus analitička u čitavoj C . Njena derivacija iznosi

( . )' ou . ov h " h' sm z = 'i:l + t'i:l = cos x e y - t sm x s y = cos z. uX uX

5.8. Ako su fI i h analitičke funkcije, pokaži da je i funkcij a JI . h analitička.

RJEŠENJE . Označimo : fI = Ul + iVI, h = U2 + iV2, h = fI . h = ·U + iv. Vrijedi

fI . h = UIU2 - 'l,'J'L'2 + i(UIV2 + VIU2).

Dakle, u = ul u2 - Vl VZ, V = Ul V2 + Vl U2 ' FUnkcije fI i h su analitičke i zato parovi Ul , Vl odnosno U2 , V2 zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete. Prema tome, vrijedi:

Du OUI aU2 OVI OV2 ox = oX U2 + Ul ox - fu V2 - Vl fu

OV! OV2 aUI OU2 = - U2 + Ul - + - V2 + Vl -oy oy oy oy

o OV = oy(Vl U2 +UI V2) = oy '

N . t ' -' k - d .. d' ou ov I( k .. l d ' .. a IS l se nacm po aze a vnJe l ' l::>y = - - . a o su ove parcIJa ne envaCIJe u ox

neprekinute funkcije , to je h analitička .

5.9. Ako analitičke funkcije J: G -+ C , g : G -+ C zadovoljavaju uvjet f' (z) = g' (z), z E G, pokaži da se one razlikuju za konstantu.

RJEŠENJE. FUnkcija P(z) = J(z) - g(z) je očito analitička j' vrijedi P'(z) = f' (z) - g' (z) za svaki z E G , Moramo pokazati da je P konstan,tna na G. Stavimo P = u + iv . Tada je

i zato

O = pl (z) = ou + i ov = ov _ i ou ox ox oy oy

OU_OU_OV_ov_o ox - oy - ox - oy - .

Zato su u i V konstantne, pa je i F konstantna.

\

5.2. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI 61

5.10. Ako je analitička funkcija J: G -> C realna na području D e G, pokaži da je ona konstantna na D .

RJEŠENJE. Označimo ponovo J = u + iv. Po pretpostavci je v = O na D. Kako je J analitička, to u i v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete:

ou=ov=O D ax ay na ,

ou=_ov=O D na . ay ax Zato je u, a time i J, konstantna na D .

Spomenimo da vrijedi i mnogo jači rezultat: uz iste pretpostavke može se dokazati da je J konstantna na čitavom području definicije G .

5.11. Pokaži da Cauchy-Riemannovi uvjeti u polarnim koordinatama (r, tp) glase

au ov au ov atp = -r ar' r ar = atp ' (5 .3)

Izrazi derivaciju funkcije J u polarnim koordinatama.

RJEŠENJE. Veza između Kartezijevih i polarnih koordinata glasi

x = rcostp, y = rsintp.

Po pravilima za derivaciju složenih funkcija dobivamo ou au ax au oy ou au . - = - . - + - . - = - cos tp + - sm tp or ax ar ay or ax ay' ou au ax au ay au . au - = _. - + _. - = -(-rsmtp) + -rcostp. atp ax otp ay atp ax ay

Analogno: ov ov ov . ar = ax cos tp + ay sm tp,

ov ov . ov - = -(-rsmtp) + -rcostp. atp ax ay

(5.4)

(5.5)

Funkcije u i v kao funkcije varijabli x i y zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete (5 .1). Iskoristimo ih:

ou au. au - = --rsmtp+ -rcostp atp ax ay

[ov . ov ] ov = -r - sm tp + - cos tp = -r -~ ax ~'

ov ov . ov - = --rsmtp+ -rcostp atp ax ay [au. au ] au

= r ay sm tp .+ ax cos tp = r ar '

62 5. CAUCHY-RIEMANNOVl UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

Dakle, vrijede relacije (5.3). One su, uz neprekinutost parcijalnih derivacija, i dovoljne da bi funkcija f = u+iv bila analitička, pošto iz njih sličnim računom možemo izvestl i relacije (5.1).

5.12. Pokaži da se derivacija analitičke funkcije f može računati u polarnim koordinatama formulama

!,(z) = ~ (OU + iOV) (5 .6) z or or

odnosno f'(z)=~(OV _i

OU ). z al{) al{)

au RJEŠENJE. Iz relacija (5.4) dobivamo sljedeće izraze za -ax

ou au lou . - = -cosl{)- - ' - sml{), ax or r {JI{)

ov ov l {jv . - = - cos I{) - - . - sm I{) . ax ar r {JI{)

Koristeći te izraze, kao i formule (5.2), (5.3) dobivamo:

f '() au . ov z = -+ ~-ax ax ou 1 au . . (OV 1 ov. ) = - cos I{) - - . - sm I{) + t - cos I{). - - • - sm I{) ar r al{) {jr r orp au ov . . (OV au . )

= or cos I{) + or sm I{) + t or cos I{) - ar sm I{)

[OU . OV]( . . ) = -+t- cosl{)- t sml{) . ar ar

= ~(OU + i OV) . z ar ar

Ako zamijenirno :~ i :~, koristeći (5.3), dobit ćemo (5.7) .

(5.7)

(5 .8)

I I I

I I I i l I

i I

I !\

5.3. HARMONIJSKE FUNKCIJE 63

Funkcija '!jJ = '!jJ(x, y) je harmonijska funkcija u području G e R2 ako je ona dvaput neprekinuto diferencijabilna i zadovoljava na G Laplaceovu diferencijalnu jednadžbu:

(5.9)

Al<o je J = u + iv analitička u nekom području G, tada su njen realni dio u i njen imaginarni dio v harmonijske funkcije u tom području, pošto vrijedi

{Pu Đ (au) a (av) a (av) a (au) a2u ax2 = ax ax = ax ay = ay ax = - ay ay = - ay2 . Obratno, ako dvije harmonijske funkcije u i v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete, tada je funkcija f = u + iv analitička. Dvije takve harmonijske funkcije zovemo konjugirani par harmonijskih funkcija.

Ako je zadana jedna od funkcija u ili v (ona mora nužno biti harmonijska), tada pomoću Cauchy-Riemannovih uvjeta možemo odrediti harmonijsku funkciju koja s njom čini konjugirani par. Drugim riječima, možemo odrediti analitičku funkciju f ukoliko poznajemo njen realni ili imaginarni dio.

5.13. Ispitaj koje su od zadanih funkcija harmonijske: A. u = -2ex cos Yi B. u = sinxchy _ y2 i c. v = x2 - y2 - x.

RJEŠENJE . A V oo d' au 2 x . nje I ax = - e cos y , au x. ay = 2e sm y te je

a2u a2u ~u = ax2 + ay2 = -2e

x cosy + 2ex eosy = O.

B. ć:.u = -2, u nije harmonijska.

C. ć:.v = O, v jeste harmonijska.

5.14. Da li funkcija v = eX sin y + y2 može biti imaginarni dio neke analitičke funkcije?

RJEŠENJE. !zračunajmo ć:.v .

av x . ax = e smy, av ay = eX cos y + 2y

ć:.v = eX sin y - eX sin y + 2 = 2

v nije harmonijska pa ona ne može biti imaginarni dio analitičke funkcije .

64 5. CAUCHY- R1EMA NNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

5.15. Odredi funkciju V , tako da funkcija w = u + iv kojoj je realni dio u = x 3 - 3xy2 + y , bude analitička .

RJEŠENJE . Vrijedi

te je flu = O. Dakle, u je harmonijska i zato postoji tražena funkcija v . Odredit ćemo je koristeći Cauchy-Riemannove uvjete:

au = 3x2 _ 3y2 = ov ax ay

i odavde

v(x, y) = J (3x2 - 3y2)dy + h(x) = 3x2 y - y3 + h(x) . \

Nepoznatu funkciju h određujemo koristeći drugi Cauchy-Riemannov uvjet:

au a'v I - = -6xy + 1 = -- = -6xy - h (x) . ay ax

Prema tome, vrijedi h'(x) = -1 i zato h(x) = -x + C . Dobili smo

w = x3 - 3xy2 + y + i(3x2y - y3 - X + C)

5.16.

= (x + iy)3 - i(x + iy) + C = Z3 - iz + C.

Ako je zadan realni dio analitičke funkcije f = u + iv, pokaži da se njen imaginarni dio može dobiti formulom

,( ) -l'" -au(x, y) d l Y au(xo, Y) d C

'!; x, Y - a x + a Y + . %0 Y Yo X

(5.10)

Obratno, za zadanu funkciju v, njoj konjugirana funkcija u može se naći formulom

( ) 1% av(x,y) d lY av(xO,y)d r. u X,y = a x + - a y + v .

%0 Y Yo X (5.11)

RJEŠENJE . Vrijedi

dv = v~ dx + v~ dy = -u~ dx + u~ dy

(iskoristili smo Cauchy-Riemannove uvjete) . Integrirajmo ovaj potpuni diferencijal po putu (xo, Yo) -+ (xo, y) -+ (x, y) koji povezuje proizvoljnu točku (xo, Yo) iz područja analitičnosti funkcije f, s točkom (x, y), tako da taj put leži u području G (sl. 5.1).

5.3. HARMONIJSKE FUNKCIJE 65

(xo,y) dy=O (x,y)

~------~-------

Slika 5.1. Integral potpunog diferencijala ne ovi!, o putu integracije . Taj fut biramo tako da nam omogucava jednostavno određivanje dijelova analitičke

. funkcije

Integral ne ovisi o putu integracije:

v(x,y)-v(XO,Yo) = i dv(x,y)

= l'" -u~(x, y)dx + l Y u~(xo , y)dy

"'o Yo

i odavde slijedi (5.10). Analogno se izvodi i formula (5 .11)

5.17. Da li funkcija u = In(x2 + y2) može biti realni dio neke analitičke funkcije? Ako može, odredi tu funkciju .

RJEŠENJE. Kako je ~u = O (provjeri!), to je u odista realni dio neke analitičke funkcije . Odredimo njen imaginarni dio koristeći formulu (5.10)

( ) l '" 8u(x'Y)d l Y8u (xO,y)d C v x, y = - 8 x + 8 y + . "'o y Yo X

Za početnu točku integracije uzimamo npr. točku (0,1) :

Time dobivamo

l '" 2y l Y 2· O

v(x,y) = - 2 2 dx + -02 2 dy + C o x +y 1 +y

x = - 2 arc tg - + C. y

5.18. Neka je u harmonijska funkcija. A. Da li je u2 harmonijska funkcija? B. Za koje funkcije 1/J je 1/J( u ) harmonijska?

RJEŠENJE . A. Izračunajmo ~U2 :

~u2 = 'V('Vu2) = 'V(2u'Vu) = 2'Vu · 'Vu + 2u'V('Vu)

= 21'Vu1 2 + 2u~u = 21'Vu1 2

pošto je ~u = O po pretpostavci. Dakle, ako je ~u2 = O, tada mora biti i 'Vu = O. Zato je u 2 harmonijska ako i samo ako je u konstanta.


B. 6t/J(u) = 'V('Vt/J{U)) = 'V{t/J'{U)'VU)

= t/J"{u)l'VuI 2 + t/J'{u)6{u) = t/J"{u)l'VuI2

t/J(u) je harmonijska ukoliko je 'Vu = O ili t/J"{u) = O. Ako je 'Vu = O, tada je u konstanta i t/J može biti proizvoljna (i tada je t/J{ u) opet konstanta). Ako u nije konstanta, da bi t/J{u) bila harmonijska, mora biti t/J"{u) = O, i odavde integracijom t/J(u) = Glu + G2 .

5.19. Da li postoji harmonijska funkcija, različita od' konstante, oblika u{x, y) = t/J( Y/x)?

RJEŠENJE. Stavimo z = y/x . Tada je

Ou 0'1/; oz ,-y --_._-t/J . -ox - OZ ox - x2 '

ou _ ot/J . o z = t/J' . !. oy - oz oy x'

Zato

6u = 02u + 02u = t/J" . x2 + y2 + t/J' . 2y ox2 oy2 X4 x3

= :2 {(I + Z2)t/J" + 2zt/J' }.

Da bi u bila harmonijska funkcija, mora vrijediti

(I + z2 )t/J" + 2zt/J' = O

tj . t/J" 2z t/J' = - l + z2 .

Integracija daje ln t/J' = -ln(1 + z2) + ln Gl , tj .

. t/J'= ~ 1+ z2

\

i odavde t/J{z) = Gl arc tg z + G2, tj . u(x, y) = t/J{ y/x) = Gl arc tg Y/x + G2 je harmonijska funkcija, jedina tog oblika.

~. ;,!.~. :: , l";' -~ :.. ' f


5.20. Pomoću Cauchy-Riemannovih uvjeta provjeri koje su funkcije analitičke (na nekom području u C) i izračunaj im derivaciju.

A. w=z2' Zj B. w=zeZj C. w=lzlzj D. w = Izlj E. sin 2z + 3ij F. w = z Irn Zj G. w = z· Re Zj H. w = Izl Im Zj I. w = ln Zj J . w;= e~/zj K. w = tgz.

5.21. Odredi sve točke u kojima su diferencijabilne funkcije

A. w=Rezj B. w=Imzj C. w=x2y2, (z=x+iY)j

D. w=lzl2 j E. w=x2

+iy2, (z=x+iY)j

F. w = zRezj G. w = 2xy - i(x2 - y2), (z = x + iy).

5.22. Odredi analitičku funkciju 1 ako su poznati njen realni ili imaginarni dio:

A. u = ~, J(1T) = l/1Tj B. v = 2(chxsiny - xy), 1(0) = Oj x +y

C . 11.= 2 sin x ch y - x, 1(0) = Oj D. v = -2 sin 2x sh 2y + y, 1(0) = 2j

E. v = 2 cos x ch x - x 2 + y2, 1(0) = 2j

F. u = x 3 + 6x2y - 3xl - 2y3, 1(0) = Oj G. 11.= eX(x cos y - ysiny), 1(0) = o.

5.23. Pokaži da su sljedeće funkcije harmonijske i odredi pripadne konjugirane funkcije:

A. 11.= x 2 + 2x - y2j B. 11. = 2e'" easy j C. 11. = arctg(y/x)j D. u = xy.

5.24. Za koje vrijednosti od a, b, c će 11. = ax2 + 2bxy + cy2 biti harmonijska funkcija?

5.25. Neka je 1/I(z) analitička funkcija. Da li su sljedeće funkcije harmonijske? A. 11/I(z)lj B. arg1/l(z)j C. ln 11/I(z)l.

5.26. Da li postoji harmonijska funkcija, različita od konstante, sljedećeg oblika?

A. 11.= h(x)j B. 11.= h(ax + bY)j C. 11.= h(x2Y)j

D; 11.= h(xY)j E. 11. = h(x2 + l)j F. 11. = h(x2 + y)j 2 2

G . 11.= h(:....2J'...)j H. u=h(x+v'x2+y2)j I. 11. = h(x2 -l). x

5.27. Neka 'je 11., V par konjugiranih harmonijskih funkcija. Dokaži da tada i U, V

čine par konjugiranih harmonijskih funkcija, ako je

A. U = eU cos v, V = eU sin Vj

B. U = 11.2 - v 2

, V = 2uVj 2 ;r u2 v l

C. U = eU -1) eos2uv, V = e - sin2uvj

D. U = 'P(u, v), V = 1/1(11., v)

pri čemu je 'p, 1/1 također par konjugiranih harmonijskih funkcija

68

6. Integral funkcija kompleksne varijable

Neka je r orijentirana, po dijelovima glatka krivulja i z >-t J(z) funkcija kompleksne varijable definirana i po dijelovima neprekinut a na r. Integral · funkcije J duž krivulje r definira se kao

n-l

r J(z)dz := lim L J(~k)(Zk+1 - Zk), (6.1) Jr fl-OO

ukoliko ovaj limes postoji, neovisno ;=;~bo-ru točaka ZI, Z2, ... ,Zn na krivulji r (za je početna, a Zn završna točka krivulje), te izboru točaka ~k unutar luka krivulje određenog točkama Zk, Z/C+I (sl. 6.1.). Limes uzimamo po svim razdiobama za koje vrijedi maXIZk+1 - zk l-+ O.

Ova definicija omogućava da se usposta- Zu

vi veza sa kri vuljnim integralom realnih funk- Slika 6.1 . Razdioba luka krivulje r cija; ako je J(z) = u(x, y) + iv(x, y), tada pri definiciji krivuljnog integrala

vrijedi

r J(z)dz= r u(x,y)dx-v(x,y)dy+i r u(x,y)dy~v(x , y)d~, (6.2) Jr Jr Jr. pri čemu su integrali s desna krivuljni integrali realnih funkcija, uzeti po krivulji rc R2 .

Navodimo osnovna svojstva krivuljnih integrala:

1. rt ckfdz)dz = t Ck r Jk(z)dz Jrk=l k=l Jr

2. l- f(z)dz = -l J(z)dz

6.1. KRIVU LJNI INTEGRAL eg

gdje je r- krivulja identična krivulji r, ali s protivnim smjerom obilaska.

3. r f(z)dz = r f(z)dz + ... + r f(z)dz ll' 11'1 lrn

ukoliko se krivulja r sastoji od lukova rl, r 2,· ··, r n '

4. II f(z)dzl ~ llf(z)1 ds

gdje je ds diferencijal luka krivulje r .

*** Ukrivuljnom integralu smijemo zamjenjivati varijable; ako je cp analitička

funkcija koja preslikava jednoznačno krivulju r" na r, tada vrijedi

r f(z)dz = r f(cp(()) cp'(() d( . ll' ll"

(6.3)

Ovu formulu koristimo pri računanju krivuljnih integrala kod kojih krivulja r ima parametrizaciju oblika

r ... z='Y(t), ta~t~tl '

Tada (6.3) glasi

r J(z)dz = lt1 J(-y(t))'Y'(t) dt. (6.4) ll' to

(6.4) se često uzima kao definicijska formula za krivuljni integral. Npr. za integral po kružnici r ... z = Za + r eit , O ~ t ~ 27r dobivamo:

l f(z )dz = 121r f(za + reit ) ire,t dt .

Ovaj pak integral možemo računati tako da ga razbijemo na realni i imaginarni dio, no obično ga računamo kao integral po realnoj varijabli t, tretirajući imaginarnu jedinicu kao konstantu.

6.1. !zračunaj integral fr z dz, po odresku koji spaja točke ZI = 1

Z2 = 2 + i.

RJEŠENJE. Jednadžba krivulje r glasi

r ... y = x-l, 1 ~ x ~ 2,

ili pak

r ... 'Y(t) = 1 + t(2 + i-l) = 1 + (1 + i)t, O ~ t ~ 1.

70 6. INTEGRAL FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE

Po (6.2) :

l z dz = l x dx - y dy + i l y dx + x dy

= l x dx - (x - 1) dx + i l (x - 1) dx + x dx

= l2 dx + i l2 (2x - l)dx = 1 + 2i .

Računajući pak po (6.3) , imali bismo

l z dz = il [1 + (1 + i)t](l + i)dt

= (1 + i)[t + (1 + i) t; ll: = 1 + 2i.

6.2. Izračunaj integral r Izl dz po krivuljama na slici. Jr,

\

. /

Slika 6.2. Krivulja rl je spojnica točaka -1 il, dok je r2 polukruinica koja spaja iste

točke

RJEŠENJE. Parametrizacija krivulje rl glasi

rl .. . y=o, x=t, -l~t~l

i vrijedi Izl = lt + i · OI = Itl, dz = dx + idy = dt. Zato

r Izl dz = rl Itl dt = 2 rl t dt = 1. Jr! Ll Jo .

Za parametrizaciju krivulje r 2 biramo ' t l r 2 ••• z = e', t E [11', O,

. te je

r Izl dz = rl. i . eit dt = i~ = 2. o it 10

Jr~ J", t "

Primijeti da ovaj integral ovisi o putu integracije. Međutim, on ne ovisi o izboru parametrizacije zadane krivulje. Tako npr. krivulje u ovom zadataku imaju

6.1. KRIVULJNI INTEGRAL

(između ostalih) i sljedeće parametrizacije:

rl ... z = cost , rl ... z = Int,

r 2 ... z = e- 2it,

t E [71' , 0], t E [lIe, e],

t E [71'12,0].

Provjeri da se u svakom od ovih slučajeva dobiva isti rezultat .

***

71

Neka je j analit.ička funkcija u jednostruko povezanom području G i r zatvorena Jordanova krivulja sadržana II G . Tada vrijedi , po Cauchyjevom teoremu

fr j(z)dz = O. (6.5)

Kao posljedicu ovog osnovnog rezultata dobivamo činjenicu da integral analitičke funkcije ne ovisi o putu integracije. Neka su A , B zadane točke unutar G i rl , r2 dvije krivulje koje spajaju točke A, B (i leže unutar G) . Tada vrijedi

( J(z) dz = ( j( z) dz. Jrl Jr2

Slika 6.3. Integral funkcije koja je analitička na podrucju G ne ovisi o putu integracije, već samo o početnoj i završnoj točki . Pri tom .ne smijemo zaboraviti da put integrac,je mora ležati unutar G, taj integral ovisi

dakle o području G

Neka je j cijela funkcija (analitička u čitavoj kompleksnoj ravnini e). Tada gornji integral možemo označavati kratko sa J: j(i )dz, jer on ovisi samo o točkama A i B (pošto je funkcija analitička na svakom području G u kompleksnoj ravnini) .

Neka su zo, z proizvoljne tbčke . Po gornjem, dobro je definirana funkcija

~(z) = r J(z)dz. Jzo Nju nazivamo neodređeni integral funkcije j . To je analitička funkcija za koju vrijedi ~/(Z) = j(z) . Najčešće pišemo kratko ~(z) = J J(z)dz .

6.3. Izračunaj integral fr (4z - 3z2)dz po dužini r koja spaja točke ·zl = l i Z2 = i .

RJEŠENJE. Podintegralna funkcija J(z) = 4z - 3z2 je analitička u čitavoj kompleksnoj ravnini. Integral zato neće ovisiti o putu integracije i vrijediti će Newton-Lei bni tzova formula:

, li (4z - 3z2)dz = (2z2 - z3) I: = -3 + i .

Neka je J analitička funkcija u jednostruko povezanom području G i r zatvorena Jordanova krivulja u G , koja obuhvaća točku a . Cauchyjeva ~nte-grain a formula glasi "

te, općenitije

J(a) = ~ 1 J(z) dz, 27r~ Jr z - a

J(nl(a) = ~ 1 J(z) dz , 27r·i Jr (z - a)71+1

pri čemu se po zatvorenoj krivulji r integrira u pozitivnom smislu.

6.4. Dokaži da je

r dz { 27ri, Jr (z - a)n = O,

n = l, n E Z, n =j:. l,

gdje je r kružnica sa središtem u točki a i polumjerom r.

(6.6)

(6 .7)

RJEŠENJE. Dakako da se vrijednost ovog integrala može lako izvesti po formuli (6 .7) . Međutim , ovaj račun predstavlja najvažniji korak pri izvođenju formule (6.7) , odnosno (6.6) , stoga ćemo ga izvesti direktno.

Izaberimo uobičajenu parametrizaciju kružnice r . it r ... z = a + re, O ~ t ~ 27r .

Tada za n = O, -l , -2, . .. stavimo n = -m i slijedi

r ( dZ) = r (z _ a)mdz = O Jr z - a n Jr po Cauchyjevom teoremu, jer je podintegralna funkcija analitička unutar područja integracije.

Za n = l imamo

Ir dz 121< ir eit . -- = --'-t dt = 27rt .

rZ - a o 7" et

6.2. CAUCHYJEVA INTEGRALNA FORMULA 73

Za n = 2,3, ... ,

-:-------,- - -- dt 1 dz 121< ire i!

r (z - a)n - o rn ein!

= __ t _ e{l-n);ldt = t e = O. . 121< . (l-n);! 121< r n - l o rn - l (l - n)i o

Formula (6.7) se može koristiti u računanju integrala Cauchyjevog tipa:

r f(z) dz = 211'i f{ n)(a) Jr (z - a)n+l n! '

(6.8)

no ove i slične integrale ćemo računati mnogo jednostavnije primjenom računa ostataka, vidi § 13.2. Ilustrirajmo (6.8) na par primjera.

6.5. Izračunaj integral po zadanoj krivulji:

1 cosz A. ( ')3 dz, r ... Izl = 2; r Z . - t

B. fr z: ~ l ' r ... Iz - 21 = 2;

C. r~, r okružuje točke +1 i-l. Jr z -1

RJEŠENJE. A. Krivulja r obuhvaća točku a = i, J{ z) = cos z je analitička svuda. Formula (6.8) daje

r cos z d 211'i ( )" '( .) . h Jr (z _ i)3 z = 2! COS Z Z=; = 11't - COSt = -t11'C 1.

B. Stavimo J{z) = 3 2Z

1 . r obuhvaća točku a = 1 : z +z +z+

r ~ = r J{z)dz = 211'iJ(1) = 11'i. Jr Z4 - l Jr z-l 2

C. U ovom slučaju moramo rastaviti integral po krivulji r na dva integrala po krivuljama rl , r 2 (sl. 6.4) i tek potom iskoristiti Cauchyjevu integralnu formulu :

( eZ dz rez dz r e dz Jr z2 - l = Jr, z + l . z-l + Jr, z-l . z + 1

= 211'i(lel

1 +~) = 211'ish1. + -1-1

Slika 6.4.


6.6. Dokaži LiouviIIeov teorem: Ako je J cijela funkcija i ako je ograničena na e :

IJ(z)1 ~ M, \Iz E e, tada je J konstantna.

RJEŠENJE. Neka je CR kružnica 8a središtem u proizvoljnoj točki z E e, polumjera R. Za svaki R> O vrijedi, po (6.7) :

f'(z) = ~ f J(() d( . 211'i JCR (( - z)2

Zato, I l f IJCOI l M M

lj (z)1 ~ 211' JCR I( _ zl2 ds ~ 211' . R2 . 211'R = R' Kako je R proizvoljno velik, to mora biti f'(z) = O, za svaki z . Odavde s~jedi tVTdnja.

6.7. Osnovni stavak algebre: Dokaži da svaki polinom stupnja n ~ l ima barem jednu nul-točku (i stoga točno n nul-točaka, računajući im krat nosti ).

RJEŠENJE. Kad polinom Pn ne bi imao nul-točaka, tada bi funkcija z ...... l

Pn(z) bila analitička u čitavoj kompleksnoj ravnini e, dakle, cijela. Međutim,

l PnCz) bi bila i omeđena (dokaži zašto!) i po Liouvilleovom teoremu slijedilo bi

Pn=const.

6.8. Izračunaj sljedeće krivuljne integrale

A. fr e Z dz, r: parabola y = z2 koja spaja točke ZI = O i z2 = l + i i

B. fr e%dz, r : dio pravca od točke . ZI = O do z2 = l + i i

C. fr (z2 + Z z)dz, r: luk kružnice z = ei'P, tp e [0,11') i

D. fr z sin z dz, r: dio pravca od točke ZI = O do .z2 = l + i .

6.9. Izračunaj sljedeće integrale, integrirajući po zadanim krivuljama, u pozitivnom smjeru:

A. ll=s z2 ~ 16;

C. { z sh3

z dz; Jlzl=1 z

B. { eZ;coS11' z dz;

Jlz l=1 z + 2z

D. { . ~dz' Jlzl=2 z2 + l '

TIS

7. Mobiusova transformacija

Mobiusova transformacija (ili razlomljeno linearno preslikavanje) je preslikavanje oblika

az + b w = 5(z) =-

cz + d (7.1)

pri čemu su a, b , e, d kompleksni brojevi za koje vrijedi ad - bc =f. O. (Ukoliko taj uvjet nije ispunjen, tada je funkcija konstantna.) Korisno je preslikavanje 5 definirati na cijeloj kompleksnoj ravnini , (kojoj je dodana beskonačno daleka točka oo), 5 : e -+ e, na način .

d 5(--)=00,

e a

5(00) = - . e

Tada će 5 preslikavati bijektivno upotpunjenu ravninu e na, e. Svaka se Mčbiusova transformacija može prikazati u. obliku kompozicije ne

kih od sljedeća četiri preslikavanja:

(i) 5(z)=z+b, translacija za broj b,

( ii ) 5(z) = kz, homotetija za faktor k > O,

( iii) 5(z) = ei<p z, rotacija za kut <p, (7.2)

(iv) 1

5(z) = -, inverzija. z

Ta su preslikavanja i sama M6biusove transformacije. Zovemo ih elementarne transformacije.

78 7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

7.1. Odredi Mi:ibiusovu transformaciju koja preslikava kružnicu {Izl = l} na kružnicu {Iw - 11 = 2} .

RJEŠENJE . Traženu Mi:ibiusovu transformaciju možemo dobiti kao kompoziciju dviju elementarnih transformacija: homotetije Sl (z) = 2z i translacije S2(Z) = z + 1 . Dakle,

S(z) = (S2 o Sj)(z) = S2(2z) = 2z + 1

(sl. 7.1.) Dakako, preslikavanje nije jedinstveno. Tako npr. zadovoljavaju i sva preslikavanja w = 2e;'!' z + l , za proizvoljan realni cp, te w = 2/ z + 1 , itd. Provjeri!

I _.E&-I

Slika 7.1.

7.2. Odredi Mi:ibiusovu transformaciju koja preslikava kvadrat

G = {lxi + Iyl ~ l}

u kvadrat

G' = {O ~ u ~ 2, ° ~ v ~ 2},

tako da vrh A(-I,O) prijeđe u vrh A·(O,O).

Slika 7.2.

RJEŠENJE. Postupak je opisan u sl. 7.2. Jednadžbe preslikavanja su

Sl Zj = ei1f/

4 z,

S2 Z2 = .,f2 Zl ,

S3 W = Z2 + 1 + i,

\

7.1. RASTAV MOBJUSOVE TRANSFORMACIJE 77

te je

Napomenimo da je gornje preslikavanje afino, i da nema drugog takvog preslikavanja među zadanim područjima, koje bi točku A preslikavalo u A* . Međutim, rastav na elementarne transformacije nije jedinstven. Nije teško opisati i druge mogućnosti, koje će dati, u kompoziciji , isti rezultat (npr, najprije translacija za 1, potom homotetija za faktor v2 i potom rotacija za kut 'Tr /4).

*** Kažemo da su dvije točke ZI i Z2 simetrične obzirom na jediničnu kružni

cu, ako vrijedi

Konstrukcija točke Z2 ako je poznata ZI (i obratno) vidi se na sl. 7.3: iz točke Zl povlačimo tangentu na kružnicu k , a zatim iz dira1išta T spuštamo okomicu na spojnicu ishodišta i točke ZI' Ako je početna točka unutar kružnice. k , primjenjujemo obratan postupak: najprije dižemo okomicu na spojnicu točke s ishodištem i potom iz presječne točke te okomice s kružnicom povlaaimo tangentu.

Slika 7.3. Konstrukcija točke simetrične zadanoj s obzirom

na jediničnu kruinicu

Za zadanu točku Z, njoj simetrična glasi l/z . Zaista,

1 arg(=) = - arg z = arg Z,

Z 111 1 1 i = Izl =~.

Preslikavanje w = l/z nazivamo inverzija. Ono je kompozicija dviju simetrija, prve s obzirom na jediničnu kružnicu, i druge, s obzirom na realnu os (nevažno u kojem poretku). Geometrijski, slika w = l/Z točke z određuje se konstrukcijom primijenjenom na sl. 7.4.

78 7. MOBJUSOVA TRANSFORMACIJA

T

Slika 7.4. Konstrukcija inverzne točke zadanoj točki z, ako se z nalazi unutar kružnice (lijevo), ili ako je van nje (desno)

*** Mi:ibiusova transformacija ima sljedeća svojstva: \ - Slika jedinične kružnice je ponovo jedinična kružnica (svaka se njena točka

zrcali s obzirom na realnu os). - Slika kružnice koja prolazi ishodištem i siječe jediničnu kružnicu u točka

ma A, B, jest pravac koji prolazi točkama A·, B·, simetričnim točkama. A i B s obzirom na realnu os (sl. 7.5) .

- Slika pravca koji siječe jediničnu kružnicu u točkama A· , B* jest kružnica koja prolazi ishodištem i točkama A, B.

k

Slika 7.5. Slika kružnice koja prolazi ishodiitem je pravac koji siječe jediničnu kružnicu, i

obratno

7.1. RASTAV MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE 79

7.3. -i z + i Rastavi Mobiusovu transform aciju w = na elementarne i zatim preslikaj jedinični krug. z + 1

RJEŠENJE. . z-l . z + 1 - 2 2i .

w = -2-- = -2 = -- - 2 z+l z+l z+l '

te imamo sljedeći rastav:

Zl = z + 1, 1

Z2 =-, Z1

Z3 = iZ2 = eiTr/2z2,

Z4 = 2Z3

Z5 = Z4 - i

translacija za 1

inverzija

rotacija za kut 'Tr /2

homotetija za faktor 2

translacija za - i

Djelovanja pojedinih preslikavanja opisana su na sl. 7.6.

Slika 7.6.

*** Osnovno svojstvo M6biusove transformacije jest da preslikava kružnice u

kružnice (pri čemu i pravce smatramo kružnicama beskonačno velikog polumjera. Primijeti da četiri elementarne transformacije imaju ovo svojstvo, a svaka je M6biusova transformacija kompozicija elementarnih). Svaka je kružnica određena s tri točke. Da bismo odredili sliku područja G omeđenog lukovima kružnica (tu ponovo ubrajamo pravce!) dovoljno je preslikati proizvoljne tri točke iz svakog dijela i kroz njihove slike ponovo povući kružnice. Pri tom će smjer obilaska po krivuljama koje omeđuju zadano područje G ostati sačuvan. Ako biramo poredak točaka tako da G pri obilasku ostaje s lijeve strane, isto će vrijediti i za područje G· (sl. 7.7).

Zz Zz

l "

Slika 7.7. Neke mogućnosti pn preslikavanju Miibiusovom transformacijom. pozornost na smjerove obilazaka. Područje ostaje uvijek s lt jeve strane

7.4.

RJEŠENJE .

kajmo ih :

z Preslikaj zadana područja funkcijom w = -- :

z-l A. jedinični krug {Izl < l} ; B. poluravninu {Re z < 2}; C. isječak {O < arg z < 7t,/4}; D. prugu {O < Rez < l}.

A. Izaberimo tri točke koje određuju kružnicu {Izl = l} i presli-

ZI = 1, WI = oo, 1 1 .

Z2 = i, W2 = 2 - 2t ,

1 Z3 = -1 , W3 = 2'

Slika jedinične kružnice je kružnica koja prolazi točkama WI , W2, W3. Kako je među njima i točka oo, riječ je zapravo o pravcu . Područje G* nalazi se s lijeve strane tog pravca (sl. 7.8) .

Slika 7.B.

7.1. RASTAV MOB!USOVE TRANSFORMACIJE 81

B. Sada ćemo odabrati tri točke s pravca koji određuje područje G (sl. 7.9) . U takvom slučaju uvijek biramo i točku oo, zbog jednostavnijeg računa . Dobivamo

ZI = 2, Wl = 2,

Z2 = 2 + i, 3 1 . W2 = 2 - 2l,

Z3 = oo, W3 = 1.

i slika je krug određen točkama Wl, W2 i W3.

Slika 7.9.

C. Izabrat ćemo po tri točke sa svake od zadanih dviju zraka cp = ° i cp = 'Tr /4 (ukupno četiri točke , pošto ishodište i točka oo pripadaju objema zrakama). Područje G' određeno je s dva kružna luka (sl. 7.10).

ZI = 0,

Wl = 0,

Z2 = 1, Z3 = oo, W2 = oo, W3 = 1,

Slika 7.10.

Z4 = 1 + i W4 = 1- i .

D. Pruga je određena s najmanje 5 točaka (sl. 7.11) :

ZI = 0, Z2 = i, Z3 = oo, Z4 = 1 + i,

Wl = 0, 1 1.

W2 = 2 - 2l, W3 = 1, W4 = 1- i,

Zs = 1,

Ws = oo.

Z:t = oo

Zz

Z,

Slika 7.11. '

Ako su zadana tri para međusobno pridruženih točaka (Zk' Wk) , k = 1, 2,3, tada Mčbiusovu transformaciju w = S(z), određenu tim točkama, računamo\po formuli : \

W -WI W3 - WI z - ZI Z3 - ZI =-- : --- (7.3)

W - W2 W3 - W2 Z - Z2 Z3 - Z2

Ako je neka od zadanih točaka jednaka oo, tada M6biusovu transformaciju tražimo u obliku

ili

ili

az + b W=--, z - Zk

z+a W = Wk--'-{J' z+

ako je Wk = oo, (7.4)

ako je Zk = 60, (7.5)

w = az + b, ako je Zk = oo wie = oo. (7.6)

Preostale dvije nepoznate konstante odrede se potom pomoću preostala dva para točaka.

*** U sljedećem zadatku tražena Mčbiusova transformacija nije jedinstvena.

Njen oblik će ovisiti o izboru parova točaka (Zk' w",), koje možemo birati po našoj volji. Činiti ćemo to na što prirodniji način (s nadom, opravdanom, da će tako i traženu funkciju biti lakše izračunati).

7.5. Odredi M6biusovu transformaciju koja preslikava područje G u G* :

A. G = {Iz - 11 < l}, G* = {Iwl > l}; B. G = {Izl < l}, G* = {Imw > O}; C. G = {Imz > O}, G* = {Iwl < l}; D. G = {Imz > O}, G* = {Rew > O}.

7.2 . IMPLICITNI OBLIK MOBJUSOVE TRANSFORMACIJE

RJEŠENJE. A.

ZI = 2,

Z2 = 1 + i, Z3 = O,

WI =-1

W2 = i W3 = 1

w-(-l) 1-(-1) W - i

1 i odavde W = -- .

l-z B.

ZI = l, Z2 = i,

Z3 = -l, W3 = oo

l-i

Zz

Slika 7.12. z-2 0-2

=----z-l-i 0-1-i

Slika 7.13.

83

Transformaciju tražimo u obliku W = dva para točaka daju

az + b . . --- , Jer Je W3 = oo. Preostala z+l

a+b 0=--

1 + l ' -iz + i

Zato, W = --z+l

C.

ZI = O, WI = 1

Z2 = l, W2 = i

Z3 = oo, W3 = -1

ai + b l = -- ==::} a = -i, b = i .

i + l

Slika 7.1 . ., ,

S d . Z + O . . N dal' a a Je W = - --(3 , Jer Je z3 = oo . a Je, z+

. 1+0 . (3 . t == --- ==::} o == -t, = t

1+(3

-z +i i odavde W = ---o . Provjeri da je ova funkcija inverzna o'noj iz B.

z+t

84

D.

ZI = O, WI = O

Z2 = 1, 'W2 = -i Z3 = oo, w3 = oo

7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

Slika 7.15.

Sada je W = az + b (Z3 = W3 = oo) . Nadalje,

O = a . O + b, -i = a ' 1 + b =} a = -i , b = O.

Dakle, W = -iz (rotacija za kut -7r /2) .

\

Svojstvo simetrije za Mi:ibiusovu transformaciju glasi: ako su točke ZI, Z2

simetrične s obzirom na kružnicu (ili pravac) k, tada su njihove slike WI, W2

simetrične s obzirom na sliku k· (sl. 7.16).

Slika 7.16. Par simetričnih točaka preslikava se M obiusovom transformacijom ponovo u par simetričnih točaka . .

7.6. Pokaži da je i'" Z - Zo

W = e'" 1 - Z Zo

(7.7)

opći oblik Mi:ibiusove transformacije koja preslikava jedinični krug {I Z I < l} u jedinični krug {Iw I < l} , tako da točka z = Zo prvog kruga prelazi u središte W = O drugog kruga (<p je proizvoljan realan broj) .

7.3. SVOJSTVO SIMETRIJE ZA MOBIUSOVU TRANSFORMACIJU

Slika 7.17. Par točaka zo, ZI !imetričnih ! obzirom na kružnicu k pre!likava !e u par točaka Wo, Wl !imetričnih $

obzirom na kružnicu k"

-85

RJEŠENJE . Neka je ZI točka simetrična točki Zo s obzirom na jediničnu kružnicu k = {Izl = l} (sl. 7.17). Znamo da vrijedi ZI = llžo. Po principu simetrije, njihove slike Wo i Wl će također biti simetrične, s obzirom na sliku k· = {lwl = l} . Međutim, kako je Wo = O, to mora biti Wl = oo . Zato tražena transformacija ima oblik

Z - Zo z - Zo _ z - Zo z - Zo W = Q-- = Q = -Q Zo = {J---

Z - ZI Z - lizo l - Z Zo l - z Zo '

gdje je {J neka konstanta, koja nije potpuno proizvoljna. Odrediti ćemo njen oblik, znajući da mora vrijediti Iwl = l, čim je Izl = l . Kako za Izl = l imamo

11- zzol = Izl ' 11- zzol = Izl' 11- zzol

= Iz - z zzol = Iz - zoi = Iz - zoi,

to mora biti

1 = Iwl = I {J z - Zo 1= I{JI' Iz - zoi = I{JI l - z Zo II - z zoi

i stoga {J ima oblik (J = eicp , cp proizvoljan realan broj .

Broj cp ipak možemo odrediti, ukoliko je poznat još jedan podatak o preslikavanju, npr. derivacija w'(zo) . (Geometrijsko značenje te derivacije biti će' opisano u sljedećem poglavlju.) Vrijedi

'() icp l - zozo w Zo = e (1-zzo)2

te je

. 1 eicp

w'(zo) = e1CP = --:---= l - ZoZo l - Izo 12 .

Broj l -lzol2 je realan i pozitivan, te je argeicp = cp = argw'(zo). Dakle,

cp = argw'(zo).

86

7.7.

RJEŠENJE.

k

Pokaži da je i.n Z - Zo

w=e'"--z -zo


(7.8)

opći oblik M6biusove transformacije koja preslikava gornju polurfvninu {Imz > O} na jedinični krug {Iwl < l}, tako da točka Za iz zadane poluravnine prijeđe u središte Wo = O kruga. (cp je proizvoljan realan broj .)

Slika 7.18. Simetričan par točaka (8 obzirom na realnu OJ)

prelazi u par O, oo

Par simetričnih točaka Zo, ZI = Zo prelazi u par Wo = O, W1 = oo . Zato je

Z - Zo w=a-- .

Z - Zo

Za sve realne z vrijedi z = z i Iz - zoi = Iz - zoi = Iz - zoi. mora prijeći II jediničnu kružnicu, to imamo .

Iz - zoi 1 = Iwl = lal . I _ I = lal z - zo

i ponovo je a = ei<p , za neki realni cp.

Kako realna os

7.8. Odredi funkciju w = J(z) koja preslikava jedinični krug u samog sebe, tako da bude J(~) = O i argf'(~) = i .

RJEŠENJE. Po Zadatku 7.6 je, za zo = ~, cp = i i

j1r/2 Z - ~ . 2z - 1 w=e --=~--.

l-~z 2-z

7.9. Odredi funkciju w = S( z) koja preslikava desnu poluravninu {Re z> O} u krug {Iwl < 2} tako da bude S(1) = O, arg S'(1) = 7r/2.

RJEŠENJE. Tražena funkcija S je kompozicija triju M6biusovih transformacija (sl. 7.19) i to: rotacije Sl (za kut 7r/2) koja prevodi desnu poluravninu u gornju, transformacije S2 koja preslikava gornju poluravninu u jedinični krug te homotetije S3 (za faktor 2).

t"""··, :~ i '" .0':,"

" .'~ '!'::

j

I

7.3. SVOJSTVO SIMETRIJE ZA MOBIUSOVU TRANSFORMACIJU

Dakle,

Nadalje,

Slika 7.19.

S () i1(/2 . ZI = l Z = e Z = tz,

. ZI - al . ZI - i Z2 = S2(Zl) = e'I{) --_- = e'I{) --.,

ZI - al ZI + t W = S3(Z2) = 2Z2·

2 il{) iz - i il{) z-l

w= e --=2e --iz + i Z + 1

· 1 . w' = 4e'I{) ===> w'(l) = e'I{)

(z + 1)2

. 11' z-l te Je a} tako da bude w(a) = 1 + i, argw'(a) = -1l'/2 .

RJEŠENJE. Nađimo inverznu transformaciju Z = S-l(W)! Ona preslikava gornju poluravninu na jedinični krug i pri tom točka Wo = 1 + i prelazi u ishodište Za = a. Odredimo još arg z'(wo). Kako je (S-lo S)(z) = z, to je (S-lo S)'(z) = 1 i arg(S-l o S)'(z) = a. Dakle,

a = arg[(S-l)'(w)' S'(z)) = argz'(w) + arg~'(z). Stoga je arg z'(wo) = - arg w'(zo) = 11'/2. Po formuli (7.8) imamo

. w - Wo . w - 1 - i Z = e'I{) = e'I{)---

w - Wo w -1 +i' Odredimo <p. Vrijedi

, il{) 2i '( .) 1 . il{) Z = e (w -l + i)2 ===> Z 1 + t = -2te .

88 7. MOSlUSOVA TRANSFORMACIJA

W i . W te je 2 = argz'(l + i) = arg(- 2

e 1'f') = -2 + 'P, odnosno 'P = w. Dakle,

. w-1-i z = en. =

w -1 + i w -1- i

w -1 +i

!zračunavši odavde w dobivamo traženu funkciju:

7.11.

(1 - i)z + 1 + i w = ~--'-----

z+1 \

Odr:edi funkciju w = S(z) koja preslikava gornju poluravninu u samu sebe, tako da bude S(i) = 1 + i, argS'(i) = w!2 .

RJEŠENJE . Preslikajmo obje poluravnine na jedinični krug, pomoću dviju M6biusovih transformacija Sl i S2! Neka pri tom vrijedi Sl (i) = O, S2(1 +i) = O. Tada će naša tražena funkcija imati oblik S = S:;l o Sl (sl. 7.20).

Slika 7.20.

Vrijedi i'" Z - Zo i'f' W - Wo

ZI = e T l --_- = e 2 --_-

Z - Zo W - Wo

i odavde w-l-i . z-i ___ ~=et'f' __

w-1+i z+i

Da bismo ispunili drugi uvjet , derivirajmo ovu jednakost: .

2iw' i ' ~ 2i 'i",(w-1+i)2 -;-----,-:-;0- = e""==> w = e T l

(w-l+i)2 (z+i)2 (z+i)2

Uvrstimo sada z = Zo = i, w = Wo = 1 + i. Dobivamo w'(i) = ei'f' i odavde 'P = argw'(i) = wj2. Dakle,

w-1-i z-i ---~. =i--. w-1+t z+t

v d' 2 sto aje w = -- . 1 - z

'"

7.4. KANONSKI OBLIK MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE 89

Mć:ibiusova transformacija w = 8(z), različita od identiteta, može imati jednu ili dvije fiksne točke . Dobivamo ih rješavajući jednadžbu:

8(z) = az + b = z cz + d

koja sređena glasi cz2 + (d - a)z - b = O. (7.9)

Ova jednadžba ima jedno, dva ili pak beskonačno mnogo rješenja. U trivijalnom slučaju , u kome svaki z zadovoljava jednadžbu, mora biti c = O, b = O i d = a. Transformacija tada glasi S( z) = z, dakle 8 = I, identično preslikavanje i svaka je točka z E e fiksna točka .

Ako je oo fiksna točka, tada 8 ima oblik 8(z) = az + b . Ukoliko je a i= 1,

točka _b _ je druga fiksna točka takvog preslikavanja. l-a

Preostaju dva netrivijalna slučaja: Mć:ibiusova transformacija ima točno jed· nu fiksnu točku zo, ili pak točno dvije različite fiksne točke zI , Z2 (zo, Z1, Z2 i= oo) . Odredimo karakterizaciju Mć:ibiusove transformacije u tim slučajevima -kanonski oblik Mć:ibiusove transformacije.

7.12. P k -' d M"b' r" 8() az + b . -o azl a o lUsova translorrnacIJa w = z = --d Ima tocno cz +

jednu fiksnu točku Zo, ako i samo ako se dade prikazati u obliku

{

_1_ = _1_ + a, a i= O, Zo i= oo, w - Zo z - Zo w = z + b, Zo = oo

(7.10)

U tom je slučaju

2c a = --o

a+d (7.11)

(Ovakvo preslikavanje nazivamo paraboličkim . )

RJEŠENJE. Slučaj Zo = oo je očigledan. Neka je Zo i= oo. Zo je zaista fiksna točka preslikavanja w = 8(z) definiranog sa (7.10): za z = Zo desna strana ima vrijednost oo, pa mora biti w = zo, tj. vrijedi 8(zo) = Zo. Pokažimo nužnost.

Jednadžba (7.9) ima samo jedno rješenje. Pri tom ne smije biti c = O, jer bi tada preslikavanje glasilo 8(z) = (az + b)jd i imalo bi i drugu fiksnu točku oo . Neka je Zo jedina fiksna točka. Ona je dvostruko rješenje jednadžbe (7.9) i glasi

a-d Zo=--

2c (7.12)

90

Sada je


/ 1 cz + d -- = = -------w - Zo az + b az + b - cZZo - dzo ---Zo

cz+ d cz+d

=--:---'7"'"--:--..,.-z(a - czo) + b - dzo

c( z - zo) + d + cZo = (z - zo)(a - CZO) - (cz5- azo + dzo - b)

Zo zadovoljava (7.9) pa vrijedi cz5 - azo + dzo - b = O. Također , (7.12) daje d + cZo = a - cZo :

1 c( z - zo) + a - cZo 1 c --= =--+--w - Zo (z - zo)( a - czo) z - Zo a - cZo

1 =: --+a

z - Zo i broj a zadovoljava (7.11)

c c 2c a = a _ cZo = a - d = a + d'

a-c--2c

Spomenimo još da izbor a = O u formuli (7.10) daje S = I i tad je svaka točka fiksna.

7.13. P k -' d M"b' tr" S() az + b . -o aZI a o lUsova ranslormaCIJa 10 = Z = --d Ima tocno cz +

dvije različite fiksne točke ZI, Z2 ako i samo ako se dade prikazati u obliku

{

W - zI Z - ZI --=),--, W - Z2 Z - Z2 W - zI = ),(z - ZI),

(7.13) ), i' 1, Z2 = oo,

U tom je slučaju

(7.14)

odnosno

a + d - J(a - d)2 + 4bc ), = .

a + d + J (a - d)2 + 4bc (7.15)

(Za ), > O preslikavanje nazivamo hiperboličkim, za ), oblika ), = eia , (a i' O) eliptičkim, a za ), = reia (r i' 1, a i' O) loksodromičkim . )

RJEŠENJE. Dovoljnost je ponovo očigledna: Preslikavanje definirano sa (7.13) ima fiksne točke ZI i Z2. Kad bi imalo još i treću fiksnu točku, bilo bi

7.4. KANONSKI OBLIK MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE 91

w = S(Z) = z za svaki Z, i odavde A = 1 . Dakle, S ima točno dvije fiksne točke.

Neka su sada ZI, Z2 E e sve fiksne točke od S. Tada vrijedi az + b

w - ZI cz + d - ZI az + b - CZI Z - dZI --= =

az + b az + b ~ CZ2 Z - dZ2 ---Z2 cz + d (a ~ CZI)Z - (dz l - b)

= (a - CZ2)Z - (dz2 - b) dZI - b

z----a - CZI =--_. a - CZI

dZ2 - b ' z----a - CZ2

a - CZ2

Kako je zI fiksna točka, to vrijedi

aZI + b ZI = S(zd = --...::...--"

CZI + d -I dZI - b

=:} ZI = S (zd = -a - eZI

i slično za Z2 . Zato je

Th smo označili

W - ZI a - CZI Z - ZI Z - ZI --= · --=: A--.' W - Z2 a - CZ2 Z - Z2 Z - Z2

A = a - eZI .

a - eZ2

"

Vidimo da je A ;f:. 1, jer bi A = 1 dalo ZI = Z2. rada1je, ZI Z2 su rješenja jednadžbe (7.9):

a - d ± J (a - d)2 + 4bc ZI2 = . (7.16) , 2c

Neka je ZI ono rješenje s predznakom +, a Z2 s predznakom - Ovako određene vrijednosti za ZI i Z2 uvrštene u (7,14) daju relaciju (7.15).

*** Neka je n E N i S M6biusova transformacija. Definirajmo SO = I (iden

titeta) i dalje induktivno sn = S o sn-I . Tada vrijedi, za preslikavanje oblika (7.10)

1 1 1 2( ) = S( ) + a = -- +'20'

S Z - Zo Z - Zo z - Zo

i indukcijom 1 1 -:--:-:-- = -- + na.

Sn ( z) - Zo z - Zo

Za preslikavanje oblika (7.13) dobivamo

S2(z) - ZI =.x S(z) - ZI =.x2 Z - ZI

S2(z) - Z2 S(z) - Z2 Z - Z2

(7.17)

i indukcijom

/ sn(Z )- ZI =>.nZ- ZI .

Sn( z) - Z2 Z - Z2 (7.18)

Neka je niz {an} definiran sa aa EC,

an+l := S(an), n ~ O. , Tada je an = Sn(ao) . U slučaju kad S ima samo jednu fiksnu točku za ::j:. oo , relacija (7.17) pokazuju da vrijedi lim an = za .

Ako S ima dvije fiksne točke zI , z2 ::j:. oo, tada, za 1>'1 < 1 vrijedi lim an = ZI , za 1>'1 > 1 , lim an = Z2 · U slučaju 1>'1 = 1 , niz može imati više (pa i beskonačno mnogo) gomilišta.

7.14. Odredi gomilišta nizova definiranih rekurzivnim formulama 1

A. an+I = 2 - - , aa = 2; an

3an + 1 B a - aa = O', • n+I - an + 3 '

an + i C. an+l = --., aa = O.

an - l

RJEŠENJE. A. Definirajmo M6biusovu transformaciju 1 2z - 1

w = S( z ) := 2 - - = --o Z Z

Odredimo njene fiksne točke . Jednadžba

2z - 1 -- = z <=> z2 - 2z + 1 = O Z

ima jedno dvostruko rješenje Za = 1 . Zato S ima točno jednu fiksnu točku i može se napisati, po (7.10) i (7.11) u obliku

1 1 --=--+1. w-1 z-l

Odavde, po formuli (7.17) slijedi

1 1 1 --= =--+n. an - 1 Sn ( aa) - 1 aa - 1

Kad n --; oo , dobivamo an --; 1 , neovisno o izboru početne točke aa .

B. Ovog puta pripadna M6biusova transformacija glasi

3z + 1 w = S(z) = Z + 3 .

Njene fiksne točke su ZI = 1, Z2 = -1 (provjeri!) . Zato se S može napisati u obliku

w-1 z-l --=>.-w+1 z+l

7.5. ZADACI ZA VJEŽBU

pri čemu je >. dan sa (7.15) i iznosi>. = ~. Po formuli (7.18) dobivamo

an - 1 _ sn ( ao) - 1 _ >. n ao - l _ l an + 1 - Sn(ao) + l - ao + l - - 2n '

Stoga an -t l , za svaki ao #: -l . e. Pripadna Mčbiusova transformacija

z+i w = S(z) =-.

Z-t

93

ima dvije fiksne točke, ZI,2 = ~(1 + i)(l ± 3) i odgovarajući >. je -~ - 4i (provjeri!) i vrijedi >.3 = 1.

Ponovo po formuli (7.18) dobivamo

an-ZI =>.nao-zl = (_~_ /3)n ZI an - Z2 ao - Z2 2 2 Z2

Niz { (-~ - 4i) n} ima samo tri vrijednosti:

1 /3. l /3 . cI=-2-T.t , c2=-2+Tt, c3=!.

(7.19)

Zato će niz {an} imati samo tri gomi1išta: Al, A2 , A3, koje ćemo odrediti iz formule (7.19):

A · - ZI ZI . AJ = Cj -, J = 1,2,3.

j - Z2 Z2

'Iti vrijednosti Cl, c2, C3 daju Al = -l, A2 = -i , A3 = O (izračunaj ih!), i to su gomi1išta niza {an} .

Zadatak ima i direktno, lakonsko rješenje. Uvrštavanjem ao ot:: O u rekurzivnu formulu dobivamo niz ao = O, al = -1, a2 = -i, a3 = O i on se dalje periodički ponavlja.

Da objasnimo tu pojavu, primjetirno da vrijedi >.3 = l . Zato je

S3(z) - ZI = >.3 Z - ZI = Z - ZI 'riz E e, S3(z) - Z2 Z - Z2 Z - Z2'

i odavde S3(z) = Z, tj. S3 = I . Sada je jasno da će za proizvoljnu točku ao skup {Sn(ao)} imati samo tri elementa: ao, al = S(ao), a2 = S2(ao), jer je potom a3 = ao itd. Usporedi s zadatkom 7.34.

7.15. Skiciraj djelovanje sljedećih elementarnih Mi:ibiusovih transformacija na proizvoljno odabranoj točki A . w = z + 2i;

C. w = iz;

E. w= ijz;

B. w = z - 5;

D. w = (- v2 +i V2) z' 2 2 '

F. w = -2z + i .

7.16. Odredi točku simetričnu točki ZI = l + i 8 obzirom na kružnicu A. Izl = lj B. IZ - il = 2,

7.17. -z + i

Rastavi Mčbiusovu transformaciju W = . na elementarna preslikavanja i Z+l

odredi potom sliku gornje poluravnine Im z > O, /

7.18. U što preslikava funkcija w = l/z A. familiju pravaca y = CXj B. familiju pravaca y = x + C j

C. familiju kružnica x 2 + l = Cx?

7.19. Odredi sliku područja G = {Iz - II < 2} pri preslikavanjima

7.20.

7.21.

2z 2z A. w=iz-l j B. W=--j C. w=--3 j

z+3 z-z+l

D. w= --, z-2

Odredi sliku područja G pri preslikavanju w = S(z) , l-z

A. G={x>O,y>O},w=-l-j z

B. G={x<1},tv=--2 j z-

+z

. z-l C. G = {O < x < l}, w = --j

z

D. G = {x + y < l, x> O, y > O}, l

w= -; z

z+i E. G = {lxi + Iyl < l, y > O}, w = -,;

Z-l iz

F. G={x>-l, y<l, y-x>l}, W=--" Z-l

Odredi sliku područja G pri preslikavanju w = S(z): z-l

A. G = {Izl < l, Imz > O}, w = --l; z+ 2z - i

B. G = {Izl < l , Imz > O}, w = -2 -, ; + 1Z 2

C. G = {l < Izl < 2}, w = --l; z-

D. G = {Iz + II > l, Iz + 21 < 2}, z+2

w=-- ; z

I II l z E. G={z-2 <2' Imz>O}, w= z-l;

2 2 z F. G = {x + y < l, x + y > l}, w = --l ' z-

z = x + iy :

7.22. Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava točke O, i, oo redom u točke A. l - i, 2, l + i; B. -1, O, 1; C. -2i, -2, 2i; i odredi sliku desne poluravnine {Re z > O} pri tim preslikavanjima,

7.23. Odredi Mčbiusovu transformaciju koja preslikava točke O, 1 +i, 2 redom u točke A. O, 2 + 2i, 4j B. 4, 2 + 2i, O; C. O, 2, oo; i odredi sliku kruga {Iz - II < l} pri tim preslikavanjima.

. .'.o'

1.5. ZADACI ZA VJEZnU 95

7.24. Odredi neku Mobiusovu transformaciju koja preslikava područje G u G· , ako je

A. G = {Izl < l}, G· = {Imw < O} ;

B. G={lz+ll<l}, G·={Rew>-I};

C. G = {Iz - 11 < 2}, G· = {Iw - il < l};

D. G = {Iz - 1 + il < l}, G· = {Iw + 11> 2} .

7.25. Odredi Mobiusovu tra.nsformaciju koja preslikava jedinični krug {Izl < l} u jedinični krug {Iwl < l} te točku Zo u točku wo, ako je

l l i l A. zo=-, wo=O; B. zo=O, wo=--; C. zo=-, wO=--2;

2 . 2 2 i i l l ,l 7T

D. zO=-2' wO=3'j E. zO=2' wO=2' arg w('2)='2 '

7.26. Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava područje G u G· , ako je

7.27.

7.28.

A. G = {Imz > O}, G· = {Iwl < l}, w(i) = O, argw'(i) = .7T ;

B . G = {Imz > O}, G· = {lwl < l}, w(zo) = Wo, argw'(zo) = a ;

C. G = {Imz > O}, G· = {Imw > O}, w{l + i) = i, argw'(l + i) = 7T/2j

D. G = {Imz > O}, G· = {Imw > O} , w(zo) = Woj

argw'(zo) = a, (Imzo > O, Imwo > O) ;

E. G = {Izl < 2}, G· = {Rew > O}, w(O) = l , argw'(O) = 7T/2j

F. G = {Izl < 2} , G· = {Iwl < 4}, w(l) = 3, argw'(l) = a j

G. G = {Iz - 21 < l}, C· = {Iw - 2il < 2}, w(2) = i, arg w'(2) = O.

*** Dokaži sljedeća svojstva Mobiusove transformacije: A. S'(z)y(:Oj B. Kompozicija Mobiusovih transformacija je opet M6biusova transformacija (odredi ju!) ; C. Za. svaku Mobiusovu transformaciju w = S(z) postoji inverzna. funkcija. z = S-l(w) j

D. S-l je ponovo Mobiusova transformacija (odredi joj oblik) . .

1 Dokaži da sljedeće M6biusove transformacije: Sl(Z) = z, S2(Z) = S3(Z) =

z l - z , S4(Z) = -l l , S~(z) = z - l , S6(Z) = _z_ čine grupu s obzirom na

-z z z-l kompoziciju kao grupovnu operaciju . (Napiši tablicu množenja!)

7.29. Neka su ZI , z2 točke simetrične s obzirom na (jediničnu) kružnicu k . Dokaži da svaka. kružnica koja prolazi točkama ZI i Z2 siječe kružnicu k pod pravim kutom.

7.30. Neka je S proizvoljna Mobiusova transformacija koja preslikava gornju polurav

ninu na samu sebe. Pokaži da S ima oblik S = :::! ' pri čemu su a, b , e, d

realni brojevi za koje je ad - be > O.

7.31. Svakoj regularnoj kvadratnoj matrici drugog reda

A = [~ !] , a, b, c, d E C,

odgovara M8biusova transformacija SA definirana na način :

S ( ) _ az + b A z - cz + d '

Pokaži da za pridr-uživanje A I-t SA vrijedi A. Za svaki a EC, a:f: O je SoA = SA i B . Kompozicija M8biusovih transformacija je M8biusova transformacija i vrijedi SA OSB = SAB j C. Inverz M8biusove transformacije je M8biusova transformacija i vrijedi (SA) -l = S A-l .

* ** 7.32. Označimo sa J(a j ZO) M8biusovu transformaciju iz (7 .10), s jedinstvenom fiksnom

točkom zo . Dokaži da za kompoziciju dviju takvih transformacija vrijedi

J(a i ZO) o J({J i ZO) = J(a + (J i ZO) ·

Dokaži potom da skup {J(a i ZO), a E C} čini komutativnu grupu uz kompoziciju kao grupovnu operaciju .

7.33. Označimo sa g(,\j ZI , Z2) M8biusovu transformaciju iz (7 .13), s fiksnim točkama ZI , Z2 . Dokaži da za kompoziciju dviju takvih transformacija vrijedi

g('\ jZ I ,Z2)o9(J.L iZ I,Z2) = g('\J.L j ZI , Z2) .

Dokaži potom da skup {g ( ,\ j ZI , Z2) , ,\ E C, ,\ :f: O} , uz operaciju kompozicije, čini kOlJ1utativnu grupu .

7.34. Dokaži da za M8biusovu transformaciju vrijedi Sn = I za neki prirodan broj n ako i samo ako ona ima prikaz

S(Z)-Zl =,\Z-Zl

S(Z)-Z2 Z- Z2

za neke kompleksne brojeve ZI , Z2 , '\ , pri čemu je ,\ n = 1 .

7.35 . Svaka se M8biusova transformacija dade napisati u obliku tu = az + ~ , pri čemu "(Z + ()

je a 6 - rh = 1 . Dokaži : A. Neka je a = 6, realan broj . . Ako je la + 61 < 2 , tada je preslikavanje eliptičko, za la + 61 > 2 hiperboličko, a za la + 61 = 2 paraboličko . B. Ako je Im (a + 6) :f: O, tada je preslikavanje loksodromičk~.

7.36. Odredi točke gomilanja za niz {an} definiran formulama

2(2 + i)an + l - 2i an+ l = (l _ 2i)an + 2(2 + i) ' ao = O.

97

8. Konformna preslikavanja

Kažemo da je preslikavanje W = f(z) konformno u točki Zo E e, ako je f analitička u nekoj okolini točke Zo i ako vrijedi !,(zo) i= o. Kažemo da je preslikavanje f konformno na području D, ako je konformno u svakoj točki tog područja. Preslikavanje koje je konformno na čitavoj kompleksnoj ravnini e zvati ćemo naprosto konformnim.

Neka je f konformno na području D . Pretpostavljamo da se krivulje ')'1 i 'Y2 sijeku u točki Zo E D pod kutom Ct . Tada se njihove slike 'Yi i 'Y2 sijeku u točki Wo = !(zo) pod istim kutom ct, pri čemu se taj kut, u odnosu na realnu os, zarotirao za iznos lP = arg !'(zo) (slika 8.1).

Ako je element luka As proizvoljne krivulje 'Y prešao u element luka As·

na krivulji 'Y* , tada granična vrijednost lim II~s·11 ne ovisi okrivulji 'Y i iznosi Zl-+ Z 0 uS

If'(zo)l · Kut

nazivamo kut zakreta, a broj

lP = arg l' (zo)

A = 1!,(zo)1

omjer preslikavanja f u točki zo. Ako je A > 1, element luka krivulje 'Y se rasteže, a ako je A < 1, element

luka krivulje 'Y se steže pri preslikavanju funkcijom ! .

!J8 8. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

----t---- --------

I

I zo .~ 1/" r I

-~ Slika 8.1. K ut zakreta i omjer preslikavanja. Preslikane krivulje sijeku se pod istim kutem

kao i početne, dijelovi lukova su zarotirani za kut tp i stegnuti (rastegnuti) za faktor), .

8.1. Izračunaj omjer preslikavanja i kut zakreta: A. w = z2, u točki Zo = 1 + i; B. w = ln z, u točki Zo = i; C. w = e

Sin L, u točki Zo = iln2.

RJEŠENJE.

A. Izračunajmo derivaciju funkcije u zadanoj točki. Vrijedi w'(zo) = 2zo = 2 + 2i. Zato je A=2V2, cp=7r/4.

Općenito, u proizvoljnoj točki ZI kompleksne ravnine, omjer preslikavanja je A = 21zII, a kut zakreta cp = arg ZI (slika 8.2) .

B. Sada je w'(zo) = ~ = -i. Zato A = 1, 37r

cp = -- . 2

z

,/ ~,' W/

"" ./ ' \ ,--' z I

/'~m\"" -~~Y-" -~~, ___ _

Slika 8.2.

C. w'(zo) = e"iu cos z . Zato, po formulama (4.5) i (4.6). e i (iln2)' _ e- i(iln2) e- ln2 _ e ln2 3i

sin(iln2) = 2i = 2i = 4' e i (i1n2) + e- i(iln2) e- ln2 + ein 2 5

cos(iln2) = 2 = 2 =4

5 5 3 Dakle, w'(zo) = 4 e3i /

4 , te je A = 4' cp = 4 .

l· l l

8.1. OMJER PRESLIKAVANJA J I<UT ZAKRETA 99

8.2. Koji se dijelovi kompleksne ravnine stežu a koji rastežu pri preslikavanju funkcijama

A. w = z2 - 4z; l

C. w=- . z

RJEŠENJE. A. Vrijedi w' = 2z - 4. Omjer preslikavanja >. u točki z iznosi 12z - 41 . Uvjet). < 1 daje Iz - 21 < ~ . Dakle, nutrina kruga {Iz - 21 < ~} se steže, a njegova vanjština rasteže pri preslikavanju funkcijom w . . B. w':::: eZ

, te je ). = Iw'l = le",+iYI = e"' . 1>'1 < l vrijedi za x < O. Steže se poluravnina {Re z < O} , a rasteže {Re z > O} .

C. Sadaje w' = - 1/z2 i >. < l vrijedi za Iz l > l . Steže se vanjštinajediničnog kruga, a rasteže njegova nutrina.

8.3. U što se preslikava zraka a . . . y = x - l , x ~ 1 funkcijom A. w = z2; B. w = z2 + 2i z.

RJEŠENJE . A. Rastavimo w = u + iv = z2 na realni i imaginarni dio. Dobivamo sustav

Eliminacijom varijable y :

U = X 2 _y2,

V = 2x y,

y = x - l , x ~ 1.

u = 2x-1

v = 2x(x-1)' x ~ 1.

Ove jednadžbe predstavljaju parametarsku jednadžbu krivulje a* u w-ravmlll . Kako je x = (u + 1)/2, eliminacijom parametra x slijedi (vidi sliku 8.3.b.)

B . Sada imamo

1 1 a* v = _"L

2 U >- 1 oo . 2' - 2' "" .

u = x 2 - y2 - 2y,

v = 2xy + 2x,

y = x -l, x ~ 1.

Eliminacijom nepoznanice y dobivamo

u = l, v = 2x2

, X ~ 1.

Ovaj sustav predstavlja parametarsku jednadžbu zrake a* , (slika 8.3 .e) .

100 B. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

8.4.

L /L .- - A- • - _.r?-_.

Slika 8.3.

U što se preslikava kartezijeva koordinatna mreža iz z- ravnine, funkcijom w = eZ ?

RJEŠENJE . Koordinatnu mrežu čine krivulje duž kojih su pojedine koordinate konstantne: x = Gl i Y = G2 opisuju kartezijevu koordinatnu mrežu.

w = eZ = e:z:+ iy = e:Z: . eiy = R . ei~ .

Zato se pravci x = Gl preslikavaju u kružnice w = eC, . eiy , (s polumjerom eC , ) , a pravci y = G2 u zrake w = e:Z: . eiC, (slika 8.4) . Funkcija w = e% je konformna tl svakoj točki i stoga čuva kutove, dobivene familije su ponovo ortogonalne .

I

--12

-- ~-+ >--·1 .J [ -14 J

~ I . -I'

e

- , . -/2

i I I

Slika 8.4. Slika kartezijeve (pravokutne) koordinatne mreže je polarna mreža u ravnini

' ;. .

8.2. KONFORMNA PRESLIKAVANJA .: '

~' . ,'" ~ .. . )

101

8.5. Duž kojih krivulja je realni dio funkcije w = Z2 'k~~~tantan? Duž kojih je konstantan imaginarni dio? Obje familije krivulja čine ortogonalne sisteme, zašto? Kakvo je preslikavanje u ishodištu?

RJEŠENJE. Vrijedi w = z2 = (x + iy)2 = x2 - y2 + 2ixy. Realni i imaginarni dijelovi su: 'll = x2 - y2, V = 2xy i konstantni su duž krivulja x2 - y2 = Gl , 2xy = G2 . Ove jednadžbe predstavljaju dvije familije hiperbola (slika 8.5) koje se sijeku pod pravim kutem, pošto je njihova slika preko funkcije w = z2 (kartezijeva) ortogonalna mreža 'll = Gl, V = G2 u w-ravnini. Preslikavanje w = z2 ima derivaciju '/J/ = 2z i konformno je svuda osim u ishodištu .

Kut među krivuljama koje se sijeku u ishodištu se ne čuva. Tako na primjer, pravci y = O i Y = x sijeku se pod kutem 450

, a njihove slike, u = O i v = O pod pravim kutom.

Slika B.5. Realni i imaginarni dio funkcije w = z2 su konstantni duž d1liju međusobno ortogonalnih familija hiper6ola. Preslika1lanje nije konformno u ishodištu

Neka je D područje. Kažemo da je funkcija f univalentna (ili jednolisna) na D, ako je f analitička na D i ako je injektivna na D. Kažemo da je f univalentna u točki zo, ako je univalentna u nekoj okolini točke Zo. Nuždan i dovoljan uvjet za to jest da bude !'(zo) -::f. O. Prema tome, f je univalentna u točki Zo ako i samo ako je konformna u toj točki.

Konformna preslikavanja se javljaju pri rješavanju sljedećeg osnovnog problema: Za zadana područja G u z-ravnini i G* u w-ravnini , odredi preslikavanje koje preslikava G jednoznačno na G* . Takvo preslikavanje, ako postoji, mora biti konformno. Postojanje takvog preslikavanja je dokazano, uz minimalne pretpostavke u sljedećem teoremu:

.' ,

102 8. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

Teorem. (lliemann) Ako su G i G· jednostruko povezana područja čiji se rubovi sastoje od više od jedne točke, tada postoji jednoznačno preslikavanje područja G na G· .

U principu, postoji beskonačno mnogo analit.ičkih funkcija koje preslikavaju zadano područje G, jed!!.Q1mačno na zadano područje G· . Opišimo opći oblik takvog preslikavanja.

Neka je D jedinični krug (ili gornja poluravnina). Neka je ft (neka konkretna) funkcija koja preslikava G jednoznačno na D. Neka je također h (neka konkretna) funkcija koja preslikava G· na D. Označimo sa S proizvoljnu funkciju koja preslikava D na D (S je M6biusoVa transformacija) . Tada svaka funkcija oblika

1=J:;loSoft

preslikava G na G· , i to je opći oblik takvog preslikavanja (slika 8.6). Preslikavanje I je jednoznačno određeno, ako je zadan neki od sljedećih

uvjeta: (1) Slika jedne točke iz G i kut zakreta u toj točki:

Wo = I(zo), cp = arg!'(zo), Zo E G.

(2) Dva para točaka (zo, wo), (z}, WI), pri čemu su Zo, Wo nutarnje, a ZI , WI točke s rubova područja G, G· .

(3) Tri para točaka (zl,wd, (Z2,W2), (Z3,W3), pri čemu ZI, Z2, Z3 leže na rubu od G, a W}, W2, W3 na rubu od G· .

Slika 8.6. Opći oblik preslikavanja područja G na G·

Ako je zadano preslikavanje I i područje G, njegovu sliku određujemo preslikavajući samo granicu područja G. To nam omogućava sljedeći rezultat:

Teorem. Neka je G područje omeđeno konturom "I i I analitička univaIentna funkcija na G = G U "I . Neka je "I. = lb) slika konture "I. Tada je "I. kontura i I preslikava jednoznačno područje G na područje G· koje je omeđeno konturom "I •.

Uvjet univalentnosti nije uvijek jednostavno provjeravati. Pri preslikavanju područja koristimo najčešće sljedeću verziju gornjeg rezultata. To je važni

,. , H. 'If..

8,2. KONFORMNA PRESLIKAVANJA 103

Princip jednoznačnog pridruživanja granica. Neka su CiC" jednostruko povezana područja sa granicama "I i "1* koje su orijentirane tako da pri obilasku po njima područja ostaju sa lijeve strane. Neka je C" omeđeno

područje . Ako je funkcija J (1) analitička na C i neprekidna na G, (2) preslikava jednoznačno "I na "I" uz očuvanje smjera obilaska,

tada J preslikava jednoznačno područje C na C* . PrimijE!timo da ovdje područje C ne mora biti ograničeno . Medutim, ako ni

C* nije ograničeno, princip više ne mora vrijediti (vidi Zadatak 8.6) . U takvom slučaju moramo 'provjeravati univalentnost funkcije J. Ipak, Princip se može donekle primijeniti i u slučaju kad je C neograničeno područje, i kad J ima singularitet unutar C:

Princip ... (nastavak) Ako je umjesto uvjeta (1) zadovoljen (1 ') J je neprekidna na C i analitička na C , osim u jednoj nutarnjoj točki

Zo E C u kojoj ima pol prvog reda, tada J preslikava jednoznačno C na C* .

U ovom je slučaju C* neograničeno područje, pošto sadrži točku oo = J( zo) .

*** Oznaka [Zl' Z2) označavat će ubuduće spojnicu točaka Z I i Z2 u komplek

snoj ravnini, orjentiranu tako da joj je Z I početna a Z2 završna točka. Tako se npr. intervali [-1,1) i [1, -lj razlikuju po smjeru obilaska. Ukoliko je Z2 = oo, gornja oznaka nije definirana. Ipak, za realan broj a definiramo sa [a, +00) : spojnicu točke a sa točkom oo , prema pozitivnom dijelu realne osi , [-oo, a) : spojnicu točke oo, od negativnog dijela realne osi do realne točke a ; t.e [ai , +ooi) : spojnicu imaginarnog broja ai s točkom oo duž imaginarne osi.

8.6. Da li je primjenjiv Princip o jednoznačnom pridruživanju granica na funkciju J(z) = z3 i područje C = {Imz > O}?

RJEŠENJE. Rub područja C je realna os "Y = [-oo, +00) . On se funkcijom J preslikava također u realnu os "1* = [-oo, +00] i ta granica određuje područje C* = {Im w > O} . (Pri obilasku po "Y* područje C* nalazi se s lijeve strane.) Po Principu, moralo bi biti J(C) = C* . Međutim , funkcija J nije univalentna i J ne preslikava C na C* . Slika područja C je čitava w-ravnina (s izuzetkom ishodišta) i svaka točka gornje poluravnine {Im w > O} pokrivena je dvaput. Princip je neprimjenjiv , pošto su oba područja neograničena.

104 8 . KONFORMNA PRESLIKAVANJA

8.7. Da li se može primjeniti Princip na funkciju J(z) = ~(z +~) i

područje

A. G = {Izl < 2}; 1

B. G = {Izl < '2}?

RJEŠENJE . A. Rub pod.ruGja G je pozitivno orjentirana kružnica

, . . , z = 2ei 'f' , cp E [0 , 21i]

i on se preslikava funkcijom J u

1( . 1 . ) , • .. . w = '2 2e''f' + Ze-''f'

5 .3 . [O] =4'COs cp +24' sm cp, cp E , 271' .

To je elipsa u w-ravnini, spoluosima Q = ~ , b = ~ . Pozitivnom obilasku po kružnici , odgovara pozitivan obilazak po elipsi I '·. Kad bi princip bio primjenjiv , područje G bi se moralo preslikati u područje G· , omeđeno elipsom . Međutim , točka O leži u G , a njena slika, točka oo nije u G· (slika 8.7)

Slika 8.7.

B. U slučaju kad J nije analitička na G, već ima unutar G pol prvog reda, da bi princip bio primjenjiv, mora obilazak po krivulji , . , induciran obilaskom po krivulji " biti suprotne orijentacije. Tada će se područje G preslikati jednozn ačno u vanjsko područje omeđeno krivuljom " . To će se dogoditi u ovom slučaju . Slika kružnice

, .. . l .

z =-e''f' , 2

cp E [0 , 271']

je ponovo elipsa

• 5 .3 . [O] , . . . w=4'COs cp -24'sm cp, cp E , 271'

s istim poluosima kao i prije, međutim , pozitivnom obilasku po kružnici , odgovara negativan obilazak po , • . Princip u ovom slučaju vrijedi: funkcija J ima pol prvog reda u ishodištu, analitička je u ostalim točkama kompleksne ravnine. Slika područja G će biti neograničeno područje G· : vanjština elipse.

8.2. KONFORMNA PRESLIKAVANJA 105

8.8. Na kakvim područjima G sljedeće funkcije neće biti univalentne? az + b

A. I(z) = cz + d; B. I(z) = z2;

C. I(z)=zn, nEN; D. I(z)=~(z+~); E. I(z) = eL; F. I(z) = ln z; G. I(z) = sin z; H. I(z) = cos z.

RJEŠENJE . A. Preslikavanje 1 nije univalentno na G ako postoje točke ZI, Z2 E G, ZI i= Z2, takve da je I(zt} = I(Z2).

aZl + b aZ2 + b -- = -- =? (ad - bC)(Zl - Z2) = a. CZl + d CZ2 + d

Kako je ZI i= Z2, to mora biti ad - bc = a. No, tada je funkcija 1 konstantna za syaki z . Dakle, M6biusova transformacija je univalentna na čitavoj ravnini C . Za nju je Princip primjenjiv za proizvoljno jednostruko povezano područje G.

B. I(ZI) = I(Z2) daje (ZI - Z2)(Zl + Z2) = a i odavde Z2 = -ZI ' Preslikavanje neće biti univalentno ako G sadrži sa nekom svojom točkom ZI i njoj suprotnu točku -ZI ' To će, npr, uvijek biti slučaj ako G sadrži ishodište.

C. Mora biti zi = z2' Napišimo ZI = Tlei'f'l , Z2 = T2e i'f'2 . Odavde, mora biti

Tl = T2 i n<p1 + 2k7r = n<p2, tj. <P2 = <Pl + 2k1r/n, za neki k = 1,2, .. . , n-l . Preslikavanje neće biti univalentno na G ako G sadrži za nekom svojom točkom ZI i bilo koju od n-l točki koje zajedno sa ZI čine vrhove pravilnog n-terokuta sa središtem u ishodištu. .

1 l ' D. I(zt} = I(Z2) daje (ZI - Z2) (1 - -) = a (provjeri!) . Odavde Z2 = -.

zl Z2 ZI Preslikavanje 1 neće biti univalentno na G ako se točke ZI i l/zI nalaze unutar G . Obratno, 1 će biti univalentno ako G ne sadrži takav par točaka. To će vrijediti npr. akoje G = {Izl < l} (ili neki njegov podskup), akoje G = Hzl > l}, G = {Im Z > a} i slično.

Pogledaj ponovno Zadatak 8.7.A. Preslikavanje 1 nije univalentno na području {Izl < 2} i zato ne može preslikavati jednoznačno to područje .

E. eli = eZ

, daje ZI = %2 ' + 2k1ri. G ne smije sadržavati dvije točke čiji se imaginarni dijelovi razlikuju za višekratnik broja 21r, ukoliko želimo da 1 bude univalentna na G .

F. ln ZI = ln Z2 daje ln Tl + iCPl = ln T2 + i<P2 i mora biti Tl = T2, <Pl = <P2 , tj. ZI = Z2 . Preslikavanje je univalentno svuda gdje je definirano.

G. sin ZI = sin Z2 daje Z2 = ZI + 2k1r. Preslikavanje nije univalentno na G ako ono sadrži dvije točke čija je razlika višekratnik broja 21r. Isto vrijedi i za funkciju I(z) = cosz .

106

9. Preslikavanje elementarnim funkcijama

Stavimo z = reitp, tada je w = rn . eintp. Ova funkcija preslikava jednoznačno isječak O < cp < 211' ln na čitavu w-ravninu, osim pozitivne realne osi (kažemo: s razrezom duž pozitivne osi). Vidi sl. 9.1.

Slika 9.1. Isječak s kutom 211' ln se preslikava u ravninu

bez jedne zrake

Zraka a ... cp = O preslikava se u zraku a· . .. ~ = O (pozitivni dio realne osi u w-ravnini), zraka b . . . cp = 211'In preslikava se ponovo u istu zraku b· ... ~ = O. Svaki drugi isječak s kutom O < a < 211' ln preslikava se tl isječak s kutom na (sl. 9.2.).

SUka 9.2. Isječak s kutom a preslikava se funkcijom w = zn

U isječak s kutom na

9. 1. FUNI<CIJA w=zft

9.1. Funkcijom w = z2 preslikaj područje

G = {z = Te i", : O < 7' < TO, O < tp < tpo}, 0< tpo < 71'.

RJEŠENJE . Prikažimo z i W II eksponencijalnom obliku: .

z = T . ei cp :=:::} W = T2 . ei2cp = R . ei

<%>

te je R = ,r2 , 4> = 2tp.

101

Preslikajmo svaku od triju krivulja a, b, c koje određuju rub , područja

G . Funkcija je univalentna na G i dovoljno je preslikati tu granicu ,.

Slika 9.3.

a . . . T E [O, TO], tp = O :=:::} a* . . . R E [O , T5], ~ = O,

b .. . T = TO, tp E [O, tpoJ :=:::} b* .. . R = T5, 4> E [O, 2tpo ],

C ... T E [TO, OJ, tp = tpo :=:::} ,* ... R E [T~,OJ , 4> = 2tpo ·

Slika kružnog isječka je ponovo kružni isječak (dvostruko većeg ku ta) . Zapis T E [TO , OJ naznačava smjer promjene veličine T, dakle, T poprima sve vrijednosti u intervalu [O, Toj i to u padajućem poretku.

9.2. Odredi funkciju koja preslikava polukrug {Izl < 1, Im z > O} u gornju poluravninu {Im W > O}, tako da točka 1 prijeđe u ishodište.

RJEŠENJE .

B

Slika 9.4.

108 9. PRESLIKAVANJE ELEMENTARNIM FUNKCIJAMA

Preslikat ćeI).1o najprije polukrug u isječak s vrhom u ishodištu , koristeći Mčbiusovu transformaciju . Dovoljno je točku A preslikati u ishodište, te točku C u oo . Pri tom će se kružni lukovi ABC i ADC preslikati u zrake s početkom u ishodištu. Izaberimo onu Mčbiusovu transformaciju koja preslikava točku z = i tl točku w = 1. Prema tome, trojku (1, i, -1) moramo preslikati u (0,1, oo). Dobivamo

z-l ZI = -i--. z + 1 _____

Pri tom točka z = O prelazi u w = i, zato je slika polukruga prvi kvadrant . FUnkcija w = zi preslikava prvi kvadrant u gornju poluravninu. Dakle, traženo preslikavanje je kompozicija ovih dvaju:

_ 2 z2 - 2z + 1 w - Z j = Z2 + 2z + l ·

9.3. Odredi funkciju koja preslikava područje G = {O < arg z < 7r / 4} na jedinični krug G· = {Iwl < l}, tako da točke ei1f / 8 ) O iz z-ravnine prijeđu redom u točke O, 1 u w-ravnini .

RJEŠENJE . Područje G preslikavamo najprije f;unkcijom Zl = Z4 na gornju poluravninu II z1-ravnini (sl. 9.5) . Pri tom točke ei1f

/8

, O prelaze redom u i , El . Zatim preslikavamo poluravninu {Im Z1 > O} Mčbiusovom transformacijom na G' , tako da točka i prijeđe u središte kruga. Po (7.8) tr·ažena transformacija ima oblik

i<p Zl - i i." Z1 - i w = e . --_ = e . --o Z l - i Z1 + i

Odrediti ćemo '{J tako da točka O prijeđe u točku 1:

te je

. . O - i l = et." . -- ==} ei ." = -1,

O+i

. 4 ' Z1 - t Z - t

w=---=--- . ZI + i Z4 + i

Slika 9.5.

Preslikavanje je jedinstveno, pošto su zadane slike jedne nutarnje točke i jedne točke sa ruba područja G.

9.2 . FUNKCIJA n-TI KORIJEN 109

9.2. Funkcija w = {vz

To je višeznačna funkcija, s vrijednostima

ne ( lP + 2k1r .. lP + 2k1r) Wk = V r cos + t sm ,

n n k = 0,1, . .. , n-L

Funkcije Wk su grane višeznačne funkcije . Svaka grana Wk preslikava kompleksnu z-ravninu, s razrezom duž pozitivnog dijela realne osi, na isječak

{ 2k1r 2(k + 1)1t' } - < argw < (sl. 9.6) . n n

I z I

I ( .-

Slika 9.6. Funkcija O/Z pre~likava ravninu ~ razrezom na isječak ;irine 21f ln

Specijalno, grana Wo funkcije w = ..(i preslikava e \ [O, +00] jednoznačno na gornju poluravninu.

Neka je z = re i l(> E e proizvoljan. Opišimo zatvorenu krivulju r s početkom i završetkom u točki Zi = z tako da ona obuhvaća ishodište. Pretpostavimo da se argumenti brojeva pri obilasku po krivulji neprekidno mijenjaju. Tada se argument broja z nakon obilaska po krivulji r povećao na lP + 21t' . .Promatrajmo vrijednost grane Wo funkcije n-ti korijen, duž krivulje r . Vrijedi

WO(ZI) = ~ . ei (I(>+21r)/n = Wl(Z).

Prema tome, obilazak po krivulji r oko ishodišta prevodi nas sa jedne grane funkcije n - ti korijen na drugu granu.

Ukoliko krivulja r ne· obuhvaća ishodište, vrijedit će WO(ZI) = wo(z). Kažemo da je ishodište razgranište za funkciju w = o/Z .

Slika 9.7. Obilazak oko i~hodi;ta prebacuje na~ s jedne grane funkcije n-ti konjen u

drugu

z=z'

-+--+-) T r


Nakon n obilazaka oko ishodišta, vratit ćemo se ponovo na početnu granu Wo . Razgranište s taJ..:vim svojstvom nazivamo alge barskim razgraništern (n-l)-vog reda. Kako je svaki obilazak oko ishodišta ujedno i obilazak oko točke oo, to je i oo razgranište ove funkcije .

U zadacima koji slijede uvijek ćemo pod funkcijom w = ~ promatrati njenu granu wo .

9.4. Odredi funkciju koja preslikava područje G = {Im z > O, z ~ [O, ih]} na gornju poluravninu.

RJEŠENJE. '!raženo svojstvo ima funkcija w = OJ z2 + h2 . Sl. 9.8 opisuje transformaciju zadanog područja: G (gornje poluravnine s razrezom duž segmenta [O, ih)) pomoću te funkcije, koju rastavljamo na kompoziciju sljedećih elementarnih preslikavanja:

ZI = z2, Z2 = ZI + h2, W = VZi,.

Opišimo djelovanje ovih preslikavanja. Funkcija Z1 =~2 preslikava G u čitavu z1-ravninu, s razrezom duž intervala [_h2, +00) . '!ranslacija Z2 = Z1 + h2

pomiče taj razrez na interval [O, +00), tj. na pozitivni dio realne osi. Funkcija w = Fl preslikava z2-ravninu, s razrezom duž [O, +00) na gornju poluravninu. N a slici je prikazano i preslikavanje nekoliko karakterističnih točaka. Točke B i D nalaze se u ishodištu, s raznih strana razreza [O, ih): argument točke B je 'Tr (pošto se k njoj stiže duž negativnog dijela realne osi), a argument točke D je O. Njihove slike B* i D* su točke -h i +h. Provjeri!

A* B* C* D* E*

Slika g.S. "Glačanje" razreza u gornjoj poluravnini

·l!I);f'· :'~~:.~ f'(~ :'!:'~' H~ .,~". \> ~ ...

.... 9.3. FUNKCIJA ŽUKOVSKOG 111

9.5. Odredi funkciju koja preslikava područje G = {z 'I. [O, lj} na gornju poluravninu .

RJEŠENJE. Preslikajmo najprije područje G M6biusovom transformacijom, tako da interval (razrez) [0,1) prijeđe II [O, +00). Dovoljno je točke (0,1, oo) preslikati u (O, oo, -1). M6biusova transformacija je jednoznačno preslikavanje sa e na e, ako [0,1) prelazi u [O, ooJ, ostatak e \ [O, lj preslikat će se jednoznačno na e \ [O, oo) (sl. 9.9). Jednadžba ove M6biusove transformacije glasi w = _z_ lprovjeri!) . Zato je Gl čitava zI-ravnina, s razrezom duž pozitivne

1 - z . osi. Funkcija w = /ZI preslikava Gl na gornju poluravninu. Dakle, rješenje glasi

w= JZ. V~

A

Slika 9.9.

Funkcijom Žukovskog nazivamo preslikavanje

w = J(z) = ~ (z + ~). Primijetimo da vrijedi J(z) = J( l/z) · Zato će J preslikavati točke z i l/z u istu točku . Da bi preslikavanje bilo univalentno na području G, ono ne smije sadržavati niti jedan par točaka z, l/z. To je sigurno ispunjeno ako je područje G sadržano u nutrini ili pak vanjštini jediničnog kruga, te u gornjoj ili donjoj poluravnini.

Jedini singularitet ove funkcije je Zo = ° i to je pol prvog reda. Stoga će za nju vrijediti Princip jednoznačnog pridruživanja granica.

9.6. Funkcijom Žukovskog preslikaj kružnicu Izl = r.

RJEŠENJE . Jednadžba kružnice je z = 7' . ei'fJ, O ~ <p ~ 271' . Zato 1 . 1 .

w = -(re''fJ + - e-''fJ) 2 r

= ~ (r + ~) cos <p + i~ (r - ~) sin <p .

Dakle,

u = ~ (r + ~) cos <p,

1 ( 1). v = 2 r - -:;. SIn <p,

u2 v2

što predstavlja parametarsku jednadžbu elipse a2 + b2 - 1 spoluosima

a = ~(r + ~), b = ~Ir - ~I, ukoliko je r '# 1 (sl. 9.10). Žarišta ovih elipsi su točke A(-l,O), B(l,O), pošto vrijedi a2 - b2 = 1. Ako je r > 1, tada pozitivnom obilasku duž kružnice Izl = r odgovara pozitivan smjer obilaska po elipsi, dok se za r < 1 smjer obilaska po elipsi mijenja. Primijetimo da je uvijek a > 1 , dok za r -+ 1 vrijedi b -+ O .

Za r = 1 dobivamo u = cos <p, v = O. Slika jedinične kružnice je degenerirana elipsa: segment [-1,1] (prijeđen dva puta) , gornja polukružnica preslikava se u [1 , -1], donja u [-1,1].

Slika 9.10. Funkcija ŽukolJskog preslikalJa kružnice u elipse. Smjer obilaska po elipsi se mijenja ukoliko je polumjer kružnice manji od 1 .

9.7. Funkcijom Žukovskog preslikaj zrake iz ishodišta z-ravnine.

RJEŠENJE . Jednadžbe zraka su <p = const., tj .

z = r . ei'fJ , 0< r < oo,

gdje je <p fiksan za pojedinu zraku. Kao u Zadatku 9.6 dobivamo

u = ~(r +~) cos <p,

1 ( 1) . v = 2 r - -:;. SIn <p,

0< r < oo,

9.3. FUNKCIJA ŽUKOVSI<OG 113

no, sada je varijabla cp konstantna. Eliminacijom parametra r dobivamo, za cp i- k1r/2 :

u2 v2 => ------1

cos2 cp sin2 cp - ,

a to su jednadžbe hiperbola s žarištima u točkama A( -1 , O), B(l , O) . Njihove asimptote su pravci v = ± tg cp u, tj. arg w = ±cp. U šta se preslikavaju zrake cp = k1r/2?

1

Slika 9.11. Funkcija Žukovskog preslikava zrake u grane hiperbole

9.8. Funkcijom Žukovskog preslikaj A. Nutrinu jediničnog kruga; B. Vanjštinu jediničnog kruga; C. Gornji polukrug {Izl < 1, Imz > O} ; D. Donji polukrug {Izl < 1, Im z < O}.

Slika 9.12. I nutrina ivanjitina jediničnog kruga pres/ikavaju se funkcijom Žukovskog u čitavu ravninu (s razrezom [-1, 1] )

RJEŠENJE. A. Po Zadatku 9.6, slika kružnice Izl = T, T < 1 je elipsa s poluosima a = t(T + ~), b = H~ - T). Kad se T mijenja od ° do l , ove će elipse ispuniti čitavu w-ravninu, s razrezom duž intervala [-l, l) (sl. 9.12).

B. Vanjština jediničnog kruga preslikava se također u w-ravninu, s razrezom duž intervala [-l, l) . Točke z i l/z preslikavaju se u istu točku u w-ravnini.

C. Pieslikajmo krivulje koje omeđuju gornji polukrug:

Q • . . z = ei cp, <p E [0,11'), a" . . . w = cos <p, <p E [0,11'),

'1-( l) b . . . z = -T, T E [l,Oj, b" .. . w = -2 T+:;: , T E [1,0),

c . .. z = T, T E [0,1], c" ... w = ~(r + ~), T E [0, 1) .

Dakle, granica područja G preslikava se u realnu os [+00, -oo) . Zato se G preslikava u donju poluravninu.

D. Slika donjeg polukruga je gornja poluravnina.

9.9. Preslikaj polukrug {Izl < l, Imz > O} u krug {Iwl < l} , tako da točke -l , O, l prijeđu redom u točke -l, -i,!.

RJEŠENJE. Tražena funkcija nije w = z2, pošto će takva preslikati (otvoreni) polukrug u krug s razrezom duž intervala [O, l) . Ispravno preslikavanje ćemo dobiti kompozicijom dvaju jednostavnijih preslikavanja.

Najprije ćemo funkcijom ŽukovskoJ J(z) = !(z + l/z) preslikati gornji polukrug u donju poluravninu (prošli zadatak) . Pri tom će točke l, -1, ° prijeći u točke l, -1, oo . Zatim Mč:ibiusovom transformacijom preslikavamo donju poluravninu u jedinični krug, tako da točke l, --l, oo prijeđu u točke l, -l , -i. Tim je uvjetom Mč:ibiusova transformacija jednoznačno određena. Provjeri da

glasi w = S(z) = -i zI + ~ . Odavde ZI - ~

D

A B c

Z2 + 2iz + l w = iz2 + 2z + i .

B, A, D, C, B,

G,

Slika 9.13.

D*

A"

B*

r I

I j i

9.4 . EKSPONENCIJALNA FUNKCIJA 115

Eksponencijalna funkcija preslikava prugu {O < Im z < 271'} jednoznačno na čitavu w-ravninu, s razrezom duž pozitivnog dijela realne osi (sl. 9.14). Funkcija je periodička s periodom 27Ti, tj. w(z) = w(z + 27Ti), za sve z EC .

-+d= I .

I I I I

. L .L L-L-I I

I I

____ .

Slika 9.14. Eksponencijalna funkcija preslikava prugu širine 27l' u čitavu ravninu (bez realne polu osi). Pravokutnik paralelan s koordinatnim osima preslikava se u dio kružnog

isječka

Općenitije, pruga {yo < Im z < YI}, (YI - Yo < 271') preslikava se jednoznačno na isječak {Yo < Argw < yd (sl. 9.15) .

Slika 9.15. Pruga širine ma-nje od 27l' preslikava se u -----1----

isječak

Ukoliko G sadrži sa nekom svojom točkom ZI i točku ZI + 2k7ri, za neki k E N , tada preslikavanje neće biti univalentno na G . Kako je w' = eZ -I- O za svaki z , preslikavanje je konformno u svakoj točki z-ravnine.

9.10. Funkcijom w = eL preslikaj sljedeća područja ( z = x + iy): A. {O<x<oo,O<y<7T/2}; B. {O < x <;: l, 0< Y < 71'}; C. {-oo<x<O, O<y<27l'} .

RJEŠENJE . Prikažimo w u trigonoinetrijskom obliku,

w = eL = ex+ijl = eX . eiy = R . ei4i ,

te je R = eX : modul preslikanih kompleksnih brojeva,

 = y : argument preslikanih kompleksnih brojeva.


A. Odredimo slike krivulja a, b, c koje omeđuju zadano područje G

a . . . x E [O,ooJ, Y = O:=:} a* .. . R E [l , oo], cl! = O,

b".XE[oo,OJ, Y=7r/2 :=:} b* ". RE[oo , l], cl!=7r/2,

c " . x=O, yE [7r/2,OJ :=:} c* ". R=l , cl! E [7r/2 , OJ.

Krivulje a*, b*, c' određuju tr.aženo područje G' (sl. 9.16).

b

e

o

Slika 9.16.

B. (sl. 9.17)

a ... x E [O, l], Y = O :=:}

b . " x = l , yE [O, 7rJ :=:}

c .. . x E [l, O], Y = 7r :=:}

d . . . x = O, yE [7r,OJ :=:}

it

d b

o

a' . .. R E [l , e], cl! = O,

b' . . . R = e, cl! E [O, 7r],

c· " . RE[e, l], cl!=7r ,

d' ." R= l, cl! E [7r , OJ .

. J o' e

Slika 9.17.

C. (sl. 9.18.)

a . .. x E [-oo, O], y = O :=:} a' .. . R E [O, l], cl! = O,

b . .. x = O, yE [O, 27rJ :=:} b' ... R = l, cl! E [O,27r], c . .. x E [O, -ooJ y = 27r :=:} c· ... RE [l,OJ cl! = 27r .

Područje G preslikava se u G* : nutrinu jediničnog kruga S razrezom duž intervala [O, lj .

9.4. EKSPONENCIJALNA FUNKCIJA

9.11.

Slika 9.18.

FUnkcijom w = (eZ

- 1) 2 preslikaj područje eZ + 1

G = {Rez> O, O <.Imz < 7l'} .

RJEŠENJE . FUnkciju rastavljamo na kompoziciju sljedećih preslikavanja: ZI - 1

ZI = eZ, Z2 = --

ZI + l' W - Z 2 - 2 '

117

Prva funkcija ZI = eZ preslikava područje (Usporedi s prošlim zadatkom.)

G na Gl = {Izli> 1, Imzl > O} .

Mčibiusova transformacija Z2 = Zl - 1 preslikava Gl na prvi kvadrant . ZI + 1

Naime, točke 1, oo, -1, i preslikavaju se redom u točke 0,1 , oo, i (provjeri!). Slika prvog kvadranta preko funkcije w = z~ je G = {Im w > O}, gornja

poluravnina (sl. 9.19).

B=oo

Slika 9.19.

To je višeznačna funkcija. Njena glavna vrijednost w = ln z = ln r + icp preslikava čitavu z-ravninu (s razrezom duž pozitivne realne osi) na prugu {O < Im w < 211'} u w-ravnini (sl. 9.20).

Slika 9.20. Grana IO!l.aritamske funkcije preslikava kompleksnu ravninu s razrezom na Pru9u širine 211' . Toeke s raznih strana razreza preslikavaju se na suprotne krajeve pruge

9.12. Funkcijom w = ln z preslikaj područje

G = {l < Izl < e, 0< arg z < Tf/2}.

I RJEŠENJE. Vrijedi w = ln z = ln r + icp = u + iv, te je u = ln r, v = cp . Preslikajmo krivulje koje omeđuju G.

a .. . rE [l,e], cp=O ==> a* ... u E [0,1], v = O, b . .. r = e, cp E [0,11'/2] ==> b· .. . u = l, v E [O, 1I'i/2] ,

c ... rE[e,l], cp = 11'/2 ==> c· ... u E [l, O], v = 1I'i/2,

d .. . r = 1, cp E [11'/2,0] ==> d· .. . u = O, v E [1I'i/2, O].

Područje G* je pravokutnik na sl. 9.21.

e

b*

a e Slika 9.21 .

·· .. · ~·l· T./ .,' ~:. ~i.~

' !il'-

l

1 I

. I I

9.6. TRJGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 119

Trigonometrijske funkcije sinus i kosinus su konformne II čitavoj kompleksnoj ravnini. Pri preslikavanju tim funkcijama obično ih rast.avljamo na realni i imaginarni dio.

9.13. Preslikaj kartezijevu koordinatnu mrežu funkcijom w = cos z .

RJEŠENJE. Vrijedi w = u + iv = cos(x +)y) = cos x cos(iy) - sin x sin(iy) = cos x ch y - i sin x sh y, te je

i odavde

u = cosxchy, v = -sinxshy

x = Gl ==> u2 v2

2 2 2 G - - '-2 - = ch y - sh y = l ,

cos l SIn Gl

u2

v2

2 · 2 -2-- + -2-- = cos X + SIn X = l, ch G2 sh G2

ukoliko je Gl f. br /2, G2 f. O. Zato se kartezijeva mreža preslikava II familije međusobno okomitih hiperbola i elipsi , sa žarištima u točkama Fl (-l, O) , F2 (1, O) (sl. 9.22) .

Slika 9.22. Funkcijom kO$inus preslikava se kartezijeva koordinatna mreža u familiju međusobno okomitih hiperbola i elipsi

Koordinatna os x = O, i općenito vertikalni pravci x = 2k7r, preslikavaju se u interval [l, oo), prijeđen dva puta, koji predstavljaju granu degenerirane hiperbole. Pravci x = 7f' + 2k7f' preslikavaju se u interval (-oo, -lj, također prijeđen dva puta. Koordinatna os y = O preslikava se u interval (-1,1) .

Pravci x = ~ + k7f' preslikavaju se na koordinatnu os u = O.

9.14. Funkcijom w = cos z preslikaj područja A. G = {0<x<7I'/2, y<O} ; B. G = {O < x < 71'} .

RJEŠENJE . Vrijedi

u = Re cos z = cos x ch y,

v = Im cos z = - sin x sh y .

A. Odredimo sliku krivulja koje omeđuju područje G (sl. 9.23) .

a .. . x = O, Y E [O , -oo) ==> a· .. . u E [1 , +00) , v = O;

b ... x = 71'/2 , yE (-00,0] ==> b' ... u = O, v E (+00, O] ;

C ... x E [71' /2 , O], y = ° ==> c· ... u E [0, 1]' v = O.

Zato je G' prvi kvadrant w- ravnine.

b

Slika 9.23.

/ B. Slike krivulja a- d su (sl. 9.24)

Slika 9.24.

a ... x = O, yE [+00,0) ==> a' .. . u E [+00, l], v = O; b . . . x = O, Y E [O, -oo) ==> b' ... U E [l , +00]' v = O;

c .. . X =7I' , yE [-00,0] ==> c* .. . u E [-00 , -1], V = O;

d . .. x = 71', Y E [O, +00] ==> d* .. . u E [-1 , -00]' v = O.

9.6. TRJGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 121

Dakle, slika područja G je w-ravnina, s razrezima duž intervala [-oo, -1], [1 , +00] na realnoj osi. Zraka a preslikava se u donji dio razreza [1, +00], pošto vrijedi v < ° za brojeve s pozitivnim imaginarnim dijelom. Analogno se određuju i položaji slika preostalih zraka, vidi i prošli zadatak.

9.15. Odredi funkciju koja preslikava područje

G = {z = x + iy : ° < x < 1, z i [O, hl} na gornju poluravninu (h realan, ° < h < 1 ) .

RJEŠENJE . Preslikajmo područje G = pruga {O < x < l} s razrezom duž intervala x E [O, h] , funkcijom ZI = cos" z , tako što ćemo odrediti slike krivulja a- J koje omeđuju G .

Krivulje a- d određuju dva razreza, kao u prošlom zadatku. Dalje računa-mo

e ... xE[O,h], y=O ==::} eI ... uE[l , cos"h], v=O;

f .. . x E [h,O]' y = ° ==::} ft ... u E [cos7l'h , 1) , v = O.

Dobivamo područje Gl = čitava zl-r~vnina, s razrezom duž intervala (-oo, -1], [cos 7l' h, oo) (sl. 9.25) . Zatim preslikavamo Gl M6biusovom transformacijom tako da točke (cos7l'h, 60, -1) prijeđu redom u točke (0,1, oo) :

zI - cos7l'h Z2=---

ZI + 1 Pri tom se razrez (-oo, -1) U [cos 7l'h , +(0) preslikava u [O, +(0) . Zato je slika područja Gl čitava z2-ravnina, s razrezom duž intervala [O , +(0) (sl. 9.25) .

a

b

Slika 9.25.

122 9. PRESLIKAVANJE ELEMENTARNIM FUl'TKCIJAMA

Stavimo li w = yIz2, ' G2 će se preslikati u gornju poluravninu. Prema tome, jedno rješenje predstavlja funkcija

r------7' cos 1T Z - cos 1T h

w= COS1TZ + 1

9.16. Odredi neku funkciju koja preslikava zadano područje na gornju poluravninu {Imw> O} : A. G = {Izl < l , Imz > O} ; B. G = {Izl> l, Im z > O} ; C. G = {Izl < l , Iz -ll < l}; D. G = {Izl < l, Iz - II > l} ; E. G = {Izl> l, Iz - il < l}; F. G = {Izl < l, Iz - il> l} .

9.17. Odredi funkciju w = J(z) koja preslikava jedinični polukrug {Izl < l , Im z > O} na gornju poluravninu {Im w > O} , takvu da bude A. w(-l) = O, w(O) = l, w(l) = oo ; B. w(l) = -l, w(-l) = l , w(O) = oo;

9.18. Odredi funkciju w = J(z) koja preslikava polukrug {Izl < l, Im z > O} na krug {Iwl < l}, takvu da bude A. w(i/2) = O, argw'(i/2) = O; B. w(i/2) = O, argw' (i/2)=7r/2 ; C. w(l)=l, w(-l)=-l, w(O)=-i.

9.19. U što se preslikava kartezijeva koordinatna mreža {x = Gl! V = G2} , funkcijom A. w = COSZj B. w = chz; C. w = tgz.

9.20. Odredi sliku područja G pri preslikavanju sljedećim funkcij t ma

A. G = {IImzl < 7r/2}, w = eL;

B. G={IImzl<7r}, w=ez;

C. G={O<Im z <27r,O<Rez<I} , w=eZ

D. G={O<Re z <7r,Imz>O}, w=eiz;

E. G = {Im z> O}, w = Ln z, w(i) = 7ri/2j

F. G={z rt [-oo, O)}, w=Lnz, w(-I)=-7ri j

G. G = {Izl < l, z rt [O, l)}, w = Lnz, w(-l) = -7ri .

9.21. Odredi sliku područja G pri preslikavanju sljedećim funkcijama (z = x + iV) :

A. G = {O < x < 7r, V < O}, w = cos z;

B. G={0<x<7r/2, V>O}, w=cosz;

C. G={-rr/2<x<7r/2, V>O}, w=cosz;

D. G={O<x<rr}, W=COSZj

E. G = {O < V < 7r}, W = ch Zj

F. G={x>O, O<V<7r}, w=chz;

G. G = {O < x < 7r, V> O}, w = tgz;

H. G={x>O, -7r<V<7r}, w=shz;

l' ! , 9.7. ZADACI ZA VJEŽBU 123

I. G = {O < x < 27r, y > O}, w = sin z;

J. G={y>O}, w=arcsinz;

K. G={x>O, y>O}, w=arcsinz ;

9.22. U što se preslikavaju sljedeći skupovi (krivulje ili područja) pri zadanim preslika

vanjima

A. D={argz=7r/6}, w=z3 j

B. D={Rez=l}, w=z3;

.C. D={lzl=l, largzl<7r/3} , w=z3;

D. D={largzl<7r/4, z rt [O,l]}, w=z4 j

E. D = {Izl < 1, Imz > O}, w = z3/2, w{i/2) = {l- i)/4;

F. D = {Im z > O}, w = z2 j

G. D={Rez>l}, w=z2 .

9.23. Funkcijom Žukovskog, lU = ~ (z + ~) , preslikaj sljedeće krivulje ili područja: A. D = {Izl> 2}j

B; D = {7r/4 < argz < 37r/4}j

C. D = {Izl < 1, z rt [O,l)} j

D . D = {Izl < 1, z rt [a, l)}, {-1 < a < 1)j

E. D = {Izl < 1, 0< argz < 7r/2} .

9.24. Odredi sliku zadanih područja onom granom funkcije w = .,fi koja zadovoljava

postavljeni uvjet:

A. G = {Imz > O}, w{l) = -lj

B. G = {Rez> O}, w{l) = lj C. G = {Izl < 1, Imz > O}, w{i/2) = ~ + ~ij D. G={z=x+iy : l>2x+1}, w{-l)=-ij

E. G = {Izl> 1, 7r/4 < argz < 37r/4}, w{2i) = -l-i.

124

10. Taylorovi redovi

Red oblika ex:>

(10.1) n=O

naziva se red potencija oko točke Zo E C . Kompleksni brojevi Co, Cl, . .. nazivaju se koeficijenti reda potencija. Postavlja se osnovno pitanje: za kakve kompleksne brojeve će ovaj red konvergirati? Odgovor je dan u sljedećem teorernu :

Teorem (Prvi Abelov) Ako red (10.1) konvergira za neki z = Z I E e, tada on konvergira (i to apsolutno) za svaki z E e za koji vrijeqi Iz - zoi < IZl - zoi. Obratno, ako red (10.1) divergira za neki z = ZI E e, tada on divergira za svaki z E e za koji vrijedi Iz - zoi> IZl - zoi·

Po Abelovom teoremu, područje konvergencije reda (10.1) je (otvoreni) krug K = {z : Iz - zoi < R} , sa središtem u točki za· Polumjer R tog kruga zove se polumjer konvergencije reda potencija. Red potencija divergira čim je Iz - zoi> R . Na kružnici Iz - zoi = R , red može divergirati, ali i konvergirati.

Polumjer konvergencije može se odrediti iz koeficijenata reda (10.1) , formulom

-Rl = lim sup VTCJ ?l-OO

. (10.2)

ili pak formulom

R= lim I~I n-ex:> Cn +1

(10.3)

ukoliko ovaj limes postoji . Najčešće se područje konvergencije određuje primjenom nekog kriterija konvergencije za redove kompleksnih brojeva (D' Alembertovog, Cauchyjevog, Raabeovog, ... ).

Na krugu K suma reda definira analitičku funkciju ex:>

2:::: cn(z - zo)n = : I(z) , z E K. (10.4) n=O

10.1. REDOVI POTENCIJA 125

Ovaj red konvergira prema funciji J uniformno po svakom zatvorenom podskupu od J(. Stoga se on može derivirati i integrirati "član po član", te npr. vrijedi

oo

L n cn(z - zot- I = j'(i) , z E K, (10.5) n=1

f ~(z - zo)n+1 = 1% J{z)dz , n=O n + 1 . %0

Z E K. (10.6)

Dobiveni redovi potencija imaju isti polumjer konvergencije kao i početni red (konvergencija na rubu područja se može promijeniti) .

Teorem (Drugi Abelov) Ako red L::=o cn(z - zo)n konvergira u točki zI, tada on konvergira uniformno za svaki z sa spojnice [zo, ZI] '

Odavde slijedi, za Zo = O i ZI = 1, sljedeći rezultat: ako red' b:=o en konvergira, tada vrijedi

(10.7)

Ovaj se rezultat ponekad može iskoristiti pri određivanju sume reda L::"o Cn .

10.1. Odredi polumjer konvergencije sljedećih redova:

A. f(2~Jn; n=O oo

C. L2n zn! ; n=O n=O

1 . RJEŠENJE. A. Vrijedi Cn = ( .) . Formula (10.2) daje 2 - t n

1 l' nn'F'l li {J; 1 R = lmsup V ICnl = msup I 'In = -I - '1'

n-oo n-oo 2 - t 2 - t

te je R = 12 - il = v's. '. B. Sada je Cn = n!/nn . Formula (10.2) je neprikladna, pošto daje

li n n. li yn! 1 ~ nq

- = msup - = m--R n-oo nn n

a ovaj se limes teško računa. Primjenimo (10.3) :

R - l ' 1 Cn 1- li n!{n + l)n+l - lm -- - m ---,--.,.--=--,.-Cn+l nn (n + l)!

. (n+1)n . ( l)n = hm = lim 1,+ - = e. nn n

126 10. TAYLOROVI REDOVI

C. Ovog je puta (10.3) neprimjenjijiva, pošto su mnogi koeficijenti Cn jednaki nuli . Naime, red potencija glasi:

oo

L 2n z nl = 1 + 2z + 22 Z2 + 23 z6 + 24 z24 + ... n=O

te je cn! = 2n, n = 0,1,2, .. . , a svi ostali koeficijenti su jednaki nuli.

-Rl = lim sup MCkl = lim sup '\lIen" n-oo n_oo

= lim sup '\y2fi' = lim 2l /(!, -:- l)! = 1. n-'OO

D. Računamo ponovo po (10.2):

-Rl = lim sup \II ch inin = lim sup I ch ini = lim sup I cos nl = 1. n-oo n-oo n ...... oo

Uvjeri se, s pomoću trigonometrijske kružnice, da je ovaj limes superior zaista jednak 1. (Skup {cos n, n E N} je gust podskup intervala [-1,1)). Uvjeri se također da limes (10.3) ne postoji.

10.2. Odredi područje konvergencije redova oo oo

A. Lzn; B. L:nzn; n=O n=l

oo n

C. L::"'; n=l n

i njihove sume na tom području.

RJEŠENJE. A. Vrijedi Cn = 1 za svaki n, te je R = 1. Red se naziva geometrijski red, on konvergira čim je Izl < 1 i njegova suma iznosi:

2 n 1 I I \ l+z+z + ... +z +" ' =-1-' z <1. -z

B. Derivirajmo geometrijski red "član po član" . Dobivamo

n-l ( 1 ) I 1 l + 2z + ... + nz + ... = -- = 7"""---:"'" 1 - z (1 - z)2 '

Polumjer konvergencije se nije promijenio, zato je oo oo

Lnzn=z ' L(n+1)Zn=(1~Z)2' Izl.::1. n=l n=O

C. Ovog puta moramo integrirati članove geometrijskog reda: z2 zn+l 1z 1

z + - + ... + -- + ... = -- dz, Izl < 1. 2 n+l o l-z

Dakle, oo n

L: :... = -ln(l - z), Izl < 1. n=l n

10.1. REDOVI POTENCIJA 127

10.3. Ispitaj ponašanje sljedećih redova na rubu područj a konvergencije: oo oo n COn

A. L zn; B. L ~1 ; C. L ~2 ' n=l n =l n = 1

RJEŠENJE. Sva tri reda konvergiraju na krugu Izl < l. Na rubu tog područja , tj . na kružnici Izl = l, prvi red divergira u svakoj točki , pošto vrijedi Iznl = Izln = l za svaki n , te nije ispunjen nuždan uvjet konvergencije.

Kako je'l ~: I = :2 za Iz l = l , to treći red konvergira apsolutno u svakoj

točki kružnice. Drugi red očigledno divergira za z = l . U ostalim točkama z ima pri

kaz z = ei rp , O < <.p < 211' i red 2::=1 ein", ln konvergira za svaki takav <.p . Konvergencija nije apsolutna (vidi Zadatak 3.10) .

10.4. Koristeći drugi Abelov teorem, dokaži da vrijedi <xl

A. L cos n<.p = -ln 12 sin cf!.. I , O < <.p < 211' ; n=1 n 2

<xl •

L SIn n<.p _ 11' - <.p

B. ----- , n 2

n=1

O < <.p < 211' ,

RJEŠENJE , Dokazati ćemo istovremeno da vrijede oba rezultata, Najprije , oba reda konvergiraju, pošto su to realni, odnosno imaginarni dijelovi konve rgen tnog reda 2: ein rp ln , Stoga možemo primijeniti drugi Abelov teorem:

<xl <xl

A := L cos n <.p = lim I: cos n <.p Tn ,

n=1 n rTl n=1 n r < l,

oo • oo .

B .- ~ smn<.p -l' ~ sm n <.p n ,- W - lm W T, n=1 n rTl n=1 n

r < 1.

Zato je oo ..

A 'B li ~ cos n <.p + t SIn n<.p n +t = mw r

rTl n=1 n

l, ~(cos <.p + i sin<.p)n n = lm W r ' , rTl n=l n

Stavimo z = r(cos <.p + i sin <.p ) . Vrijedi Iz l < l jer je T < l. Po Zadatku 10.2.C imamo

oo n

A + iB = lim I: ~ = lim[-ln(l - z)] rTl n rTl

n=l

= -ln{l - cos <.p - isin <.p)

128 lO . TAYLOROVI REDOVI

= -In 2sin - (cos -- + i sin --) ( tp tp - n tp -n) 2 2 2

I tp l tp -n = - ln 2 sin '2 - -2- i.

i odavde slijedi rezultat .

Ako je funkcija J jednoznačna i analitička u nekoj okolini G točke Zo E e , tada se ona dade prikazati pomoću Taylorovog reda oko točke Zo :

oo

J( z) = L cn(z - zo)" . (10.8) n=O

Koeficijenti Cn dani su formulom

(10.9)

ili pak

Cn

= _l r J( z ) dz, 2ni Jr (z - zo)n+1

(10.10)

gdje je r zatvorena pozitivno orijentirana Jordanova krivulja koja sadrži točku Zo i koja leži u području G. Obično uzimamo 'r .. . {z :\Iz - Zo I = r} , dakle , kružnicu dovoljno malog polumjera r. \

Red (10.8) će konvergirati na krugu

K = {z : Iz - zoi < R} .

Polumjer konvergencije R reda potencija (10.8) može se računati formulom (10.2). Međutim, kako je nama obično poznata eksplicitna formul~ funkcije koju razvijamo u Taylorov red, polumjer konvergencije obično određujemo znajući da će red (10.8) konvergirati na krugu sa središtem u Zo i koji se proteže do prvog neuklonjivog singulariteta funkcije J (vidi § II za opis singulariteta analitičke funkcije) .

Formula (10.9), a pogotovu (10.10) nije prikladna za računanje koeficijenata Taylorovog reda. Obično tražimo Taylorov red koristeći se redovima poznatih funkcija , primjenjujući pritom neke algebarske postupke, trigonometrijske identitete ili pak postupke deriviranja i integriranja redova potencija.

Taylorov red oko točke Zo = O nazivamo Maclaurinov red.

10.2. TAYLOROVI REDOVI 129

Evo popisa Taylorovih (Maclaurinovih) redova nekih elementarnih funkcija:

10.5.

oo zn z2 z3 e% = L l" = 1 + z + - + - + ... , 'iz E Cj

n=O n. 2 6

oo " z2n+l z3 zS

sin z = ~ ( -1) n (2n + l)! = z - '6 + 120 - ... I 'i Z E C j

oo z2n z2 z4 cosz = 2:(-1)n (2n)! = 1,- 4' + 24 - ... I 'iz E Cj

n=O

oo z2n+l z3 zS

sh Z = ~ (2n + l)! = Z + '6 + 120 + ... I 'iz E Cj

(10.11)

(10.12)

(10.13)

(10.14)

oo z2n z2 z4 ch Z = ~ (2n + l)! = 1 + 2' + 24 + ... I 'iz E Cj (10.15)

oo zn z2 z3 ln(l + z) = 2:(-l)n-l-:; = Z - 2' + 3" - ... 1, - Izl < lj (10.16)

n=l

(1 + z)Q = f: (o) zn = 1 + oz + 0(0 - 1) z2 + .,. I Izl < lj n=O n 2 (10.17)

oo

_1_ = ~ zn = 1 + z + z2 + + .. . , Izl < l j (10,18) l-z ~

n=O

1 oo - = 2:( -lt zn = 1 - Z + z2 - .. . , Izl < 1. (10.19) 1 + Z n=O

Razvij u Taylorov red u okolini točke Zo funkcije 1 z - 2

A. J(z) = -4 2 l Zo = O B. J(z) = 2 6' zo = O -z z -z-

C. J(z) = _1_, Zo =i l+z

RJEŠENJE. A. Koristit ćemo razvoj (10.18):

1 1 1 1 oo (z2) n oo z2n J(z) = 4 _ z2 = 4 . ~ = 4 2: 4' = 2: 4n+l .

1- - n=O n=O 4

Red konvergira ako je Iz2/41 < 1, tj . za Izl < 2.

B. Rastavit ćemo funkciju na parcijalne razlomke.

z-2 4 1 1 1 -:::---- - - . -- + - . --z2 - Z - 6 - 5 z + 2 5 z - 3 .

Svaki od pribrojnika možemo razviti u Maclaurinov red:

1 1 1 1 oo (_l)n n Z + 2 = 2 . 1 + z/2 = 2 L ~ Z , Izl < 2,

n=O

1 1 1 1 ~ zn Z - 3 = -3" ' 1 - z/3 = -3" LJ 3n' Izl < 3.

n=O

Zato je

Red konvergira za Iz I < 2.

C. 1 1 1 1

jez) = l+z = l+i+z-i = l+i ' 1 z-i +-1-'

+~

__ 1_~(_ )n(z-i)n _ ~(_l)n (z-i)n - l + i ~ l (1 + i)n - ~ (1 + i)n+1 .

Red konvergira ako je I(z - i)/(l + i)1 < 1, tj. za Iz - il < ..fi. Primjeti da je ..fi upravo udaljenost točke Zo = i do prvog (i jedinog) singulariteta Z = -1 zadane funkcije.

10.6. Razvij u Maclaurinov red sljedeće funkcije 1 1

A. jez) = (1 _ Z)2; B. jez) = (1 + z2)2'

RJEŠENJE. Koristit ćemo Maclaurinov razvoj funkcije g(z) = _1_. Red l-z

(10.18) možemo derivirati član po član:

g'{z) = (1~Z)2 = (f>n) , = I: n zn-l. n=O n=l

Polumjer konvergencije je ostao nepromijenjen, stoga . će i ovaj red konvergirati za Izl < 1 . Prenumeracijom indeksa sumacije dobivamo prikaz

1 oo (1 _ z)2 = ~(n + l)zn. (10 .20)

B. Dovoljno je u red (10.20) uvrstiti _z2 umjesto z :

{ l 2)2 = I:(-1)n(n+1)Z2n, Izl < 1. l + z n=O

10 .2. TAYLOROVI REDOVI 131

10.7. Razvij u Maclaurinov red sljedeće funkcije: A. J(z) = sin2 z; B. J(z) = sin4 z + cos4 z; C. J(z) = eZ sin z .

• RJEŠENJE. A. Transformirajmo funkciju u prikladniji oblik

J (z) = sin 2 z = ~ (1 - cos 2z)

i iskoristim\> razvoj funkcije kosinus (10.13) :

J(z) = ~ (1 -f( -lt (2~)2n ) = f( _1)n_122n

-1

z2n 2 n=O (2n)! n=l (2n)! '

Red konvergira za sve z EC .

B. Koristeći identitet 1= (sin2 z+cos2 z)2 = sin4 z+cos4 z+2sin2 zcos2 z dobivamo

J(z) = 1- 2sin2 zcos2 z = 1- ~sin2(2z) l l ( oo (4z )2n )

=1--(1-cos4z)=1-- 1- 2:)-lt--4 4 n=O (2n)!

oo 42n- 1

= 1+ 2:( _1)n (2n)! z2n, Z E C. n=l

C. Funkciju sinus možemo prikazati pomoću eksponencijalne:

e iz _ e-iz 1 ( ) eZ sin z = e Z 2i = 2i ez(l+i) - ez(l-i) .

Po Maclaurinovom redu za eksponencijaInu funkciju dobivamo

J(z) = ;i (~ [z(1 ~ i)]n _ ~ [z(l ~ iW )

oo (1 + i)n _ (l _ i)n = 2: 2i(n!) zn.

n=O

Koeficijenti su tek prividno kompleksni brojevi. Vrijedi

( ' )n [m( 1r ., 7r)] n r.:;;:( n1r " n7r ) l + l = V 2 cos '4 + l sm '4 = V 2n COS 4 + l sm 4 '

(1 - it = [v2( cos ~ - i sin ~ ) r = ,rz; (cos n; '-i sin n47r ) .

Zato je (1 + i)n - (l - i)n ,rz; . n7r

2i = 2n

sm 4 ' Tako dobivamo

J(z) = f "fF sin,(n7r/4) zn, Z E C, n=O n.

10.8. Dokaži da vrijede sljedeći razvoji :

l ~ (2n)! 2n

A. ~ = L.J 22n(n!)2 Z , V 1- Z- n=O

Izl < 1;

. oo (2n)! Z2n+l

B. arc sm z = L 22n(n!)2 2n + l ' I n=O

RJEŠENJE. A. Koristit ćemo razvoj (10.17),stavivši -z2 umjesto z i Q= -~:

(1 _ Z2)-1/2 = ~ (-~2) (- z2r .

Izračunajmo koeficijente:

(-1/2) = -~(-~-l)" ' (-~-n+l)

n n! 1 . 3 .. · (2n - 1)

= (-Ir 2nn!

1 · 3· .. (2n - 1) . 2 · 4 .. · (2n) = (_l)n 2nn!2nn!

( )n (2n)!

= -1 22n (n!)2'

Odavde slijedi tražena formula.

B. Kako je (arc sin z)' = 1/~, to vrijedi

arcsinz = r h, Jo 1 - z i red za funkciju arkus sinus dobit ćemo integriranjem član po član gore izvede-\ nog reda.

10.9.

RJEŠENJE . toda.

Odredi prva tri člana, različita od nule, u razvoju funkcije u Maclaurinov red. A. J(z) = In(l + cos z) ;

1 - z + z2 C. J(z) = 2 3; 1-z-z -z

B. J(z) = ezeo•

z;

D. J(z) = _1_ . 1 + eZ

Ilustrirati ćemo na ovom primjeru nekoliko ponešto različitih me-

A. Odredimo nekoliko prvih koeficijenata koristeći formulu (10.9). Vrijedi

J(z) = In(l + cos z), J(O) = ln 2

10.2. TAYLOROVI REDOVI

Dakle

I sinz j (Z) = - 1 + cos z '

"( ) 1 j z = - 1 + cos z '

III( ) $inz j z = - (1 + cos z) 2 '

1'(0) = O

1"(0) = -~ 2

1'"(0) = O

j/Vez) = _ cosz(l + cosz) + sin2

Z

(1 + cosz)3 '

1 Z2 1 Z4 ln (1 + cos z) = ln 2 - - . - - - . - + ...

2 2! 4 4!

Polumjer konvergencije je R = 7T. Zašto?

133

B. Iskoristiti ćemo poznate Maclaurinove redove za eksponencijalnu funkciju, na sljedeći način:

(1 J!.4) .3 .5 e%COS% = e% - 2 +20- '" = e% · e-T+r.-"·

z2 z3 ( z3 z5 = (1 + z + "2 + "6 + ... ) . 1 + ( -"2 + 24 - ... )+

1 z3 Z5 ) + 2(-"2 + 24 - .. l + .. .

z2 z3 z3 = (1 + z +"2 +"6 + ... )(1 -"2 + ... ).

Svi neispisani članovi sadrže potencije s većim eksponentom. Množeći ove redove . i uzimajući li obzir samo potencije do z3 dobivamo

z2 z3 eHOU = 1 + z + - - - + ...

2 3

C. Odrediti ćemo prvih nekoliko članova dijeleći brojnik s nazivnikom!

(1 - z + z2) : (1 - z - z2 - z3) = 1 + 2z2 + 3z3 + 5z4 + ...

Dakle

1 - z - Z2 - z~ . 2Z2 + Z3

2z2 - 2z3 - 2z4 - 2z5

3z3 + 2Z4 + 2z5

3z3 - 3z4 - 3z5 - 3z6

5z· + 5z5 + 3z6

1 - z + z2 _ 2 3 4 -l---z ------,z2=----Z-=-3 - 1 + 2z + 3z + 5z + ....


D. Primjenit ćemo postupak ekvivalentan prethodnom. Ispišimo red za traženu funkciju s privremeno neodređenim koeficientima:

1 2 3 -- = Co + ClZ + C2Z + C3 Z + .. .. 1 + eZ

Napišimo red za 1 + eZ i uvrstimo u gornju jednakost:

. z2 z3 1 = (co + ClZ + C2 z2 + C3 z3 + ... )(2 + z + 2' + 6' + ... )

= 2eo + (2Cl + co)z + (2C2 + Cl + ~ )z2+

Cl eo) 3 + (2C3 + C2 + 2' + "6 z + ....

Odavde dobivamo rekurzivne relacije pomoću kojih možemo lagano odrediti prvih nekoliko koeficijenata:

1 = 2eo 1

==> Co =-2

1 0= 2Cl + Co ==> Cl =--

4 Co

0= 2C2 + CI + 2 ==> C2 = O

Cl Co 1 O = 2C3 + C2 + 2" + '6 ==> C3 = 48

Dakle 1 1 1 1 3 -- = - - - z + -z + .. ..

1 + eZ 2 4 48

*** Ako je J(z) = I:;:'=o akzk, g(z) = I::=o bmzm , tada Maclaurinov red za

produkt J( z )g(z) možemo dobiti množenjem gornjih redova:

Koeficijent Cn dan je sa

n

Cn = aobn + albn - l + ... + an-lbl + anbo = L ajbn_j . j=O

(10.21)

10,3, FUNKCIJA IZVODNICA •

Dokaži da je

[ln( 1 - z)] 2 = 2 f: ( 1 + ~ + ' , , + _1_) ~,

Z \I n=O 2 n + 1 rt + 2

RJEŠENJE, Iskoristit ćemo rastav funkcije ln(l - z ) :

ln(l - z) 1 oo zn oo zn-l oo zk • ---:.-z-....;.. = -~ ~ -;- = - ~ -n- = - ?; -k-+-l '

Zato je ,

gdje je n nIl

Cn = L ajbn _ j = L ~ , n - ' + l ' )=0 ]=0 J J

Da bismo dobili traženu formulu , transformirati ćemo ovaj zbroj :

~ l (n-j+l)+(j+l) C

n = f:'o n + 2 ' (j + 1) (n - j + 1)

1 nIl

= n + 2 L [j + 1 + n - j + 1] ]=0

1 (n l nl) =n+2 ~j+l +~n-j+1 '

Obje se sume sastoje od istovjetnih pribrojnika, Zato je

2 n l 2( 1 1) Cn = n+2~j+l = n+2 1+ 2+ ", + n+l '

što je i trebalo pokazati.

135

Funkcija F(t , z) dviju kompleksnih varijabli je izvodnica niza funkcija fn( z ), ako za svaki t na nekom krugu Itl < R vrijedi

oo

n=O

Izvodnica pomaže pri proučavanju svojstava niza {jn} ' Navest ćemo funkcije izvodnice za sisteme ortogonalnih polinoma:


Legendreovi polinomi:

Čebiševljevi polinomi:

1 - tz Loo T ( ) n ----..,..= nzt .

1- 2tz + t2 n=O

Laguerrovi polinorni:

l zt} oo tn - exp{-- = '" Ln(z) -,' 1- t 1- t ~ n .

n=O •

Herrniteovi polinomi:

10.11. S pomoću funkcije izvodnice dokaži sljedeće rekurzivne formule A. (n + 1)Pn+1(z) = (2n + l)zPn (z) - nPn - 1(z) , B. Tn+1(z) = 2zTn(z ) - T,,_l(Z), C. Ln +1(z) = (2n + 1 - z)Ln(z) - n 2 Ln- 1(z), D. Hn+1(Z) = 2zH,,( z ) - 2nHn _ 1(z).

RJEŠENJE . Dokazati ćemo relaciju A. Krenimo od funkcije izvodnice: oo

n=O

Diferencirajmo ovu relaciju po t: oo

(z - t)(l- 2zt + t2)-3/2 = L Pn(z)ntn-:1 . n=l

Odavde: oo oo

(z - t) L Pn(z)t" = (1- 2zt + t2) LnPn(z)tn- 1.

n=O n=l

Izjednačimo koeficijente uz potenciju tn :

zP,,(Z) - Pn - 1(Z) = (n + l)pn+1(z) - 2zPn (z) + (n -1)pn-1(Z).

Nakon sređivanja slijedi relacija A.

r

10.4 . ZADACI ZA VJEŽBU

lod Odre~ polumjer konvergencije sljedećih redova:

7---v.'" i n n ~~ i1r/n n /' ~ e Z j /' ~e Z j .

oo

10.14. Ako vrijedi

1 00 .

. Lch~ zn j n=1

oo

~ L cos in zn . /' n=1

/~C:ifj 4Cn:nfj

n=!

1 ~I~R(I+~)' n~no Cn +l n

137

za neku konstantu Q > l iR> O, dokaži da red L CnZ.n konvergira u svim točkama na rubu kruga konvergencije.

10.15. Koristeći drugi Abelov. teorem, dokaži

~ cos(2n + l)cp = ~ ln I ct 'fl ' A. ~ 2n + l 2 g 2 '

n=O

~ sin(2n + l)cp = ~ B. ~ 2n+ l 4'

n=O (O < cp < h) j

oo

c. L(-lt+1 co~n'f' = In(2cos ~)j n=1

oo .

D. L(-lt+lSJnnncp =~, (-7r < cp.( 7r) . n=1

10.16. Ispitaj konvergenciju na rubu kruga konvergencije, za redove oo n oo kn oo nl

A. L(-l)n zn j B. L:;-' k e Nj C. L :2' j

n=1 n=1 n=1

D. ~ (2n)21Znj E. ~ ~j F. ~(-lt _z_3_n_ .

~ (nl) ~nln n ~ nlnn

10.17. Neka je R polumjer konvergencije reda L: Cnzn .

reda A. LCnzkn; B. L'c~Znj

""' Cn n ""' n n D. L..J.z; E. L..Jn Cn Z j n.

Odredi polumjer konvergencije

C. L(2n - l)cnzn j

F. L nkCnZn

.

10.18. Neka je {an} nerast ući niz pozitivnih brojeva. Pokaži da za Izl < 1 red L::=o an zn konvergira, te da je njegova suma uvijek različita od nule.

10.19. Neka je {an} padajući niz pozitivnih realnih brojeva. Dokaži da red L:anzn konvergira u mm točkama Izl ~ 1 osim možda u točki z = l.

*** 10.20. Razvij u Macl&urinov red/.;

./ l l

~G' (1+z3);; • 1+z+z2+ z3

j

D. (2 )(2 )j " .,,(arshzj z +1 % -4 T' r--;-: . r. 1~ sin z G. VZ+, (v1=1)j H. --dz.

o z

10.21. Razvij u TayJorov red oko točke zo: A. J(z) = sin(3z - l), zo = -lj "p(" J(z) = ch2 z, Zo = Oj C. J(z) = eosz, Zo = 7T/4j /iJ: J(z) = In(3 - z), zo =-1.

10.22. Odredi prva tri člana, različita od nule, u Maclaurinovom razvoju za funkcije

A. (l+z)%j B. e'ln(l+z)j C. In(lz+z)' D. arc~gzj

E. __ z._j arc sin z

10.23. Dokaži formule I

l F. , 1+ sinz

G. In(l + e')j H. ";cos z (..Jl = l) .

l + z . oo z2n+1 oo . z2n+1 A. In -1- =r'2 L -2-- j B. arctgz = L(-lt-

2-- j

- z n=O n + 1 n=O n + l

C J:""":2 ~ ( )n (2n - 2)1 2n . vl+z~=l- L..J -1 22n- 1 n!(n_l)!z j

n=1 l - z oo zn

D. -z- In(l- z) = -l + L n(n + l) j n=1

oo 22n+1

E. sh../Z sin..jž = L(-lt ( 2),z2n+1. n=O 4n + .

f'

I

10 .4. ZADACI ZA VJEŽBU 139

Izl < lj

10.25. Neka je funkcija J(z} = l - E~=l CnZn regularna u točki O. Dokaži da je tada

l oo n

J( z } = l + L anZ n=1

pri čemu su koeficijenti an dani formulom

-1 CI

O -1

O O

Cn - l Cn -2 Ci-I Cn Cn -l Cn -2 Cl

10.26. Pokaži da koeficijenti Cn u Maclaurinovom razvoju funkcije

oo

In(1 + et} = ln 2 + "'"" ~ z n+1 L.."n+l n=O

zadovoljavaju relacije

co + nCi + n(n - I} C2 + .. . + n! cn-I + 2n! Cn = l , n ~ 1.

Odredi prvih nekoliko koeficijenata.

10.21. Fibonaccijevi brojevi {Cn} definirani su na način

co=l , Ci=l , Cn =Cn-l+ Cn-2 , n ~ 2.

Dokaži da vrijedi prikaz

oo

.,------n2 = "'"" Cn Zn

. l- z - z L.." n = O

Na osnovu toga pokaži da je


10.28. Eulerovi brojevi E2n definiraju se rekurzivnom relacijom

Eo = l, Eo + (2:) E2 + ... + G~) E2n = 0, n ~ 1.

Dokaži da vrijedi razvoj

_1_ = I:(-l)" E2n z2n . cos z n=O · (2n)!

10.29. Bernoullijevi brojevi Bn definiraju se ovako:

Bo = l, (n + l) (n + l) Bo + 1 Bl + ... + n Bn = 0,

Dokaži da vrijedi razvoj

10.30. Izvedi sljedeće razvoje

_~( 1)n22n(1-22n)B 2n-l . A. tgz - L - (2n)! 2n Z ,

n=l oo 22n

B. zctgz = 1 + L(-l)n_( )' B2nz2n; n=l 2n .

z oo n 2 - 22n 2n C. - . -=1+"(-1) -(2)' B2nZ ;

Sifi Z L n . n=l

oo n22n-l(22n_l) 2n D. ln cos z = L(-l) ()' B2n z ;

n=l n 2n .

E I sin z _ ~( )n 22n-l B 2n

• n -- - L -l -- 2n Z • z n=l n(2n)!

10.31. Bernoullijevi polinomi imaju funkciju izvodnicu

et. _ l oo tn t -t- = " Bn(z)-,. e -1 L n .

n=l

Dokaži sljedeća. svojstva.:

A. Bn(z + l) - Bn(z) = nzn-l ;

B. Bn+dk) =ln+2n +3n + . .. +(k_l)" , kEN; n+l

C. Bn(z) = I: (:) Bk zn-k ; k=O

gdje su Bk Bernoullijevi brojevi .

n~l.

l'" l

I I


10.32. Dokaži da ortogonalni polinomi zadovoljavaju sljedeće relacije

A. P~+1 (z) - P:.- 1 (z) = (2n + l)Pn(z)j

B. z P~(z) - P~_dz) = nPn(z) j

C. L~(z) = n(L~-dzl- Ln-l(Z» j

D. H~(z ) = 2nHn -l(z) .

10.33. Izvedi relaciju n

n Pn(Z) = LTk(z ) Pn-k(Z) . k=l

141

10.34. Dokaži da ortogonalni polinomi zadovoljavaju sljedeće diferencijalne jednadžbe:

A. Legendreovi, (1 - z2)y" - 2zy' + n(n + l)y = Oj

B. Čebiševljevi, (1 - z2)y" - zy' + n 2y = O;

C. Laguerrovi, zy" + (1 - z)y' + ny = Oj

D. Herrniteovi , y" - 2zy' + 2ny = O.

142

11. Laurentovi redovi

Laurentov red je red oblika

oo -1 oo L cn(z - zo)n = L cn(z - zo)n + L cn(z - zo)n

n=-oo n=-oo n=O oo oo

= :L ( C-n

) +:L cn(z - zo)n , n=l Z ,- Zo n n=O

(11.1)

Laurentov red konvergira ako konvergiraju istovremeno njegov glavni dio oo

:L C-n C-l C-2

( ) = -- + ( )2 + " , n=l Z - Zo n Z - Zo z - Zo

i njegov pravilni dio oo :L cn(z - zo)n = CO + Cl (z - zo) + C2(Z - zO)2 + , , , , n=O

Područje konvergencije je u tom slučaju kružni vijenac

{r < Iz - zoi < R}

pri čemu se može dogoditi da bude r = O ili pak R = oo (ili oboje) ,

(11.2)

(11.3)

Svaka jednoznačna funkcija koja je analitička na prstenu {r < Iz - Zo I < R} može se na jedinstven način razviti u Laurentov red:

oo J(z) = :L cn(z - zo)n

n=-oo

pri čemu su koeficijenti Cn dani formulom

1 r J(z) dz en = 27Ti Jr (z - zo)n+l ' (11.4)

Dakako da se ova formula koristi za račun integrala, a ne koeficijenata Cn ' Konkretnu funkciju razvijamo u Laurentov red koristeći pogodno odabran Taylorov ~ red po negativnim potencijama od z, .

/

l!.!. LAURENTOVI REDOVI

r je proizvoljna zatvorena pozitivno orijentirana Jordanova krivulja koja čitava leži u prstenu i okružuje točku Zo (slika 11.1).

Koeficijente en praktički nikad ne računamo po formuli (11.4) . U konkretnim primjerima funkciju razvijamo u Laurentov red koristeći se razvojem u dobro odabrani Taylorov red . ; .

Ako je f analitička unutar kruga {Iz - Slika 11.1 .

143

zoi < R}, tada Laurentov red ne sadrži glavni dio, tj . on prelazi u Taylorov red.

Razvij u Laurentov red funkciju J(z) = _1_ na području 1 - z

A. Dl = {z : Izl < l}; B. D2 = {z : Izl> l} .

RJEŠENJE. Jedini singularitet funkcije J je točka z = 1 .

A. Na područjU Dl funkcija je regularna i pripadni red je Taylorov: 1 oo

-- = '"' zn = 1 + z + z2 + . .. l-z L...J

n=O

(polumjer konvergencije ovog reda je R = 1 ).

B. Na području D2 red će biti Laurentov. Izvest ćemo ga koristeći se Taylorovim redom pogodno odabrane funkCije :

_1_ = _~. _1_ = _~ ~(~)n = _ ~ 2-. 1 - z z 1 z L...J z L...J zn

1 - - n=O n =l Z

Razvoj je bio korektan, pošto na području D2 vrijedi I ~ I < 1 .

Razvij u Laurentov red funkciju Zo = O, a u područjima A. Dl = {z : Izl < l}; c. D3 = {z : 2 < Izl} .

1 ~ J(z) = (z _ l)(z _ 2) , oko tocke

B. D2 = {z: 1 < Izl < 2} ;

RJEŠENJE. Singulariteti ove funkcije su točke z = 1 i · z = 2 . Primijeti da su zadana područja određena pomoću kružnica sa središtem u točki Zo i koje prolaze singularitetima funkcije J (slika 11.2) .

Funkciju J prikazati ćemo pomoću sume 1 1

J(z) = z _ 2 + 1- z = JI(z) + h(z )

i zatim svaku od funkcija JI J h razviti u Laurentov red na pojedinim područjima.

144 ll. LAURENTOVI REDOVI

Slika 11 .2. Prstenovi unutar kojih će funkcija imati različit prikaz u Laurentov red odredeni

su singularitetima funkcije

A. Razvoj od h i h na području Dl je Taylorov, pošto su obje funkcije regularne na DI :

1 1 1 oo zn h(z) = --=-2 = -2 --z = - L 2n+1'

Z 1 - 2 n~O '

1 oo

12(z) = 1 _ z = L zn . n=O

Zato je

B. Funkcija h je regularna i na području {Izl < 2} i zato će imati isti Taylorov razvoj i na području D2 • Međutim, razvoj od J2 će biti Laurentov, pošto vrijedi (vidi prošli zadatak)

1 oo 1 J2(z) = 1 _ z = - L zn+1' Izl> 1.

n=O Dobili smo

oo lOan

J(z) = - L Zll+1 - L 2:+1 ' z E D2 · n=O n=O

C. Na području D3 obje funkcije imaju Laurentov razvoj. Prikaz od h smo već izveli , a za ft vrijedi

1 1 1 oo 2n

ft(z) = z _ 2 = :; . 1 _ ~ = L zn+1' z n=O

11.1. LAURENTOVI REDOVI 145

Dakle, oo 1

J(z) = L:(2n - 1) zn+! , Z E D 3 ·

n=O O.

\ ' . (

Razvij funkciju J(z) = (z _l)l(z _ 2)

Zo , u području D, ako je

u Laurentov red oko točke

I

! 3 A. Zo = -1, 2 E D;

3 B. Zo = 1, 2 E D.

/ RJEŠENJE. A. Područje D je vijenac određen singularitetima z = 1 i z = 2, 'sa središtem u Zo = -1 :

D = {z : 2 < Iz + 11 < 3} .

Funkciju rastavljamo u parcijalne razlomke:

f(z) = ~ + _1_, . z -2 l- z

Na području D vrijediti će slijedeći razvoji:

1 1 1 1 ~(z+l)n z -2=(z +1)-3=-3 ' z+l =-L...J 3n +!

1- -- n=O 3

jer je I z ; 1 I < 1 na D .

pošto je

1 1 1 1 oo 2n

-l---z = 2 - (1 + z) = --z -+-1 . ---=-2 - = - L (z + 1)~+1

1_2_1 < 1 na D. Dakle, z +l

1- -- n=O z+l

oo 2n-1 oo (z + l)n J(z) r=. - ~ (z + l)n - ~ 3n+1

B. U ovom slučaju funkciju J razvijamo oko točke Zo = 1 koja je njen singularitet . Područje D će biti kružni vijenac (nutarnjeg polumjera r = O), sa središtem u Zo i koji seže do drugog singularitet a z = 2 (slika 11 .3):

D = {z : O < Iz - 11 < l} .

Kako vrijedi

1 1 oo

z _ 2 = -1- (z _ 1) = - 2::(z - l)n, za Iz - 11 < 1, n=O

to Laurentov red funkcije J u ovom slučaju glasi

1 oo oo

J(Z) = -- ~(z - lt = - ~(z - l)n-l z-IL..! L..!

n=O n=O

oo 1 oo

= -(z _1)-1 - ~(z _l)n-l = -- - ~(z -lt. L..! z-l L..! n=l n=O

Slika 11.9. Z a primjene je najvažniji ~lučaj kad funkciju razvIjamo u red u okolini točke koja je ~ingularitet te /!lnkcije. Red će konvergIrati na kru~:nom vijencu do drugog singu/ari-

teta

Razvij u Laurentov red funkciju J(z) = z ~ i , oko točke Zo = i, z

a u području D koje sadrži točku -i .

RJEŠENJE. Kako je z = O singularitet funkcije f, to će područje D biti vijenac (slika 11.4) .

D = {z : 1 < Iz - il < oo}.

V "ed' J() (z - i) + 2i R ., . " 1/ 2 L d rIJ 1 Z = 2 . astavIt cemo naJprtJe z u aurentov re , z

k . t ć' l" 1 d ( 1) OrIS e l se re aCljOm z2 = dz -; .

1 d{ -1 } d{ -1 l} z2 = dz z - i + i = dz z - i . 1 + _i_.

z - ~

-+ I

i I

11.1. LAURENTOVI REDOVI 147

D

t -i Slika 11.4.

Zato je

J(z) = [(z-i)+2i]'; z

= ~(_1)n in(n + 1) + 2 ~(_1)n in+l(n + 1) ~ (z - i)n+l ~ (z - i)n+2 n=O n=O

1 oo (-1)nin(n+1) oo 2(-1)n-linn = z - i + ~ (z - i)n+1 + ~ (z - i)n+1

1 oo (-1)n-lin(n-l) oo (-l)n-lin(n-l) = z - i + 2: (z - i)n+1 = 2: (z - i)n+1 .

n=l n=O

Razvij u Laurentov red u okolini točke Zo = O funkcije

A. J(z)=z2 el/z j B. J(z)=z2 sin7l'z+1 . . z

RJEŠENJE. A. Upotrebit ćemo Taylorov red za eksponencijalnu funkciju :

oo 1 (1)n oo 1 J(z) = z2 ~ n! :; . = ~ n!zn-2

1 oo 1 = z2 + Z + - + "" --~ 2 ~ n!zn-2

n=3

1 oo 1 = z2 + Z + '2 + 2: (n + 2)! zn'

n=l

B. Prije razvoja u red transformirat ćemo funkciju na način

J (z) = z2 sin ( 71' + ~) = z2 sin ( -.;) = - z2 sin ~ .

Maclaurinov red za funkciju sinus daje

oo . 1 () 2n+l J(z) = _z2 ~(-lr (2n + l)! ~

oo (_1)n+l 7r2n+l

= ~ (2n + l)! Z2n-l

oo (_1)n+17r2n+l

= -7iZ + ~ (2n + l)! z2n-l .

Oba razvoja vrijede za s\"e točke z i= D. Dakle, područje konvergencije ovih redova je prsten D = {z : D < Izl < oo} .

*** Ako funkciju razvijamo u red oko točke Zo i na području koje obuhvaća tu

točku, tada ćemo govoriti da J razvijamo u (Laurentov) red u okolini točke Zo. Taj je slučaj najvažniji za primjene. Ukoliko je Zo regularna točka, tada će red biti Taylorov i konvergirati na području {Iz - zoi < R} . Ukoliko je pak Zo singularitet funkcije J , tada će područje konvergencije biti prsten {D < Iz - zoi < R}, a red će biti Laurentov s netrivijalnim glavnim dijelom. U oba slučaja je R udaljenost do prvog (neuklonjivog) singulariteta funkcije J.

11.6. Odredi glavni dio Laurentovog reda oko točke Zo za funkciju (z-1)3 eiz .

A. J(z) = (_ )2' Zo = -1; B. J(z) = ~b2 ' Zo = 1b; '" + 1 z . + z eiz 1

C. J(z) = (z2+1)2 ' Zo=tj D. J(z) = sin7rz' zo=k, kEZ;

RJEŠENJE. A.

J(z) = (z + 1 - 2)3 = (z + 1)3 - 6(z + 1)2 + l2(z + 1) - 8 ' (z+l)2 (Z+1)2 -8 12

=( )2+---6+(Z+1). z+l z+1

Ovo je Laurentov razvoj funkcije J oko točke Zo = -1 . Vidimo da su mu glavni i pravilni dio konačni. Prva dva člana predstavljaju glavni dio Laurentovog reda.

B. Napišimo funkciju u obliku

eiz 1 J(z) = (z-ib)(z+ib) = z_ib<l'(z) .

/,

I I

~ I I

11.1. LAURENTOV) REDOV) 149

Funkcija ip je analitička u točki Zo = ib i dade se razviti u okolini te točke u Taylorov red. Nas zanima samo prvi član tog Taylorovog reda!

ip(z) = ip(ib) + ip'(ib)(z - ib) + ~ipll(ib)(z - ib)2 + ... b 2

-b

= ~ib +al(z-ib)+a2(z-ib?+ ...

Sada imamo

j(z) = Z~ib{~~: +a1(z-ib)+a2(z-ib)2+ .. .}

-b 1 =~b ·--·b+ a1 + a2 (z-ib)+ .. .

2t z - t

e-b 1 Glavni dio ima samo jedan član : -2 'b . --'b '

t z - t

C. Kao u prošlom primjeru dobivamo

1 z eiz 1 j(z ) = ( ')2 ( )2 = ( )2 ip(z). Z -t z+i z-i

Kako je ip(i) = _ i '~' , ip'(i) = '~' , to slijedi

j(z ) = (z ~ i)2 {~: + 41e(z - i) + a2(z - i)2 + .. . }

-i 1 1 1 =_ . . +_ ._-. + ....

4e (Z-t)2 4e z-t

Ova dva člana čine glavni dio Laurentovog reda.

D. (_l)k (_l)k

-- = -..,.:---'-----:"7' = --:--'--:--"-""':"'7' sin-rrz sin(-rrz -7rk) sin-rr(z - k)

1

( _l)k = ---~~~~~---rr2(z - k)3

-rr(z ~ k) - 6 + ... (_l)k 1 (_l)k

= -rr(z - k) . -rr2(Z - k)2 = -rr(z _ k) ip(z) . 1- 6 + .. .

Funkcija ip je analitička u okolini točke Zo = k i vrijedi ip(k) = 1 . Zato će

glavni dio Laurentovog reda funkcije j imati samo jedan član : -rr~~~:)'

l ll. 7. Razvij u Lautetov red funkciju J(z) = ~ oko točke zo, u zadanim područ-

jima z -A. zo = 0, lJ= {Izl < l}; B. Zo = O, D = {Izl> l}; c. zo = l, D= {O < Iz - 11 < 2}; D. zo = l, D = {Iz - II > 2}; E. Zo = 2, JJ= {l < Iz - 21 < 3}; F. Zo = l + i, ° E D.

11.8. Razvij sljedeće &nkcije u Laurentov red oko zadime točke i u zadanim područjima: l .

A. (z _ 2)(z -3)' Zo = O, Dl = {2 < Izl < 3}, D2 = {3 < Iz!};

z2 - z +3 B. z3_3z+!~zo=O, D1={1 .<lzl<2}, D2={2<lzl};

C; -21 ,~=i, D={O<lz-il<2};

z + l l

D. (z2 _ 9)z2' za = l, D = {l < Iz - II < 2};

l E. (z2 -1)(z2+4)' zo = O, 3 E D;

l 3 F. z(z -1)(z-2}' Zo = O, -7 E D.

11.9. Razvij sljedeće ,fukcije u Laurentov red u okolini točke Zo = O: sin2 z e2

% - 1 l - cos(z2) . A. -;J; B. ~ C. zS

l + cos z e% sin z D. z4 E. z(l _ z); F. l _ z

11.10. Razvij sljedećetfUDlcije u Laurentov red u okolini zadane točke. Odredi područje konvergencije ddiiilenog reda.

A 2 · l l B' . loe z+l/% O . z sm z -'1" ~ =; • sIn z . sm -;, zo =; . e , zo = .

11.11. Odredi koja se ođsljedećih funkcija dade razviti u Laurentov red u okolini zadane točke:

A . l

. sm -, zo =0; z

D. Inz, Zo =0;

1 B. ~,zo=O;

sin1z

E. tgz, Zo = oo;

l C. -.-1' zo = O;

SlD-.z

F. z ,zo = oo; sinz - 2

11.12. Odredi glavni dD Laurentovog reda u okolini točke zo, za. funkcije e Z + l z - l

A. --, .. =0; B. - '-2-' Zo = O; e Z

- 1 sm z (z2 + 1)2

C. z2 +4 ... = oo; D. ctg1l'Z, Zo = k E Z.

,.

12. Nul-točke i izolirani singularitet i

151

Broj zo je nul-točka funkcije z >-> f( z) ako vrijedi f( zo) = O. Neka je J analitička u okolini točke Zo · Ako je zo njena nul-točka, tada se J dade prikazati u obliku

f(~) = J'(zo)(z - zo) + 1"(:0) (z - zO)2 + . " 2.

= (z - zo) <p(z) (12.1)

gdje je <p ponovo analitička funkcija u okolini točke Zo. Kažemo da je zo nultočka kratnosti n (ili nul-točka n-tog reda), ako se J dade prikazati u obliku

J(z) = (z - Zo)n <p(z) (12.2)

pri čemu je <p analitička funkcija za koju vrijedi <p(zo) =f. O. Nužan i dovoljan uvjet da bi Zo bila nul-točka kratnosti n jest da vrijedi

f(zo) = O, J'(zo) = O, . . . , J(n-l)(zo) = O, J(n)( zo) =f. O, (12.3)

jer tada Taylorov red funkcije J oko točke Zo glasi

_ J(n)(zo) n J(n+l)(zo) n+l J(z) - ,(z - zo) + ( )' (z - zo) + ...

n. n + 1 .

= (z - ZO)n <p(Z), <p(ZO) =f. o.

~ RJEŠENJE. Rješenja jednadžbe 1 - sin z = O su nul-točke od

, Odredi nul-točke funkcije f(z) = 1 - sin z i njihove kratnosti.

J . sin z = 1 daje z = Arc sin 1 , tj.

Zk = -i Ln(i + Vl=12) = - i Ln i

= -i{ln Iii + i(argi + 2k1r)} = % + 2k1r, k E Z,

152 12. NUL-TOČKE I IZOLIRANI SINGULARlTETI

(vidi Zadatak 4.7.c) . Odredimo krat nosti ovih nul točaka, koristeći kriterij (12.3) :

7r 1'(z) = - cos z, 1'(Zk) = - cos("2 + 2k7r) = O,

1"(z) = sin z, 1"(Zk) = sin(~ + 2k7r) = L

Stoga sve nul točke· imaju kratnost 2.

1 no. ~ Odredi nul-točke funkcije . 7 ~. kratnosti

1.7 J(z) = . i njihove

e-l - z2/2 - sm z

RJEŠENJE. Zo = O je nul točka brojnika, ali istovremeno i nul-točka nazivnika. Stoga nije izvjesno da je ona nul-točka funkcije J . Rastavit ćemo funkciju u nazivniku u Taylorov red (dovoljno je odrediti samo prvih nekoliko članova) . Naime, želimo funkciju J 'prikazati u obliku (12.2), da bismo provjerili da li je Zo nul-točka i da bismo pri tom odredili njenu kratnost .

z2 ( 1. 2 z3 z4 ) e

Z - 1 - "2 - sin z = 1 + z + "2 + "6 + 24 + .. .

_ l _ z; _ (z _ z; + 1z;0 _ . . . ) = z; + ;: + ...

Zato je l

J( z ) = Z4 . l l = Z4 cp(z) .

3' + 24 z +.oo

Funkcija cp je analitička u točki Zo = O i vrijedi cp(O) = 3 i- O. Zato je O nul-točka kratnosti 4.

12.3. Neka je Zo nul-točka kratnosti n za funkciju J i nul-točka kratnosti m za funkciju g . Što je Zo za funkcije A. J + g; B. J . g; C. J/g?

RJEŠENJE. Po uvjetima zadatka J i g posjeduju prikaze

J(z) = (z - zo)ncp(z), g(z) = (z - zo)m1/J(z),

pri čemu su cpi 1/J analitičke u Zo i cp(zo) i- O, 1/J(zo) i- O.

A. Neka je p = min{n, m} . Tada imamo

J(z) + g(z) = (z - zo)P{(z - zot-Pcp(z) + (z - zor- p1/J(z)}

i odavde zaključujemo da je Zo nul točka kratnosti p, ukoliko je n i- m. Međutim , u slučaju n = m , kratnost može biti i veća, pošto Zo može poništavati i izraz u zagradi (koji može biti čak i identički jednak nuli) .

B. Sada je J(z)g(z) = (z - zo)n+mcp(z)1/J(z)

12.2. IZOLIRANI SINGULARlTETI

te je Za nul-točka kratnosti n + m.

C; U ovom je slučaju I(z) = (z _ zot-m cp(z) g(z) 1/1(z)

us

i Za je nul-točka kratngsti n - m, ukoliko je n > m . Ako je pak n ~ m, tada Za nije nul-točka.

Točku Za u kojoj funkcija 1 nije analitička, nazivamo singularitetom (singularnom točkom) funkcije I . Za je' izolirani singularitet, ukoliko postoji okolina G točke Za takva da je 1 analitička na G \ {za}, (tj , ukoliko ne postoji niz singulariteta {zd koji konvergiraju prema za) . '

Izolirani singularitet može biti uklonjivi singularitet, pol ili bitni singulari-tet .

Za je uklonjivi singularitet, ako postoji , i konačan je r-

Co = lim I(z) . Z~Zo

Ako potom definiramo I(zo) := Co, točka Za prestaje biti singularitet, tj. 1 postaje regularna u za. Nadalje, Za je uklonjivi singularitet ako i samo ako Laurentov razvoj funkcije f oko točke Zo ne sadrži glavni dio.

Za je pol funkcije f I ako je

-- lim I(z) = oo . .1 .... .10

Da bi Za bio pol funkcije f, nužno je i dovoljno da Zo bude nul-točka funkcije J f-+ 1/ f(z). zn je pol n-tog reda. ako je ujedno nul točka kratnosti n za

funkciju Z f-+ 1/ f(z) prema tome, ze je pO) n tog r~da ako i samo ako se funkcija f može napisati u obliku .

I(z) = cp(z) . (12.4) (z - zo)n -pri čemu je c,e analitiČka 11 Ze i vrijedi '('(ze) # O

U tom slučaju Laurentov red funkcije 1 u okolini točke za glasi oo

( ) C-n C- n +1 C-l ""' ( )k f Z = ( ) + ( ) -1 + .. ; + -- + ~ Ck Z - Za . Z - Za n Z - Za n Z - Za k=O (12.5)

. Tada

154 12. NUL.TOĆKE I IZOLIRANI SINGULARlTETI

okolini bitnog singulariteta poprima za vrijednosti sve kompleksne brojeve (i to, stoga, beskonačno mnogo puta), s izuzetkom možda jednog! (Picardov teorem.) Nadalje, Zo je bitni sin ularitet ako i samo ako La. . '" točke Zo Ima es onačan glavni dio.

Gornju klasifikaciju možemo izraziti u obliku tablice:

singularitet limz-+zo J(z) glavni dio Laurentovog, reda

uklonjivi postoji i konačan je ne postoji

pol oo · kona.čan

bitni ne postoji beskonačan

7!d eli singularitete i ispitaj njihov karakter ~ sin z -" z ( . J(z) = - j ."tJ. J( z} = -j

z tgz ~ / el/Z - ·1 / 1 ;C. J( z} = z-l j .JO' J(z} = sin{l/z} '

RJEŠENJE. A. Jedini singularitet je zo = O. Razvoj funkcije u Laurentov red / u okolini ishodišta, glasi

l 1 oo z2n+1 J(z) = :.. sin z· = - 2) _l)n (2 1)1

z z n=O n + . oo z2n z2

= l)-1)n{2n+l)! =1-"6+ '" n=O

Laurentov red oko točke O ne sadrži glavni dio, stoga je ta točka uklonjivi singularitet. Vrijedi limz-+o J(z) = 1.

Do tog limesa možemo doći i s pomoću I'Hospitalovog pravila:

. . sin z . cos z hm J{z) = lim - = hm - = 1. z-+O z-+O Z z-+O 1

Dakako, primjenu ovog pravila na računanje limesa neodređenih oblika kod funkcija kompleksne varijable tek treba opravdati. Vidi Zadatak 12.6.

B. Singularne točke su br + 'TT /2 (u njima nije definirana funkcija tangens ) te k7r (za koje je nazivnik jednak nuli te nije definiran razlomak).

lim z = lim ~ cos z = O z-+Ic7r+",/2 tg Z z-+k"'+7f/2 sm z

i ove su točke uklonjivi singulariteti. Također, O je uklonjivi singularitet, pošto je

l· z li z 1 lm - = m - .- cos z = . z-+O tg z z--+O sm z

12.2. IZOLIRANI SINGULARlTETI 155

Točke br , k i: O su nul točke kratnosti l za funkciju sinus, stoga su to polovi prvog reda za funkciju J .

C. Singularne točke su Za = O i ZI = l. Prva je točka bitni singularitet funkcije el/z - l, pošto vrijedi

el/z _ 1 = ! + _1_ + _1_ +" . Z 2z2 6z3

S druge strane, funkcije Z 1-+ _1_ je analitička u Za = O. Stoga je O bitni . z--l

singularitet funkcije J. (Vidi i Zadatak 12.13).

Točka ZI je regularna točka funkcije el /z - l i pol prvog reda za funkciju

Z 1-+ _1_. Stoga je ona pol prvog reda funkcije J. Dakako, ovaj zaključak z-l

slijedi i po formuli (12.4) .

D. Točke Zk = ,libI" k E Z su nul točke kratnosti l za funkciju Z 1-+ sin l/z, stoga su to polovi prvog reda fun~ Točka Za = O je singularitet, ali nije izolirani! Narme~ mz singulariteta {z,.J konvergira prema Za. Stoga se, npr. funkcija J ne da rastaviti u Laurentov red u okolini točke Za (po potencijama od z).

*** Karakter točke oo za funkciju z>-+ J(z} jednak je, po definiciji, karakteru

točke O za funkciju iI (z) := J( II z). Npr. točka oo za funkciju Z >-+ eZ je istog karaktera kao i točka O za funkciju z >-+ el/z (dakle, bitni singularitet ; vidi sljedeći zadatak) .

Prema tome, funkcija J je analitička u točki oo ako ima prikaz

J( ) C-I C-n z =Ca+-+ ... +-+ ... z zn

pri čemu ovaj red konvergira u području Izl > R. (To podr~čje predstavlja okolinu točke oo).

r:.. Ispitaj pona .. ~anje u točki oo sljedećih funkcija , /- smz ..,/ z o( z

. J(z) = ---;f; /' J(z} = tg z; ('. J( z ) = e ;

D. J(z) = z(e l/z - l) .

RJEŠENJE . A. Vrijedi

156 12. NUL.TOČKE I IZOLIRANI SINGULARlTETI

Točka O je bitni singularitet ove funkcije . Zato je točka oo bitni singularitet za funkciju J. Red funkcije J u okolini točke oo glasi

1 1 l 2 J(z) = "2 - -31 + -51 z + .. . z . .

i on konvergira čim je z f; O.

B . Točka oo je singularitet. Naime, lim .. __ oo Jez) ne postoji . Za niz Zle := br, kQji teži ka oo, vrijedi J(ZIe) = oo te je lim J(ZIe) = oo, dok za niz zk := ~71'+k1r, koji također teži ka oo, vrijedi lim J(zk) = O. Međutim, točka oo nije izo4rani singularitet , pošto su točke Zle polovi funkcije J i svaka okolina točke oo sadrži barem jednu (a s tim beskonačno mnogo!) takvih singulariteta. Vrijedi naime Zle -+ oo i imamo niz singulariteta koji teže prema singularnoj točki z = oo .

C. Pustimo da z teži ka oo po realnoj osi (prisjeti se da se kompleksan broj oo nalazi sa obje strane realne osi!)

lim eX = +00, lim eX = O. %-+00 %--00

Zato limz __ oo eZ ne postoji. Kako funkcija z ...... eZ nema singulariteta u konačnosti, točka z = oo je njen izolirani singularitet, i to bitni.

Isti zaključak možemo izvesti i iz oblika Laurentovog reda oko točke O, za funkciju h(z ) = J(1/z) = el/z, koji glasi

1 1 h(z) = 1 + ~ + 2! . Z2 + . ...

Glavni dio ovog reda je beskonačan te je O bitni singularitet za h , dakle, oo je bitni singularitet za J.

D. Sada je h(z) = (e Z -1)/z i vrijedi

l· J () l' eZ

- 1 l' z 1 . lm l z = lm -- = lm e = . z-o z-O Z z-O

Zato je O uklonjivi singularitet funkcije h , te je oo uklonjivi singularitet za J . Laurentov red funkcije J u okolini točke oo glasi

12.6.

1 'I J(z) = 1 + 2! . z + 3! ' Z2 + . . .

Opravdaj primjenu L'Hospitalovog pravila: ako su funkcije J, g regularne u točki a EC , i ako je J(a) = g(a) = O, dokaži da vrijedi :

lim J(z) = lim J'(z) . z--a g(z) z--a g'(Z)

RJEŠENJE . Neka je a nul točka kratnosti n za funkciju J, te kratnosti m za funkciju g . Tada je a nul točka kratnosti n-I za funkciju J' , te kratnosti m - l za funkciju g', Moguća su tri slučaja:

12.2. IZOLIRANI SINGULARlTETI

l) n > m. Tada je

lim !(z) = lim !'(z) = O. %-oa g(z) z-oa g'(z)

2) n < m . Tada je

, lim !(z) = lim J'(z) = '00 .

z-oa g(z) z_a g'(z)

3) n = m . Sada funkcije! i g imaju prikaze

!(z) = (z - a)ncp(z), cp(a)::f. O,

g(z) = (z - a)n1/J(z), 1/J(a)::f. O.

Zato je lim !(z) = lim cp(z) = cp(a). z-oa g(z) z-a 1/;(z) 1/;(a)

S druge strane, vrijedi

te je

I'( z ) = n(z -' at-Icp(z) + (z - atcp'(z). g'(z ) = n(z - a)n-l1/;(z) + (z - a)n1/;'(z) ,

lim I'(z) = lim cp(z) + ~(z - a)cp'(z) = cp(a) . z _a g'(z ) z-a 1/;(z) + ~(z - a)1/;'( z) 1/;(a)

Prema tome, tražena dva limesa se podudaraju.

151

Primijetimo još da, za razliku od situacije koja se javlja kod funkcija realnih varijabli , pri neodređenom obliku funkcija kompleksne varijable, nije moguć

l ~ . d l' . ! (z) t " li k .. t I' (z ) t .. . s ucaJ a lmes Izraza -( ) pos OJI, a mes voclJen a -( -) ne pos oJ1. g Z g' Z

*** Po Picardovom teoremu, analitička funkcija poprima u svakoj okolini bit~

nog singulariteta beskonačno mnogo puta kao svoju vrijednost svaki kompleksni broj , s izuzetkom možda jednog.

12.7. Provjeri Pical-dov teorem za funkcije

A. !(z) = el/z; B. !(z) = sin~ . z

RJEŠENJE. A. Bitni singularitet je točka z = O. Neka je w E e proizvoljan. J ednadžba !(z) = e l / % = w ima rješenje l/z = Lnw, tj .

1 Zle - "...--,,........,.--,------,:--:-

- ln Iwl + i(argw + 2k7r)'

Vidimo da vrijedi !(Zle) = w , čim je w ::f. o. S druge strane, u svakoj okoli'ni točke O nalazi se beskonačno mnogo točaka Zle, pošto vrijedi Zle -+ O kad k-+oo .

158 1:l. NUL·TOČKE I IZOLIRANI SINGULARITET!

B. Bitni singularitet il točka z = O. Uzmimo ponovo proizvoljan W J C . Rješenje jednadžbe sin IJz = W glasi l/z = Arc sin W = -i Ln i(w + w2 - l) . Označimo Wl,2 = if. +~) (za svaki w "" l dobivamo dvije različite vrijednosti drugog kGlijena). Sva rješenja jednadžbe su

1 1 Zle = -iLnwl,2 = -i[lnlwl,21 +i(argwl,2 + 2k7r)]

1 k E Z.

= ~Wl,2 + 2k7r - i ln IWl,21' Kad k -+ oo, niz {_l teži ka O. Zato, u svakoj' dkolini bitnog singulariteta

z = O funkcija j{z) =sm ~ poprima beskonačno"mnogo puta svaku kompleksnu vrijednost w. z '

Isto se može rea za funkciju z 1-+ sin z i njen bitni singularitet oo. Za bilo koji kompleksni broj • možemo pronaći kompleksni broj z s dovoljno velikim modulom Izl tako da. -mjedi sin z = w .

12.8. Odredi nul-točke i ajihove kratnosti za funkcije

B. z3 sinzi C. (z - i) sh Zi

12.9. Odredi kratnost · nUl4očke zo :::; O za funkcije 2 2.3

) A. 2{ch z-l) - i ~ B. z (e - 1 i sh2 z

D.-z

1 - ch z D. z

12.10. Ispitaj karaktenincula.rne točke zo = O i u slučaju pola odredi njegov red: 1 shz

A. z2-2-2cosz' B. z-l+e-" sin z

C. z _ shz i 1 1

D. ----e' -1 z

12.11. Odredi singularif* i njihov karakter za funkcije

'J:) 1 . r~ z2 + z . ... '" z(z2 + 1)21 V zS + 2z4 + z3 '

D. z2 ctg Zi E. exp 1 ~ z i

1 - cos z . 1 G. z + 'Tr ' H. sm z + 'Tr i

J. SinCin{~/z;) @ l-~inzi


12.12. Odredi singularitete i njihov karakter , za funkcije Z3

B. z-2

C. 1- e Z

A. 1+ z6; z{z2 + 9)3 ; 2 + ez ;

l _E.

l 2 D. exp{z - -) ; ctg z - - ; F. ctg z - - ;

z z z

G. l l H. . l l I.

sh z ctg- --; Sin - +-'

z - sh z; z z z z2'

J. l

exp{tg -); z

K. l exp{ctg -).

z

12.13. Ako je za pol (ili bitni singularitet) funkcije 1 te regularna točka funkcije 9, 9{ZO) #- O, dokaži da je za pol (odnosno bitni singularitet) za funkciju z >-+

l{z)9{Z).

12.14. Odredi karakter točke z(') za svaku od grana zadane višeznačne funkcije . z

A. I{z) = ..;z-::l' za = 2; 1- z-l

1 B. I{z) = 1- Vz' Zo = 1;

C. I{z) = sin l r:: ' za = l ; 1- yZ

D. I{z) = ctg l +1.jZ ' Zo = l; l

E. I{z) = .jZ _ Vz' zo = 1.

160

13. Rezidutim. Račun ostataka

analitičke funkcije f u točki Zo . est koeficijent e-l ~tQyog redtil funkcije t oko toč e Zo. lsemo

Res( t, z g) .- e l (13.1)

Po formuli (11.4) slijedi

ResU, zo) = -!-: fr j( z) dz _1rl

(13.2)

gdje je integral uzet po proizvoljnoj zatvorenoj Jordanovoj krivulji orijentiranoj u pozitivIlom smjeru , koja obuhvaća singularitet Zo (i niti jedan drugi osim njega). Formulu (13.2) ne koristimo pri računanju reziduuma, već naprotiv, za računanje krivuljnih integrala.

Ako je Zo uklonjiv.i singularitet ili regularna točka, tada glavni dio Laurentovog razvoja funkcije. j ok~ točke- Zo ne- postoji , te..je i ResU, zo) = O. Ako je Zg bitni singularitet, reziduum nalazimo isključivo razvojem funkcije u

F Laurentov red u okolini sin ulariteta. U l ča ' u oIa možemo a naći ' i

o Je Zo : pol n tog reda,

1 dn - 1 .

ResU, zo) = (v 1)1 Z~Q dz n - 1 { (z - zot f(z) } .

Specijalno, ako je Zo : pol prvog reda, -U tom se sluča ' u

~h{.) , pri čemu je že naći i ovako: --

ResU, zo) =

g(zo) ResU, zo) = h'(zo)'

. (13.4)

=

(13.5)

I

13.1. REZIDUUM ANALITIĆKE FUNKCIJE 161

Izračunaj reziduume funkcija u njihovim singularitetima:

~ sin z ~ sin z

• f(z) = 3 ' 2 2 ; /"""" f(z) = ( )3 ; z - Z Z-7I' VO ctgz 1

/' • J(z) = (z + 1)2; Y f(z) = Z4 _ z2 '

RJEŠENJE. A. Vrijedi sini

f(z) = z2'(% _ 2)

i jedini singulariteti su točke ZI = O i Z2 = 2 (ne računajući, zasad, točku oo). Kako je ZI nul točka kratnosti 1 za funkciju sinus, to je ZI pol prvog reda (a ne drugog!) za funkciju J, baš kao i točka Z2 . Po formuli (13.4),

R (J ) l ' sin Z l' sin zlI es . ,O =!1mz· 2( 2)= 1m--·--

2=-- ·

% ..... 0 Z Z - z-o Z Z - 2

Drugi reziduum dobivamo na isti način: Res(f,2) = (sin 2)/4 .

B. Jedini singularitet je točka z = 71'. Kako je ona ujedno i nul točka kratnosti 1 za brojnik, to je z = 71' pol drugog reda. Po (13.3) slijedi

1 ,d ( 2 sin z ) Res(f'7I') = ( )' hm -d (z - 71') ( )3 2 - 1 . Z-1r Z Z - 71'

= lim ~ ( sin z ) = lim (z - 71') cos Z - sin z Z""'1r dz z - 71' Z""'1r (z - 71')2

= lim -(z -7I')sinz = O. Z-1r 2(z - 71')

Pri računanju limesa koristili smo L'Hospitalovo pravilo. Bilo bi jednostavnije riješiti zadatak koristeći razvoj u Laurentov red oko singularitet a z = 71' :

sinz sin(z-7I') -1 { (z-7I')3} J(z) = (z-7I')3 =- (z-7I')3 = (z-7I')3 (z-7I')- 3! + ...

1 1 (Z_7I')2 = (z - 71')2 + 3! - 5! + ...

i kako je e_l = O, to je i Res(f' 71') = O. Primijetimo još da bismo lakše došli do traženog rezultata da smo pogrešno

. odredili red pola: ako za z = 71' kažemo da je pol trećeg reda, tada po (13 .3) imamo:

Res(f,7I') = -21, lim dd

2

2 {sin z} = ~ lim {- sin z} = O. • %""'1r Z 2 %""'1r

Pogreška ove vrste vodi uvijek na točan rezultat, vidi Zadatak 13.21.

C. Vrijedi f(z) = . CtSZ

1)2 i J ima polove: -1 , pol drugog reda, te k7l', sm z z + .

k E Z, polovi prvog reda. Vrijedi

d { 2 ctg Z } -1-1 Res(f, -1) = lim -d (z + 1) ( )2 = lim -'-2- == - ' -2- '

z ..... -l Z ·z + 1 %--1 sm z sm 1

162 13. REZIDUUM. RAČUN OSTATAKA

Reziduum U t.očkama. h računa.mo po (13.5): cos z

(z + 1)2 1 ResU, h) = (sin z)' = (h + 1)2'

D. Singulariteti rac::ionalne funkcije su polovi, to su nul točke nazivnika. Dakle, singulariteti su: 0, pol drugog reda, te 1, -1, polovi prvog reda.

. 1 1 ResU, 1) = ~(z -1) z2(z + l)(z -1) = 'i"

ResU, -1) = lim (z + 1) 2( \( 1) = --21

, z--+-1 z Z + 1 z-

ResU, O) = lim ~ {Z2 . 1 } = lim -2z = O. z-o dz z2(z - l)(z + 1) z ..... o (z2 - 1)2

Izračunaj reziduume funkcija u njihovim singularitetima:

;C;J(z) = zn ~ 1 j ~ J(z) = (z: l)n j

~ I. J(z) = ( 1 ) j p( J(z) = Z4 sin! . (.. zz+ln / z

RJEŠENJE. A. Singulariteti su nul-točke nazivnika:

zn - 1 = ° ==> Zlo = tYi = e2k1fi/n

, k = 0,1, ... , n-l.

To su polovi prvog reda. Zato je, po (13.5)

ResU, Zlo) = (zn ~ l)' Iz= ... = n z~-l 1 1 2k1fi/n

= n . e2kwi(n-l)/n = fi e

B. Točka z = -1 je pol n-tog reda. Po formuli (13.3), za n> 1 slijedi

1 dn

-1

{ l} ResU, -1) = { )1 lim -d -1 (Z + lt ( 1) = O. n-l . .. --l zn Z + n

Rezultat je očigledan ako uočimo da je

1 J(z) = (z + l)n

\

upravo Laurentov razvoj funkcije J oko singularitet a -1, te on ne sadrži član s potencijom (z + 1)-1 .

13.1. REZmUUM ANALITIČKE FUNKCIJE 163

C. Imamo dva singularitet a: O, pol prvog reda, te. -1, pol n - tog reda.

Res(f, O) = lim z · ( 1 ) = l , z-o z z + 1 n

1 dn

-I

{ l} Res(f, -1) = ( l)' lim -d -I (z + l)n ( 1) . 11 - .• --1 zn Z Z + n .

1 dn - l 1 = lim ---

(n - l)! z--l dzn - l z

= 1 lim (-1){-2)' '' {-n+l) =-1. (n - l)! .--1 zn

Do istog rezultata možemo doći pomoću Laurentm'og razYoja funkcije J, oko točke z = -1 :

1 1 1 -1 J{z) = (z + l)n ~ = (z + l)n 1 - (z + l)

-1 2 =( ) [l+(z+l)+(z+l) + ... ]

z + 1 n ' .

-1 -1 -l = ( ) + ( ) 1 + ... + -- -1 - (z + l) - .. . Z + 1 n Z + 1 n- Z + l

te je Cl = Res(f, -1) = -1 .

D. Singularitet (bitni) je točka z = O. Stoga funkciju moramo razviti u Laurentov red u okolini ishodišta:

() 4. 1 4{ 1 ll} J z = z sm - = z - - -'-3 + -,-5 - .. . z z 3. z S. z

3 Z 1 1 =z -'+-'--13+ '" 3. 5.z 7.z

Vidimo da. je Res(f, O) = e-l = ~. 5.

*** Ako je točka a pol prvog reda funkcije J, i a.ko je cp analitička u točki a,

ta.da. vrijedi

Specijalno,

Res{cp(z)J(z), a) = cp(a) . Res(f(z), a) .,

Res( cp(z) ,a) = cp(a). z-a

(13.6)

(13 .7)

164

13.3. !zračunaj reziduum u točki _A~(1- cos 3z) /' s-in z(sin z - z)'

13. REZIDUUM. RAČUN OSTATAKA

z = O za funkcij e z n-l

B. --o sinn z

RJEŠENJ E. A. Točka z = O je nul-točka kratnosti 3 za brojnik, te nul-točka kratnosti 4 za nazivnik, dakle, pol prvog reda. Reziduum ćemo najlakše izračunati ako iskoristim,o nekoliko prvih članova Maclaurinovog reda:

9z2 81 z4

z{1-cos 3z ) z (1-1+ 2 -2'4+" ') = ----,,----~--~~------

sin z(sin z - z) z3 z3 (z - 6 + oo .)(z - 6 + oo . - z)

9 81z2

= ---+ .oo 1 1 2 24 . . _ = cp( z) . _ .

z2 1 Z2 Z z (1 - 6 + . oo)( -6 + 120 - oo .)

Zato je, po (13.7)

Res(CP~z) , O) = cp( O) = ~D6 = -27.

B. z = O je pol prvog reda, a funkcija se može napisati u obliku Z,,-l zn- l 1

sinn z = zn(l- z2/6 + .. . )n = cp(z):;

te je Res(cp(z) ~ ,O) = cp(O) = l. z

13.4. l/z

!zračunaj reziduum u ishodištu , za funkciju j( z) = _e_o l- z

RJEŠENJE . Točka O je bitni singularitet funkcije j . Razvijmo j u Laurentov red oko ishodišta:

1 1 1 1 1 )( . 2 3 j (z) = (1 + - + --; . 2' + --; . 3' + .. . 1 + z + z + z + ... ).

z 2. z 3. z . Da bismo odredili Res(j, O), potreban nam je samo koeficijent uz 1iz, koji ćemo dobiti množenjem ovih dvaju redova:

1 1 1 Ll = 1 + --; + --; + ... + ,. + .. . = e-L

2. 3. n. Zato je Res(j, O) = e-l .

***

13 .1. REZIDUUM ANALITIČKE FUNKCIJE 165

Reziduum funkcije J u točki oo definira .se formulom

Res(f, oo) := - 2~i f J(z) dz (13.8)

Izl=R

pn cemu je R dovoljno velik da kružnica Izl = R obuhvaća sve singularitete funkcije J u kompleksnoj ravnini C. (Takva kružnica postoji ukoliko je oo izolirani singulari tet .)

Ova formula ima za posljedicu da je reziduum funkcije J u 60 suprotan po predznaku zbroju reziduuma te funkcije u svim singularitetima u C (pod pretpostavkom da ih je konačno mnogo).

Reziduum u točki oo može biti različit od nule, čak i onda kada je oo regularna točka funkcije J . Formula (13.8) nikad ne služi za računanje reziduuma, već koristimo, kao i kod singulariteta u konačnosti, prikaz funkcije preko Laurentovog reda. Ako za Izl> R vrijedi prikaz

(13.9) n=-oo

tada je Res(f, oo) = -Cl ' (13 .10)

Sljedeća dva krfter~a mogu biti korisna pri računanju reziduuma u beskonačnosti: ako je J regularna u točki oo, tada vrijedi

Res(f, oo) = lim z(f(oo) - J(z». (13.11) z ..... oo

Ako pak definiramo novu funkciju h na način h (z) = J( l/z), pri čemu je h regularna u točki O, tada vrijedi

13.5.

Res(f,oo) = -J~(O). (13 .12)

Izračunaj reziduum u točki oo yr z2 - z+ 1

/A. J(z) = z3-2z+1; / . 1

C. J(z) = zsm --j z+l

za funkcije Z2 - z-l

B. J(z) = z2+ z -1;

D. J(z) = sin _z_o z+l

RJEŠENJE. A. Točka oo je regularna točka, pošto vrijedi limz ..... oo J(z) = O. Po formuli (13.11) imamo

• (Z2 - Z + 1 ) Res(f, oo) = lim z - 3 = -1. z"'" oo z - 2z + 1 .

B. Točka oo je ponovo regularna točka (pošto je O regularna za funkciju h (z) = f( l/z»· Provjerimo to i iskoristimo formulu (13.12) za računanje reziduuma:

1 1 1 - - - - 1 1 - z - z2

h(z)=J(-)= z12 f z-l + z - z2 '

z2 +:; - 1


i O je regularna za ft . Nadalje,

ResU, oo) = - I{ (O) = 2.

C. Jedini singularitet (u konačnosti) je točka z = -1 . Zato ćemo reziduum u točki oo računati koristeći formulu

ResU, oo) = - ResU, -1)

(vidi zadatak 13.21) . Kako je

[ 1 1 . . ]

I(z) = [(z + 1) - lj z + 1 - 3! (z + 1)3 + . . .

1 1 1 -1---- + -- z + 1 3!(z + 1)2 3!(z + 1)3 ...

to je ResU, -1) = -1 i ResU, oo) = 1.

D. Točka -1 je jedini singularitet u konačnosti za funkciju I, no situacija je sada upravo obrnuta od one u prošlom primjeru. Reziduum u točki oo ćemo izračunati lakše od onog u točki -1, jer je oo regularna točka funkcije I. Vrijedi

1 . l/z . 1 ft (z) = 1 ( -) = sm 1/ = sm -1 -

z z +1 +z

te imamo

, 1 -1" ResU, oo) = - I{(O) = - cos -- . ( )2 = cos 1. 1 + z 1 + z .. =0

Stoga je npr. ResU, -1) = - cos 1. Izvedi ovaj rezultat direktno!

13.6.

***

Odredi reziduume za svaku od jednoznačnih grana sljedećih višeznačnih funkcija, u naznačenim točkama

1 z+l A. I(z) = VZ=I ,z=2; B. I(z) 6 . L (1 )' z=O. z-l - 1 7T~- n +z

RJEŠF;NJF;. A. Funkcija 1 ima dvije grane, ft za koju vrijedi V'I = 1 i h, za koju je V'I = -1 . Za prvu je točka z = 2 singularitet, jer je

1 (2) _ 1 , = 1 1 - +v"Z=l-1 .. =2 O

a za drugu je regularna točka:

l , 1 12(2) = -v"Z=l- l .. =2 = -'2

13.2. RAČUN OSTATAKA 167

(predznak ispred korijena sugerira na koji se način računaju pojedine grane) . Da bismo odredili reziduum za granu JI , moramo znati karakter singularne točke. Napišimo JI u obliku

l JI( z) = /Z=-I - l

.;:z=l + l .;:z=l + l

.;:z=l+1 - z -2

i vidimo da je z = 2 pol prvog reda. Zato je, po formuli (13.5)

.;:z=l + II ResUl, 2) = l = 2. z=2

B. Grane logaritamske funkcije definirane su sa

Ln(k) z = ln Izl + i(arg z + 2kir), k E Z.

Točka z = O je singularitet samo za funkciju z >-+ Ln(3) z jer za nju vrijedi

Imamo

Ln(3)(1 + z)lz=o = Ln(3)(1) = 6iTi .

[67ri - Ln(l + z)]' = __ 1_ l+z

i zato je z = O nul točka prvog reda za nazivnik (jer nije nul-točka derivacije) , te je ona pol prvog reda funfcije f . Zato

\ ResU, O) = z + l l

l + z z=o

= -1.

Primjenu reziduUlJla na računanje krivuljnih integrala funkcija kompleksne varijable omogućava ·sljedeći Cauchyjev teorem:

Ako je funkcija f analitička na području G, osim u konačnom broju izoliranih singulariteta ZI,"" Zn, i ako zatvorena krivulja e e G obuhvaća te singularitete, tada vrijedi

1 f(z) dz = 27ri t ResU, Zk). (13 .13) e k=l

Integrira se u pozitivnom smjeru obilaska po krivulji c . Ako krivulja e obuhvaća i točku oo, ona se priključuje singularitetima

u konačnosti, čak i onda kad je f analitička u oo (pošto i tada može biti Res(f,oo)::/= O) .

168

13.7.

1~ ~ ,' "

.- , .... ; 13. REZIDUUM . RAĆUN OSTATAKA

Izračunaj integral

A. r~) C={z:lz-11=1} ; Je l + z BI" r dz C = {z : I z + l - i I = 2} . ./' Je (z + 1)2(z2 + l) ,

RJEŠENJE . A. F\ulkcija J(z) = _1-4 ima četiri singulariteta: Zk =/ n, l+z V v

k = 1, 2,3, 4. To su, redom, ZI = J2(1 + i)/2, Z2 = -12(-1 + i)/2, Z3 = -I2( -l - i)/2, Z4 = -12(1 - i)/2 i svi su oni polovi prvog reda. Krivulja integracije obuhvaća točke ZI i Z4 (slika l3 .l.a) . Zato je

1= r ~ = 2'Tri{ResU, ZI) + ResU, Z4)} Je l + z

= 2r.i { 4 \ I + 4 \ I } = ~i [:3 + z13 ] . Z z=z, Z z=z, l 4

Ovaj zbroj lakše računamo ako prikažemo ZI i Z4 u obliku ZI = ei1r / 4 , Z4 = e- i1r / 4 . Tada je

I 1fi (-3i"/4 3;1r /4 ) 'Tri 2 3'Tr 'Tri = - e + e = - cos - = - -. 2 24-12

B. Podintegralna funkcija ima singularitete ZI = -l , pol drugog reda, te Z2 = i, z3 = -i, polove prvog reda. Krivulja integracije obuhvaća točke ZI

i Z2 (slika l3 .l.b) Kako je

d 1 -2z l ResU , -l) = z~~l dz z2 + l = z~~1 (z2 + 1)2 = 2

ResU, i) = lim ( )!( ')=(' 1)22 ' =--41

z ..... , Z + 1 Z + 2 2 + 1 2

to vrijedi

1= 21fi{ ResU, -l) + ResU, i) } = ~i . . . I a) b) I

(I

, ~ ,.

>"

Slika 13.1.

/;,

13.2. RACUN OSTATAKA

13.8. Izračunaj integral ,I..

~ 1.'.

: .'

A. r z2 sin ~ dz , e = {z : Izl = l}; Je z ~ r _z_ e1/ z dz , e = {z : Izl = 2} . /' Je z+1

169

RJEŠENJE. A. Funkcija f ima samo jedan singularitet, u točki ZI = O, i to je bitni singularitet . Vrijedi

2 . 1 2(1 1 1 ) 1 1 f(z) = Z sm z = z Z - 3' z3 + 5' z5 - . . . = z - 6z + 120z3 - . ..

te je ResU, O) = Cl = - 1/6 . Stoga je i

r z2 sin ~ dz = 27l'i ResU, O) = _ 7l'i. Je z · 3

B. Dva su singulariteta, ZI = O, bitni singularitet, te Z2 = -1, pol prvog reda. Oba su obuhvaćena krivuljom C . Da bismo odredili ResU, O), moramo funkciju rastaviti u Laurentov red, točnije, moramo odrediti samo koeficijent C-l u tom razvoju:

_ z l/z":' ( 2 3 4 1 1 1 f( z)- --e - z-z +z -z + ... )(1+-+-12

+-1- 3 +" ,)

z + 1 z 2.z 3.z

= ... + ~ ( ~ - ~ + ~ - . .. ) + ... z 2. 3. 4. Dakle, ResU,O) = C-l = (1-1 + fr - ir + tr - .. . ) = e-l.

" z el

/z I ResU, -1) = -1- z=-l = _e-

1

i stoga je zbroj reziduuma unutar krivulje e, a samim tim i integral po krivulji e , jednak nuli.

~ RJEŠENJE . integracije.

Izračunaj jntegral r -?- dz, po krivulji e = {z : Izl = 2} . /' Je z -1

Funkcija ima .četiri singularitet a i svi se nalaze unutar područja Stoga je jednostavnije preći na integraciju po vanjskom području :

1= r J(z) dz = - r J(z) dz le+ ' Je-

gdje je c+ pozitivno, a C- negativno orijentirana krivulja C . Krivulja C- ne obuhvaća niti jedan singularitet, ali obuhvaća točku z = oo , u kojoj je funkcija regularna. Vrijedi, po formuli (13.11)

Z3 ResU, oo) = lim -z -4-- = -1

z __ oo z-l

i stoga je I = -hi ResU, oo) = 27l'i.

)


Neka je j analitička funkcija i neka je z = a njena nul-točka n-tog reda. Tada j ima oblik j (Z) = (Z - a) n cp{ Z) , pri čemu je cp anali tička u okolini točke a i cp{a) i= O. Zato je

f'{z) = _n_ + cp'{z) =: ~ + g{z) j (z) z - a cp{ z) z - a

i g je analitička u okolini točke f'{z). .. d'

a. Dakle, z = a je pol prvog reda funkcije

j{z) l VrIje l j'{z)

Res{ j{z) ,a) = n .

Slično, ako je z = b pol m-tog reda funkcije j, tada vrijedi

f'(z) Res( j(z) ,b) = -m.

(13.14)

(13 .15)

Neka je sada r pozitivno orijentirana zatvorena Jordanova krivulja (kontura) koja omeđuje područje G. Pretpostavimo da je j analitička na području D koje sadrži G, osim možda u konačno mnogo točaka koje smiju biti samo njeni polovi. (Za takvu funkciju kažemo da je meromorfna) . Tada po (13 .14) , (13 .15) vrijedi

1 (f'(z) 27l'i Jr j(z) dz = NU, G) - PU, G) (13.16)

gdje je NU, G) broj nul-točaka funkcije j u području G , uzetih s pripadnim kratnostima, PU, G) broj polova funkcije j u području G 1 uzetih s pripadnim redovima.

Formulu (13.16) koristimo pri određivanju broja nul-točaka (rjeđe polova) funkcije j . Pri tom integral s lijeve strane ne možemo računati primjenom teorema o reziduuima, pošto reziduum znamo odrediti samo u poznatim točkama,

Slika 13.2. Promjenu argumenta ~r arg(f) određujemo tako da preslikama krivuljll r funkcijom f u w- ravninu. Na slici su nacrtane slike krivulj!! r pri preslikavanju dvjema funkcijama f . Kod prve je ~r arg(f) = O, a kod druge ~r arg(!) = 471' (točka w dva

puta je obiila oko ishodiita)

. I

13.3. PRINCIP ARGUMENTA . ROUCHEOV TEOREM 171

a nama su te točke nepoznate (čak i njihov broj). Taj se integral može iskazati pomoću formule

l -~r arg(j) = N(j, G) - P(j, G) 2~ . (13.17)

koju nazivamo princip argumenta. Th je ~r arg(f) promjena argumenta funkcije f duž krivulje r .

. 13.10. Odredi broj rješenja jednadžbe z7 -2z-5 = O u desnoj poluravnini

{Rez:> O}.

RJEŠENJE . Kako polinom nema singulariteta, to je po principu argumenta broj nultočaka polinoma Q(z) = Z7 - 2z - 5 unutar konture r jednak

l N = 2~~rargQ(z) .

Za konturu r ćemo izabrati polukružnicu u .desnoj poluravnini

r = {z : Izl = R, Rez> O} dovoljno velikog polumjera R tako da obuhvaća sve korijene u desnoj poluravnini . Kontura r sastoji se od polukružnice CR i odreska s = [Ri , -Rij (slika 13.3.a). Imamo

arg Q(z) = arg Z7 (1 - 2. - ~) z6 z7

= 7 arg z + arg (l - 26 - 57

) , . z z

Kad z prođ?polukružnicom CR, tada mu se argument poveća za ~, stoga je promjena argumenta funkcije J duž luka CR :

~CR arg Q(z) = h + ~CR arg (1 - z26 - :7) --4 h kad R --4 oo.

!:J. , - -lt

s·

Slika 13.3.

Odredimo još promjenu argumenta duž segmenta [Ri, -RiJ. 1\1 je z = it, t E [R, -RJ. Također,

Q(z) = (it? - 2(it) - 5 = -5 + i( -t1 - 2t)

Kad točka z opiše segment s = [Ri, -RiJ, tada w = Q(z) opiše pravac s·

u = -5, v = _t7 - 2t.

172 13 . REZIDUUM . RAČUN OSTATAKA

(slika l3 .3.b). Pri tom se njen argument smanji sa 'Tr . Zato 6.Q(z) = -'Tr.

Konačno dobivamo 1 1

iV = -6rQ(z ) = -' 6r. = 3, 27r 2'Tr

tj . zadana jednadžba ima tri korijena u desnoj poluravnini.

*** Jedna od posljedica principa argumenta je sljedeći rezultat. Roucheov teorem. Neka kontura r omeđuje područje G i neka su funkcije

J i g mer0morfne na području D :J G , bez polova na r . Ako vrijedi

IJ(z) - g( z)1 < If( z) 1. "<Iz E r tada je

N(j, G) - P(j, G) = N(g , G) - P(g , G) .

Specijalno, ako su J i g cijele funkcije, tada se broj njihovih nul-točaka u području G podudara (računajući im kratnosti ).

13.11. Odredi broj nul-točaka polinoma P(z) = z8 - 6z 6 - z3 + 2 unutar jedini čnog kruga {I z I < l} .

RJEŠENJE. Izaberimo funkciju J( z) = -6z6. Tada za z sa konture r = {Izl =

l} vrijedi

lJ(z)1 = 61z16 = 6, lJ(z) - P(z)1 = 1- zS - z3 + 21 ~ Izls + Izl3 + 2 = 4

te je lJ( z) - P(z )1 < If(z)l. Po Roucl1eovom teoremu, polinom P ima unutar jediničnog kruga jednak broj nul-točaka kao i polinom J(z) = -6z6 , dakle , šest nul-točaka .

13.12. Pokaži da jednadžba et - A = z, >. > 1 ima unutar jediničnog kruga {Izl < l} samo jedan korijen. Pokaži da je on realan i pozitivan .

RJEŠENJE . Označimo sada J(z) = -z, g(z) = et-A - z . Na kružnici Izl = 1 vrijedi ocjena If(z)-g(z)1 < IJ(z)1 jer je tu lJ(z)1 = I-zi = l , te, za z = x+iy,

IJ(z') - g(z)1 = lez->'I = leX-A. eiYI = eX-A < 1

jer je -1 ~ x ~ 1, >. > 1 te stoga x - ). < O. Po Roucheovom teoremu , funkcija g(z) ima samo jednu nul točku unutar

jediničnog kruga. Kako je pri tom ispunjeno g(O) > O, g(l) < O a vrijednost g(z ) je za realne z također realna, to je ta nul točka pozitivni realni broj .

13.13. Dokaži da za čvrsti broj r < 1 polinom

Pn(z) = 1+ 2z + 3z2 + ... + nzn-l za dovoljno veliki n nema nul-točaka unutar kruga Izl < r.

RJEŠENJE. Prikažimo polinom u obliku

d (zn+l - 1) Pn(z) = -d ' . z z - l

K k I I 1 . {zn+l - l} k . ka f k '" 1 'r ' a o za z < mz 1 onverglra un CIJl --, unllormno na z- l-z

kompaktu Izl ~ 1, to će po Weierstrassovom teoremu i niz derivacija {Pn(Z)}

konvergirati uniformno ka derivaciji (1 ~ z)2 . Stavimo f(z) = (1 ~ z)2 . Zbog

uniformne konvergencije vrijedi

(Vc> O)(3no E N) : n ~ no =:} max IPn(z) - f(z)1 < c. JzJ=r

Izaberimo sada c := min I ( 1 )21. Tada je za svaki n ~ no ispunjeno JzJ=r 1 - z

IPn(z) - f(z)1 < c ~ If(z)l, čim je Izl = r. Po Roucheovom teoremu zaključujemo da funkcije Pn (z) i J(z) imaju jednak broj nul-točaka unutar kruga Izl < r, dakle niti jednu, pošto je f svuda različita od nule.

13.14. Odredi reziduume u svim singularitetima sljedećih funkcija

z2 + z + 1 . B 1 . 1 A. z2(z + 1) , '/ (z2 + 1)' C. z _ z3;

z2 z2 D. --4; E.

1+z (1+z)3;

z+2 G. (z + 1)2(z _ 1)3;

1 + z8 .

H. z4(z2 +4)' 1 + z2n

J. ). zn(z - 2

1 F. (z2+1)3'

z2n I. ,

(z - l)n

13.15. Odredi reziduume u svim singularitetima. sljedećih funkcija. 1 - cos z e3

% - 1 A. z3(z _ 1)' B. -z-3-;

D 1 E . 1 . sin z' . sm 1 _ z;

G. z4 sin _1_. H. _._1_; z - 2' sm(l/z)

J . 1 1

. sm - --. z z

13.16. Odredi reziduum u točJd ~, za funkcije 1 z4 + l

A. z4(z+1); B. z6+l; C. 21f Z cos ;;

cos z . . 1 D. (z4-1)2 ; E. smzsm~; F. sin z

(z2+1)2 '

13.17.Izračunaj reziduum u ishodištu, za funkcije

A. l - cos z B. .'+1/.' z3(z-3);

e ; C. z3

(e' - l - z)2'

D. zn-3

E. sin 2z - 2 sin z -n-' n~2; z sin z (l - CDU) , tg z

F. t.gz - z (l - cosz)2'

13.18. Dokaži da je

:rC l) oo ()2n+l l Res(e! z+ž ,O)= L ~ n!(n+l}!'

n=O .

xE R .

13.19.Izračunaj reziduume sljedećih višeznačnih funkcija za svaku granu koja je analitička u nekoj okolini točke zo (osim možda u samoj toj točki):

z-2 z A. J(z) = 3 + v'fO=Z' Zo = l; B. J(z) = VIf=Z! + l' zo = O;

z-l l C. J(z} = Ln --, zo = oo; D. I(z} = Lnzsin --, zo = l;

z+l z-l E. J(z) = .j(z - a}(z - b), zo = oo.

13.20. Neka funkcije <p i 1/1 imaju u točki zo nulu reda m . Dokaži da je tada

Res(<P(z) . _1_ zo) = <p(m)(zo)' 1/1(z) z-zo' 1/1(m)(zo),

Res (<p(Z) . l zo) __ 1_ <p(m) (zo) [<p(m+l) (zo) _ 1/1(m+l) (zo)] 1/1(z) (z - zo)2' - m + l 1/1(m)(zo) <p(m) (zo) 1/1(m) (zo) .

13.21. Neka je zo pol reda n za funkciju J i m > n. Dokaži da vrijedi

l dm

-1

{ } Res(f, zo) = ( }I lim -d -l (z - zo}m J(z) . m - l . '-'0 zm

13.22. Neka je funkcija <p analitička u točki a, i neka. funkcija J ima. u točki a pol n-tog reda.. Ako glavni dio Laurentovog reda. funkcije J oko točke a glasi

C-I + ... + C-n Z - a (z - a)n

pokaži da. je tada

I ",(n-l)(a) Res(",(z)J(z) ,a) = C_l",(a) + c_2<P (a) + ... . + e-n (n _ l)! .

Izvedi odavde formulu (13.6)

13.23.Izračuna.j Res( ~«:i ,a) ako je točka a: A. nul točka. krat nosti n za funkciju J, B. pol reda n za funkciju J .


13.24.Izračunaj Res (cp(Z) j«:1 ,a) ako je a regularna točka funkcije cp , te za funkciju

f A. nul točka reda m.JJl.-. pol reda m.

13.25. Neka su Z I," " Zn E C svi singulariteti (u konačnosti) analitičke funkcije f . Dokaži da vrijedi

n

Res(J, oo) ::: - 2::= Res(J, Zk)'

1:=1

13.26 . . Dokaži da za parnu funkciju vrijedi Res(J, O) ::: Res(J, oo) ::: O.

***

13.27.Izracunaj integrale (integrirajući po navedenim krivuljama u pozitivnom smjeru):

A. r ( ·)t )2' C::: {z : Iz + 21 ::: 2}; Je Z - 2 z + 1

1 sin1l'z B. -2--dz, C::: {z : Izl::: 2} ;

e z - z

[ e%dz

C. -4--3 ' C::: {z: Izl::: 2}; e z .+ ;

[

e2% dz . D. -3-,C:::{z : lz-ll:::l} i

e z -1

1 e%dz E. 4 2 ,C:::{z : lz-il:::l};

e z + 2z + 1

F. --,C:::{z : lzl:::2}. "'1 Z tg1l'z e z - ' 1

13.28.Izračunaj intehale

A. r sin _1_ dz, C::: {z : Iz - 11::: l} ; Je z-l

B. r sin _z_ dz, C::: {z ; Iz l::: 2} i Je z + 1 ,[ . z+l _ . _ .

C. Z sm --1 dz, C - {z . Izl- 2}, e z-

D. Ic tg(nz)dz, C::: {z : Izl::: 11'} .

13.29.Izracunaj integrale

A. r 4(:z ) C::: {z : Izl::: 2} ; Je z z - 16

B. Ic (z _ 3~:5 _ 1) , C::: {z : Izl = 2};

C. Ic z3(z~Oz _ 2) , C::: {z : Izl::: 2}i

r z5 dz D. Jez6_l,C:::{z : lzl:::2}.

1T8 13. REZIDUUM. RACUN OSTATAI(A

13.30.lzračunaj Integra1t!

A. Ic .I ~ 1 ella az, C = {.I : l.zl = 2};

B. Ic 2 + l~: + 3) , C = {z : l.zl = 2,5};

c.l Vz(+ldz, C={z:lzl=2};

D. r ln z-l a~, C = {z : Izl = 2}. Je .1+1

*** 13.31. Odredi broj nul-točaka u desnoj poluravnini za sljedeće polinome

A . .1 3 -2.1-5; B. z5+ 5z4_ 5;

C. z12 - .1+1 ; D. z4 + 2z 3 + 3z2 + z + 2;

13.32. Odredi broj nul-točaka polinoma P(z) = zS + 5z - 1 A. unutar kruga Izl < 1; B. u prstenu 1 < Izl < 2 .

13.33. Odredi broj nul-točaka zadanih polinoma u zadanim područjima

A. z7 - 5z4 + z2 - 2, {Izl < l} ; B. z3 + Z + l, {Izl < 1/2}; C. 4.14 - 29.12 + 25, {2 < Izl < 3} ; D . .14 - z3 - 4.1 + 1 = O, {l < Izl < 2}.

13.34. Odredi broj rješenja zadanih jednadžbi u zadanim područjima

A. z2 - cosz = O, {Izl < 2}; B. chz = .1 2 - 4.1, {Izl < l} ;

C • .14 - sinz = O, {Izl < 71'}; D. e Z - 4zn + 1 = O, {Izl < l}.

13.35. Pokaži , koristeći Roucbeov teorem, osnovni stavak algebre: polinom stupnja n ima točno n nul-točaka, računaju ći njihove kratnosti .

13.36. Dokaži da jednadžba z = >. - eZ, >. > 1 ima u desnoj poluravnini jedinstveni

korijen (koji je pri tom realan broj) .

13.37. Dokaži da polinom Pn(Z) = QZn + Z + l, n ~ 1 ima za svaki Q E C barem jedan korijen unutar kruga {Izl ~ 2} .

13.38. Dokaži da za r < 71'/2 polinom

2 z2n

Pn(Z) = 1- ;! + ... + (-lt (2n)!

za dovoljno veliki n nema nul-točaka unutar kruga 1.1"1 ~ l' .

13.39. Dokaži da za svaki R> O polinom

.1 2 zn Pn(Z) = 1 + z + 2T + . , . + n!

za dovoljno veliki n nema nul-točaka unutar kruga Izl ~ R.

14. Računanje realnih integrala

177

Neke određene i neprave realne integrale možemo računati tako da se podintegralna funkcija amilitički proširi na kompleksno područje, a zatim primjeni teorem oreziduumu.

Promotrimo najprije integrale oblika

121<

1= R(cost, sin t)dt - o

(14.1)

gdje je R racionalna ~unkcija, definirana za svaki t iz intervala [0,271'). Uvedimo supstitucije

z = eit , dz = ieitdt = iz dt, 1 · . 1 1

cos t = _(e't + e-'t) = -(z + -), 2 2 z

l 't ' t 1 1 sin t = ---:(e' - e-' ) = ---:(z - -) .

. 2t 2t z

Kad t prolazi segmentom [0,271'), z opisuje jediničnu kružnicu u kompleksnoj ravnini. Prelaskom na integraciju po kompleksnoj varijabli, dobivamo

1= J R(~(z+~),~(z-~»)~dz 2 z 2t z tz

IZ,I=1

= J F(z) dz = 271'i L Res(F, Zk), Izl=1 Iz.I<1

(14.3)

gdje se suma uz}ma po svim singularitetima funkcije Funutar jediničnog kruga.

178 14. RACUNANJE REALNIH INTEGRALA

Izračunaj I = f211" dt. . Jo 2 + sm t

RJEŠENJE. O d R() 1 ...

v je je x, y = --. supstltuclJa 2+y .

z = eit daje, po formu-

li (14.2): .

I = J 1 . . dz = J 2dz 2 + .!.(z _!) iz z2 + 4iz - l'

1%1=1 2i Z 1%1=1

Podintegralna funkcija ima singularitete u točkama: . .

ZI = i( -~ + J3), Z2 = i( -2 - /3) i io su polovi prvog reda. Samo ZI leži unutar jedinične kružnice.

Res(F, zd = lim 2 (z _ ZI) = _2_ = ~. %--+%1 (z - ZI)(Z - Z2) ZI - Z2 l/3

Dakle, I = 21ri \, = 2~. iv3 v3

14/ 1211" . dt .

Izračunaj integral I = (1 2 t 2)2 ' (O < a < 1). o - acos + a

~ŠENJE. Primjenom supstitucije Z = eit dobivamo

I~ J ( ,2~1 r ~ 1%\=1 1 - 2a~ + a2

= ~ J (z - az2 ~: + a2z)2 = -i J [az2 - (a2: l)z + aJ2 dz. · 1%\=1 \%\=1

Singulariteti podintegra1ne funkcije su 1

ZI = a, Z2 = a' i to su polovi drugog reda. Zbog uvjeta O < a < 1, samo ZI leži unutar jediničnog kruga.

14.2 . Il TIP INTEGRAL A 179

Neprave integrale oblika 1: J(x)dx (14.4)

možemo u I)ekim slučajevima računati primjenom računa ostataka. Pretpostavimo da je funkcija J definirana na čitavoj realnoj osi, te da se može analitički proširiti na gornju poluravninu, do funkcije z f-+ J(z), pri čemu ova funkcija ima najviše konačno mnogo singulariteta ZI, Z2, ... , Zn U gornjoj poluravnini {Imz>O}. .

Da bismo izračunali integral (14.3) promotrit ćemo integral po zatvorenoj krivulji rR koja se sastoji od intervala [-R, Rl te polukružnice CR (slika 14.1), a R je izabran tako da r R obuhvaća sve singularitete funkcije J koji leže u gornjoj poluravnini {Im z > O} . Tada, po teoremu o reziduumu, vrijedi

JR J(x}dx + 1 J(z)dz = 21l'i L: Res(f, Zle) -R CR Im Zk>O

za sve dovoljno velike R. Pustimo da R teži u oo. Ako je pri tom ispunjeno

tada će vrijediti

( J( Z )dz --+ O kad R --+ oo , JCn

JOO J(x}dx = 21l'i L: Res(f; Zle) . -oo Im Zk > O

/

Slika 14.1. Krivulja rR mora biti dovoljno velika da obuhvati sve singularitet e funkcije f u

gornjoj poluravnini ·R

(14.5)

(14.6)

R

Jordanova lema daje jednostavan kriterij pomoću kojeg možemo osigurati (14.5) . Iskazati ćemo je u nešto općenitijem obliku nego što' nam je ovog trenutka potrebno:

180 14 . RAČUNANJE REALNIH INTEGRALA

Jordanova lema. Neka je

max IJ(z)1 ~ M(R) . zEen

(1) Ako R· M(R) -+ O kad R -+ oo , tada vrijedi

, r J(z )dz -+ O kad R -+ oo.

Jen (2) Ako M(R) -+ O kad R -+ oo, tada za svaki a > O vrijedi

r J(z)eiOZdz -+ O kad R -+ oo . Jen

*** Neka je J racionalna funkcija,

J( ) = Pn(x) X Qm(x) '

Ako je n ~ m - 2 (tj . stupanj brojnika je za barem dva manji od stupnja nazivnika), tada je ispunjen uvjet (1) Jordanove leme i stoga vrijedi

JOO Pn(x) . ~ ( Pn(z) ) _ Qm(X) dx = 27T~ L Res Qm(Z) , Zk

oo lm z. >O

pri čemu reziduurne računamo po singularitetima (nul točkama funkcije Qm) koji leže u gornjoj poluravnini. (PO pretpostavci Qm nema nul točaka na realnoj osi .)

100 dx Izračunaj integral I = (2 )2 .

o X + 1

1 Funkcija J(x) = (2 )2 je parna, zato je

x + 1 RJEŠENJE.

1--1 Joo dx - 2 -oo (X2 + 1)2 .

Analitičko produljenje funkcije J na cijelu kompleksnu ravninu je funkcija koju ćemo označiti istim slovom, definirana sa

1 J(Z) = (z2 + 1)2

Ona je analitička svuda osim u točkama ZI = i, Z2 = -i koje su polovi drugog reda.

Provjerimo uvjet (1) Jordanove leme. Na kružnici CR (tj . za z E CR) vrijedi Izl = R i

1 1 1 1!(z)1 = l(z2 + 1)21 = Iz2 + 112 ~ (lzl2 - 1)2

1 . = (R2 _ 1)2 = M(R),

14.3. 111 TIP INTEGRALA

R te je R · M(R) = (R2 _ 1)2 -+ O kad R -+ oo. Dakle, vrijedi (14.5) :

I = ~ [: I(x)dx = 7ri Res(f, i)

. r d {( ')2 1 ' } = 7rt zl~ dz z - t (z2 + 1)2

' li -2 -27ri 7r = 7rt m - -z-i (z + i)3 - """'8i3 - 4'

Integrale oblika

[: I(x) cos ox dx, [: I(x) sin ox dx, (o> O)

svodimo na oblik

181

(14.7)

(14.8)

i rješavamo poput prethodnih u tipu II. Za krivulju integracije biramo ponovo onu sa slike 14.1. Za dovoljno veliki R će vrijediti

R . J l(x)eiQ'Z dx + 1 l(z)eiQ'4,z = 27ri L Res(f(z)eiQZ , Zle). -R CR Imzk > O

Ako pri tom vrijedi

max I/(z)1 ~ M(R), ZECR

M(R) -+ O kad R -+ oo,

tada su ispunjeni uvjeti (2) Jordanove leme i integral po krivulji CR težiti će ka nuli, te ćemo imati

JOO l(x)eiQ'Zdx = 27ri L Re~(F(z) , Zle) -oo Imzk>O

(14.9)

gdje je F(z) := l(z)eiQZ , a Z/c su svi singulariteti funkcije 1 u gornjoj poluravnini. (Još uvijek pretpostavljamo da 1 nema singulariteta na realnoj osi.)

~82

/

1 .4. Izračunaj

14 . RAČUNANJE REALNIH INTEGRALA

JOO cosx . 2"/;2 dx, (b > O) . -oo X +

RJEŠENJE. Vrijedi

JOO ei:z:

I=Re ~b2dx. -oo x +

Stavimo I{z) = Z2 ~ b2 . Singulariteti ove funkcije su Z1 = bi, Z2 = -bi, t9 su

polovi prvog reda, od kojih se Z1 nalazi u gornjoj poluravnini. Na krivulji CR {gdje je Izl = R} vrijedi

l l max I/{z)1 = max ~ -+ O Izl=R Izl=R Iz2 + b2

1 R2 - b2

kad R -+ oo. Zato vrijedi (14.8):

Joo . 2ei

:Z: b2

dx = 21l'i Res{F, bi} = 21l'i ~iZ I .= ~b e-b. -oo X + Z z=b,

Stoga je i I = ~ e-b .

r Izračunaj {OO x sin x dx . Jo . x2 + 1

RJEŠENJE. Vrijedi 1 Joo X ei:z:

I = - Im -2-- dx . 2 -oo x + l

Stavimo ponovo I(z} = -2z

. Jedini singularitet ove funkcije u gornjoj poluz + 1

ravnini je točka Z1 = i , pol prvog reda. Nadalje, imamo

max I/{z}1 = max Izl ~ _R_ -+ O Izl=R Izl=R Iz2 + 11 R2 - l

kad R -+ oo, i vrijedi ponovo {14.8}:

100 ~ ei:z: dx = 21l'i Res ( ~eiz1' i) -oo x + l z +

. z eiz I . -1

=21l'l{ 2 1)' .=1l'le. z + z=,

Konačno imamo

I=!Im 1l'i =~. 2 e 2e

***

14 .3. III TIP INTEGRALA 183

Zaobilaženje singulariteta.

Dozvolimo sada da funkcija j ima singularitete na realnoj osi. Da bi postojala glavna vrijednost nepravog integrala J~oo j(x)dx, ti singulariteti moraju biti isključivo polovi prvog reda, i u tom se slučaju glavna vrijednost integrala računa na način

fOO j(x)dx = 27ri L ResU, Zle) + 7ri L ResU, Zle) . -oo • . Im Zk >0 lm Zk=O

(14.10)

Do ove formule dolazimo birajući krivulju integracije kao na slici 14.2. Tu su singulariteti na realnoj osi "zaobiđeni", integriranjem po polukružnicama "tr proizvoljno malog polumjera r. Za dovoljno veliki R i dovoljno maleni r vrijedi

Ir j(z)dz = 27ri L ResU, Zle), r Im Zk >0

a krivulja integracije r sastoji se od polukružnice CR, dijelova realne osi unutar intervala [-R, Rl i polukružnica "tr koje zaobilaze singularitete na realnoj osi.

Slika 1.4.2 . . Velika polukružni. ca obuhvaća sve smgularitete funkcije u gornjoj poluravnini, a male polukruzmce obilaze polove kOJi se nalaze na realnoj

OS$

o •

-R

Pretpostavljamo da i~tegral po CR teži u nulu kad R -> oo.

R

Neka je sada Zo E R 'pol prvog reda. Da bismo dokazali (14.10) , dovoljno je pokazati da vrijedi

lim 1 j(z)dz = -7ri ResU, zo). r-O "Ir

'"

Napišimo funkciju j u obliku

jez) = ~ + CO + elez - ZO) + ... = ~ + <p(z) Z - Zo Z - Zo

gdje je <p analitička funkcija u okolini točke Zo . Zato je

1 j(z)dz = C-I 1 Z ~zz + 1 <p(z)dz. ~ ~ o ~

l)

184 14. RAČUNANJE REALNIH INTEGRALA

Kako je

II <p(z )dz I ~ max 1<p(z)l·l ds = max 1<p(z)1 . TIr -+ O kad r -+ O "'Ir z E "'Ir "'Ir JzJ=r

to je

14.6.

RJEŠENJE .

Zato,

jer je

1 ~ = 10 ri ei",: d O. . o x x +

Po Jordanovoj lemi, JeR J(z )dz -+ O.

100 sin x 1 foc - dx = -Im J(x)dx

o x 2_00

l . 71' = i lm [7I't ResU, O)] = 2'

eiz I Res(f, O) = - = 1. 1 z=O

taz

B. Stavimo J(z) = z(z~ + b2) . Točke ZI = O, Z2,3 = ±bi su polovi prvog reda.

Kako je

I z(z2 ~ b2) I ~ R(R21_ b2) -+ O kad R -+ oo,

to su ispunjeni uvjeti Jordanove leme. Po formuli (14.10) imamo l: J(z )dz = 271'i ResU, bi) + 71'i ResU, O) .

Račun daje

. . (z - bi)eiaz e-ab

ResU, bt) = lim. ( b')( L:) = - 2b2 ' z--+bl Z Z - t Z + w

Z eiaz 1 ResU, O) = lim (2 b2) = b2 '

z--+O Z Z +

14.3, III TIP INTEGRALA 185

Dakle,

-..,,---.,..,. dx = - Im dx 100 sin ax 1;00 eia:z:

o x(x2 + b2) 2 -oo x(x2 + b2)

1 ,_e- ab , 1 71' -ab = 2'Im [27l't2b'2 + 7l't b21 = 2b2 (1 - e ),

14.7. (OO sin2 ax Izračunaj integral I = Jo x2(x2 + b2 ) dx , a , b> O,

RJEŠENJE, Primijetimo najprije da je integral konačan, podintegralna funkcija ima limes u nuli jednak a2 /b2 , Da bismo izračunali vrijednost ovog integrala, uvedirno funkciju

Tada vrijedi

sin( az) eiaz

I(z) = z2(z2 + b2)'

1 ;00 I = -Im I(z)dz, 2 -oo

Točka ZI = O je pol prvog reda za funkciju I, baš kao i točke +bi, -bi, Reziduum funkcije u tim točkama je (provjeri!)

a ResU, O) = b2 '

R (I b') _ sh(ab) e-ab

es ,t - -2b3

Međutim, ovog puta nije očigledno da integral Ic J(z)dz teži k nuli kad R -+ oo, Naime, funkcija sinus nije ograničena na polu~ružnici CR, štoviše, ne postoji konstanta M za koju bi vrijedilo

I sin(az) I M

Ir;j~ z2(z2 + b2) < ' Da bismo mogli primjeniti\Jordanovu lemu, potrebno je neznatno transformirati podintegralnu funkciju, na oblik

sin( az )eiaz _ (ejaz - e-jaz )eiaz _ e2jaz 1 z2(z2 + b2 ) - 2iz2(z2 + b2) - 2iz2(Z2 + b2) 2iz2(z2 + b2)·

Na svaki od ova dva pribrojnika može se primjeniti Jordanova lema. Zato je

I = ~ Im {27l'i ResU, bi) + 7l'i ResU, O)}

[sh(ab)e-ab a] '7l'a 71' -2ab

= 71' -2b3 + 2b2 = 2b2 - 4b3 (1 - e ).

186 14. RAČUNANJE REALNIH JNTEGRALA

Promatramo integrale oblika

I = ( JO J(x) dx, O < cr < 1, Jo xa

(14.11)

gdje je J racionalna funkcija bez singulariteta na pozitivnom dijelu realne osi. Da bi integral konvergirao, moramo pretpostaviti da je stupanj brojnika manji od stupnja nazivnika. Taj uvjet osigurava postojanje konstante M takve da vrijedi

M IJ(z)1 ~ Izim'

za svaki dovoljno veliki Iz l, pri čemu je m ~ 1 .

Analitičko produljenje podintegralne funkcije

F(z) = J(z) za

je funkcija koja ima samo konačan broj polova ZI," " Zn (koji ne leže na pozitivnoj osi) , točka oo je nul točka barem prvog r.eda, a točka Z = O je singularitet funkcije J. F je višeznačna funkcija. Napravimo razrez duž pozitivnog dijela realne osi i promatrajmo granu funkcije F koja je jednoznačna na području D = {z : O < arg z < 21l'} (kompleksna ravnina s razrezom duž pozitivnog dijela realne osi) . Kako vrijedi

za = Izla eia(arg z+2h), k = O, ±1 , ±2, .. .

to ćemo odabrati granu funkcije z - za za k = O. Za nju je

Put integracije biramo kao na slici 14.3: CR : kružnica z = Rei'!', O < <p < 21l', koja obuhvaća sve singularitete ZI,

... ,Zn ; cr : kružnica z = rei'!' , O < <p < 21l' dovoljno malog polumjera da ne sadrži

niti jedan singularitet; . Ll : interval fr, Rl "s gornje strane" realne osi. Vrijednost funkcije F na

Ll dobivamo limesom funkcijskih vrijednosti F(z ) kad z -+ x, tako da Imz > O. Tadaje arg z > O i vrijedi .

L2: interval [R , rl "s donje strane" realne osi. Vrijednost funkcije F na L2 dobivamo limesom vrijednosti F( z) kad z -+ ·x, Im z < O, pri čemu arg z teži ka 21l' . Tada je

14.4. IV TIP INTEGRALA 187

Dakle,

rR J(x) dx+ r J(z) dz + r J(x) dx + j J(z) dz Jr xa JeR Za JRXae2al1f c . Za

. L J(z) = 21Tt Res(--, Zi). Za

z;ED

o R

I

Slika 14.3.

Ocijenirno integrale po kružnicama:

I r J(:) dzl ~ r IJ(?lldzl JeR Z JeR Izl

~ r M. _1_ ds = r21f !::!..- . _1_ Rd

'" JeR Izim Izla Jo Rm Ra <p 2M1T

= Rm+a-l --+ O kad R --+ oo.

Za ~ntegral po maloj kružnici dobivamo ocjenu

·11. J;~ dzl ~ 1. If;~lldzl ~ 1. :: r d<p

= K r1- a 21T --+ O, kad r --+ O.

(14.12)

Th smo iskoristili činjenicu da je funkcija J omeđena (konstantom K) na okolini točke O. '

Pustimo u relaciji (14.12) da r --+ O, R --+ oo :

100 J(x) 1 10 J(x) . J(z) -- dx + --o -- dx = 2n ~ Res(-- ;z;), xa e21fla xa L....J za

O OO z;ED

i odavde

100 J(x) d = 21Ti L R (J(z) .) x 2 . es , ZI . xa 1 - e- 1I'Ia za O ~ED

(14.13)

14.8. Izračunaj integral (JO J::.(dX ) . Jo yX x+1

RJEŠENJE . Funkcija f(x) = :r~l ispunjava uvjete: točka z = oo je nul-točka prvog reda, singularitet z = -1 nije na pozitivnom dijelu realne osi. Po (14.13) slijedi, za o = ~ :

100 ' dx 27ri . 1 -=----,- = . Res( -1)

o JX(x + 1) 1 --.: e- 21r;·t vf.Z(z + 1)'

_ 27ri lim ( z + 1 ) - 1 - e- 1r ; z--l vf.Z(z + 1)

27ri 1 27ri 1 = ' --=- ' -=11'

1- (-1) A 2 i .

Promatramo integrale oblika

1= 100

f(x) ln x dx , (14.14)

pn cemu je f racionalna funkcija. Da bi ovaj nepravi integral konvergirao, moramo zahtijevati da f nema polove na pozitivnom dijelu realne osi, te da je stupanj polinoma u nazivniku barem za dva veći od stupnja polinoma u brojniku .

Uvedimo pomoćnu funkciju

F(z) = f(z)(ln z? i izaberimo glavnu vrijednost ln z = ln Izl + i arg z za granu logaritamske funkcije. Područje integracije biramo ponovo kao na slici 14.3.

S gornje strane realne osi vrijedi ln z --+ ln x , jer arg z --+ O. S donje strane je pak ln z --+ ln x + 27ri ,jer arg z --+ 211' . Funkcija F je analitička u području. D = {z : O < arg z < 27r} , osim u konačnom broju izoliranih singulari.teta Zl,

..• ,Zn : polova koji ne leže na pozitivnom dijelu realne osi. Uzmimo dovoljno veliki R i dovoljno maleni r da krivulja integracije obuhvaća sve te ~ingularitete :

R r '

1 f(x)(ln x? dx + r F(z)dz + r f(x)(ln x + 27ri?dx r Jen JR

+ 1 F(z )dz = 27ri L Res(F(z) , zi) Cr z;ED

Kad R --+ oo i r --+ O, integrali po kružnicama iščezavaju :

100

f(x )(In x)2 dx + 10 f(x )(ln x + 21ri)2 dx = 21ri L Res(F(z), zi) o oo z ' ED

. J

14.5. V TIP INTEGRALA 189

i odavde

-4ni foo f(x)11lxdx+4n21°O f(x) dx = 2ni L Res(F(z),Zj). h o ~ED

Prema tome, vrijedi

100

f(x)lnxdx= -~Re{ ~ Res(f(z)(lnz)2 , zj)} . o ~ED

(14.15)

14.9. I . . al I 100

ln x d zračunaJ mtegr = ( )3 X. o 1 + x

RJEŠENJE. Funkcija f(x) = (1: x)3 ima samo jedan singularitet: x = -1, pol trećeg reda, i ispunjava tražene uvjete za integrale tipa V. Po (14.15) imamo

I = -~Re {~sCi~Z;;3' -1 ) }.

((ln z)2 ) 1 . d2

{ (ln Z)2 3 } Res (1 + z)3' -1 = 2! Z~~1 dz2 (1 + z)3 (1 + z)

= ~ lim .i{2Inz . ~} 2 % ..... -1 dz Z

= lim {~- ln z . ~ } = 1 - ni . z ..... -1 z2 z2

Zato je fOO ln xl . 1

Jo ":""(1-+---'x)C73 dx = -'2Re (l -7rt) = -'2 '

14.10. JOO ea", 71'

Pokaži daje --dx = -.-, (O < a < l) . -oo 1 + e'" sma7l'

RJEŠENJE. Integrirati ćemo funkciju ea%

j(z) =--1+ eZ

duž konture r, pravokutnika na slici. Na odresku Ll je z = x, x E [-R, R],

zato je -R lo L, R

I 1 JR ea",

j(z)dz = -- dx. Ll -R 1 + e'" Slika 14.4.

Naodresku L2 je z = R+iy, yE [0,271'] i vrijedi

II 1 112" ea(R+iy) 1

j(z)dz = R+i idy Ll o l + e y

12" eaR eaR

~ -R--dy= ~1271'-+0 O e -l e-

kad R -+ oo, pošto je O < a < 1 . Analogno, na L4 je z = - R + iy, y E [271', O) i vrijedi ocjena

l-aR R(l-a)

I j(z)dzl ~ e -R 271' = e R l 271' -+ O L. l - e e -

kadR-+oo .

Na odresku L3 je z = x + 271'i, x E [+R, -R). Zato

1 J-R ea(",+2"i) J- R eU j(z)dz = +2 . dx = e2"ai -- dx.

LJ R l + e'" '"~ R 1 + e'"

Funkcija J ima singularitete Zk = 71'i + 3k7l'i, od kojih se samo Zo = 71'i nalazi unutar konture r. Vrijedi

ResU, 71'i) = _ea,,; .

Stoga je

fr J(z)dz = -271'iea".i.

Razbijmo kon turu r na odreske L{, L2, L3 , L4 i pustimo da R -+ oo :

14 .6. RAZNI PRIMJERI 191

Odavde

14.11. IzraČunaj integral I = (OO dx , Jo 1 + xn

RJEŠENJE. Nekci. je funkcija J definirana sa J(z) = _1_ . Integrirati ćemo . l + zn

tu funkciju po zatvorenoj krivulji fR koja se sastoji od dijelova zraka arg z = O, arg z = 2: ' te luka kružnice CR koji ih spaja (slika 14.5).

Singulariteti funkcije J su polovi prvog reda: rješenja jednadžbe zn = -l, dakle,

{ : Tr + 2k1r}

Zk = exp t n '

gdje je k = Oi, ... , n -l . Samo se singularitet Zo = e'1</ nalazi u području omeđenom krivuljom integracije. Zato vrijedi, za svaki R> l ,

( J(z)dz = 27riRes(j,zo) Jr R

Slika 14.5.

R

. 1 I . 1 , e i1< / n = 27rl = 27rl . . = -27rt-- . n· zn-l n · e'1<-·1</n n z;=.zo

Dovedimo u vezu integral po krivulji fR sa početnim integralom I . Na krivulji arg z = O vrijedi z = x i x se mijenja u granicama od O do R. Na krivulji arg z = 2: vrijedi

gdje smo ponovo označili Iz l = x, x E [O, Rl . Zato je

dz = e27ri / ndx, zn = xn e21<i = xn .

Pri tom se x mijenja od R do O, zbog smjera integracije po ovoj zraci. Integral po dijelu luka CR teži ka 'nuli kad R teži ka oo . Kako taj rezultat ne slijedi direktno po Jordanovoj lemi, napraviti ćemo potrebnu ocjenu. Za svaki z E CR vrijedi Izl = R i

I { J(z)dzl ~ { I n l llldz l ~ { I Inl_ Idzl JCR JCIt z + JCR Z l

= _1_ { ds = _1_ R 27r -+ O kad R -+ oo. Rn - 1 J Cit Rn - 1 n


Dakle, vrijedi

fr dz iR dx 1 dz 10 e21'i/n

dx --- --+ --+ r

R 1 + zn - O 1 + xn CR 1 + zn R 1 + xn.

= fR ~(1- e21'i / n ) + f ~ JO 1 + xn JC R 1 + zn

ei1r / n

= 211'i ResU, zo) = -211'i-- . n

U graničnom prijelazu R --+ oo dobivamo

211'i e1ri/ n 211'i 1 I = - - . ----:--:-:- = - - . -""'7"';"'--':"';-

11 1 - e21'i / n 11 e-1ri / n - e1ri / n

211'i 1 11' = - - . -----:::;' = --11'- . n _ 2i sin .: n sin -

n n

14.12. Izračunaj Fresnelove integrale

lt = 100

cos(x2)dx , 12 = 100

sin(x2)dx ,

. ,. d . r OO ,,' d .,fi znaJuCl a Je JO e- x = 2 '

RJEŠENJE . Za pomoćnu funkciju ćemo uzeti I(z) := e-z' , a za konturu r rub kružnog isječka polumjera R , s kutom od 11'/4 , kao na slici 14.6:

o LJ

Slika 14.6.

R

Na pojedinim krivuljama koje određuju ovu konturu, vrijedi

L1 .. . z = x, x E [O,R], CR ... z = Rei.." cp E [O,~],

L - il'/4 E [R O] 2 . .. z-re ,r ,.

Kako je funkcija 1 cijela funkcija, to vrijedi fr I(z)dz = o:

Sređivanjem dobivamo:

1R e~:t2dx+ 11</\-R2(Cos2CP+iain2CP)RieiCPdCP_ei1</41R e-ir2 dr=O. (14.16)

Ocijenimo drugi integral. N a .intervalu O ~ cp ~ 'Tr / 4 vrijedi ocjena cos 2cp ~ 1 - 4cp/'Tr , pošto se graf funkcije cos 2cp nalazi iznad pravca određenog točkama A(O, 1), B( ~, O) (nacrtaj sliku!) . Zato je

111< /\- R2(coS 2cp+i sin 2cp) Rieicp dCPI ~ R 11</4 le- R,2 cos 2cp+i sin 2cp Id:p

~ R 11</4 exp{ _R2 (1 - ;) } dcp = Re-R2

. 4;2 . exp{ R2 . ;} [~40 = ~e-R2 (e R2 ' _1) = ~(1- e- R2 )

4R 4R i ovaj izraz teži k nuli kad R -+ oo. Relacija (14.16) sada daje, nakon prelaska R-+oo ,

100

e-:t2

dx - (~ (+ i ~) 100

(cos(r2) - i sin(r2)) dr = O.

Uvrstimo poznatu vrijednost prvog integral a i odijelimo realni od imaginarnog dijela u ovoj relaciji. Dobivamo

..J2 ' {OO c~s(x2)dx + ..J2 100

sin(x2)dx = ~, 2 Jo 2 Jo 2

..J2 {OO . ..J2 {OO - "2 Jo cos(x

2)dx - "2 Jo sin(x

2)dx = O

i odavde slijedi lt = 12 = ~ Ji.

14.13. Izračunaj integrale

12" dt A. ,

O 5 - 4 cos t

12" C082 t C. ~;

O 13+12cost

12" dt B. ;

O 5+3cost -12" cos· t D. 2 dt .

O 1 + sin t

14.14.Izračunaj integrale

12" dt A. , (a> l);

O a+cost 12" dt B. ( . b )2' (a > b > O);

O a+ cost

12" cos2 t C. ' . 2 dt, (O < a < l) ;

O 1 - aSin t 12" dt D. (b 2 )2' (a > O, b> O) . O a+cost

194 14 . RAČUNANJE REALNIH INTEGRALA

14.15.Izračunaj integrale za -1 < a < 1

A. 1~ dz _~ 1 - 2a cos z + a2 ;

B. 11< cosl z _1< 1 - 2a cos z + a2 '

c. 1~ cos nz d z' _~ 1- 2acosx +a2 '

D. SID nz d 1'" . _'" 1- 2a cos z + a2 z.

14.16.Izračunaj integrale ( n E N)

A. 1~ eCos :z: cos (nz - sinz)dx; 11< B. COl Z • _1< e cos(smx) cosnxdx. -1<

14.17.Izračunaj integrale

A. 100 x

2 - x - 2 dx"

-oo x4 + 10x2 + 9 ' B. 100

x2dz

-oo (z2 + 1)(x2 + 4)'

C. 100

xdx -oo (z2 + 4x + 13)2 '

D. 100

x2dx

-oo x4 + 6x2 + 25 ;

E. 100

x2 + 1 .

-oo x4 + l ' F. 100

z4 + 1 -oo z6 + l'

14.18.Izračunaj integrale (a > O, b > O)

A. 1000 x 2dx B. 100

x'ldx (x2 + a2)2 ' O (x2 +a2)3;

C. 100 x 6dz D. 100

dx (z4 + a4)2' , O (x2 + a2 )(z2 + b2) ;

E. 100 dz F. 100

dx (z 2 + a2)(z 2 + b2)2 ; O (z2 + a2)n' n E N .

14.19. Izračunaj integrale

A. 100 zcosz d x '

-oo z2 - 2z + 10 ' B. 100

zsinz d z· -oo x 2 - 2z + 10 '

c. 100 (z - 1) cou dz'

-oo z2 - 2x + 2 ' D. 100

(z + l) sin 2x dz' -00 z2 + 2z + 2 '

E. 100 (z - 1) cos 2z dz '

-oo z2 - 4z + 5 ' F. 100

cos x d z· , -oo z4 + 8z2 + 16 '

G. xsmz dz' 100

•

-oo z4 + x2 + 1 ' H. 100

z3 sinz d -oo z4 + 5z2 + 4 x .

14.20. Izračunaj integrale ( a > O, b> O)

100 cos az d 100 z sin az d A. -2--2 z; B. -2--2 z;

o z +b o . z +b

{OO zsinaz C. Jo (z2 + b2)2 dz ;

{OO cos az dx {OO cos x dx D. JO (z2 + b2)3' E. Jo (z2 + b2)3'

{OO cos zdz F. Jo (z2 + a2)(z2 + b.2) ·

14.21. Izračunaj integrale (glavne vrijednosti)

A. z · 100 z cosz d -oo z2 - 5z + 6 '

B 100

sinx d . -oo (z2 + 4}(z _ 1) z;

100 sin3z d C. (2) z ;

-oo Z Z + 4 D 100

z - sin z d • -oo x 3 (z2 + 1) x.

14.22.Izračunaj integrale (a, b > O)

fOO cos ax d foo cos ax d . C 100

1 - cos ax d . A. --3 Xj B. 1 4 x, . 2 x, -oo 1 + ·X -oo - x O x

D. (OO cos 2ax -; cos 2bx dX j E. (OO x2

- b2

. sin ax dx ; JO x Jo x 2 + b2 x

(OO sinax d (OO sin2

xd . H .' (000

(sinxx) 4dX' F. Jo x(x2 + b2)2 Xj G. Jo x2 x, Jo

14.23 . .Jzračunaj integrale

A. (000

. dx Jn JX(x2 + 1)' B. 10

00

~(:~ + 4);

C. (000

dx Jn x"(x + 1)' (O < P < 1) j 100 x" dx D. -1 2' (-l < P < 1);

O +x

E. (000 x" dx Jo (1+x2)2' (-1<p<3) ;

F. 1000 x" dx

(-1 <p< 1, -1I'<).<1I') . x 2 + 2x cos). + 1 '

14.24.Izračunaj integrale / (OO x,,-ldx

A. Jo (x + l)(x + 2)(x + 3)' (O O) (OO Inxdx .

A. Jo x2 + a2'

(OO Inxdx

C. Jo JX(x2 + a2)'

14.26. Izračunaj integrale (a > O)

(OO In2 xdx. B. Jo x2 + a2'

(OO Inxdx D. Jo v'X(x2 + a2)2 .

195

A. 1000

1 ::2n dx; 100 x2m

B. ---dx' O 1 + x2n '

(OO eaXdx

C. Jo (eX + l)(eX + 2) ; (OO ea", dx

D. Jo e2'" + e'" + 1 ' 100 sinaxd E. -- Xj

o shx F. (OO cos ax dx .

Jo chx

196

Rješenja zadataka

1.16. 20 + 38i , 20 - 38i

1.17. Vrijedi Z1Z2 = žl · Z2 (zadatak 1.3) , odavde indukcijom (zn) = (žr. Zato f(z) = Qn(z)n + ... + QIZ + ao = anzn + ... + al z + ao = f(z) .

1.18. A. -2 + 3hi B. 2 C. - 112 + i..f3h D. O

1.19. x = l, Y = -2

1.20. A. z = x + iy daje x - iy = x 3 - 3xy2 + 3x2yi - y3i i odavde x(x2 - 3y2 -1) = O i y(3x2 - y2 + 1) = O. Mogućnost x = O daje y(-l + 1) = O, tj . YI = O, y2 = 1 , y3 = -1 . Ako je x 2 - 3y2 - l = O, tada iz x 2 = 3y2 + l dobivamo y(8l + 4) = O i odavde y = O, x = ±1. Postoji dakle pet rješenja: zI = O, z2 = l, z3 = i, z4 = -l, z5 = -i . B . Za n = 2 , z = z i rješenje je proizvoljan realan broj. Neka je n > 2 . Tada Iz l = Izl = Izn

-11 = Izln

-1 daje Izl = O ili Izl n

-2 = l, tj . Izl = 1 . Pomnožimo

relaciju sa z: z z = zn ===> IZl2 = zn , tj . 1 = zn te je z = tyl . Rješenja su Zo = O i zk = cos 2br ln + i sin 2br ln, k = 1, 2, ... ,n . Usporedi s rješenjem A. i Zadatkom 1.2.

l' 221 1.21. Vrijedi Re w=Re

x- +~y = x +y - =0 {::=:} x2 +y2=l,tj.lz\=1.

x + 1 + iy (x + 1)2 + y2

1.22. Neka su a := z1 + z2, b:= Z1Z2 realni . Tada su ZI, z2 rješenja kvadratne jednadžbe z2 - az + b s realnim koeficijentima, te su zato konjugirano-kompleksni . Obratno, ako su ZI, z2 konjugirano-kompleksni, tada su zI + z2 = 2 Re z1 i ZI z2 = IZl12 realni brojevi .

1.23. Vrijedi IzI2=zz, ZI+Z2=žl+Z2. Zato IZ1+z212+lz1-:Z212=(zl+z2)(zl+ Z2) + (ZI - Z2)(ZI - Z2) = 2(Zl Z1 + Z2Z2) = 2(lzll2 + IZ212). B. 11 - zlz212 - Izr - z212 = (1-Z1Z2)(1-Z1Z2)-(ZI-Z2)(ZI-Z2) = 1+Z1Z1Z2Z2-Z1Z1-Z2Z2 = (1-l t I12)(1-lz212). C . i D. se pokazuju na isti način .

1 26 A 31 ' B Z .J.. l· - . I . -4a ± v'4a2+3 i Z .•. z= 4+L . a a.,... O, ± .. rJesenJegasl Z12= ( 2) +-. a < '4 1 - 4a 4

± 1 ±3 i Z O .. . - . CP ' I' - . a = 2" Zl ,2 = 8 + 4' a a = ne postOjI rJesenJe. . ostoJe samo rea na rJesenJa:

z = ~(a - va2 + 4), za proizvoljni a E R i k tome z = ~(-a ± Va2=4), za a ~ -2 .

1.27. A. Stavimo z = x + iy . Drugi uvjet daje x = y i potom iz prvog ZI = 1 + i, z2 = -l - i . B . z = ~ + ~i . C. Iz prvog je uvjeta r = Izl = l, iz drugog ćemo odrediti ' argument : arg(2z) = arg z = arg i - arg z + 2br teje cp = arg z = 7r/4 + k7r .

RJESENJA ZADATAKA

1.28. A. Izl = v'2(1 - sinO') . Da odredimo 'p izračunajmo

t _ COSO' _cosO'/2+sinO'/2_l+tgO'/2 11' O' g'P - 1- sinO' - COS 0'/2 - sin 0'/2 - 1 - tgO'/2 = tg(4' + '2)

te je 'p = 11'/4 + O'h . Trigonometrijski prikaz je

z = v'2(1 - sin 0') [cos( 11'/4 + O'h) + i sin( 11'/4 + O'h )J. B. z je modula 1. Rješenje: z = cos(211'-O')+i sin(211'-O') . C. Računanjem algebar prikaza broja. z dobivamo z = cos O' + i sin O'. D. z = cos 4'1r /5 + i sin 411'/5 .

1.29. Vrijedi Izl = 2m i 'p = 11'/3 te je Re(z8) = (2m)8cos811'/3. Odavde s· rješenje m = 1 .

1.30. A. l - i o B. 1. C. Vrijedi ~ + i = .;sh (cos 63,43° + i sin 63,43°) o je (~+ i)10 = oo (cos 634,3° + i sin 634,3°) = 0,2314 - 3,0430i o Do Provjeri da v z = l +cos 11' /3+i sin 'Ir /3 = v'3(cos 11' /6+i sin 'Ir /6) o Odavde z18 = 39 (cos 311'+i sin ~ _39

o

1.31. Argument broja 1 + i je 'Ir/4 o Zato je argument od (1 + i)4.\: jednak kll', broj realan.

1.32. Jednadžba je ekvivalentna sa (~ + i4)n = l . Kako je z = ~ + i: cos ~ + i sin ~ , to napnanji n za koji vrijedi zn = l dobivamo iz n ~ = 211', n = 1.33. Vrijedi cosnO'+i sin nO' = (cOSO'+i sinO')n = L;;=o (k) ik sink O'COSn-kO' .

je cos nO' = Re (cos O' + i sin O')n = L~nl;l (2'k) (_l)k sin2k O' cosn- 2k O' o Slično za s:

1.34. (l+~tg'P)n = (cos'P+~s~n'P)n = cosn'P+~s~nn'P = l+~tgn'P o l - t tg 'p cos 'p - , SlO 'p cos n'P - t SlO n'P l - , tg n'P

1.35. Jednadžba z + l/z = 2cos'P je ekvivalentna sa z2 - 2 cos 'PZ + 1 = rješenjima. Zl,2 = cos 'p ± i sin 'p o Zato je Izl = l i l/z = cos 'p 1= i sin cp o Z n + l/z n = (cos 'p ± i sin 'P) n + (cos 'p 1= i sin 'P) n = 2 cos n'P o

1.36. z2 + z + 1 = O je ekvivalentno sa z + l/z = -1 = 2cos(211'/3) o Po .P zadatku, z1991 + 1/z1991 = 2c05(1991· 2'1r/3) = -l .

1. 37. N ul točke polinoma Q su ZI,2 = >.( cos O' ± i sin 0') . Koristeći se de Moivl formulom, lako se provjerava da su zI i z2 ujedno i nul točke polinoma P o Zato j djeljiv sa (x - zI)(x - Z2) = x 2

- 2>.x cos O' + >.2 = Q(x) .

1.38. A. Stavimo z = cos O' + i sin O' o Tada je sin O' + sin 20' + oo o + sh lm (z + z2 + ,o o . + .z':') o Vrijedi

2 n l-zn O o l-cosnO'-isinnO' z + z + o" +.z = z -- = (cos o' +, SIDO') o o

l-z 1-cosO'-umO'

(. + o o ) 2 sin nO'/2(sin nO'/2 - i cos nO'/2) . = COSO' ,smO' 2 sin O'/2(sin 0'/2 - i cos 0'/2)

( o ' )sinnO'/2 cosnO'/2 + i sin nO'/2 = cos O' + , Slo O' o o . sin 0'/2 cos 0'/2 + i BID 0'/2

= si~nO'/2 [cos(O' + nO' _ ~) + i sin (O' + nO' - ~)J SIDO'/2 2 2 2 2

_ sinnO'/2 [ (n+l)O' o. (n+l)O' l - sin 0'/2 cos --2- + t SID --2-

I odavde .!ijedi rezult .... B. Na. isti na.čin ka.o u A.

1.39. Rjeienje analapo za.da.tku 1.38.

RJEŠENJA ZADATAKA

1.40. A. za = 2,12 + 0, 71i , ZI = -2,12 - O,71i. B. Za = 1,29 + 0,20i , ZI = -0,82 + 1,02i, Z2 = -0,47 - 1,22i . C. Zo = 4V2(v'3 - i}, ZI = 4V2(-v'3 + i} . D. Za = 0,81+0,59i, ZI = -0,31+0,95i , Z2 :: - 1, Z3 = -0,31-0,95i, Z4 = 0,81-0,59i. E. zo=v'3+ i , ZI =-l+ iv'3 , Z2=-v'3-i, Z3=1-iv'3 . F. zo=0,99+0,57i, ZI = -0,24 + 1,12i, zl = -1 ,14 + 0,12i , z3 = -0,47 - 1,05i, z4 = 0,85 - O,77i .

1.41. A. Jednadžba Je svodi na z3 = -2 + 2i, s rješenjima za = 1 + i , ZI = -1 ,37 + 0,37i, Z2 = 0,37 - 1 ,37i. B. Dobivamo z2 = -1/2 ± i v'3/2 i odavde ZI = 1/2 + iv'3/2 , Z2 = -1/2 + iv'3/2, Z3 = -1/2 - i v'3/2, z4 = 1/2 - i v'3!2. C. Jednadžba se svodi na (z3 + i}2 = 0, sa rješenjima (dvostrukim) ZI = i , Z2 = -v'3/2 - i /2, z3 = v'3/2 - i/2 . D. Jedna.džba se svodi na. (z + l)~ = -2 , s rješenjima ZI = -0,37 + 1,09i, z2 = -2,26, z3=-0,37-1,09i . E. Z}=O, z2=i, z3=-v'3/2- i /2, z4=v'3/2-i/2 .

1.42. Svi n-ti korijeni iz jedinice su rješenja jednadžbe zn - 1 = ° i glase: Zle = cos 2k1r /n + i sin 2k1r ln , k = 0,1 , . .. , n-l. Faktorizacija polinoma zn - 1 pomoću njegovih nul-točaka daje: zn - 1 = (z - zo}(z - ZI} ' " (z - Zn-l). Kako je Za = 1, to iz identiteta. zn - 1 = (z _l)(zn-l + . . . + z2 + z + 1) dobivamo (z - z})· . . (z - zn-t> = zn-l + ... + Z + 1 . Uvntimo ovdje z = 1 i uzmimo apsolutnu vrijednost obiju strana: 11- Zli · II - z21 ·· · · · 11-zn-ll = n . Kako je 11- Zle I = II - cos2kTr/n + isin 2kTr/nl = 2sinkTr/n,toslijedi 2n- 1 sin 1r/nsin 21r/n " ' sin (n-l}1r/n =n .

1 44 V " d' - 2 · d d 1 il sr- 1 b 1 e • . riJe I a a = r I o ave; = r 2 ' Icno, b = r2' -;; = r2 .

\

ab+bc+ca \ = \ abc{1/a+1/b+I/c) \ = label \lHii+C\ = lal ·lbl ·lcl I (a+b+C) I = r . a+b+c a+b+c r2 a+b+c . r2 la+b+cl

1.45. Dovoljno je staviti a = a + i{3 , a > 0, z = x + iy, x > o. Tada. je

I_aa+-Zzl= (a-x)2+({3_y}2 _. ( )2 ({3 }2 < 1 , posto Je la - xl > la + xl · a+x + -y

1.47. Iz ~ = 1, l! = ° te potom ~ = 0, l! = 1 dobivamo A ~ 0, C ~ o. Neka je B = IBleirp trigonometrijski prikaz; kompleksnog broja B. Izaberimo broj l! = eirp

i ~ proizvolja.n a.li realan. Tada je BJi = BI! = IBI, AI~12 + B~Ji + B~I! + CII!1 2 = A~2 + 21BI~ + C . Da bi ovaj izraz bio nenegativan za sve vrijednosti od ~, mora vrijediti 41BI2 - 4AC ~ o. 1.48. Izraz Ek=ll.uk + I!wlel2 je pozitivan, za sve kompleksne brojeve ~ i I! . Kako je E I~zk + I!wkl2 = E(~zk}(J.Lwk}(Xzk + JiWk) = (E IZkI2}IAI2 + (E ZkWk)~Ji + (Ezkwk}XJ.L + (E IWkl2), stoga mora. biti (E IZkl2)(E IWkI2) ~ (E ZkWk}2 , po rezultatu prošlog zadatka.

1.49. Indukcijom. za n = 1 tv~dnja vrijedi. I Dk~i Zlo - 11 = IZn+l Dk=1 Zk - Zn+1 +

zn+1 - 11 ~ Izn+1I·lm=1 Zk - II + IZk+1 - 11 ~ Ek~i Izlo -11·

. (

RJEŠENJA ZADATAKA

2.13. Stavimo z = x + iy. A. O ~ Im z ~ 1 dakle O ~ y ~ 1, x proizvoljan. Rješenje je pruga {(x,y) : O ~ y~l} . B. Ix+iy-ll<lx+iy-il daje (x_1)2+y2< x2+(y_l)2. tj . y<xiPoluravnina. C. Re(l+z)=lzl daje 1 + x = ";x2 + y2, tj . x = ~(y2 - 1) i parabola. D. Geometrijski, ovaj uvjet zadovoljavaju sve točke z = x + iy čije su udaljenosti do dviju fiksnih točaka ZI

i z2 jednake . . To je, dakle, simetrala dužine s krajnjim točkama ZI i z2. Jednadžbu tog pravca dobivamo sređivanjemjednadžbe Ix+iY-(XI+iy})1 = Ix+iY-(X2+ i Y2)1 i ona glasi y-~=-~~:~:(x-~) . E. Parabola Slika 15.1 .

Y = ~(x2 -1) . F. Uvrstimo z = x+iy u 12zl> 11+z21, tj . 21z1 > Iz - il· Iz + il . Kvadriranjem i sređivanjem do-

199

bivamo (x 2 + (y - 1)2 - 2)(x2 + (y + 1)2 - 2) < O. Točka (x , y) mora se nalaziti u samo jednom od krugova x 2 + (y - 1)2 < 2, x 2 + (y + 1)2 < 2 (slika 15.1).

2.14. A. Uvjetzadorljavajusvetočke (x,y) za koje je (x-~f+(y_~)2 = ( :tl "2:t2 ) 2 + ( ~ ) 2 . To je kružnica čiji je promjer dužina. [ZI, Z2)' B. Rješenje je pra.-

2 2

vac y = ~~:~~ x + :t2~!-~:ya . On prolazi točkama ZI i z2. C. Elipsa nr + yf- = 1, sa žarištima. Fl (-3, O), F2(3 , O) i velikom osi 2a = 8 (slika 15.2.a) . D. Jedna grana hperbole l2y2 - 4x2 = 3, sa žarištima FI (O, 1), F2(0, -1) i realnom osi 2a = 1 (slika l5 .2.b). E. Jedna. grana. hiperbole, čije su osi za.rotirane prema kartezijevim osima. Zarišta su joj u točkama Fl (3, O), F2(0, -3), realna os 2a = 5 (slika 15.2.c) . Izvedi njenu jednadžbu!

2 2 2 2 F. Rješenje je podskup D = {(x, y) : T + lli ~ 1, nr + fi- ~ l} između dvije elipse, sa. zajedničkim žarištima Fd -1, O), F2(1, O) i realnim osima 2a = 4, 2a = 8 (sl. 15.2.d)

a) c) d)

Slika 15.2.

2.15. A. Stavimo z(t) = x(t) + iy(t) . Sređivanjem dobivamo x(t) = (r + l/r) cos t, y(t) = (r - l/r) sin t. Za. r #- l to je parametarska jednadžba. elipse s žarištima. A( -2, O) , B(2, O) i poluosima a = r + l/r, b = Ir - l/r I . Ako je r > 1, elipsa se obilazi u pozitivnom, a za r < 1 u negativnom smjeru. Za r = ·1 elipsa. se degenerira. u dužinu [-2,2] koja se prelazi dva puta, od točke B(2, O) do A( -2, O) i natrag. B. Kružnica sa. središtem S(I, O) i polumjerom R = 1 , koja se obilazi u negativnom smjeru. C. Kružnica. se

200 RJEŠENJA ZADATAKA

središtem S( -1, O) , polumjerom R = 1, koja se obilazi dva puta, u pozitivnom smjeru. D. Krivulja se sastoji od luka jedinične kružnice i odreska [-1, lJ. Zatvorena je i ima pozitivnu orijentaciju. E. Segment AB na imaginarnoj osi , od točke A(O,l) do B(O, -1), koji se prelazi dvaput, od A do B i natrag. F. Segment pravca :z; = 1, određen točkama A(l , l), B(l , O) . Promjenom parametra t taj se segment prođe četiri puta, s početkom u točki A .

2.16. Jednadžba prav~ koji prolazi točkama ZI, Z2 glasi z = ZI + (Z2 - zdt, t E R. Zato, Z3 leži na tom pravcu ako i samo ako je (Z3 - Zl)(Z2 - ZI) = t realan broj.

2.17. Ako točke leže na jednom pravcu, tada su , po prošlom zadatku, oba kvocijenta realni brojevi . Pretpostavimo zato da su ZI , Z2, Z3, z4 nekolinearne. Spojimo ih u poretku ZI ---+ %3 ---+ z2 ---+ z4 -+ zI. Dvije su mogućnosti: ta spojnica se presjeca ili ne (slika 15.3) Označimo kutove kao na slici 15.3. Vrijedi

( ) ZI - z4

a = 1(Z3%IZ4) = arg(z4 - zd - arg Z3 - zI = arg ---, zI - z3

1= 1(Z3Z2Z4) = arg(z3 - Z2) - arg(z4 - Z2) = arg z2 - z3 . z2 - Z4

Točke ZI , Zz, Z3, Z4 leže na kružnici ako i samo ako vrijedi: u prvom slučaju a + "{ = 'If (lik je tetivni četverokut) , ili, u drugom slučaju a = -"{ (tetiva Z3Z4 vidi se iz točaka ZI , Z2 pod istim kutom, predznak minus je zbog suprotne orijentacije) . U prvom slučaju je

ZI - Z4 Z2 - z3 zI - z4 Z2 - z3 a + "{ = arg --- + arg --- = arg --- . --- = 'If

ZI - z3 Z2 - z4 ZI - z3 z2 - Z4

te je ovaj produkt realan broj. U drugom slučaju je Q + "{ = 0, s istom posljedicom.

Slika 15.3.

2.18. Iz - Zli = klz - z21 daje (z - zd(z - ZI) = k2(z - Z2)(Z - Z2). Množenje i s.eđivanje daje jednadžbu (1- k2)1z12 - (ZI - k2z2)Z - (ZI - k2 z2 )z+ IZ112 - k21z212 = O, tj . z2 - aZ - az + {3 = O, gdje smo označili a = Z\~~t', {3 = IZJ!';.:: .. k:2Iz,I' . Po zadatku 2.7, ova jednadžba predstavlja kružnicu, sa središtem u točki a i polumjerom r = v'lal2 - {3 = v'1~kilz1 - z21. Primijeti da se središte S ove kružnice nalazi na

spojnici točaka ZI i Z2 i dijeli ju u omjeru ZI S : Z2S = k 2 : 1.

2.19. Stavimo a = a + i{3, Z = :z: + iy . Sređivanjem jednadžbi dobivamo jednadžbe pravaca 2a:z: + 2{3y + b = O, odnosno -2{3:z: + 2ay + b = O.

RJESENJA ZADATAKA 201

2.20. Razvojem determinante po prvom retku dobivamo

1 :~ i 1 ~ -I :~ i 1 i + l:! :! 1 = O

tj. oblik az - ai + ib = O ito predstavlja, po prošlom zadatku, pravac. Uvrštavanjem u determinantu z = ZI, z = Z2 ona ima vrijednost O, zato taj pravac prolazi kroz točke z1, 22·

2.21. Jednadžba kružnice glui, po Zadatku 2.7,

z:Z - ii~ - aJ + 13 = O.

Ako ona prolazi točkama Zl, Z2, ~3, tada vrijedi

zlZi- iizl- az1 +13=0, z2i2 - aZ2 - ai2+ 13 = O,

Z3Z3 - a Z3 - a Z3 + 13 = O.

Ove četiri jednadžbe možemo shvatiti kao homogeni lustav linearnih jednadžbi po nepoznanicama 1, ii, a, 13. Pošto on ima. netrivijalno rjeienje, njegova determinanta mora biti jednaka nuli . To je upravo tražena determinanta u zadatku.

2.22. Jednadžba kružnice da.na je determinantom iz prollog zadatka. Razvojem te determinante po pr1 m retku ~bivamo DlzI2 - 151z + D1J + D2 = O, odnosno

Iz12- %z+%z+!ff = O. Kakoje D = -D, to ova jednadžba glui IzI 2-az-az+t3 = O,

gdje smo stavili a = - %, t3 = !ff . Vrijedi {J = t3, dakle, 13 je realan broj . Po Zadatku 2.7, središte kružnice je točka Zo = a = -%, a njen polumjer r2 = -t3 + 10.12 =

Izol2 - !ff . 2.23. 2 = (2 - 5i)(coS71' /2 + i sin 'Ir /2) = (2 - 5i)i = 5 + 2i .

2.24. Iz Zle''''' = z2 dobivamo e''''' = Z2/Z1 = W -i~. Odavde, VJ = 292°22'.

2.25. x' = cos 20° + 2 sin 20° = 1,6237, y' = - sin 20° + 2 COl 20° = 1,6373 .

2.26. A. tg2a = 3 te je a = 35°47' Veza između starih i novih ko.dlnata je x = O,8112x' - O,5847y', Y = O,5847x' + O,8112y'. Uvrltavanjem u početnu jednadl-

12 12 bu dobivamo jednadžbu krivulje u novom sustavu: - rb + ~ -= 1. Riječ je o

hiperboli. B. Sada je tg2a = 0,5, a = 13°17'. Slijedi x = 0,8944x' - O,4472J1', y = O,4472x' + 0 ,8944y' i odavde nova jednadžba x,2 - JI,2 = 8,9443. C. tg 20 = l daje a = 22°30' , x = O,9239x' - 0,3827y', y = 0,3827:' + O,9239J1'. Dobivamo hiperbolu

, 2 12

~ - ~ = l . Njen~ su asim pt ote y = -x, x = O, Ito vidimo i iz jednadžbe

y = ~ - x te hiperbole u starom sustavu.

2.27. Neka je zl = e''''' . Množeći relaciju Zl + Z2 + Z3 = O la e-i.", dobivamo 1 + Z2 + z~ = O (*), IZ21 = Iz~1 = l (**), gdje smo stavili z~ = Z2e-i.", z~ = Z3e-'''' . Brojevi 1, Z2, Z3 dobiveni su rotacijom (za kut -VJ) od brojeva Zl, Z2, Z3. Dovoljno je pokazati da su te točke vrhovi jednakostraničnog trokuta. Stavimo Z2 = X2 + iY2 , z~ = x; + iY3' Iz (*) slijedi y2 = -y~ , pa ( .. ) daje IX21 = Ix~ 1 i ponovo po (til) dobiva-

, , 1 S d' , ±Ja . '1' l·Ja, l ·Ja mox2=x3=-~' aaJeY2,3= Tlzatoz1 = ,z2=-~+'T,z3=-~-'2' a to su vrhovi jednakostraničnog trokuta upisanog u jediničnu kružnicu.

2.28. Neka je F: = cos 2: + i sin 2: , n-ti korijen iz jedinice. Vrhovi pravilnog nterokuta glase ZJc = ZO + (Zl - zO)F: Jc , lc = O, l, ... , n ~ l .

2.29. Neka su ~l," " ~n svi n-ti korijeni iz broja 1. Ti su brojevi rješenje jednadžbe zn - l = O, i stoga, po Vieteovim formulama zadovoljavaju relaciju E~:l ~k = O. Međutim, ti su brojevi ujedno vrhovi pravilnog mnogokuta upisanog u jediničnu kružnicu (od kojih se jedan nalazi u točki z = l) . Vrhovi proizvoljnog pravilnog mnogokuta upisanog u tu kružnicu mogu se dobiti rotacijom, odnosno množenjem s brojem eiep . Dakle, vrijedi Zk = eiep~k i stoga je i Ek:l Zle = O. Sada imamo E~=llz - zkI

2 .= E k.., l (z - Zk)(Z - Zk) = Ek:l (Iz12 + IZkI

2) + z Ek:l Zk + zEk=l Zle = 2n pošto vrijedi

Izl = l i IZk I = l .

2.30. Izlmax = ~(v'a2+4 + a), Izirnin = ~(Va2+4 - a) .

_ l {iep ()n ni",) _ l l - (_eiep)n+l 3.13. A. Zn - r::: l - e + . .. + -l e -. r::: ' l ( . ) Zato vrijedi

yn yn - -e'ep

l 1+ I{-l)n ei(n+l)'F1 2 ocjena IZnl ~ - = --+ O. B. Stavimo Wn = ..;n II + cos 'p + i sin 'PI ..;n ';2{1 + cos tp)

~ R-k le D fi ' . n-l l - zn V " d ' l lOJ --z . e lmraJmo Zn := l + Z + .. . + Z = -1-- ' riJe I Zn --+ --. IJ.O n - Z l - Z

l Također, Wn = ..;n {Zn + {v'2 -l)Zn-l + {v'3- v'2)Zn-2 + ... + {..;n - .,;n=l)zt} i po

Zadatku 3.4.C vrijedi Wn --+ _1_. l-z

8.1 T. A. Divergira. Opći član cos{in)/2n = ch(n)/2n ne teži u nulu . B. Konvergira ap.olutno. Stavi sin{in) = i sh{n) i primijeni d' Alembertov kriterij. C. Konvergira ap.olutno, cos{in2) = ch(n2) . D. I<onvergira apsolutno. E. Divergira. Red realnih dije-

l "cos{n/n) - d ' d" l F V"d'l I l ova LJ ..;n ponasa se poput Ivergentnog re a LJ ..;n ' . riJe l Zn = ch{n) .

Red konv$rgira apsolutno, primjeni d' Alembertov ili Cauchyjev kriterij . G. Konvergira

apsolutno. Majoriran je konvergentnim redom E sh~n)' H. Divergira. Nije ispunjen

l nuždan uvjet konvergencije. I. Konvergira apsolutno. Majoriran je npr. sa redom E 2 .

n J. Divergira. Opći član Zn = th(:n) teži u oo.

3.18. A. Konvergira apsolutno. Primjeni Cauchyjev kriterij. B. Konvergira apsolutno. Po d' Alembertovom kriteriju je

limi an+l I = lim (n + l)! . nn = lim (_n_)n = ! < 1. an (n + l)n+l n! n + l e

C. Kako je leinl = l, to red divergira. D. Red konvergira uvjetno. Po Zadatku 3.10.,

za an = n dobivamo da je red konvergentan, a kako je! e:n

! = ; , to on ne konvergira

apsolutno.

3.19. A. Vrijedi !zn+ll = Izl(_n )n(_n )P --+ Zn n+ l n+ l

konvergira apsolutno, po d'Alembertovom kriteriju.

1:1 i ako je Izl < e, tada red e

RJEŠENJA ZADATAKA 203

I

Zn+II_ 2n(2n+l) Il+znl . ... , B . -.;;:;- - (n + 1)2 Izlll + zn+J I -+ 41 zl · Tvrdnja slijedI po d Alembertovom kri-

teriju. C. Red realnih brojeva ~ __ 1-2 - je konvergentan, pa stoga konvergira i red ~nln n

L 1 2 , za svaki realni x , x of: -2, -3, . ... Kako je (n+x)ln n

1 1 IZnl = :;:; 2

v'(n+x)2+y2In2 n In+xlJn n'

to red konvergira apsolutno. D. Vidi Zadatak 3.7.C. E. Po d'Alembertovom kriteriju,

I Zn+l I . n + 1 1 . d k . l k ' k .. -- = -+ - I re onverglra apso utno za sva I z za OJI su Zn v'(2n+2+x)2+ y2 2

. . -I . d fi ' . F I Zn l° IZ + 2n + 11 . d k . I R nJegovI canon e mram o . -- = 2( ) I re onverglra aps o utno, po a-Zn+l n + 1

abeovom kriteriju, kao u Zadatku 3.7.C.

3.20. Možemo napisati , kao u Zadatku 3.9 ,

I t WkZkl:;:; max ISkl'f IWk+I-Wkl + ISn- Sm-lIlwnl + ISm-d IWn-wml· k=m m~k~n-l k=m

Provjeri da je u svakom od ova tri pribrojnika jedan član ograničen, a drugi proizvoljno malen . Stoga je red Cauchyjev pa zato i konvergentan .

3.21. Vrijedi Zn = IZnl(cos "Pn + i sin "Pn), E Zn = E IZnl cos "Pn + i E IZnl sin "Pn i oba ova reda konvergiraju . Kako je "Pn = arg Zn :;:; ct, to vrijedi cos a :;:; cos "Pn . Zato je

E IZnl :;:; _1_ . E IZnl cos "Pn i red konvergira apsolutno. cosa

3.22. Ako je Izl < 1, tada vrijedi I~I :;:; ~Inl :;:; ~I I i red konvergira. Za 1 - zn 1 - Z n 1 - Z

Izl ~ 1 imamo pak /1 ~nzn / ~ 1 ~11:ln ~ ~.

4.9. Stavimo Z = x+iy i razdvojimo realni od imaginarnog dijela. A. tl = x 2 _y2 -2x,

B 3 3 2 Y 2 3 x v = 2xy + 2y + 5. . tl = X - xy - -2--2' v = -3x y + y -2--2 .

x +y x +y C (x + 1)(x2 + y2 - 1) + 2xy2 y(x2 - y2 - 1) - 2xy(x + 1)

• 'u = (x 2 _ y2 _ 1)2 + 4x2y2 ,v = (x2 _ y2 _ 1)2 + 4x2y2

4.10. A. -4 . B. -i . C. .j2( -1 + i)/2

4.11. Dovoljno je uvrstiti sin Z = -},(e iZ - e-iz), cos Z = ~(eiz'+' e-iz) i provjeriti identitete. Npr. B. sin ZI cos Z2 + cos ZI sin Z2 = -}, (e izl _ e-iZl) ~ (e iz, + e-iz,) + ~(eiZl +

e-iZl) -},(eiz, _ e-iz,) = -},(ei(ZI+z,) - e-i(zd z,») = sin(ZI + Z2)' C. Na isti način .

4.12. A. W = el - z = el-z e- iy , 'u = el-z cos y, v = _el-z sin y. B. W = sh(x +

iy) = shxch(iy) +chxsh(iy), 'u = shxcosy, v = chxsiny. C. W = sin(x+iy) = cos(x + iy)

sin x ch y + i cos x sh y cos x ch y - i sin x sh y ,

sinx cosx sh ych y

'u = ch 2 Y _ sin2 x ' v = ch 2 Y _ sin2 x .


4.13. A. wo = -3i/4, r = 3/4 , tp = 37r/2 . B. wo = ichl, r = chI , tp = 7r/2. C . Wo = O, r = O, tp je neodređen .

4.14. A. w = Arcsinz ako i samo ako je z = sinw = l,(eiUl - e- iUl ). Množenjem sa eiUl slijedi (e iUl )2 - 2iz eiUl - l = O i odavde eiUl = iz + iVz2=l (kvadratna funkcija ima dvije vrijednosti) . Logaritmiranjem slijedi rezultat . B. Na isti način .

C. w = Arshz ~ z = shw = ~(e'" - e-Ul). Jed nadžba (eUl)2 - 2ze'" -l = O

sada daje e'" = z + ~ i odavde logaritmiranjem slijedi tražena formula. D. Na isti način.

4.15. A. 1+2k7ri, k e Z . B. (37r/2+ 2k7r)i, k E Z . C. InY13+i(2(k+l)7r arctg(2/3» . D. li = ei Ln l = e- 2k1r , k E Z . E. 2i = eiLn2 = e-2k1r[cos(ln 2) + i sin(ln 2)J , k e z (trigonometrijski oblik). F. exp(7r/2 + 2k7r), k E Z . G. 5exp{arctg(3/4)-2(k+1)7r}[cos(ln5-arctg(3/4)+i sin(ln5-arctg(3/4)]' k e Z . H. i th(7r/2) . J. Arccosi = - i Ln(i + Ji2=1) = -iLn[i(1 ± V2)J = 7r/2 + 2k7r-

iln(V2 + l) ili 37r/2 + 2k7r - iln(V2 -l), k E Z . J. Arcsin ~ = -iLni(~ + Jf=l) =

-iLn(±4+~) = ~+2k7r ili ~+2k7r, k e Z . K. k7r+ilnV2, k e Z . L. i. M. ish2. N. cos2ch1-isin2shl. O. cos[V2(7r+2k7r)J+isin[V2(7r+2k7r)]. keZ.

@ A. z = Ln(-i) ~ i(37r/2,,+ 2k7r), kE Z . B. cosx + isinx = cos7r~ daJe x = O. C. z = Arc Sin 3 = '1 + 2k7r ± dn(3 + VB) , k E Z . D. z = t - e . E . z=l-i. F. e%=-1±2 ,z =2k7riiliz=ln3+i(7r+2k7r) ,k EZ . G. z= Arc cos( -5/4) = (2k + 1)7r ± i ln 2 , H. z = Arc sin 7ri ~ 7r + 2k7r - i ln( YI;2.t1 + 7r) ili z = 2k7r- i ln(R+1'-7r) . I. z = Arcsin(-l) = 37r/2+2k7r, k e Z . J. Stavimo sinz = 1. (eiz - e-iz), COS Z = ~ (eiz +e- iz). Sređivanjem dobi'vamo (l +i)e2iZ - 4i eiz -l +i = O

i odavde eiz = (1 ± V2/2)(1 + i). Logarilmiranjem , z = 7r/4 + 2k7r - i ln(V2 ± l) .

5.20. A. Vrijedi 'u = x 3+xy2, v = x 2y+l, 'u~ = 3x2+l, v~ = x 2+3l . w nije analitička (niti nakojern području u C), B. 'u = e:r(ccosy-ysiny), v=e:r(xsiny+ycosy). w je analitička na čitavom C i vrijedi w' = 'U~ + iv~ = e"(xcosy - ysiny + cosy) + ie:r(xsiny +ycosy +siny) = (x + iy)e:r(cosy + i siny) + e"(cosy +i siny) = (z + 1)ez .

C. Nije analitička . D. Nije analitička. E. 'u = sin 2x ch 2y, v = cos 2x sh 2y , w' = 2 cos 2 (x + iy) = 2 cos 2z . F. Nije analitička , G. N ije analitička . J. 'u = ln J x2 + y2 ,

V = arc tg(y/x) . w je analitička na svakom području G e C \ {D}, w' = ~ -x +y

. y z 1 . .. , , zez - eZ

" t-2--2 = -:: = - . J. Anahtlcka za svakI z e C \ {O} , w = 2 i . K. FunkcIja

x +y z · z z z je analitička na svakom području G e C \ { 7rh + k7r} , w' = 1/cos2 z .

5.21. A. ti = :z:, v = O. w nije diferencijabilna niti u Jednoj točki. B. 'u = y, v = O. w nije diferencijabilna niti u jednoj točki. C. 'u = x 2 y , v = O, Cauchy-Riemannovi uvjeti su ispunjeni samo u točki (O, O), w' (O) = O. D. 'u = x2 + y2, v = O. w je diferencijabilna samo u z = O i vrijedi w' (O) = O. E. 'u = x 2 , v = y2 j ti~ = 2x , v~ = 2y, ti~ = O, v~ = O. Cauchy-Riemannovi uvjeti su ispunjeni u svakoj točki pravca y = x .

Zato je funkcija diferencijabilna na pravcu z = (1 + i)t, t eR, w' = 2t(1 + i). Primijeti da w Ilije analitička niti na jednom području. F. w je diferencijabilna samo u z = O, w' (O) = O. G. w je diferencijabilna na čitavoj ravnini C, w' = 2y - 2xi = -2iz .


5.22. A. v(x,y) = g-u~(x,y)dx+n'u~(xO,y)dy+G = -~ +G. Odavx +y

de J(z) = ~ - iY2 + iG = ~ + iC. z = 7f daje G = O, J(z) = ~ . B. u(x, y) = x +y z . z

g v~(x, y)dx + g -v~(XO, y) dy = 2 sh x cos y - x2 + y2 + G . Slijedi J(z) = 2 sh x cos yx2 + y2 + G + i2chxsiny - 2ixy = 2shz - z2 + G. J(O) = O daje G = O. C. Na isti način, v(x, y) = 2 eou sh y - y + G. J(O) = O de.je G = O, J(z) = 2 sin(x + iy) - (x + iy) = 2sinz .- z. D. u(x,y) = 2eos2xeh2y + x - 2 + G . Dobivamo G = 2 i J(z) = 2cos2xeh2y-isin2xsh2y)+x+iy = 2cos2z+z. E. u(x,y) = 2sinxshy+2xy+G. Uvjet J(0)=2 de.je G=2-2i. J(z)=2icosz-iz2 +2-2i. F. v(x , y) = -2:t3 + 3x2 + 6ix - y3 + G. Slijedi G = O i J(z) = (x + iy)3 -2i(x + iy)3 = (1 - 2i)z3. G. 'II (x , y) = xe'" sin y + ye'" cOS 'y + C. Dalje je G = O, J(z) = eX (x cos y - y sin y) + ie x (x sin y + Y cos y) = (x + ;y)e'" e;1I = z . eZ

•

5.23. Deriviranjem se lako provjerava da u sva četiri primjera vrijedi ~u = u~z +u~1I = O. Pripadne konjugirane funkcije računamo formulom (5.11) i one glase A. v = 2xy +

2y+G , B. 2e:r siny+G,C. v /~ln(x2+i)+G,D. v=_x2/2+ y2h + G .

5.24. Vrijedi ~u = 2(a + e). Funkcija u će biti harmonijska ako i samo e.ko je a ~ -e. b može biti proizvoljan. Primjeti da je tada u = a(x2 - i) + 2bxy, linearne. kombinacija dviju harmonijskih funkcija.

5.25. A. Stavimo '>/J(x,y) = IJ(z)1 = vu2(x,y) + v2(x,y). Provjeri sljedeće derivacije:

, u . u~ + v . v~" l [ 3" 3" 2' 2 2, 2 2 " '>/Jz = (u2 + '112)1/2 ' '>/Jxx = (u2 + '112)3/2 U uxx+v vx",+u (vx ) +'11 (u",) +u '11'11"",,+

2 " , ,] al _,." l [ 3" 3" 2 ( ')2 2 ( ')2 uv uzx-2uvu:rvx . An ogno, '1'1111 = 2 2 3/2 u uyy+v vllll+u '1111 +'11 Uli + (u + v )

2 " 2" , ,] Z . A l [ 2 ('2 '2) 2 ( 12 u v . Vyy + UV uYlI - 2uvuyvy . ato Je ~'>/J = 2 2 3/2 u v", + '1111 + V U x + (u + v )

u~) - 2uv(u~v~ + u~v~)] (iskoristili smo činjenicu da su u, v harmonijske funkcije).

Nadalje, u, v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete: v~ = u~, v~ = -u~. Uvrlta-

.. l [( 2 2)( ,2 12)] l ['2 12] vanjem dobIvamo t:.'>/J = 2 2)3/2 u + v U x + Uli = 2 2 1/2 'Uli + Uli • (u +'11 (u +'11)

Zato je t:.'>/J '" O i '>/J nije harmonijska. B. i C. Funkcija ln '>/J (z ) je (kao kompozicija dviju analitičkih funkcija) analitička funkcija (tamo gdje je definirana). Njen realni dio je h(x,y) = ln I'>/J(z) I , a imaginarni dio g(x,y) = arg'>/J(z). Stoga su h i g harmonij.ke funkcije . (Provjeri i direktno, .poput računa u A., da vrijedi t:.h = O, t:.g = O).

5.26. Pogledaj Zadatak 5.19. A. Vrijedi t:.u = h"(x) i zato ~u = O daje he,;) = Gl x + G2 . B. Stavimo t = ax + by . Vrijedi u~ = h' (t) . t~ = h' . a, slično za u~ i derivacije drugog reda. Dobivamo ~u = h" . (a 2 + b2 ) = O ~ het) = Gl t + G2, tj. h(ux + by) = Gl(ax + by) + G2. C. t = x2 y daje u~x = h"(t)4x2y2 + h'(t)2y, u~lI = h"(t)x4 te je ~u = (4x2y2 + x4 )h"(t)2yh' (t). Ne postoji funkcija h = het) ze. koju je ovaj izraz identički jednak nuli . D. Sada je ~u = (x 2 +y2)h"(t) = O, ze. het) = Gl t +G2 . Dakle, h(xy) = GlXY + G2 je harmonijska funkcija, jedina tog oblike.. E. Supstitucije. t = x 2+y2 vodi do jednadžbe ~u = 4(x2+y2)h" (t)+4h' (t) = 4t hil (t)+4h' (t) = O. Odavde, het) = Gl ln t+G2, tj, h(x2+y2) = Gl ln(,;2+y2)+G2 ' F. t:.u = O vodi do jednadžbe (4x 2 + l)h" (t) + 2h' (t) = O, koja nema rješenja. G. Sade. dobivamo t 2 hil (t) + 2th' (t) = O,

• rješenjem h(t) = - Gllt + G2 , tj. h (x2 + y2) = -Gl ~ + G2 . H. Ne postoji x x +y

harmonijska. funkcija. tog oblika. I. h(x2 _y2) = Gl (x2 _y2)+G2 je harm,onijska funkcija.

5.2T. A. Vrijedi U + iV = eU cos v + ieu sin v = eU(cos v + i sin v) = eu +iv = ef(·) . I je analitička. funkcija, pa je i efez) a.nalitička funkcija. Zato su U, V realni odnosno imagina.rni dio analitičke funkcije i stoga. čine par konjugiranih harmonijskih funkcija. , , B. Sada je U + iV = (u + iv)2 = f(z)2. C. U + iV = eU -v (cos 2uv + i sin 2uv) = 1,,3- v2 ei2uv = e(u+iv) ' = efez)' i U, V su ponovo konjugirane harmonijske funkcije . D. II i V su funkcije varijabli x, y: U(x, y} == cp(u(x, y} , v(x, u)), slično za V. Moramo provjeriti da vrijedi U~ = V~, U~ = - V; ( i tada. slijedi t::..U = t::.. V = O) . Imamo, U~ = cp~ . u~ + cp~ . v~ = 1/;~ . v~ + 1/;~ . u~ = V~ . Tu smo iskoristili Cauchy-Riemannove uvjete za. oba para. konjugiranih funkcija. (u, v) i (cp,1/;) . Analogno se dobiva U~ = - V; . Provjeri da se pogodnim izborom para (cp,1/;) dobivaju slučajevi A, B i C.

8.8. A. e(cos l + i sin 1) - 1 . B. kao u A. C. -8/3 .

8.9. A. o. B. 'Iri . C. h i. D. hi sin 1 .

T.18. A. Z2 = ! + ~i . B. Z2 = 4 + i .

T 17 -z + i 2i SI'k . I . . k {I I l} • • W = ---o = --o - 1 . ) a gornje po uravnme Je rug W < . Z +1 Z+l

T.18. A. Familija. prava.ca u = -Gu. B. Familija kružnica. (u + 2h)2 + (ti + 2h)2 = ~, G i: O i pravac v = -u za G ~ O. C. Familija pravaca u = I/G .

T .19. Dovoljno je preslikati tri točke područja G ,recimo ZI = 3, Z2 = 1+ 2i, Z3 = -l . A. WI = -1+3i, W2 = -3+i, W3 = -l-i i G" = {Iw-(-l+i}l < 2}, krug . B. Wl = l, w2 = ~ + ~i, W3 = -l j G" = {lwl < l}, krug. C. WI = oo, W2 = ! - ~i, W3 = j,j G" = {Rew < !}, poluravnina.. D. WI = 4, W2 = ~ - ~i, W3 = Oi G" = tlw - 21 > 2}, vanjština kruga. Jednadžbe kružnica koje su određeni točkama Wl , W2, W3 nisu očigledne. Središta možemo pronaći npr. traženjem presjeka simetrala Itranica trokuta čiji su vrhovi u tim točkama.

T.20. Područje G određujemo tako da preslikamo odgovarajući broj točaka s ruba područja G (po tri točke sa svakog kružnog luka) . Jednadžbu ruba područja G" možemo izvesti znajući preslikane točke, no ona nije nužna za skiciranje područja G". Rezultati lU .kicirani na slici 15.4.a-f. A. ZI = O, Z2 = l, Z3 = oo , Z4 = i j Wl = 1 , W2 = O, W3 = -l, W4 = -i i G" = {lwl < l , Imw < O} , slika l5 .4.a. B. ZI = O, Z2 = i, .13 = oo i wI = O, w2 = % - %i, w3 = l i G" = {Iw - ~I < !}, slika l5.4 .b. C. ZI = 1, .2 = l +i, Z3 = oo, Z4 = i, Zs = O i wI = O, w2 = ~ +!i , w3 = 1 , w4 = 1 +i , Ws = oo i G'={lw-!I>~ , Rew<1},slika15.4.c. D. ZI=O, Z2=!, z3=1, Z4=!+~i , .15 = i, Z6 = ~i i wI = oo, w2 = 2 , W3 = 1, W4 = l - i, W5 = -i, W6 = -2i i G" = {lw + ! + ~il > ../2/2, Rew > O, Imw < O} , slika 15.4.d . E. ZI = -l, Z2 = O, .I;, = l, .14 = ~ + ~i, zS = i, Z6 = - ~ + !i i wl = -i, w2 = -l, W3 = i, W4 = -l + 2i , w5 = oo, we = -1-2ij G" = {lwl > 1, Rew+lmw < 1, Rew-Imw < l} ,

l'k 154 Fl ' l l " . l , . S I a . .e . • ZI = - , z2 = - ~ + ~ t, z3 = t, z 4 = - ~ + t, Zs = -1 + t ,

1 l · 1+1 ' l 2' l ' 4 3 · z6 = - + ž't; wl = ž' ž'l, W2 = , W3 = oo , w4 = + t , Ws = + t, w6 = 5' + st ; G· = {Iw - ~ - i l > ~, Imw < 1, Rew + Im w > l} , slika 15.4.f.

b)

d) I W.l w1 W/=OO -----1---<11

Slika 15 .-4.

7.21. A. ZI = -l, Z2 = O, Z3 = l , Z4:: i , lU l = oo, w2:: -l , W3 :: O, W 4 = i; G" = {Rew < O, Imw > O}, slika (15 .5.a). B. ZI = -l, Z2 = O, Z3 = l , Z4 :: i, Uli = -~ - ~i, w2 = -!i, Ul3 = ~ - ~i, lU4:: i; G' :: {lwl < l, Iw+ ~il >~}. .lika (lS.S.b). C. ZI = l, Z2:: i, Z3 :: -l , Z4 :: 2 , Zs:: 2i, Z6:: -2, w l :: OO ,

w2 = -1- i, w3 = -l, w4 = 2, Ws = - ~ - ~i, w6 :: -~ ; G' = {Iw - ~I > ~, RetU> -l}, slika. (15 .5.c) . D. ZI:: O, Z2 = -l-i , Z3:: -2 , Z4 :: -2+2i, Z& = -4, tVI = oo, w2 = i, W3 = O, W 4 = ~ - ~i, w5 = ~; c· = {O < Re w < !},'

d) 1) .

Slika 15.5.

slika (IS.S.d) . E. zI = O, z2 = !, 7-3 = l , Z4 = ! + !i, \LI1 = O, \LI2 = -1, \LI3 = oo, \LI4 = -i; G· = {Re\LI < O, Im\LI < O}, slika (lS.S .e). F. ZI = i, Z2 = ! + !i ,

1 J2 J2 . 1 1 . . . 1 1+J2 · · Z3 = ,Z4 =' 2+""2'"'1; \LI 1 = ~-~l, w2 = -l , W3 = OO, w. = ~-~l ,

G· = {Rew - Imw > l, Rew < !}, slika (lS .S,!) .

7.22. A. w = (l + i) : ~~ , G· = {Iw - II > l}, vanjština kruga. B. w = ; ~~ , Z-l

G· = {Imw < O}, donja poluravnina. C. w = 2i--, G· = {Iwl < 2}, krug. z+l

7.23. 2z - 4

A. w = 2z, G· = {Iw - 21 ~ 2} . B. w = -:;-=-}, G· = {Iw - 21 > 2}.

C. w = 2iz ,G· = {Imw < ,O} . z-2

7.24. Preslikavanje nije jednoznačno, svaki izbor točaka sa rubova područja G i G· ":l! dati odgovarajuću Mobiusovu transformaciju. Mi ćemo odabrati po mogućnosti ito jednostavniji izbor. A. ZI = l, Z2 = i, Z3 = -l i w1 = l, w2 = O, ,u3 = oo daje

(l+i)z+l-i B w = . . . ZI = O, Z2 = -l + i, Z3 = -2 i wl = O, W2 = -i, 1u3 = oo i

z+l w = ....:::.:..;... C. zl = 3, z2 = l + 2i, z3 = -l i wl = l + i, w2 = 2i, W3 = -l ;- i ;

z+2 w = !z - ! + i. D. zl = 2 - i, z2 = l, z3 = -i i w1 = l, \112 = -1 - 2i, W3 = -3 i

(i - 1)z + 2 - 4i w = (l _ i)z + 2i .

7.25. A. Po Zadatku 7.6, tražena Mobiusova transformacija ima oblik w = e''P IZ-Za -zzo

,~ 2z - l d" R ' I' N O 2z - l B I = e ... 2 _ z ,g Je Je tp e proIzvo Jan. pr. za tp = ,w = 2 _ z. • nverzna trans-

formacija Z = S-l(w) preslikava wo = -! u Za = O, i ima oblik z = e''P lw - wo = . -wwo

. 2w+1 -2z+e''P e'''''--2-' Odavde w = 2 " tp E R proizvoljan. C. Usporedi 8 Zadatkom 7.11.

w + Z - e''P Neka Sl preslikava krug {Izl < l} na jedinični krug, tako da bude Sl (!i) = O, i neb S2 preslikava krug {Iwl < l} na jedinični krug, tako da vrijedi S2(-!) = O. Tada je tražena

transformacija oblika S = S2'l OSI. Vrijedi Sl (z) = e''Pl ~z -2i

, 82 = e''P2 2w +21

, tp1, tZ + \LI +

R . 1" Od d 2w + l ''P 2z - iR' l' R' v'2 e proIzvo Jn!. av e --2- = e -. --2 ' tp = tp1 - tp2 E ,proIzvo Jan . Je-w+ tz+

• . .. ,. (-4e''P ' + 2i)z + 2 ;- 2ie''P

savanjem po w dobivamo trazeno preslikavanje: w = .S(z) = (2 ' 2 ') . 2" . e''P - t Z - 4 - le''P

Specijalno, za 'p = 7r/2 dobivamo najjednostavnije: w = iz . D. Na isti način kao ''P 3w - i 2z + i . (6 + el'P)z + 3i + 2ie i 'P

u prošlom primjeru, e -. -- = ---, tt. w = . . , 'p eR iw + 3' -iz + 2' (-2i - 3ie l 'P)z + l + 6e' 'P

proizvoljan. E. Opći oblik Mobiusove transformacije koja preslikava točku ! u ! (i jedi-" . .. " . . . _ , . . . . . 2w - l 2: - l

n!Cn! krug u Jedmlcm krug) dobivamo kao u prosla dva primJera, IZ e''P --- = ---2 ' -w+2 -z+

tp E R proizvoljan. tp ćemo odrediti tako da bude zadovoljen uvjet arg w' (!) = ; . Prije

nego ito odredimo w, derivirat ćemo gornju relaciju: e''P 3w' = 3 . Uvrš-(-w + 2)2 (-z + 2)2

tavanje .11= W = ! daje w'(!) = e-i<p i odavde 'p = -argw'(!) = -;: . Dobivamo _. 2w - l _ 2.11 - l . _ (4i - 1).11 + 2 - 2i

, - 2,tJ. w- (2 ' 2) . ' -w + 2 -z + , - .11+4 - ,

7.26. A. Po Zadatku 7.7, preslikavanje ima oblik w = ei<p z - i Odredimo 'p tako z + i '

da bude argw'(i) = 7r . Vrijedi w'(i) = ! . ei(<p+311'/2) i zato je 'P -= -7r/2 . Dak~

le, tU = -iz -_l. B. Preslikajmo oba područja G i G· na jedinični krug {lpl < l}, .11+,

tako da se točke .Ilo i Wo preslikaju u točku Po = O. (Vidi zadatak 7.11.) Rezul-w - Wo ia i(z - .Ilo) e N . . o, k . . B z tat: = e .• a IstI nacln ac u primjeru .j w = ---2'

l - w Wo z - .Ilo - Z -D w - Wo ia z - .Ilo E P lika . z d b' . k k . .... M"b' . --_- = e - -.--=- . . res - vanje mo .. emo o Itl ao ompozlclJU triJu o IU-

w - Wo z - .Ilo sovi h transformacija: Homotetije Sl s faktorom 1/2, koja krug steže na jedinični, preslikavanja S2 koje prevodi jedinični krug {Ipl < l} u gornju poluravninu {Imq > O}, te rotacije S3 koja gornju poluravninu prevodi u desnu poluravninu. Pri tom mora-mo pripaziti da bude S2(0) = l . Jednadžbe preslikaVAnja glase: p = Sl (z) = ~,

P=S21(q)=ei<P:~;, w=§lq)=-iq. Odavde dobivamo :~~ =e-i<P.~ . - , 2+b

Kut 'p možemo odrediti tako da bude argw (O) = 7r/2 . Rezultat: w = -2--' -IZ

F. ~ =eia . z-l . G. 2z-4+2i 16 - 3w 8 - 2.11 W = iz + 2 - 2i .

az + b . , ad - bc az + b 7.27. A. S(z) = cz+d daJeS(z)= (ez+d)2 ",O . B. Neka lU Sl (z) = cz+d'

S () 0.11 + (3 V" d' S S () (ao + b(3)z + (a(3 + b6) e Uk lik' d bc OJ. O 2 z = --6 ' riJe l 10 2 z = ( d) (~ d6) ' • o o Je a - T' ,

"(z + co + "( z + e,., + ad . M"b' t' ... . kt' f nk" . S() S() . aZ1 + b t a Je o IU80va ransIormaclja UlJe Ivna u CIJa, 1z ZI = .112, tj. ---d =

cz1 + aZ2 +d

b sređiVAnjem slijedi (ad - bc)(Zl - .112) i odavde ZI = .112 . Preslikavanje je sueZ2 +

-dw+b . rjekcija, za proizvoljan wee iz S(z) = w slijedi Z == . D. Po gornjem Je

cw-c S - l() -dw+b. . M"b' , .. w = I to Je o IUSOva transIormaClja.

cw-a

7.28. Vrijedi npr. (S3 o S6)(Z) = S3(S5(Z)) = 1- S6(Z) = 1- z - l = ! = S2(Z) . - z Z

Kompletna tablica množenja glasi

Sl S2 S3 S" S6 Se

Sl Sl S2 S3 S" S" Se S2 S2 Sl S" S3 Se S6 S3 S3 Ss Sl S6 S2 S" S" S" S6 S2 Ss Sl S3 S6 Ss S3 S6 Sl S" S2 S6 S6 S4 Ss S2 S3 Sl

Odavde je, npr. S41 ,;, Ss, S;l = S6 , itd.


oaz + ob az+ b 7.31. A. SaA(Z) = d = --d = SA(Z). B. Račun daje SA ° SB(Z) = OCZ+O CZ+

. (ao + Iry)z+(a,B + b6) l l [d b] 1 (co+d")')z+(c,B+d6) = SAB(Z), e. Vrijedi A- = detA e : - . detA B ,

zato, po svojstvu A,' SA-t{1O) = SB(1O) = d1O- b = (SA)-l(1O) . -cw+a

7.32. A. Označimo h := I(Oi zo), h := 1(,Bi zo) i stavimo 10 = h (z), h = 12(10) . Tada je h = (h o h)(z) i vrijedi

1 l l -- = -- +,B = -- + o +,B. h-zo 1O-Zo z-zo °, Zato je h = 1(0 + ,Bi zo). Druga je tvrdnja očigledna. Preslikavanje o 1-+ 1(0, %0) je izomorfizamgrupa (e,+) i (J( ·jZo),o).

7.33. Uz iste oznake, vrijedi

h - zl 10 - zl z - zl -- = ).-- = ).1'0-- . h-Z2 W-Z2 Z-Z2

Zato je h = g()'p.j zl, Z2) . Sada je pridru!ivanje ). 1-+ g()'j Zl, z,) izomorfizam multiplikativne grupe (e \ {O}, .) i grupe (g( . j Zl, Z2), ° ) . 7.34. Ako je S(Z)-Zl = ).Z-Zl, tada vrijedi S = 9().j Zl,Z2) i zato Sn =

S(z) - z2 z - Z2 g().n jZ1 ,z,) = 9(1jZl,Z2). Međutim, g(ljZ1,Z2) je identiteta, stoga je Sn =!. Time je dokaza.na dovolj nost. Neka je lada Sn = I. Tvrdimo da S mora biti oblika S = g(>.; Zli %2) za neki >. za kojeg je >. n = 1. Naime, ako S ima tri fiksne točke, tad !I- je S = l i stoga S = g(lj Zli Z2). Ako pak S ima jednu fik.nu točku, tada je S = 1(0, Zl) i .toga sn = f(notj zI) te ne mole biti sn = I. Zato S mora imati dvije fikane točke, Zl l .12 i pri tom je S = g(>.; Zli Z2). Kako je I = sn = g(>.nj zl, .12), to mora biti >.n = 1.

. • ~ • .ff t'~ ! • r ' , • • . " ' , ) • \~

~ ~ . .. ' .. .. "

8.16. A. 10 = (Z+1)2 z-l

F.w=_(2Z+v'3-i)3 2z - v'3 - i

(.I+z)2/

3 _(2Z+v'3-i)3/2 B.w= 'l-z • E.w= 2z-v'3-i

9.17. A. Funkcija Žukovskog t = ~(Z +~) preslikava gornji polukrug u donju po

luravninu. Pri tom točke (-1,0,1) prelaze redom u točke (-l, oo,l). Sada je dovoljno MobiUlOvom transformacijom preslikati donju poluravninu u gornju, tako da trojka

(-1,00,1) prijeđe u trojku (0,1,00). Ta transformacija glasi 10 = t+11 . Rješenje . t-

j k . .. 'h d' lik' z2 + 2z + l . O l'k ' d d e ompozaclJ& OVI vaJu pres avanja: 10 = z2 _ 2z + l' vo se pres I avanje a e

napisati II obliku ul = (..:.±..!...) 2 . Preslikaj stoga područje s pomoću kompozicije pre--z+l

.lilcavanja t = ..:.±..!... i 10 = ·t 2 • B. Preslikavanje je kompozicija funkcije Žukovskog -z+1

, - drI2(.1 + !) te simetrije 10 = -t (Mobiu80ve transformacije) koja će preslikati točke z

1 5 (-1,00,1) u (1,00,-1) . Rezultat 1O=-2'(z+lz) .

9.18. 2z2 + 3iz + 2 C 2z2 + 2iz + 1

B. tu = 2z2 _ 3iz + 2 ' . tu = iz2 + 2z + i :

2 2 9.19. A. Pravci x = C preslikavaju se u familiju hiperbola u2 C - + = 1 s

cos Sin C 2 2

žarištima. u točkama -1 i +1, pravci y = C u familiju elipsi -;- + -;- = l s istim : ch C sh C

žarištima. B. Rezultat su identične dvije familije kao u primjeru A, medutim, sada se pravci x = C preslika.vaju u elipse, a pravci y = C u hiperbole. C. Familija kružnih lukova koji spajf!.ju točke +i i -i na imaginarnoj osi, sjednadžbama (u_a)2+v2 = 1+a2

(a = ctg.2C)j te familija Apolonijevih kružnica u2 + (v - b)2 = b2 - l (b = cth 2C) .

9.20. A. Gornja poluravnina. B. tu ~ (-oo , O) . C. Prsten 1 < ltul < e s razrezom duž intervala [1, e). D. Gornji polukrug {Itul < l, Im tu > O}. E. Pruga {O < Im tu < 7r}. F. Pruga {-27r<Imtu<0} . G. Polupruga {-27r<Imtu<O,Retu<O} .

9.21. A. Gornja poluravnina {v> O}. B. Četvrti kvadrant {u> O,v < O}. C. Desna poluravnina s razrezom duž intervala [O, l) : {u > O, tu ~ [O, lJ}. D. Cijela ravnina s razrezom duž zraka (-oo, -l), [l, +00) na realnoj osi. E. Isto područje kao u D. F. Gornja poluravnina. G. Gornja poluravnina 8 razrezom duž intervala [O, i) na imaginarnoj osi. H. tu ~ (-oo, O) U [-i, i) . I. tu ~*l, 1) U [O, +ioo) . J. Pruga {-7r/2 O} .

9.22. ' A. Zraka arg tu = 7r /2 . B. Semikubna parabola 8lv2 = (l - u)(8 + u)2 . C. Jedinična kružnica {Iwl = l} bez točke tu = -1. D. Cijela ravnina s razrezom tu ~ (-00,1). E. {Itul < 1, -7r < i'rg tu < 7r /2} . F. Cijela ravnina 6 razrezom tu ~ [0,+00) . G. {u> 1- t,,2}.

9.23. A. Vanjština elipse {~u2 + Vv2 > l} . B. {u2 - v2 < l}. C. tu ~ [-1, +00). D. Cijela kompleksna ravninu razrezima duž intervala [-l, ~(a+~») za a > O, odnosno duž zraka (-oo,!(a+~»), [-1,+00) za a<O. E. {-1r/2 < arg tu <O}.

9.24. A. Isječak {-1r < argtu < -1r/2} . B. Isječak {-1r/4 < argtu < 1r/4} . C. {Iwl < 1,0 < argtu < 1r/2} . D. {tu < -../2/2}. E. {Iwl> 1,97r/8 < argtu < 111r/8}.

10.12. Primjeni D'A(0pertov ili Cauchyjev kriterij. A. O B. oo . C. 2. D. O. E. t· , k

F. l/e. G. 1. H. 1. I. L J. l/a za lal> lj l za lal ~ 1. K. l/k. L. 1.

10.13. Primjeni D'Ai~bertov ili Cauchyjev kriterij . A. 1. B.1. C • ../2 . D. oo. E. 1. F. oo . G. 1. H. l/e .

10.14. Može se pokazati da red L:cnz~ konvergira apsolutno na kružnici Izl = R. Naime, iz uvjeta slijedi

I I leno I eno+k ~ Rk (1 + ~) ... (1 + ----A-.-) .

no no+",-.

Odavde dobivamo

f lenlRn ~ C + leno I Rno f na(no + l) ·· · (no + k-l) . n=O 4:=1 (no + cr)(no + cr + 1) .. · (no + cr + k - l)

Ovaj pak red konvergira, po Raabeovom kriteriju.

10.15. A i B rješavamo zajedno. Neka je

A = ~ cos(2n + 1)'1' = lim ~ cos(2n + 1)'1' . r2n+l L 2n + 1 r-l L 2n + l n=O n=O

B = t sin(2n + 1)'1' = lim t sin(2n + 1)'1' . r 2n+1 n=O 2n+l r-ln=o 2n+l

Odavde .' : oo [r(cos 'l' +isin<p)J2n+1 . oo z2n+1

A + tB = hm '"' = hm L --o r-l L 2n + l r_l 2n + l n=O n=O

gdje smo stavili z = r(cos'P + i sin '1') . Oduzimajući redove za ln(l + z) ln(l - z) , oo z2n+1 l l + z

dobivamo '"' -- = -2 ln -- . Zato je L 2n + l 1- z n=O

A 'B l' l l l + z li II .:.1....:+~r~(_co_8..:.'P_+.:.....:,.i ..:.,li..;:n..:.'P..,.) +t = lm- n--= m-n .r-12 1- z r-12 1- r(co!Je±,~s~n'P)

. l l ( . 'p) l lnl 'p I . 'Ir " ' -= 2 n t ctg 2" = 2 ctg 2" +, 4'

i odavde slijedi rezultat . C i D se dobivaju analogno.

10.16. A. Po rezultatu zadath 10.15. C. i D., red konvergira u Ivim točkama kru!nice Izl = l , osim u točki z = l .

10.11. A. ~. B. Rk . C. R/2. D. oo . E. O. F. R.

10.20. A. f (-l)n(n + 1)z3n . Iskoristi Zadatak 10.6. B. Pomnoži mo brojnik i n=O

oo oo nazivnik sa l":' z. Dobivamo L: z4n - L: z4n+l = l - z + z4 - z6 + z8 - . . ..

n=O n=O

C. Rastavi na parcijalne razlomke. f [je _l)n+l _ j . 2-(~+ll) . .zn. D. Iskoristi ra-n=O

stav oblika -~. _1 __ -=- . l . Rezultat: 'f l«_1}n+l_4-(2n+ll) .z2n+l. 5 l + z2 20 1- z2/4 n=O \

E. Vrijedi (ar sh z)' = ~. Red dobivamo integriranjem članova binomnog reyz- + l

oo (-1/2) z2n+1 da (l + z2) -1/2 . Rezultat: L: . -2 --. F. Funkcija se dade napisati u n=O n n + l .

obliku ln2 + ln(l - z) + ln(l - !z). ln2 - f [~+ Jn] . zn . G. Bind~ni red. n=l .

v'z+i=.ji . (1-iz}I/2 . Po uvjetuje .ji = ~(l+i) . ~(l+i) f (1/2)(_1)nin ' Zn . . n=O n

oo (_l)n. z2n+l H. L: .

n=O (2n + 1)!(2n + l)

10.21. A. Prije razvijanja u Taylorov req., funkciju dovodimo na oblik J(z) = sin[3(z + l} -4J = sin 3(z+1) . cos 4-C08 3(z+1}·sin 4 i zatim iskoristimo red za sinus i kosinu8 funk-

ciju. B. Vrijedi ch2 z = !(l + ch 2z). Odavde slijedi rezultat J(z) = ~ (l + f (24n

) I . n=O n .

Z2n) . C. J(Z) = COS[(Z- Đ+ fl = 4 (COS(z- f)-sin(z- Đ). Sada razvijemo sinus

ikosinusfunkciju. D. J(Z)=ln4+ln(1-z+1)=ln4- E (_l)2n_l(Z+l)n. , 4 n=1 n · 4n

10.22. A. Funkciju napilemo u obliku J(z) = e% In(1+%). Deriviravši ju tri pu~ ta, dobivamo J(O) = l, J' (O) = O, J" (O) = 2, J'" (O) = -3. Zato prva tri člana u Maclaurinvom razvoju glue J(%) = l + %2 - z3/2 + . ... B. Množenjem redova dobivamo e· . ln(l + %) = % + %2/2 + %3/3 + .... . C. Napišimo funkciju u obliku

l (z ) = CO + CIZ + C2z2 + . . . . Odavde slijedi identitet nl+ z

_ ( CO)2 ( Cl CO) 3 Z = CO Z + Cl - '2 z + C2 - '2 + "3 z + . .. .

Izjednačavanjem lijeve i desne strane dobivamo rekurzivne relacije za koeficijente Cn: CO = l, Cl = CO/2 = 1/2, C2 = Cl/2 - CO/3 = -1/12 itd. Dakle, J(z) = 1+ z/2 - z2 /12 + .. . .

D. Red za funkciju arkus tangen. dobivamo integriranjem reda potencija funkcije -l l 2 ' I

'-- +% oo z2n+1

aretgz = E (-1)n-2

l ' Odavde, postupaju6i kao u prollom primjeru, dobivamo n=O n+

z l 2 14 4 E N .. w' J() l l 2 17 4 -- = l + -z + -Sz + . .. . . a Isti naclD, z = - -6 z - -36 z + .... arc tg z 3 4 O F. Deriviranjem, J(%) = 1-z+z2_ .. .. G. J(z)=ln2+z/2+z2/S+ .. .. H . .jeou= 1 12 . 14 - i Z - U'ifz - • •••

, , .' - ' ' . "', . ... . ',," ~ ' . 'o, " : ' ~j J ":1 "." , """ ': 1" .... >(..' ., .s.-" ,: _ ~ <.... .~... ~ . ~. ~ , . ' .. <#

00 2 l l 001 l 11.7. A. J(z)=-Ez

n. B.J(z}="·1_1/2=E2i\'C, J(%}=-2( _ )'"

n=O Z Z n=l z z l l oo n (% - l)n-l l l oo n

l + (z - 1}/2 = l~o (-l) . 2n+! . D. J(z) = (z -1)2'1 + 2/(% -l) = l~o (-l) .

(z _2~n+2 . E. Funkciju rutavljamo na proste razlomke: J(z) = ~ . z ~ l - ~ . z! l

i zatim svaki od pribrojnika. razvijamo po potencija.ma od z - 2 . Kao rezultat dobivamo 1 00 (_l)n 1 00 n(z-2)n 1 00 n ' in

red -2 E ( _ 2)n+l - -2 E (-l) 3n+! . F. J(z) = -2 E (-l) ( -1 _ ·)n+! + n=O Z n=O n=O % •

! ~(_l)n+l(Z-l-i)n. 2 n~O (2 + i)n+!

l 1 oo 2n oo zn 11.B. A. J(z) = --3 - --2 = - E -+1 - E 3 +1 ' z E Pl . Na području D2

z - z - n=O zn n=O n

.. . oo 3n _ 2n l l OO n + l oo r. %n vrijedi J(z) = E --,;:rr-. B. J(z) = ( -1)2+--2 = E 2n+2+E(-1) ' 2n+ l '

n=O Z z Z + n=O n-O oo (-2)n+n+l l l l

z E Dl j J(z) = E n+l ' z E D2· C. J(z) = - , . -. = 2'( .) n=O Z % - • % + • , % - , l oo (z _i)n-l .1 { oo (-l}n(n+l)

l + (z - i)/(2i ) = l~o (_l)n. (2i)n+! . D. J(%) = - 27 3 n~o (z _ l)n+2 +

<>o [l (-l)"] "} l l l l l <>o 1-(-4)n n~o 2n+2 + 22n+3 (% - l) . E. !(%) == 5 . %2 _ l - Š . %2 + 4 1 = 5 n~o %2n+2 '

1 <>o l <>o %n 2 < 1%1· F. !(%) = -2 - L: n+1 - L: 2n+2 ' l < 1%1 < 2.

% n=O % n=O

1- cos 2% <>o 22n- 1 %2,,-3 oo 2n%n-2 oo 11.9. A. !(%) = 2 3 = L: (-l)"· (2 )' . B. L: --I -. C. L: (_l)n.

% n=l n . n::l ·n . n=l %.4n-1I l %3 %7 2 l l %2 l l -(2 )' = -2 --4' +-6' - .... D. 4"--2' 2 +-4'--6' + .... E. !(%) = _. ~.ez = n. % .. %.%. . % l %

G + l + % + %2 + .. .) (l + TI + ;~ + ... ) = ; + 2 + 52% + 8;2 + .... F. J(%) =

(. 2 3 ) ( %3 %11 ) _ 2 II 3 II" 101 1\ 1+% + % + % +. . . % - 3! - 5! + .. . - z + z + if z + if z + m% + . ...

11.10. A. Potrebno je %2 rastaviti po potencijama od % - l . Dobivamo J(%) = [(z _1)2 + 2(% -l) + l) n~o (_l)n. (2n + 1)1 (~ _ lf1,,+I i rezultat je umnožak ovih dva·

" 0_ ju isnza. Kako je z = l jedini singularitet, podru~je konvergencije je O < Iz . - 11 .

, 0- B. Raultat je UDIIIOŽ&kdvaju redova: (z - ;~ + :~ - ... ) G -31~3 + 61~S + .... ), a

područje kon\'OSgeacije {z #: O}. .

11.11. A. TočA zg = O je bitni lingularitet. Funkcija le dade razviti u Laurentov red. GJaVDi dio re biti belkonačan. B. Singularitet aci = O je pol prvog reda. Glavni dio imati re jedu au. Vidi Zadatak 10.30.C. C. za = O je lingularitet, ali nije izolirani. Niz ~ zi = '* (polovi prvog reda) tele b O. FUnkcija le ne da razviti u Laanat.trr red oko točke za. D. To~ za = O je razgraniite. FUnkcija le u okolini takve tOČJe De da zuviti 11 Laurentov red. E. To~ zg = oo nije izolirani lingularitet, polto poloft .It = n teie u oo. Funkcija le ne da rutaviti u Laurentov red u okolini točke oo (tj. po potencijama od l/z). Taj le razvoj ne lmije brbti I razvojem funkcije u okolini točJae .1= 0, IIIoji postoji (Zadatak lO.30.A) poito taj red konvergira lamo na intervalu O < !.WJ < 11". ~ funkcija le dade razviti u (Laurentov) red po potencijama od % UDlIt. nUOC PntCDa lC1I" < Izl < (k + 1)11', ali nijedan rutav neće konvergirati niti na jec:baD POCInIijU ObIib. R < Izl, kako izgleda okolin~ točke oo. F. Kao i gore, oo nije izolirui ~ Jednadžba lin z = 2 ima beskonačno mnogo rjeienja čiji moduli teže. 00.

12.8. A. ~ = O. hatuOlti 4, .12 = 3i, .13 = -3i, kratnosti 1. B. zg = O, kratnosti 4, .Ik = b. t E Z, i ~ 0, kratnOlti 1. C. Nul točke dobivamo iz z - i = O ili sh z = O, tj . .1= ArI.O. Ilobiwmo redom točke i te 2k1ri, (2k + l)1ri, Ive kratnosti 1. D. ch % = l

r daje z = Arda 1 = Lu(l +~) = 2k1ri, lc e Z . Ispitajmo kratnost. Stavimo r g(%}=l-daz. VDjedi g'(%) = -.h%, g'(2k1ri) = -i'sin(2b) = O. g"(%) = -chz,

g"(2bn1 = -a.(2h) = -1. Stoga su sve nul točke kratnosti 2, osim točke O koja je kru..ci 1 (jer je i aul točka nazivnika) .

12.1. A.Vri,ildif(%)=2shz-2%, 1"(z)=2chz-2 . 1"'(%)=2sh% , FV(z) = 2 cha. IaIIIO je 1(0) = I' (O) = l" (O) = IIII (O) = O, l'V (O) = 2, to je O nul točka krat· nosti 4. B. JCz) = .1$(1 + z3/2! + .. . ) = zll'P(z), 'P(O) = l . Kratnost je 5. C. Izračunaj

/', l", l"'. Kra.tnostje3. D. l{z)=-b{e2z -2+e-2Z )=z{1±z2/3+ ... ) . Kra.tnost je 1.

12.10. Zo = O je nul-točka. kratnosti 2, za funkciju l/I{z) = z2 - 2 - 2 cos z, zato je pol drugog reda funkcije I . B. Odredimo prvih nekoliko članova Taylorovog reda za brojnik i nazivnik:

I{z) = ~(l + z2/6 + ... ) = <p{z} , <p(0) = 2. z (1/2 - z/6 + ... ) z

Zato je za =, O pol prvog reda. C. Pol drugog reda. D . Vrijedi Iimz ..... o I{z} = 7~ te je zo = O uklonjivi singularit.et.

12.11. ' A. zl = O, pol prvog reda, z2 = i, z3 = -i, polovi drugog reda. B. Zl = O, pol drugog reda, Z2 = -1, pol prvog reda. C. Zl = O, bitni singularitet. D. Zle = br , k E '! '. {O} , polovi prvog reda, Zo '" O uklonjivi singularitet. E. zl = l je bitni singularitet, lim ...... 1/{z) ne postoji. F. Zo = O, pol trećeg reda; Zle = -ln 2 - i{1I' + 2h), polovi prvog reda. G. Zl = -11' , pol prvog reda. H. zl = -11', bitni singularitet. Glavni dio Laurentovog reda je beskonačan . I. Zle = k1l', k E Z, bitni singularitet. Ne postoji limes funkcije u tim točkama. J. sin l/z = O daje Zle = l/h, k E Z \ {O}. To BU bitni singulariteti. Točka zo = O je singularitet, ali nije izolirani. K. Zle = ~ + 2k1r, polovi prvog reda. L. za = O, bitni singularitet.

12.12. A. Z/c = cos >rtjk>r +i sin >rtjk" , k = O, 1, .. . ,5, polovi prvog reda. B. z = O, pol prvog reda, z = 3i, t = -3i , polovi trećeg reda. C. Zle = ln 2 + i1l'{2k + l), polovi prvog reda. D. z = O, bitni singularitet. E. Zle = k1l', k E Z \ {O} , polovi prvog reda, zo = O, uklonjivi .ingularitet. F. Zle = k1l', 'k E Z, polovi prvog reda. G. Zle = l/k1l' , polovi prvog reda, Zo = O je njihovo gomilište i zato nije izolirani singularitet. H. Z = O, bitni singularitet. I. Z = O, pol drugog reda. Vrijedi

I{z) _ l 1+ z2/6 + .. . _ <p(z) - z2-1/6-z2/120- ... - z2 .

J. Z/c = 2/(2k + l)"" k E Z su bitni singulariteti. Z = O je njihovo gomilište. K. Zle = l/h, bitni singulariteti, Z = O njihovo gomilište (neizolirani singularitet).

12.13. Razvij funkciju I u Laurentov red, a funkciju 9 u Taylorov red u okolini točke za. Pomnoži dobivene redove. U prvom slučaju će dobiveni red imati konačan, a u drugom slučaju beskonačan gla.vni dio.

12.14. Funkcija r ima. dvije grane. Ako označimo sa 91(Z) = vž prvu granu, za koju je ..ji = l, tada za drugu granu vrijedi 92(Z) = -gl (Z) = -Vž. Analogno, funkcija · V- ima tri grane. Neka je hl (z) = vz ona grana. za koju je vl = l . Tada lU druge

dvije h2(Z) = e2"i/3hl (z) = (-! + i:4)hl{Z) , h3 = e4>ri/3hl(Z) = (-!.:... ;:4)hl(Z),

A. Postoje dvije grane, 11 (z) = l ~ l) , 12(z) = 1 ~ 1) . Za prvu vrijedi - 91 z - - 92 z-

fl (z) = z . l+..;z=-I = z{l + ..;Z=-I) l ,... V'Z'=l l + ..;Z=-I 2 - Z •

te je Zo = 2 pol prvog reda za granu fl . Za drugu granu vrijedi 12(2) = l i Zo

je regularna. točka. . B. Postoje tri grane: Ij(z) = ! ( )' j = 1,2,3. Vrijedi 1- i z

l l + vz + ( VZ)2 fl (z) = l _ vz = l _ z i Zo = l je pol prvog reda funkcije II· Gra.-

ne h i la se regularne u toj točki. C. Zo = l je bitni singularitet za prvu granu

fl (z) = sin l ( ) , a regularna točka. za. drugu granu. D. Zo = l je regularna točka 1- 91 z

216 RJESENJA ZADATAKA

za granu fl (z) = ctg 1 ( ) . Za drugu granu vrijedi h (l ) = ctg( x) . Pokažimo da je 1 + 91 z

Zo = 1 neizolirani singularitet. Uzmimo Zk := (1_";")2 . Tada je 92(=1.,) = -(1- (;;) i te točke su singulariteti (polovi) funkcij e h . Točka zo = l je njihovo gomilište. E. Postoj:

šest grana ove funkcije : Jjk = ( ) l h ( ) , j = 1, 2 , k = 1, 2, 3 . Točka zo = l je 9 j z - k z

singularitet samo za granu fl l , i to pol prvog reda:

l l ( V=)5 + .. . + ( V=) + l J11( Z) = "fi - vz - Vz( VZ - l ) Vz(z - l )

13.14. A. Singulariteti su Z I = O, pol drugog reda , =2 = -l , pol prvog reda. ResU, O) = O, ResU,-l) = -l . B . Singulariteti su =1 = O, z 2 = i , z3 = -i, polovi prvog reda. ResU, O) = 1 , RcsU , i) = -1/2 , ResU, -i ) = -1/2 . C. Polovi prvog reda, z~ = O, z2 = 1, z3 = -1. ResU, O) = l, ResU, 1) = -1/2, ResU, -1) =_ -1/2 . D. Singulariteti su Zk = cos(1r + 2k1r)/4 + i sin(1r + 21.. .. ,,)/4 , k = 0, 1. 2, 3 : polovi prvog

reda. ResU, Zk) = ( z24),1 = _1_ . E. ~:;='1-;-poi'lk':-e-6 !"oa. ResU, -1) = 1.

1 + Z Z=Zk 4zk . F. ZI = i, z2 = -i, polovi trećeg reda. ResU, i) = -':'fgi, ResU, -i) = Ai . G. ZI = -1, pol drugog reda , Z2 = 1 pol trećeg reda. ResU, -1) = - ft, ResU, 1) = ~ . H. ZI = O, pol četvrtog reda, z2 = 2i, Z3 = -2i, polovi prvog reda. ResU, O) najlakše

l . .. . ,. f k " L d k O J() 1 + z8 1 na aZlffiO razvIJaJucI un CIJU u aurentov re o o zI = : z = ---;r- 4(1 + z2/4) = 1 (4 1 )(1 z2 z4 z6 ) V'd ' d' L d d - ' . 4' z + z4 - '4 + 16 - 64 + . ... I Irno a ce aurentov re sa rzavatl samo parne

potencije. Zato e-l = ResU, O) = O, ResU, 2i) = - Wi , ResU, -2i) = Wi . I. z = l

l d R (J ) 1 l ' dn

-1

( 2n) (2n)! ( 2n ) po n-tog re a . es, 1 = -( _ )1 I1l1z_1 d n-l Z = ( _ )I( )1 = n-l . n 1 . z n l . n+l . J. ZI = 2, pol prvog reda, z2 = O, pol n-tog reda. ResU,2) = 2-n + 2n. Rezi-

d -k" d d" . L d J() 1 + z2n l uum u toc 1 z2 cemo o re Itl razvoJem u au rent o\' re : z = --- -2 - = zn - Z

l -n n 1 l -n n Z zn-l zn -2'(z + z ) 1- z/2 = -2(z + z )(1 + 2' + . .. + 2n- 1 + 2n + . .. ) . Koeficijent uz

z-l glasi - ~ 2nl_l = _Tn = ResU, O) .

13.15. A. zI =0, Z2 = 1 : polovi prvog reda. ResU, O) = -1/2, ResU,I) = l-cosI . B. z = O, pol drugog reda . ResU, O) = 9/2 , najlakše razvojem u Laurentov red .

. sin[1r(z - l) + 1rJ sin 1r(z - 1) C. z = 1, pol drugog reda. RazVOjem u red : J( z ) = (z _ 1)3 = - '(z _ 1)3 =

1 { [1r(z - 1)J3 [1r(z - 1)J5 } . (z _ 1)3 1r(z -1) - 3! + 5! - ... te Je ResU, 1) = O. D . Zk = k-:r ,

1 k E Z, polovi prvog reda. ResU, zk) = - (-l)k ' E. z = 1 , bitni singularitet.

J(z)=sin-1-=-sin-

1_=2+ I( l )3- " " ResU, 1j=-1. F. eZ-I=O

1 - z z - 1 z - l 3 . z - l da.je z = ln 1 = 2k1ri, k E Z, Zk = 2k1ri . polo\'i prvog reda. ResU, Zk) = l .

G. z = 2, bitni singula.ritet. Razvojem u Laurentov r"d , J(z) = [(z - 2) + 2)4 sin ~2 = z-

{(z-2)4+8(z-2)3+24(z-2)2+32(z-2)+16}{_1_- (l 3 + l _ ~ .. } z - 2 3! z - 2) 5!(z - 2)5

slijedi ResU, 2) = 16 - ~~ + ~ = 12 + 1~0' H. zk = k~' k E Z \ {O}, polovi

prvog reda. Res(J,%k) = (-k~):;l. I. z = O, bitni singularitet. J(z) = e%e l /% =

z z2 l l l l l (1+ -+ -2' T . .. )(1+ -+-2' 2 + . .. ) , Res(f, O) = c-l = 1+-2, +." 3' + oo .+ '( )' +oo . l . z.z . _.. n . n + l .

J . z = O. bitni singularitet, J(z) = - 3,1 3 + 5,1 5 - . .. , ResU. O) = O . . z .z

13.16. A . Vrijedi lim._oo J(z) = O = J(oo) te je oo regularna točka. Po (13.11), ResU, oo) = lim._oo z!f(oc) - J(z)] = O B. Na isti način , ResU, oo) = O. C. Vrijedi

". , . 2". ".2 (2".)4 2 J(z) = 2'(1 + cos-;) = z - -; + 2 . 4! . z3 + oo, te je Res{f.oo) = -c-l - ".

D. Res(f , =) = O. Parna funkcija u razvoju u Laurentov red neće sadržavati članove uz neparne potencije, zato je C-l = O. E. ResU, oo) = O, zbog istog razloga. F. z = oo je bitni singularitet. Razvojem u Laurentov red,

l . 1 l z3 z5 2 3 4 J(z) = • Sin % (l 1/ 2)2 = .(% - -3' + -S' - . .. )(1 - 2' + • - 6' + ... ) % +z z .. % % %

dobivamo Res(f,oo) = -C-l = ~ + ~ + ~ + .. :.

13.17. A. Pol prv?g reda, Res(f, O) = -1/6. B. bitni singularitet , Res(f, O) = O, pošto je funkcija parna. C Vrijedi

J(z) _ z3 _ .!:. l _ 'I'(z)

- [;~ + ;~ +oo r -z [~+ ~ + oo r - z

gdje je 'I' analitička u O, '1'(0) = 4 . Zato je O pol prvog reda i Res(f, O) = '1'(0) = 4.

D. J(z) = zn-3 ctgn z . Z = O je pol trećeg reda. Vrijedi J(z) = ; ( ~os/z )n = . Z Sin Z %

13 'I'(z) . Reziduum ćemo naći razvojem funkcije u Laurentov red. Imamo ' J(z) = z

(O) '(O) "(O) "'(O) 1 'l'z

3 + <.p z2 + 'I' 2z + T + . .. te je ResU, O) = e_l = 2' '1''' (O) . Izračunaj-

mo '1'''(0) . Prikažimo funkciju 'I' u obliku 'I'(z) = (:~~:D n, gdje je 'l'l(Z) = eosz,

sin z %2 z4 'l'2(Z) = -- = l - -3' + -5' - ... Vrijedi

z ..

'1" (z) = n ('1'1) n-l <P~''I'2 -; '1'1 'I'~ '1'2 '1'2

<p" (;:) = n( n _ l) ( :~ ) n-2 ( '1'1 '1'2 ~ '1'1 'I'~ ) 2

+n '1'1 'l'1'l'2-'fl'l'2 '1'2- ~1'1'2-'I'1'l'2 '1'1'1'2 ( )

n-l ( " ") (' , )2 '

'1'2 'I'~ " ,2 4 3 ,,2 12 2

Kako je .,c~ =-sin%, '1'1 =-COI%, 'l'2=-3i%+ši% "'2 =-3T+5fz ... , 1

to imamo <.p1(O) = l, 'l'r(O) = -l, 'P~(O) ' = O, 'I'~(O) = -3 ' Uvrštavanjem slije-

di 'P" (O) = - 2; , te je ResU, O) = ~ 'P" (O) = - nl3 . E. Korištenjem trigono:ne

trijskih identiteta, funkcija se dade svesti na oblik J(z) = -2/z . ResU, O,) = -2,

Tr r . . f k " bl'k J( ) sin z - z cos z " k . , T I F. anSlormlraJmo un CIJU na o I z = ( )2 I IS onstlmo ' ay orO\'e redove: cos z l - cos z

z3 z5 z'2 z4 (z - -3' + l' - ... ) - (l - ?T + -4' - .. . )z

I(z) = . 5. _.. '2

COSZ[l- (1- ~~ + :: - ... )]

3[ l l l l 2 ' t z (2f-3f)+(-4f+5f)z + " 'J ~~'P(z)

z4 cos 'z [~ - ~~ + .. r z

i vrijedi odavde 'P(O) = 4/3 . Zato je z = O pol prvog reda, ResU, O) = 'P(O) = 4/3 .

13.18. Prikažimo funkciju kao produkt dvaju redova i izdvojimo član uz z-l:

:1:Z - .. ,z 1{%)~exp{2)exp(2zT '-'. ' -._

= (l + :1:2Z + ( :1:2Z r ~ + (:1:2% r ~ + .. .) (l + ;z + (;: r ~ + (;z r ~ + . . .)-

Zato, Res(f,O) = C-l = ~ + ~(~r + 2!13! (~r + .. . = ~ n!(n~ l)! (~) 2n+1

%-2 z-2 13.19. A. FunkciJ'a ima dviJ'e grane, Il{z) = 12(%) -

3 + vilO - z ' - 3 - VTO'='Z (predznaci + i - sugeriraju načine na koji se određuju vrijednosti dvoznačDe funkcije ..;-). Vrijedi 11(1) = -1/6, 12(1) = oo. Zo = l je pol prvog reda za panu h:

12(%) = (z - 2)(3 + V'TIi"'=Z) te J'e Res (/2 , l) = -6 . B. O" I 't z _ l %0 = Je SlOgU an et za granu

h koja se računa na način

h{%) = z = z(l+~) = 1+~ _~ + l l - (l - z2) z

Vidimo da je zo pol prvog reda, Res(h, O) = 2.

13.22. Razvijmo funkciju 'P u Taylorov red, funkciju J u Laurentov red i izdvojimo član uz z-l. Vrijedi

( 'P'{a) 'P(n-l){a) n-i )

'P{z)/(z) = 'P{a) + l'!{z - a) + ... + (n _ l)! (z - a) +.. . x

X (C-l + ( C-2)2 + . .. + ( c-n) + CO + cdz - a) + . . ,) z-a z-a , z-an

, 'P'(a) 'P(n-I)(a) Zato Res{'P{z)J(z), a) = c_l'P{a) + C-'2l'! + . .. + e-n (n _ l)! .

13.23. A. Funkcija J ima prikaz J(z) = (z - a)"'P{z) , pri čemu je 'P a.oa.litička i

'P(a) ~ O. Vrijedi I'{z) = n(z-a)n-l'P(z)+{z-a)n'P'(z), Zatoje IJ'({z» = _n_+ <pl(l:» z Z- 'u c;;=

i kako je drugi pribrojnik analitička funkcija u okolini točke a, to je z = a pol prvog

l' (z) reda, Res( J(z) ,a) = n . B. Iz prikaza J(z) ~(z) na sličan način dobh"aIllo

(z - a)" ' l' (z)

Res( J(z) ,a) = -n .

13.25. Izaberimo kružnicu dovoljno velikog polumjera da obuhvaća sve singularitete ZI ,

· .. ,z" funkcije J . Tada je

l 1 l" ResU, oo) := - -2 . J(z)dz = - -2 . 27Ti L ResU, ZI,,) , 7Tt JzJ=R 7Tt 1c=1

" i odavde ResU, (0)"= - L ResU, Zk)·

k=1

13.21. A. ZI = -l, pol drugog reda, z2 = 2 , pol prvog reda koji nije obuhvaćen krivuljom e, l = -47Ti/9 . B. e obu'hvaća zI = O, z2 = l, polove prvog reda. l = 27Ti sit;ll .

C. ZI:::: O, pol trećeg reda; %2 :::: -l, pol prvog reda. ResU, O) = ! , ResU, -l ) :::: -! . . 2 e

I = 7Ti(1 - ~). D. e obuhvaća samo ZI = l, pol prvog reda. l = ~7Te2i . E. e e 3

obuhvaća samo pol z = i drugog reda, l = 7Tei (1 - i)/2. F. Napišimo podintegralnu

f k .. blik 1 ( ) z si n 11' Z O d . A O L ( ). unclJuuo u Z = (z-1)cos7Tz ' cos 11" Z = aJe7TZ= rc cos =-i n±i I

l l odavde Zle = ±2" + 2k = 2" + l, l E Z . To su nul-točke kratnosti 1 funkcije cos 7TZ, stoga

i polovi prvog reda..f~kcije f . Točka Z = l nije pol za J, već uk10nj ivi singularitet , jer · I vka b " k K' ul' e b h ć v .. . I ' vk 3 l l 3 Je nu -toc rOJnI a. nv Ja o u va a cetm smgu anteta: toc'e - 2"' -"2' 2" ' "2'

1= - ~: i .

13.28. z = l: bitni singularitet. Iz razvoja sin _1_ = l + Z - l z - l 3!(z - 1)3

· . . slijedi ResU, l) = C_I :::: l i J :::: hi . B. z = -1: bitni singularitet. Da

bismo odredili Laurentov red, moramo transformirati funkciju na oblik sin _z_ = . ( l) . l 1 l ' 1 R . L d dZb-+: l sm l - -- = sm cos -- - cos sm -- . azvoJem u aurentov re o I\"aIIlO

z+l z+l z+1 ResU, -l) = - cos l, I = -27Ti cos l . C. z:::: l, bitni singularitet. Ovog puta pišemo

I(z) = [(z - l) + l] sin(l + z: l) = (z - l) sin i cos z : l + (z - 1) cos l sin z ~ l + . l 2 l' 2 I . d l" d' R (I l) 2 ' l 2 1 l sm cos -- + cos sm -- . z razvOja u re s Ije I es , = - sm + cos . =

z-l z-l 47Ti(cos 1- sin 1) . D. Singulariteti su nul-točke nazivnika, cos nz = O daje nz = ~ + ";11",

. 2 tj. Zle = 211' (2k + l), k E Z . To su polovi prvog reda. Vrijedi Res(tgnz, Zle) = -.!.,

n n za svaki k. Krivulja e obuhvaća singularitete z_", z_,,+1 , ... , Zn-2, Zn-l. Zato je

I:::: 27Ti( -.!. . 2n) = -47Ti . n

13.29. A. Svi singulariteti podintegralne funkcije su polovi i nalaze se unutar područja integracije. Naime, z8 :::: 16 daje Izl :::: ...ti < 2. Koristimo rezultat Zadatka 13.20. I = 27Ti L: ResU, Zle) :::: -2r.i ResU, oo) . Točka z = oo je regularna točka funkcije I, te je ResU, oo) :::: lim~_oo :1J(00) - J(z)] :::: O. Dakle, I = O. B. Sar{a se singuJaritet z :::: 3 nalazi izvan krivulje C . Vrijedi ResU, oo) = lim._oo zlJ(oo) - J(z)J :::: O,

220 RJESENJA ZADATAKA

ResU, 3) = _1_ . Zato je 1= 211"i L~-I ResU, zk) = 21fi[ResU. oo) - ResU, 3)] = -~. 342 - 171

C. Singularne točke su polovi, koji svi leže unutar c . l = -211"i ResU, oo) = O. D. Ponovo svi singulariteti Ježe unutar C. Kako je oo regularna točka za fun kciju J, imamo ResU, oo) = lil1lz_oo z[J(oo) - J (z)] = -limz _oo.,6 /(z6 - l ) = -1 . Zato je I = 211"i .

13.30. A. Singularitet i su ZI = -l, pol prvog reda i Z2 = O, bitni singularitet. Vrijed i

ResU, -l ) = - l/e' Razvbjem u Laurentov red dobivamo R esU, O) = ~ - ~ + ~ - ... = 4. 5. G.

~ - ~. Za::> je 1= - 2;;i /3. B . Jedini singularitet je rješenje jednadžbe ln (z + 3) = -2, e 3 tj ., z = e- 2

- 3 i on leži izvan područja omeđenog krivuljom C. Zato je l = O.

13.31. A . l. B . 2. C. 5. D . 2.

13.32. A. Izaberi J(2) = 5z . Odgovor : l. B. Na kružnici Izl Rouchćov leorem na funkciju J (z) = z5. Odgovor : 4.

13.33. A. 4. B. O. C. 2. D. 3.

13;34. A. 2. B. 1. C. 4. D. n.

2 je primjenjiv

13.35. Neka je Pn(Z ) = zn + an_1Zn- l + ... + al z + ao zadani polinom. Dovoljno je pokazati da za dovoljno veliki Izl = R vrijedi lan_1Zn- l + . .. + alz + aol < Iznl = Rn

.

(To će biti ispunjeno ako je npr. R> lan-d+ . .. +Iad+laol .) Tadaje IPn( z)-znl < Iznl za svaki z sa kružnice Izl = R i možemo primijeniti Rouchćov teorem.

14.13. A. 21f/3. B. 11"/2. C. H1I". D. (14/2 - 5)11" . o("

14.15.

C. 21f . D. (2a + b)1I"1 . a [a(a + b)? 2

211" 1+ a 4

A. -- B. --211" . C. U putno je zamijeniti cos nx sa ein_z, tako da 1- a 2 . l - a

~zd n . I R J1f e x R l 211"a D l O I . . d' . Je = e -1f l _ 2a cos x + a2 ' ezu tat l _ a 2 ' • = . magmarlll 10 gornjeg integrala.

14.16. A. Integral je realni dio integrala

! 1t' cos x i(nx-sin :r)d 171' cos x-isin:r inxd e . e x = e . e x . - 71' -1r

Nakon supstitucije z = e iz dobivamo l = Re~ l el/z . zn -ldz = Re 211" Res(F,O) , t Izl= l

gdje je F( z) = zn-lel/ •. Razvijanjem u Laurentov red , I = h /n! . B. Na sličan nači n , I = 1I"/n! .

14.17. A. -&11" . B. 1T . C. -*1I" . D. 1I"/4. E. 1I"//2 . F. h/3 .

14.18. A. 11" D 11" 4a2 ' . 16a3 '

311"/2 . D . 11" E. 2b3 - 3ab

2 + aJ C . l 6a 2ab(a + b) 4ab3(a2 _ b2 ) 11" .

(2n - 2)17r F. ((n _ 1)!)2(2a)2n- l .

RJESENJA ZADATAK.. ... 221

71" 71" 71" sin l 71" cos 2 14.19. A. 3e3 (cosl-3sinl). B. 3e3 (3cosl+sinl). ? --e- D. ~

E 71" ( .) F 371" G 271" -../3/2. l H 71"(4 -2 -l) . e2 cos 4 - Sin 4. . l6e2 ' • V3 ' e Sin ~ • • 3" e - e .

14 20 71" - .. i B 71" -ab C 71"a -ab D • . A. 2b e . • '2 e . • 4b e . . 71"(ab + l) -ab

4b3 e

E 71"(b2+3b+3) -b F 71"(be- a -ae-b)

. 16 <! . . 2ab(b2 - a2 )

14.21. A. 71"(2sin2-3sin3) . B. i(cosl-e-2) . C. ~(1-e-6) . D·71"a- e- l

) .

14.22. A. i(2~~-a../3/2cos(a/2)+sina) . B. i(e-a+sina). C. 71"2a

D. 71" (b - a). E. ~. [2 - (ab + 2)e-abJ. F. ;(2e-ab - 1). G. ~. H. ~ .

4·" 2 2 3

14 23 71" B 71"V3 C _._71"_ . D. 71" . E. 71"(1 - p) . • A. >/2 ' ~ 6 v2 . . SIn( 71"p) 2 cos( 71"p/2) 4 cos( 71"P/2) .

- .. _ . _ '" • _ p.. 1'" sin >.p - . . SI" ~\ . - ;n 71"p •

14.24. A. _71"_ (! _ 21' + 31') . sin 7rp 2 2 6

B. ~ {(n)lp _ (n)2p + (n)3P _ n! Sln71"P 1 2 3

... + (_l)n+l (~) nP} .'

14.25. A. 2: ln o':'B. ;a (In2 a + :2) . C. 4:~(2lna -11') . D. 2afo'

11' 11' 11'(1 _ 2a - l ) 14.26. A. ". . B. ~mH ' C.

2n COIS rn 2n sin ;"71" sin a 71'

71"(3 cos(a7l' /3) - VJ sin(an-j3» E ~ h ~ F 71'

D. 3sina7l' . . 2 t 2 ' . 2ch(7I'a/2)'

LITERATURA

[lj H.M . AHrHJIeth<o, P.B. K0311oBa, 3aoa<{u no meopuu ifJYNlCtjUU 1C0MnJteICCNOU nepeMeNNOU, BLlmeltma.JI ml<ona, MHHCI<, 1976.

[2J M .A. EBrpa<j>oB i ost., C60PNUIC 3aOa" no meopuu aNaAUmu"{eclCUX ifJYNICtj UU, HaYl<a, MOCI<Ba, 1969 .

[3J A.E. rPH~eHI<O, H.H. HarHH6H~a, n.n. HacTacHeB, TeopUJr ifJYNICtjUU ICOMnAeICCNO~O nepeMeHHOZO, BH~a ml<Olla, KHeB, 1986.

[4J 1. Ivanšić, Punkcije kompleksne varijable. Laplaceova transformadja, skripta, Elektrotehnički fakultet, Zagreb, 1978.

[51 H. Kraljević, S. Kurepa, Matematička analiza - Punkcije kompleks~~-va~ '''' rijable, prvi svezak, Tehnička Knjiga, Zagreb, 1986.

[61 M .JI . KpacHoB, A.M. KHceneB, r .M.Mal<apeHI<O, 4>YHlCtjUU 1C0MnAeICCNO~O nepeMeNNOZO - OnepatjuoNHoe UC""UCAeHue - TeopUJr ycmoiZ""u-80cmu, HaYl<a, MOCI<Ba, 1971.

[71 M. A. JIaBpeBTLeB, B. B. Iila6aT, Memoobl. meopuu ifJYNlCtjUU 1C0MnAeCHOZO nepeMexxozo, MOCI<Ba, 1958.

[81 D.S. Mitrinović, Kompleksna analiza, Građevinska knjiga, Beograd, 1981. [9J E . .n. COnOMeBI(eB, 4>YNlCtjUU 1C0MnAeICCHOZO nepeMex'i'0zo u UX npuMe

xeHUJr, BbIcma.JI ml<ona, MOCI<Ba, 1988. [101 JI.M. BOnI<OBCI<HIt, r.JI . JIYHI(, M.r. ApaMaHoBH'l, C60pxuIC 3aoa"{ no

meopuu ifJYHlCtjUU 1C0MnAeICCXOZO nepeMekkOZO, cJ?H3MaTr10f3, MOCI<Ba, 1960.

, . . ," .. ;.~"' -

... .... 4 ':~ ~

I . -l; <.1 '.

kompleksna analiza zbirka

Documents