Matematike metode zike

Biljeke

Ivica Smoli, 2015 | travanj | 15

Nakon niza iteracija, skripta za kolegije MMF1 i MMF2 prviput je dobila glavu i rep. Ipak, ovo je tek najgrublja verzijapred kojom je trnovit proces dorade na putu ka itkom, pro-bavljivom udbeniku. Unaprijed zahvaljujem svima onimakoji e me upozoriti na propuste, nejasnoe, te matematikei pravopisne pogreke s kojima je ovaj tekst zasad jo ne-sumnjivo protkan.

Sveuilite u Zagrebu

Prirodoslovno-Matematiki fakultet

cbnd

Creative Commons licences

ii

Sadraj

Uvod vii

Konvencije i ostalo ix

0 Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 10.1 Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Skupovi u Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.3 Funkcije na Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60.4 Algebarske strukture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1 Kompleksna analiza 131.1 Polje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3 Kompleksne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4 Krivulje u kompleksnoj ravnini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5 Riemannove plohe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.6 Nizovi i redovi u C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7 Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija . . . . . . . . . . 331.8 Integracija kompleksnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.9 Laurentov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531.10 Singulariteti i reziduumi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 561.11 Sumiranje redova pomou kompleksnih integrala . . . . . . . . . . . 59

2 Gama, beta, zeta 612.1 Gama funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.2 Beta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.3 Riemannova zeta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3 Aproksimacije funkcija 833.1 Kvanticiranje priblinog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.2 Divergiranje nije nuno loe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.3 Asimptotski razvoji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4 Obine diferencijalne jednadbe 914.1 Klasikacija ODJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.2 Linearne ODJ prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 944.3 Linearne ODJ vieg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.4 Frobeniusova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

iii

Sadraj iv

4.5 Hipergeometrijska diferencijalna jednadba . . . . . . . . . . . . . . 1134.6 Sustavi linearnih ODJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5 Fourierov red 1275.1 Unitarni prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1275.2 Kvadratno integrabilne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1305.3 Norma na unitarnom prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1345.4 Ortonormirani skupovi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1355.5 Aproksimiranje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1395.6 Parcijalni Fourierov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.7 Potpunost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1445.8 Tri tipa konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1475.9 Konvergencija Fourierovog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1495.10 Sumiranje redova pomou Fourierovog reda . . . . . . . . . . . . . . 155

6 Fourierov transformat 1596.1 Osnovna svojstva Fourierovog transformata . . . . . . . . . . . . . . 1606.2 Princip neodreenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676.3 Konvolucija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1706.4 Delta funkcija i distribucije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1746.5 Ostale integralne transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

7 Parcijalne diferencijalne jednadbe 1837.1 Fizikalna pozadina osnovnih PDJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1837.2 Klasikacija PDJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1867.3 PDJ prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1897.4 Metoda karakteristika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1917.5 Kanonska forma PDJ drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1937.6 Poissonova i Laplaceova jednadba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1957.7 Toplinska jednadba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1997.8 Valna jednadba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2057.9 Maxwellove jednadbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

8 Greenove funkcije 2138.1 Greenove funkcije i ODJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2138.2 Kramers-Kronigove relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2208.3 Greenove funkcije i PDJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

9 Specijalne funkcije 2299.1 Separacija u sfernom koordinatnom sustavu . . . . . . . . . . . . . . 2309.2 Separacija u cilindrinom koordinatnom sustavu . . . . . . . . . . . . 2329.3 Legendreovi polinomi i kugline funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 2349.4 Besselove i Neumannove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2469.5 Sturm-Liouvilleov problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

10 Varijacijski raun 25910.1 Brahistohrona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26110.2 Opne od sapunice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26210.3 Varijacije s ogranienjima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26410.4 Lananica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26510.5 Izoperimetrijski problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266

v Sadraj

10.6 Problem maksimalnog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26810.7 Varijacijski problemi s vie funkcija i vie varijabli . . . . . . . . . . . 26910.8 Geodezici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27010.9 Maxwell-Boltzmannova raspodjela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

Dodaci 273

A Jordanova forma matrice 275

B Eksponenciranje matrica 277

C Bernoullijevi brojevi 281

D Potpunost prostora Lp 283

E Lebesgueov integral 285

F Koordinatni sustavi 287

G Nejednakosti 291

Sadraj vi

Uvod

Ovdje donosimo kratak vodi kroz literaturu za koju drim kako bi studentima moglabiti od koristi u svladavanju materije koja se obrauje na ova dva kolegija.

Udbenik: knjiga namjenjena detaljnom svladavanju gradiva od motivacije, teoremai dokaza do primjene u matematici i zici.

? Butkov: Mathematical Physics (jednim dijelom se poklapa s gradivom ovih ko-legija, ali je pristupom poprilino zastario udbenik)

? Lang: Complex Analysis (matematiki udbenik iz kompleksne analize)

? Tenenbaum, Pollard: Ordinary Dierential Equations (udbenik ciljan na -ziarsku publiku koji s mnotvom rjeenih primjera obrauje teoriju obinihdiferencijalnih jednadbi)

? Arnold: Ordinary Dierential Equations (udbenik o teoriji obinih diferencijal-nih jednadbi s naglaskom na intuitivni uvid)

? Artin: The Gamma Function (kratak udbenik o gama funkciji)

? Jerey: Applied Partial Dierential Equations (matematiki udbenik iz teorijeparcijalnih diferencijalnih jednadbi)

Prirunik/Udbenik: pregled denicija i teorema, s naglaskom na objanjenje me-toda, ali (gotovo) bez ikakvih dokaza.

? Arfken, Weber: Mathematical Methods for Physicists

? Riley, Hobson, Bence: Mathematical Methods for Physics and Engineering

Prirunik: skup denicija, teorema, metoda i formula, sve u najkraoj moguoj formi.

? Bronshtein, Semendyayev, Musiol, Muehlig: Handbook of Mathematics

? Abramowitz, Stegun: Handbook of Mathematical Functions

? Bateman Manuscript Project, Vol. 1-3

Zbirka zadataka: skup zadataka s rjeenjima, koji u formi moe varirati od ame-rikog stila (relativno lagani zadaci, detaljna rjeenja) do ruskog stila (tei zadaci,tura rjeenja).

vii

Uvod viii

? Schaums Outline of Complex Variables, Schaums Outline of Dierential Equ-ations, Schaums Outline of Fourier Analysis

? Mitrinovi, Michael: Calculus of residues (zbirka zadataka iz kompleksne in-tegracije; inae, toplo preporuam sve Mitrinovieve udbenike i zbirke zada-taka!)

? Volkovyskii, Lunts, Aramanovich: A Collection of Problems on Complex Analysis(zbrika zadataka ruskog stila iz kompleksne analize s mnotvom primjerakompleksnih integrala)

? Farlow: Partial Dierential Equations for Scientists and Engineers (pedagoki iz-vrsno koncipirana zbrika zadataka iz parcijalnih diferencijalnih jednadbi, ci-ljana na ziarsku publiku)

Konvencije i ostalo

Neka su A i B skupovi, te f : A B preslikavanje meu njima. Tada sliku svakogpodskupa S A s obzirom na preslikavanje f oznaavamo s

f(S) {f(x) | x S}Kroneckerov delta simbol,

ij =

{1 , i = j0 , i 6= j (1)

Levi-Civita simbol. U n dimenzija,

i1...in =

+1 , {i1, . . . , in} je parna permutacija skupa {1, . . . , n}1 , {i1, . . . , in} je neparna permutacija skupa {1, . . . , n}0 , inae

(2)

-funkcija (engl. step function, Heaviside step function) : R R,

(x) =

{1 , x 00 , x < 0

(3)

Ponekad koristimo varijantu ove funkcije,

(x) =

1 , x > 01/2 , x = 00 , x < 0

(4)

Parcijalni harmoniki red Hn za n N,

Hn nk=1

1

k(5)

Za parcijalne derivacije koristimo nekoliko ekvivalentnih oznaka,

f

x= xf = fx

2f

xy= xyf = fxy ,

2f

x2= 2xf = fxx

Derivacija funkcije f : S R (za neki S R3) u smjeru vektora n,f(r)

n= n f(r)

ix

Konvencije i ostalo x

Kada smo u potrazi za objektima koji bi trebali zadovoljiti neku jednakost, tada iznadznaka jednakosti stavljamo usklinik. Na primjer, traimo li veliinu x za koju jeispunjena jednakost a+ x = b, tada to napomenemo s

a+ x!= b

Izbor oznaka (slova) koje koristimo za indekse u sumama, kao i varijable u integraci-jama, nisu od esencijalne vanosti za sam raun i stoga ih slobodno moemo mijenjati,bez da time utjeemo na rezultat rauna,

Ni=1

ai =

Nj=1

aj ,

ba

f(x) dx =

ba

f(y) dy .

Iz ovog razloga ove oznake ponekad zovemo slijepi (jo i gluhi ili nijemi) indeksi ivarijable.

Ansatz je pogoen oblik rjeenja nekog problema, konzistentan s poznatim injeni-cama ili pretpostavkama.

Heuristiki argument ili argument mahanjem rukama je formalno neprecizan,utemeljen primjerice na analogiji ili indukciji, ali moe posluiti kao vodilja u potraziza preciznijim argumentom.

Grki alfabet

A alfa N niB beta ksi gama O o omikron delta pi, $ piE , epsilon R , % roZ zeta , sigmaH eta T tau , theta ipsilonI jota , K kapa X hi lambda psiM mi omega

0Mezanin: skupovi, funkcije,

strukture

0.1 SkupoviDenicija 0.1. Inkluzija je relacija meu skupovima, A B, koja vrijedi ako

x A x BKaemo da jeA sadran uB. Ako postoje elementi izB koji nisu sadrani uA, piemoA ( B. U dijelu literature se upotrebljavaju alternativne oznake, redom, A B iA B. Prazan skup je skup koji nema niti jednog elementa. Za svaki skup Avrijedi A .

Na primjer, ako je S = {a, {b}}, tada vrijedia S , {a} S , b / S , {b} S , {b} 6 S , {{b}} S

Denicija 0.2. Osnovne operacije na skupovima A,B X ,Unija skupova A B = {x X | x A x B}Presjek skupova A B = {x X | x A x B}Razlika skupova AB = {x A | x / B}

Kaemo da skup A sijee skup B ako vrijedi AB 6= . Kaemo da su skupovi A i Bdisjunktni ako vrijedi A B = . Komplement podskupa A X je skup X A.

Denicija 0.3. Kartezijev produkt AB skupova A i B je skup ureenih parova,AB {(a, b) | a A, b B} (1)

Ako za neki n N imamo n puta ponovljen Kartezijev produkt istog skupa, tada topiemo kao potenciju,

An A A n puta

1

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 2

Denicija 0.4. Neka je A skup na kojem je denirana relacija ekvivalencije . Tadamoemo denirati kvocijentni skup

A/ {[a] | a A} (2)

gdje je [a] klasa ekvivalencije elementa a A, [a] = {x A | x a}.

Bez ulaenja u strogu aksiomatiku dotinih skupova, ovdje navodimo one s kojimaemo se uestalo sluiti,

skup prirodnih brojeva, N = {1, 2, 3, . . . } skup cijelih brojeva,Z = (N N)/ , gdje je (a, b) (c, d) akko a+ d = b+ c

skup racionalnih brojeva,Q = (Z N)/ , gdje je (a, b) (c, d) akko ad = bc

skup realnih brojeva moemo neformalno uvesti preko Dedekindovog reza naracionalnim brojevima: R je skup ureenih particija skupaQ, odnosno ureenihparova skupova (A,B), gdje su A,B Q, takvi da je a < b za sve a A ib B, pri emu se primjerice drimo konvencije kako B nema najmanjegelementa; na primjer,

2 = (A,B), gdje jeA unija svih negativnih racionalnih

brojeva i onih racionalnih brojeva q za koje je q2 < 2, a B skup svih pozitivnihracionalnih brojeva q za koje je q2 > 2

Osim njih, koristimo i neke pomone, poput skupa nenegativnih cijelih brojeva N0 =N {0}, skupa pozitivnih racionalnih brojeva Q+ = {q Q | q > 0}, pozitivnihrealnih brojeva R+ = {r R | r > 0} (i analogno, negativnih racionalnih Q inegativnih realnih brojeva R), te realnih brojeva bez nule, R = R {0}.

0.2 Skupovi u Rn

Sada emo promotriti podskupove Kartezijevog produkta Rn za openiti n N. Zaskup S Rn kaemo da je konveksan ako je za svaki par toaka x, y S duinakoja ih spaja cijela sadrana u S.

Denicija 0.5. Udaljenost d : Rn Rn R,

d(a, b) =

(b1 a1)2 + + (bn an)2 (3)

Za svaku toku s Rn i r > 0 deniramo otvorenu kuglu B(s, r) kao skup toaka

B(s, r) = {x Rn | d(s, x) < r} (4)

3 0.2. Skupovi u Rn

Specijalno, na skupu realnih brojeva R imamo

d(a, b) =

(b a)2 = |b a| , B(s, r) = s r, s+ r

Denicija 0.6. Za skup S Rn kaemo da je otvoren ako za svaki x S postojirealan broj r > 0 i otvorena kugla B(x, r) S. Specijalno, sam Rn i prazan skup su otvoreni skupovi. Za skup S Rn kaemo da je zatvoren ako je skup Rn S(komplement u Rn) otvoren. Specijalno, skupovi Rn i su i zatvoreni skupovi.Denicija 0.7. Okolina toke a Rn je svaki otvoren skup O Rn koji sadritoku a. Mi emo koristiti oznaku Oa za okolinu toke a. Vano je uoiti kako jeokolina Oa toke a ujedno i okolina svake toke x Oa.

Na primjer, okoline toke x = 0 R mogu biti skupovi A = 1, 1, B = 2, 3 3, 5, C = , 1, itd. Primjetimo, kako okolina ne mora nuno biti nekakav maliskup primjerice, cijeli skup R je okolina bilo koje toke x R.

Denicija 0.8. Gomilite skupa S Rn je toka g Rn ija svaka okolina Ogsadri barem jednu toku x S razliitu od g.

Na primjer, skupA = {1/k | k N} ima gomilite u tokix = 0, a skupoviB = [0, 1i C = [0, 1]{2} imaju gomilita u svim tokama zatvorenog intervala [0, 1] (uoimoda toka 2 nije gomilite skupa C , iako je njegov element).

Komentar 0.9. Valja napomenuti kako u literaturi postoji suptilna razlika u upo-trebi rijei gomilite. Gornja denicija se odnosi na gomilita skupova, prema kojojna primjer dvolani skup S =

{(1)k | k N} = {1, 1} nema gomilita, iako nam

intuitivno izgleda kao da je niz ak = (1)k nagomilan u tokama 1 i 1. Suptil-nost se sastoji u tome to smo u sluaju skupa S napravili uniju vrijednosti niza ak ,ime smo ponavljajue lanove pretvorili u jedan. Iz ovog razloga se koristi doneklerazliita denicija gomilita nizova.

Denicija 0.10. Gomilite niza (ak)kN u Rn je toka g Rn ija svaka okolinaOg sadri beskonano mnogo (ne nuno meusobno razliitih) lanova tog niza. Akoza dani niz toaka (ak)kN u Rn postoji toka c Rn, takva da za svaku okolinu Ocpostoji N N takav da su am Oc za sve m N , tada kaemo da je dotini nizkonvergentan, a za toku c kaemo da je limes tog niza.

Na primjer, niz ak = (1)k ima gomilita niza u tokama 1 i1, ali niti jedna od ovedvije toke nije njegov limes. S druge strane, niz bk = 1/k je konvergentan, te imalimes u toki x = 0.

Komentar 0.11. Nije teko dokazati kako je svako skupovno gomilite skupa vri-jednosti niza u Rn nuno i nizovno gomilite tog niza. Meutim, kao to smo vidjelina primjeru niza ak = (1)k , obrat ne vrijedi nuno. U ostatku teksta emo podgomilitem podrazumijevati toku iz denicije 0.8 ako je posrijedi gomilite skupa,odnosno toku iz denicije 0.10 ako je posrijedi gomilite niza, osim ako neto drugonije posebno napomenuto.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 4

Lema 0.12. Okolinu Og u denicijama gomilita skupa i gomilita niza moemo za-mjeniti s otvorenom kuglom B(g, r).

Dokaz : Pretpostavimo da je g gomilite skupa S prema deniciji 0.8. Tada i svaka otvorenakugla B(g, r) sijee skup S {g} jer je B(g, r) okolina toke g. Obratno, pretpostavimo dasvaka otvorena kugla B(g, r) sijee skup S {g}, te neka je Og neka okolina toke g. Tada,prema deniciji otvorenog skupa u Rn postoji otvorena kugla B(g,R) Og . Odavde odmahslijedi da okolina Og sijee skup S {g}, zato to ga po pretpostavci sijee otvorena kuglaB(g,R) koja je podskup okoline Og . Potpuno analogno se dokae tvrdnja Leme za denicijugomilita niza.

Teorem 0.13. Zatvoren skup sadri sva svoja gomilita.

Dokaz : Neka je A Rn zatvoren skup i g Rn njegovo gomilite. Pretpostavimo da jeg / A, odnosno da je g element otvorenog skupa O = Rn A. Meutim, otvoren skup O jeokolina toke g disjunktna sa skupom A, to je u kontradikciji s denicijom gomilita. Valjauoiti da isti dokaz moemo upotrijebiti kako bismo dokazali da je svako gomilite niza (ak)kNu zatvorenom skupu A nuno element skupa A.

Teorem 0.14. Neka je (ak)kN Rn konvergentan niz. Tada on ima jedinstven limes.

Dokaz : Pretpostavimo da ovaj niz ima dva limesa, a i b, takvi da je a 6= b. Otvorene kugleB(a, r) i B(b, r) za r < d(a, b)/2 su disjunktne. Kako su i a i b limesi dotinog niza znamo dai) postoji Na N, takav da su xm B(a, r) za sve m Na, te ii) postoji Nb N, takav dasu xm B(b, r) za sve m Nb, to je kontradikcija!

Denicija 0.15. Neka je S Rn. Deniramo sljedee dijelove skupa:unutranost S = {x Rn | Ox : Ox S},rub S = {x Rn | Ox : Ox S 6= Ox (Rn S) 6= },zatvara S = S S.

Iz denicije odmah vidimo da su za svaki skup S Rn njegova unutranjost S, rubS, te unutranjost komplementa (RnS) meusobno disjunktni skupovi, te vrijedi

S S S

Takoer, svaki skup S Rn i njegov komplement Rn S imaju zajedniki rub,S = (Rn S). Nadalje, iz denicije vidimo da je unutranjost svakog skupaotvoren skup, odakle slijedi da su zatvara i rub zatvoreni skupovi jer vrijedi

S = Rn (Rn S) , S = Rn (S (Rn S)) .Promotrimo nekoliko primjera dijelova podskupova skupa realnih brojeva R,

5 0.2. Skupovi u Rn

S S S S, 1 , 1 {1} , 1], 1] , 1 {1} , 1]0, 1 0, 1 {0, 1} [0, 1]

0, 1 {2} 0, 1 {0, 1, 2} [0, 1] {2}0, 1 1, 2 0, 1 1, 2 {0, 1, 2} [0, 2]

Q R RR R R

Lema 0.16. Skup A Rn jea) otvoren akko je A = A;

b) zatvoren akko je A = A.

Dokaz : a) Ako je A = A, tada je prema ranijim napomenama A otvoren skup. Obratno,ako pretpostavimo da je A otvoren skup, tada za svaki a A postoji okolina Oa A, odakleslijedi a A, odnosno A A. Kako uvijek vrijedi A A, slijedi A = A. b) Ako jeA = A, tada je prema ranijim napomenama A zatvoren skup. Obratno, ako pretpostavimo daje A zatvoren skup, tada je prema prvom dijelu teorema Rn A = (Rn A) = Rn A,odakle slijedi A = A.

Denicija 0.17. Za skup K Rn kaemo da je kompaktan ako svaki niz toaka(ak)kN u K ima gomilite g K .

Ekvivalentno, skup K je kompaktan akko svaki niz toaka (ak)kN K ima ko-nvergentan podniz iji je limes unutar skupa K , odnosno akko svaki njegov besko-naan podskup ima gomilite unutar skupa K . Primjer skupa koji nije kompaktan,A = 0, 2, jer niz ak = 1/k ima jedino gomilite u x = 0, ali je ta toka izvan skupaA.

Denicija 0.18. Za skup S Rn kaemo da je omeen ako postoji realan brojr > 0 i otvorena kugla B(x, r) S.

Teorem 0.19. (Bolzano-Weierstra) Svaki beskonaan omeen skup A Rn imagomilite. Svaki omeen niz u Rn ima gomilite (ekvivalentno, svaki omeen niz u Rnima konvergentan podniz).

Dokaz : Vidi npr. Teorem 4.9 u Ungar: Matematika analiza 3.

Teorem 0.20. (Heine-Borel) SkupK Rn je kompaktan akko je zatvoren i omeen.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 6

Dokaz : a) Pretpostavimo da je K kompaktan skup. Ako K nije omeen skup, tada za svakukuglu B(0, k), gdje je k N, postoji toka xk K B(0, k). Niz (xk)kN nema gomilite.Naime, ako je g gomilite ovog niza i r = d(0, g), tada za svaki prirodan brojm > 2r, koristeinejednakost trokuta, slijedi

d(xm, g) d(xm, 0) d(0, g) m r > r ,

odnosno xm / B(g, r), to je u kontradikciji sa svojstvom gomilita jer otvorena kuglaB(g, r)sadri samo konano mnogo lanova niza (xk)kN. S druge strane, akoK nije zatvoren, tada jeKK 6= , pa moemo promatrati toku x KK . Za svakiR > 0 otvorena kuglaB(x,R)sijee K , pa za svaki m N moemo odabrati ym K B(x, 1/m). Toka x je gomiliteniza (ym)mN K , a kako je x / K imamo kontradikciju s pretpostavkom kompaktnosti.

b) Pretpostavimo da jeK omeen i zatvoren skup, te neka je zadan niz (ak)kN uK . KakojeK omeen skup, tada je i niz (ak)kN omeen, pa po Bolzano-Weierstraovom teoremu imagomilite. Nadalje, kako je K po pretpostavci zatvoren skup, to gomilite je element skupa K ,pa je K kompaktan skup.

0.3 Funkcije na Rn

Za svaku funkciju f : X Y i skup A X koristimo oznaku

f(A) {f(a) | a A} (5)

Denicija 0.21. Za preslikavanje f : A B kaemo da je

injekcija ako x, y A : x 6= y povlai f(x) 6= f(y),surjekcija ako je f(A) = B,

bijekcija ako je injekcija i surjekcija.

Dokaz narednog elementarnog teorema je ostavljen za vjebu,

Teorem 0.22. Preslikavanje f : A B ima inverz akko je bijekcija.

Denicija 0.23. Neka je n N, te S Rn. Za funkciju f : S R kaemo daje neprekidna u toki x0 S ako za svaki > 0 postoji > 0, takav da za svakix S kojem je d(x, x0) < vrijedi |f(x) f(x0)| < .

Prekidi (diskontinuiteti) funkcija ne moraju biti izolirane toke. Na primjer, Diric-hletova funkcija D : R R, denirana s

D(x) =

{1 , x Q0 , x RQ (6)

7 0.3. Funkcije na Rn

ima prekid u svakoj toki, dok je funkcija f(x) = xD(x) neprekidna samo u x = 0.Dokaz : Za svaki > 0 dovoljno je uzeti < , tako da za svaki |x 0| < vrijedi

|f(x) f(0)| = |f(x)| |x| < < Dakle, funkcija f je neprekidna u x0 = 0. S druge strane, ako je x0 6= 0, tada za svaki < |x0| isvaki > 0 moemo odabrati x x0 , x0 + , takav da je |x| > |x0|, te koji je iracionalanbroj ako je x0 racionalan i obratno, pa vrijedi

|f(x) f(x0)| |x0| >

i stoga funkcija f ima prekid u svim tokama x0 6= 0.

Usput, postoji i primjer realne funkcije koja je neprekidna samo u iracionalnimbrojevima (tzv. Thomaeova funkcija, denirana s t(x) = D(x)/q(x), gdje je q(x)najmanji pozitivni nazivnik u prikazu racionalnog broja x = p/q).

Nadalje, valja biti oprezan oko funkcija vie varijabli. Na primjer, ako su za funk-ciju f : R2 R, restrikcije x 7 f(x, y) i y 7 f(x, y) neprekidne, to ne povlainuno kako je f neprekidna funkcija! Na primjer,

f(x, y) =

{xy/(x2 + y2) , (x, y) 6= (0, 0)

0 , (x, y) = (0, 0)(7)

S jedne strane, lako se provjeri kako su navedene restrikcije neprekidne funkcije. Sdruge strane, du pravca (x, x) imamo f(x, x) = 1/2 za sve x osim u ishoditu, gdjeje f(0, 0) = 0, pa funkcija f nije neprekidna u ishoditu! Obratno, funkcija

g(x, y) =

{x sin(1/y) + y sin(1/x) , xy 6= 0

0 , xy = 0

je neprekidna na cijeloj domeni R2, iako restrikcija x 7 g(x, y) za y 6= 0 nije nepre-kidna u x = 0, kao ni restrikcija y 7 g(x, y) za x 6= 0 u y = 0.

Denicija 0.24. Za skupA Rn kaemo da jepovezan ako ne postoje dva nepraznadisjunktna skupa O i U , takvi da je O U = O U = , te A = O U .

Na primjer, sve otvorene kugle su povezane. S druge strane, skup A = 0, 1 1, 2nije povezan.

Denicija 0.25. Neka su a, b R, takvi da je b > a. Put je neprekidno preslikavanje : [a, b] Rn. Slika puta, ([a, b]) je krivulja u prostoru Rn. Konstantan put zaneku zadanu toku p Rn je trivijalno preslikavanje p(x) = p. Ako je injekcija,odnosno ako dotina krivulja ne presjeca samu sebe, tada kaemo da je posrijedi Jor-danov luk. Nadalje, Jordanova krivulja ili jednostavna zatvorena krivulja jeslika neprekidne injekcije : S1 Rn, gdje S1 oznaava krunicu.

Teorem 0.26. (Jordan) Neka je C Jordanova krivulja u ravnini R2. Tada se kom-plement R2 C moe napisati kao unija dva neprazna disjunktna otvorena povezanaskupa.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 8

Denicija 0.27. Za skup A Rn kaemo da je povezan putevima ako za svakedvije toke x, y A postoji put : [a, b] A, takav da je (a) = x i (b) = y.Neprekidna deformacija puta : [a, b] A u put : [a, b] A unutar skupa Aje neprekidno preslikavanje F : [a, b] [0, 1] A, takvo da za sve x [a, b] vrijediF (x, 0) = (x) i F (x, 1) = (x). Za skup A Rn kaemo da je jednostavnopovezan ako je povezan putevima i ako je svaki zatvoren put uAmogue neprekidnodeformirati u konstantan put. Specijalno, skup A R2 je jednostavno povezan akosvaka Jordanova krivulja unutar tog skupa obuhvaa samo toke tog skupa.

Denicija 0.28. Neka je n N, k N0, te O Rn otvoren skup. Za funkcijuf : O R kaemo da je tipa Ck u toki p O ako postoje derivacije

jf

xi1 xijza sve j k i neprekidne su u toki p. Specijalno,C0 funkcije su neprekidne funkcije.Nadalje, ako je neka funkcija tipa Ck za sve k N0, tada kaemo da je ona tipa Cili glatka funkcija.

Na primjer, ako kaemo da je funkcija f : R3 R tipa C2 u nekoj toki p, tada toznai da je sama funkcija f neprekidna u toki p, te su (u Kartezijevom koordinatnomsustavu) sve derivacije do ukljuivo drugog reda,

f

x,

f

y,

f

z,

2f

x2,

2f

y2,

2f

z2,

2f

xy,

2f

xzi

2f

yz

denirane i neprekidne u toki p.Svi polinomi, eksponencijalna funkcija ex, trigonometrijske funkcije cos i sin, te

hiperbolne trigonometrijske funkcije sh i ch su primjeri glatkih funkcija. Primjer Ckfunkcija koje u x = 0 nisu tipa Ck+1,

fk(x) = |x|xk

Naime, f0(x) = |x| je neprekidna funkcija koja nije derivabilna u ishoditu. Nadalje,za k > 0 imamo

f k(x) = lim0

fk(x+ ) fk(x)

= lim0|x+ |(x+ )k |x|xk

(x+ )k = xk + kxk1+O(2)

f k(x) = kfk1(x) + lim0

xk|x+ | |x|

= kfk1(x) + xksgn (x) =

= kfk1(x) + |x|xk1 = (k + 1)fk1(x)pa indukcijom slijedi tvrdnja.

Postoje i primjeri neprekidnih funkcija koje u niti jednoj toki nisu derivabilne.Prvi takav primjer je pronaao Weierstra1872. godine, tzv. Weierstraova funkcijaW : R R, denirana redom

W (x) =

n=0

an cos(bnx) (8)

9 0.3. Funkcije na Rn

gdje je 0 < a < 1, a b je neparan cijeli broj, takav da vrijedi ab 1.

Primjetimo, meutim, kako imamo funkcije vie varijabli koje u nekoj toki moguimati denirane sve parcijalne derivacije, bez da budu neprekidne u toj toki. Primjerje funkcija f denirana u (7), za koju lako provjerimo

fx(0, 0) = lim0

f(, 0) f(0, 0)

= 0

fy(0, 0) = lim0

f(0, ) f(0, 0)

= 0

Stoga, ako elimo da diferencijabilnost funkcije vie varijabli bude jae svojstvo odneprekidnosti, ono mora ukljuivati vie od pukog postojanja parcijalnih derivacija. . .

Neka je O R otvoren skup. Taylorov razvoj glatke funkcije f : O R okotoke a O dan je redom

n=0

f (n)(a)

n!(x a)n (9)

Za funkciju f kaemo da je (realno) analitika funkcija, odnosno da je tipa C utoki a O ako je na nekoj okolini Ua O jednaka svom Taylorovom razvoju. Ovudeniciju je mogue jednostavno poopiti.

Denicija 0.29. Neka je O Rn otvoren skup. Za funkciju f : O R kaemo daje (realno) analitika funkcija, odnosno da je tipaC u toki a O ako je na nekojokolini Ua O jednaka svom Taylorovom razvoju, odnosno za svaki x Ua

f(x) = f(a) +i

f

xi(a)(xi ai) + 1

2!

i,j

f

xixj(a)(xi ai)(xj aj) + . . .

+ 1k!

i1,...,ik

f

xi1 xik (a)(xi1 ai1) (xik aik) + . . . (10)

gdje sve sume idu u granicama od 1 do n.

Sve analitike funkcije su nuno glatke jer u protivnom neki koecijenti u Taylorovomrazvoju ne bi bili dobro denirani. Meutim, obrat openito ne vrijedi. Standardni pri-mjer glatke funkcije koja nije analitika (bar u jednoj toki) je f : R R, deniranas

f(x) =

{e

1x , x > 00 , x 0

Dokaz : Oigledno, funkcija je analitika za sve x < 0. Promotrimo nadalje toke x 0.Prvo emo indukcijom dokazati da za svaki k N0 vrijedi f (k)(x) = p2k(1/x) e1/x, gdje jep2k neki polinom reda 2k. Odavde slijedi da je f glatka funkcija u svim tokama x > 0. Zatimemo dokazati da su sve derivacije f (k) denirane i neprekidne u x = 0.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 10

a) Trivijalno, tvrdnja vrijedi za k = 0 (p0(y) = 1). Nadalje, f (x) = e1/x/x2, pa jep2(y) = y

2. Pretpostavimo da je f (k)(x) = p2k(1/x) e1/x. Tada je

f (k+1)(x) = p2k1(1/x)( 1x2

)e1/x + p2k(1/x)e

1/x 1x2

=

=(q2k+1(1/x) + q2k+2(1/x)

)e1/x p2k+2(1/x) e1/x

b) Odmah vidimo da je f(0) = 0. Pretpostavimo da je f (k)(0) = 0. Tada je

f (k+1)(0) = limx0

f (k)(x) f (k)(0)x

= limx0

f (k)(x)

x

Oigledno,

limx0

f (k)(x)

x= 0

S druge strane,

limx0+

f (k)(x)

x= limx0+

p2k(1/x) e1/x

x= limx0+

p2k+1(1/x) e1/x = lim

up2k+1(u)

eu= 0 ,

gdje smo u pretposljednjem koraku uveli supstituciju u = 1/x, a u posljednjem upotrijebiliLHospitalovo pravilo 2k + 1 puta. Dakle, sve derivacije funkcije f su denirane i jednake 0 ux = 0. Takoer, na slian nain provjerimo da su sve derivacije f (k) neprekidne u x = 0,

limx0+

f (k)(x) = limx0+

p2k(1/x) e1/x = lim

up2k(u)

eu= 0 = f (k)(0)

Konano, funkcija f nije analitika u x = 0 jer je Taylorov red oko te toke identiki jednaknuli, dok je funkcija f razliita od nule za sve x > 0.

Postoje i primjeri funkcija koje su glatke, ali nisu analitike u niti jednoj toki domene,poput f : R R denirane sumom

f(x) =

n=1

exp(

2n)

cos (2nx) (11)

0.4 Algebarske strukture

Denicija 0.30. Grupa je ureen par (G, ) skupa G i operacije : G G Gkoja zadovoljava naredna svojstva,

a) asocijativnost, a, b, c G : (a b) c = a (b c),n) postojanje neutralnog elementa, e G : a G, e a = a e = a,i) postojanje inverza, a G a1 G : a a1 = a1 a = e.

Ako je operacija u grupi komutativna, odnosno ako za svaki a, b G vrijedi a b =b a, tada kaemo da je grupa (G, ) komutativna ili Abelova grupa.

11 0.4. Algebarske strukture

Denicija 0.31. Polje je ureena trojka (P,+, ) skupa P i operacija zbrajanja+ : P P P i mnoenja : P P P , koja zadovoljava naredna svojstva,

1. ureen par (P,+) je Abelova grupa (s neutralnim elementom 0),

2. ureen par (P {0}, ) je Abelova grupa,3. distributivnost, a, b, c P : a (b+ c) = a b+ a c .

Denicija 0.32. Vektorski prostor (ili linearni prostor) nad poljem F (obino Rili C) je ureena trojka (V,+, ) skupa V i dvije operacije, + : V V V (zbrajanjevektora) i : F V V (mnoenje skalarom), koje zadovoljavaju sljedea svojstvaza sve a, b V i sve , F

1. (V,+) je Abelova grupa,

2. kvaziasocijativnost, ( a) = () a,3. postoji jedinica 1 F , takva da je 1 a = a,4. distributivnost s obzirom na zbrajanje skalara, (+ ) a = a+ a,5. distributivnost s obzirom na zbrajanje vektora, (a+ b) = a+ b.

Poglavlje 0. Mezanin: skupovi, funkcije, strukture 12

1Kompleksna analiza

Kako poopiti analizu sa skupa realnih brojeva R na skup kompleksnih brojeva C?

1.1 Polje kompleksnih brojeva

Polje kompleksnih brojeva (C,+, ) je ureena trojka koja se sastoji od skupa RR,te operacija deniranih sljedeim pravilima,

(x1, y1) + (x2, y2) (x1 + x2, y1 + y2) (zbrajanje) (1.1)(x1, y1) (x2, y2) (x1x2 y1y2, x1y2 + x2y1) (mnoenje) (1.2)

Neutralni element s obzirom na zbrajanje (nula) je (0, 0), a neutralni element s obzi-rom na mnoenje (jedinica) je (1, 0). Za skup kompleksnih brojeva bez nule upotreb-ljavamo oznaku C = C{(0, 0)} (ponekad se ovaj skup oznaava s C). Aditivni imultiplikativni inverzi kompleksnog broja z = (x, y) dani su redom s

z = (x,y) (1.3)

za sve z C, tez1 =

(x

x2 + y2, y

x2 + y2

)(1.4)

za sve z C. Valja uoiti kako su kompleksni brojevi oblika (x, 0) s gore uvede-nim operacijama izomorfni s poljem realnih brojeva. Stoga obino nulu (0, 0) piemojednostavno kao realni broj 0, a jedinicu (1, 0) kao realni broj 1. Nadalje, kako vrijedi

(x, y) = (1, 0) (x, 0) + (0, 1) (y, 0)

uobiajeno je kompleksne brojeve z = (x, y) pisati u obliku z = x + iy, gdje jeizostavljeno eksplicitno pisanje jedinice 1, a uvedena je imaginarna jedinica i (0, 1). Na ovaj nain je identitet (0, 1) (0, 1) = (1, 0) preveden u izraz

i2 = 1 (1.5)

13

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 14

Ovdje vidimo orginalnu motivaciju uvoenja imaginarne jedinice: ona je korijen jed-nadbe z2 + 1 = 0.

Svaki kompleksni broj z = x+iy ima svoj realni dioRe(z) = x i imaginarni dioIm(z) = y. U starijim knjigama su u upotrebi neto drugaije oznake, < z za realnidio i = z za imaginarni dio kompleksnog broja z. Ako je Re(z) = 0 i Im(z) 6= 0kaemo da je z isto imaginaran. Dva kompleksna broja z1 i z2 su jednaki ako i samoako su im jednaki realni i imaginarni dio,

z1 = z2 Re(z1) = Re(z2) Im(z1) = Im(z2)Nanovo, osnovne operacije meu kompleksnim brojevima u ovom zapisu sada glase,

z1 z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) = (x1 y1) + i(y1 y2) (1.6)z1 z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) = (x1x2 y1y2) + i(x1y2 + x2y1) (1.7)

Omjer kompleksnih brojeva z1 i z2 6= 0 raunamo premaz1z2

=x1 + iy1x2 + iy2

=x1 + iy1x2 + iy2

x2 iy2x2 iy2 =

(x1x2 + y1y2x22 + y

22

)+ i

(x2y1 x1y2x22 + y

22

)Primjetimo, razlomak je proiren tako da u nazivniku dobijemo realan broj, a potomsmo razdvojili realni i imaginarni dio u brojniku. Prilikom potenciranja, odnosnouzastopnog mnoenja kompleksnih brojeva valja imati na umu da za sve k Z vrijedesljedee jednakosti

i4k+1 = i , i4k+2 = 1 , i4k+3 = i , i4k = 1 (1.8)Za svaki kompleksni broj z = x+iy deniramo operacijukompleksne konjugacije,

z x iy (1.9)Ovo je idempotentna operacija, (z) = z, koja zadovoljava sljedea svojstva

(z1 z2) = z1 z2 , (z1 z2) = z1 z2 , (z1) = (z)1 (1.10)Ponekad se upotrebljava i alternativna oznaka, z = z. Pomou kompleksne konju-gacije moemo zapisati realni i imaginarni dio kompleksnog broja,

Re(z) =1

2(z + z) , Im(z) =

1

2i(z z) (1.11)

Svakom kompleksnom broju z pridruujemo i modul (apsolutnu vrijednost) |z|,nenegativan realni broj deniran preko

|z| x2 + y2 (1.12)

Nula je jedini kompleksni broj iezavajueg modula. Modul kompleksnog broja za-dovoljava sljedea svojstva:

|z1| |z2| = |z1z2| , |z1| = |z|1 (1.13)|z| = |z| , z z = |z|2 (1.14)

15 1.2. Kompleksna ravnina

1.2 Kompleksna ravnina

Iz same denicije jasno je kako postoji prirodna korespodencija izmeu skupa kom-pleksnih brojevaC i toaka u ravnini: svakom kompleksnom broju z = x+iymoemojednoznano pridruiti toku T (x, y) u ravnini R2. Ravninu u kojoj je svakoj tokipridruen odgovarajui kompleksni broj zovemo kompleksna ravnina1. Radi jed-nostavnijeg izraavanja esto se rabi fraza u toki z ili ak samo u z u znaenju utoki (kompleksne ravnine) pridruenoj kompleksnom broju z.

z

Re(z)

Im(z)

Promotrimo emu odgovaraju dosad uvedeni pojmovi u ovakvom geometrijskomprikazu kompleksnih brojeva. Oigledno, Re(z) jednak je apscisi, a Im(z) ordinatitoke T . U skladu s tim obino os apscisa zovemo realna os, a os ordinata imagi-narna os. Apsolutna vrijednost kompleksnog broja |z| jednaka je udaljenosti odgo-varajue toke T od ishodita kompleksne ravnine. Openito, udaljenost toaka T1 iT2, pridruenih brojevima z1 i z2, jednaka je modulu razlike tih kompleksnih brojeva,

d(T1, T2) =

(x1 x2)2 + (y1 y2)2 = |z1 z2| (1.15)

Ako je kompleksnom broju z pridruena toka T (x, y), tada je kompleksno konjugira-nom broju z pridruena toka T (x,y), nastala reeksijom na realnoj osi. Nadalje,kako svakoj toki T (x, y) odgovara radijus-vektor OT , zbroju kompleksnih brojevaz1 + z2 pridruen je zbroj radijus-vektora

OT1 +

OT2.

Teorem 1.1. Kompleksni brojevi z1, z2 C zadovoljavaju nejednakost trokuta,|z1| |z2| |z1 z2| |z1|+ |z2| (1.16)Dokaz : Polazimo od sljedee jednakosti

|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = |z1|2 + |z2|2 + 2 Re(z1z2)

1U literaturi nailazimo na niz razliitih naziva ove ravnine koji se vezuju uz imena matematiara, meukojima su Caspar Wessel (1745.-1818.), Jean-Robert Argand (1768.-1822.) i Johann Carl Friedrich Gauss(1777.-1855.), a iji su radovi doprinjeli razvoju ideje smjetanja kompleksnih brojeva u ravninu. Mi emoupotrebljavati povijesno neutralan naziv.

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 16

Kako uvijek vrijedi Re(z) |z|, imamoRe(z1z

2) |z1z2 | = |z1||z2|

pa je|z1 + z2|2 |z1|2 + |z2|2 + 2 |z1||z2| = (|z1|+ |z2|)2

odakle slijedi jedna od traenih nejednakosti. Dakako, zamjenom z2 z2 odmah imamo i|z1 z2|2 (|z1|+ |z2|)2

Nadalje, primjenimo li upravo dokazanu nejednakost na par kompleksnih brojeva z2 i z1 z2,dobivamo

|z1| = |z2 + (z1 z2)| |z2|+ |z1 z2|odnosno

|z1| |z2| |z1 z2|Desna strana nejednakosti je simetrina na zamjenu z1 z2, pa slijedi i preostala nejednakost.

Komentar 1.2. Naziv ove nejednakosti je oigledno povezan s geometrijskim ne-jednakostima koje vrijede meu stranicama trokuta: zbroj dvije stranice je uvijekvei od tree stranice, a razlika dvije stranice uvijek manja od tree stranice. Akoje |z1| 6= |z2|, sve veliine u nejednakostima (1.16) su strogo pozitivne, pa moemopisati recipronu verziju nejednakosti trokuta,

1|z1| |z2| 1|z1 z2| 1|z1|+ |z2| (1.17)

Kompleksnu ravninu moemo promatrati i u polarnim koordinatama (r, ), kojesu povezane s Kartezijevim koordinatama (x, y) preko

x = r cos , y = r sin

Odavde slijedi zapis kompleksnog broja u polarnim koordinatama,

z = r(cos+ i sin) (1.18)

Radijus r jednak je apsolutnoj vrijednosti kompleksnog broja,

r =x2 + y2 = |z| (1.19)

a polarni kut odreen je (do na viekratnik broja 2pi) sustavom jednadbi

cos =x

r, sin =

y

r(1.20)

Kut zovemo argument kompleksnog broja z i piemo Arg(z) = . Specijalno, zasluaj kompleksnog broja z = 0 imamo r = 0, dok je njegov argument nedeniran.Obino se uvodi restrikcija argumenta na interval duljine 2pi, u kom sluaju govo-rimo o glavnoj vrijednosti argumenta i piemo arg(z). Odabir intervala glavnevrijednosti argumenta ovisi o problemu kojeg rjeavamo. Na primjer, ako deniramo

pi < arg(z) pi

17 1.3. Kompleksne funkcije

tada je

arg(1) = 0 , arg(i) =pi

2, arg(1) = pi , arg(i) = pi

2, itd.

Openito, imamo vezu

Arg(z) = arg(z) + 2kpi , k Z (1.21)Mnoenjem dva kompleksna broja njihove apsolutne vrijednosti se mnoe, a argu-menti zbrajaju, u to se moemo jednostavno uvjeriti:

z1 z2 = r1(cos1 + i sin1) r2(cos2 + i sin2) == r1r2

(cos(1 + 2) + i sin(1 + 2)

)(1.22)

Nadalje, za multiplikativan inverz kompleksnog broja z C imamo

z1 =1

r(cos+ i sin)=

cos i sinr(cos2 + sin2 )

=1

r(cos i sin)

Ova zapaanja mogue je saeti u obliku sljedeih jednakosti

|z1 z2| = |z1| |z2| = r1r2 , Arg(z1 z2) = Arg(z1) + Arg(z2) , (1.23)|z1| = |z|1 = r1 , Arg(z1) = Arg(z) , (1.24)

gdje su svi kompleksni brojevi u gornjim jednakostima razliiti od 0. Odavde induk-cijom slijedi

|zn| = |z|n , Arg(zn) = nArg(z) (1.25)za sve n Z.

1.3 Kompleksne funkcije

Neka je S C podskup kompleksnih brojeva i f : S C zadano preslikavanje.Kaemo da je f funkcija kompleksne varijable. Funkciju kompleksne varijable uvijekmoemo rastaviti na njen realni dio u(x, y) i imaginarni dio v(x, y),

f(z) = f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y) (1.26)

pri emu podrazumijevamo da su u, v : SR R funkcije dvije realne varijable, priemu je njihova domena

SR = {(x, y) | x+ iy S} R2

Polinomi

Polinom n-tog stupnja je preslikavanje Pn : C C denirano sPn(z) = anz

n + an1zn1 + + a1z + a0 (1.27)

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 18

gdje su kompleksni koecijenti a0, . . . , an C, takvi da je an 6= 0. Openito polinomn-tog stupnja posjeduje n nul-toaka, meutim, neke od njih mogu biti meusobnojednake.

Eksponencijalna funkcija

Eksponencijalna funkcija exp : C C denirana je sexp(z) ex(cos y + i sin y) (1.28)

Ponekad eksponencijanu funkciju zapisujemo i s ez = exp(z). Kako su funkcije cos yi sin y periodine s osnovnim periodom 2pi, slijedi da je eksponencijalna funkcija nakompleksnoj domeni periodina s osnovnim periodom 2pii,

ez+2pii = ez (1.29)

Nadalje, valja uoiti kako vrijedi

ez1 ez2 = ex1(cos y1 + i sin y1) ex2(cos y2 + i sin y2) == ex1+x2(cos(y1 + y2) + i sin(y1 + y2)) = e

z1+z2 (1.30)

Teorem 1.3. Eksponencijalna funkcija nema nul-toaka.

Dokaz : Neka je z = x+ iy. Jednadba exp(z) = 0 je ekvivalentna sa zahtjevom exp(x) = 0i/ili cos y + i sin y = 0. Ne postoje brojevi x, y R koji rjeavaju ijednu od ovih jednadbi.

Tradicionalno se izraz za eksponencijalnu funkciju isto imaginarnih brojeva zoveEulerova formula,

eix = cosx+ i sinx (1.31)

a specijalni sluaj dobiven za x = pi Eulerov identitet,

epii + 1 = 0 (1.32)

Ovaj potonji je posebno zanimljiv jer objedinjuje 5 vanih matematikih konstanti, 0,1, i, pi, te e.

Eksponencijalna funkcija nam omoguuje da kompleksne brojeve z C zapi-emo u tzv. polarnom obliku,

z = r ei (1.33)

Uz ovakav prikaz operacije s kompleksnim brojevima postaju mnogo preglednije: ko-ristei svojstvo dokazano u (1.30), imamo primjerice

z1 z2 = r1r2 ei(1+2) , te zn = rn ein (1.34)za svaku cijelobrojnu potenciju n Z. Koristei kompleksni broj z jedininog modulazapisan u polarnom obliku, z = ei, s lakoom dolazimo do De Moivrovog teorema,

(cos+ i sin)n = (ei)n = ein = cos(n) + i sin(n)

19 1.3. Kompleksne funkcije

Konano, za svaki n N i z C jednadba wn = z ima n rjeenja, koja moemoelegantno zapisati u polarnom obliku,

wk =nr exp

(+ 2kpi

ni

), k Zn (1.35)

gdje je nr > 0 obini n-ti korijen realnog broja r. Za sva rjeenja wk kaemo da su

dobivena operacijom vaenja n-tog korijena iz kompleksnog broja z, kojeg najeepiemo kao n

z ili z1/n . Na primjer, rjeenja jednadbe w4 = 1 dana su s

wk = ekpii/2 , k {0, 1, 2, 3}

odnosno,

w0 = e0i = 1 , w1 = e

pii/2 = i , w2 = epii = 1 , w3 = e3pii/2 = i

Valja uoiti kako ova 4 kompleksna broja lee u vrhovima kvadrata upisanog u je-dininu krunicu. Openito, korijeni jednadbe wn = 1 lee u vrhovima pravilnogn-terokuta upisanog u jedininu krunicu sa sreditem u ishoditu kompleksne rav-nine.

Trigonometrijske funkcije

Sve trigonometrijske funkcije mogue je s realne proiriti na kompleksnu domenu.Za poetak imamo funkcije cos z i sin z,

cos : C C , cos z 12

(eiz + eiz) (1.36)

sin : C C , sin z 12i

(eiz eiz) (1.37)Funkcije sin z i cos z su periodine s realnim periodom 2pi, a jedine nul-toke su nji-hove realne nul-toke,

sin zk = 0 za zk = kpicos zk = 0 za zk = (2k + 1)pi/2

za k Z. Funkcije tg z i ctg z su denirane na cijelom skupu kompleksnih brojevaizuzev, redom, nul-toaka funkcije cos z i sin z,

tg z sin zcos z

, ctg z cos zsin z

(1.38)

Funkcije tg z i ctg z su periodine s realnim periodom pi, a jedine nul-toke su im, kaoi kod funkcija sin z i cos z, one realne (tg z ima iste nul-toke kao i sin z, a ctg z istenul-toke kao i cos z).

Hiperbolike funkcije

Funkcije ch z i sh z su preslikavanja denirana s

ch : C C , ch z 12

(ez + ez) (1.39)

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 20

f(z) Pf zk Pg g(z)

sin z 2pi kpi pi tg z

cos z 2pi (2k + 1)pi/2 pi ctg z

sh z 2pii kpii pii th z

ch z 2pii (2k + 1)pii/2 pii cth z

Tablica 1.1: Periodi Pf , Pg i nul-toke zk funkcija f(z) i g(z).

sh : C C , sh z 12

(ez ez) (1.40)Funkcije sh z i ch z su periodine s imaginarnim periodom 2pii, a jedine nul-toke sunjihove imaginarne nul-toke

sh zk = 0 za zk = kpiich zk = 0 za zk = (2k + 1)pii/2

Funkcije th z i cth z su denirane na cijelom skupu kompleksnih brojeva izuzev, re-dom, nul-toaka funkcije ch z i sh z,

th z sh zch z

, cth z ch zsh z

(1.41)

Funkcije th z i cth z su periodine s imaginarnim periodom pii, a jedine nul-toke suim, kao i kod funkcija sh z i ch z, one imaginarne (th z ima iste nul-toke kao i sh z, acth z iste nul-toke kao i ch z).

Logaritamska funkcija

Kaemo da je kompleksni brojw logaritam broja z,w = Ln(z), ako vrijedi exp(w) =z. Za bilo koji z 6= 0 ova denicija daje beskonano mnogo vrijednosti logaritmadanog broja z prema

Ln(z) = ln |z|+ iArg(z) = ln |z|+ i(arg(z) + 2kpi) , k Z (1.42)gdje je ln na desnoj strani jednadbe obini prirodni logaritam deniran na skupurealnih brojeva. Kao i kod argumenta kompleksnog broja deniramo glavnu vrijed-nost logaritamske funkcije,

ln(z) = ln(r) + i arg(z) (1.43)

Imamo sljedei niz primjera, uz k Z,Ln(1) = ln(1) + i(arg(1) + 2kpi) = 2kpii , ln(1) = 0

Ln(i) = i(pi

2+ 2kpi

), ln(i) =

pii

2

Ln(i) = i(pii

2+ 2kpi

), ln(i) = pii

2

21 1.4. Krivulje u kompleksnoj ravnini

Logaritam produkta kompleksnih brojeva mogue je, kao i kod realnih brojeva, napi-sati kao sumu logaritama,

Ln(z1 z2) = ln |z1 z2|+ iArg(z1 z2) == ln |z1|+ ln |z2|+ iArg(z1) + iArg(z2) == Ln(z1) + Ln(z2) (1.44)

pri emu smo koristili rastav logaritma produkta realnih brojeva i rastav argumentaprodukta kompleksnih brojeva.

Potenciranje

Pomou logaritamske funkcije mogue je denirati potenciranje i za kompleksnu po-tenciju. Za svaki z C {0, e}, te w C deniramo

zw exp(w Ln z) (1.45)

Ovako denirano potenciranje je openito vieznana funkcija, uz iznimku kada jew Z. Naime, u potonjem sluaju imamo

zw = exp(w(ln |z|+ i arg(z))

)exp(2kwpii) = exp

(w(ln |z|+ i arg(z)

)Razlog izuzimanja broja e kao baze potencije u gornjoj deniciji je isto praktinenaravi: u protivnom bismo imali nekonzistentan zapis, kao npr. u sluaju

e1/2 = exp(1

2(1 + 2kpii)

)= e1/2ekpii = (1)ke1/2 (?!)

Zanimljiv je naredni primjer

ii = exp(iLn i) = e(pi2 +2kpi) , k Z

Kao i kod ranije deniranih funkcija, glavnu vrijednost potencije zw moemo deni-rati pomou glavne vrijednosti logaritma baze z,

exp(w ln z) ,

no u literaturi ne postoji nekakva ustaljena (konvencionalna) posebna oznaka za ovuvrijednost potencije.

1.4 Krivulje u kompleksnoj ravniniKoritenje kompleksnih brojeva nam ponekad olakava zapis raznih krivulja u rav-nini. Ovdje emo kratko izloiti nekoliko najvaniji primjera.

Pravci. Pravac je mogue zadati na nekoliko razliitih naina. Pretpostavimo da e-limo provui pravac kroz dvije razliite toke a, b C. Tada je za svaku toku z tog

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 22

pravca, razliitu od a i b, kut = ] azb jednak 0 ili pi. Sinus ovog kuta je stoga uvijeknula, to je mogue elegantno zapisati u sljedeem obliku

Im

(z ab a

)= 0 (1.46)

Specijalno, za z = a i z = b ovo odmah slijedi, pa pretpostavimo da to nije sluaj.Tada moemo pisati z a = r1ei1 , te b a = r2ei2 , gdje su r1, r2 6= 0, pa je

Im

(z ab a

)=r1r2

sin(1 2) = r1r2

sin .

a

bz

2

Ako je pravac deniran kao simetrala duine zadane tokama z1 i z2, tada imamozapis

|z z1| = |z z2| (1.47)Drugim rijeima, simetrala se sastoji od toaka z jednako udaljenih od zadanih to-aka z1 i z2. Konano, pravac u kompleksnoj ravnini mogue je zapisati i pomou 2parametra, kompleksnog broja c C i realnog broja p R,

Re(cz) = p (1.48)

Naime, pretpostavimo li da je c = + i, gornja jednadba odgovara implicitnomobliku jednadbe pravca u analitikoj geometriji,

x y = p

unjosjenice. Tri klasine krivulje, elipsu, hiperbolu i parabolu, moemo zapisatiupotrebom njihove geometrijske denicije. Elipsu (hiperbolu) sainjavaju toke z ijije zbroj (razlika) udaljenosti od dvije zadane toke z1 i z2 (fokusa) u kompleksnoj rav-nini konstantan. Parabolu sainjavaju toke z ija je udaljenost od zadane toke z0(fokusa) u kompleksnoj ravnini jednak zbroju apscise toke z i realne pozitivne kons-tante. Na primjer, jednadba elipse se bitno komplicira ako joj osi s koordinatnimosima zatvaraju kut koji nije viekratnik pravog kuta. Meutim, upotrebom kom-pleksnih brojeva svi sluajevi izgledaju jednako elegantno.

Elipsa s fokusima u z1 i z2 i velikom poluosi a > 0,

|z z1|+ |z z2| = 2a (1.49)Specijalno, krunica radijusa r > 0 sa sreditem u toki z0,

|z z0| = r (1.50)

23 1.5. Riemannove plohe

Hiperbola s fokusima u z1 i z2 i velikom poluosi a > 0,|z z1| |z z2| = 2a (1.51)Parabola s fokusom u z0 i realnim pozitivnim parametrom p > 0,

|z z0| = p2

+ Re(z) (1.52)

Upotrebom nejednakosti moemo denirati unutranjost elipse bez ruba,

|z z1|+ |z z2| < 2a (1.53)kao i unutranjost elipse s rubom

|z z1|+ |z z2| 2a (1.54)

Komentar 1.4. Ako imam neku krivulju u kompleksnoj ravnini zadanu jednadbomf(z) = 0, te je onda elimo zarotirati u pozitivnom smjeru za kut , tada to jednos-tavno postiemo transformacijom poetne jednadbe u f(zei) = 0.

1.5 Riemannove plohe

Prikaz grafova funkcija ogranien je dvodimenzionalnou ploha na kojima iscrta-vamo crtee (papir, ploa). U sluaju realnih funkcija (jedne varijable) sve savrenosjeda na svoje mjesto: vrijednost varijable na x-osi uparujemo s vrijednou samefunkcije na y-osi. U sluaju kada imamo realnu funkciju dvije varijable, jo doneklemoemo doskoiti dimenzionalnom problemu projiciranjem 3D crtea na 2D plohu.Meutim, u sluaju kompleksnih funkcija problemi u prikazu postaju jo vei. Stogaobino reduciramo dio informacije (npr. prikazom samo realne ili samo imaginarnevrijednosti promatrane funkcije) ili crtamo u paru kompleksne ravnine domene i ko-domene s naznaenim tokama koje povezuje promatrana funkcija.

Sada emo podrobnije razmotriti to se krije iza vieznanosti nekih kompleksnihfunkcija . . .

Primjer #1: f(z) =z

Uvodimo dvije pomoen funkcije (dvije grane poetne funkcije),

f+(rei) =

rei/2 , f(rei) =

rei/2

Nadalje, razmotrit emo dva sluaja odabira podruja argumenta kompleksnog broja.

a) pi < pi

Promatramo 4 toke u domeni:

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 24

a = rei(pi)

b = rei(pi+)c = rei

d = rei

f+a

b

c

d

f

a

b

d

c

b) 0 < 2pi

Promatramo 4 toke u domeni:

a = rei(pi)

b = rei(pi+)

c = rei

d = rei(2pi)

f+ab

cd

f+

a b

dc

25 1.6. Nizovi i redovi u C

U prvom sluaju imamo diskontinuitet, rez, du negativne realne osi, a u dru-gom sluaju du pozitivne realne osi. Ono to je zajedniko svakom odabiru reza jesttoka grananja, koja je u sluaju ove funkcije ishodite, z = 0. Ako bismo htjeliprikazati obje grane, f+ i f, jednom funkcijom, tada nam jedna kompleksna ravninanije dovoljna za domenu. Umjesto toga, koristimo dvije kompleksne ravnine spojenepreko rezova. Konanu plohu zovemo Riemannova ploha, a njene dijelove (u ovomsluaju dvije kompleksne ravnine) Riemannovi listovi.

Primjer #2: f(z) = ln z

Uvodimo beskonano grana,

fk(z) = ln |z|+ i( + 2kpi) , k Z

i opet razmatramo razliite sluajeve odabira podruja argumenta. Kao i u prethod-nom primjeru, u sluaju podruja argumenta pi < pi imamo rez du negativnerealne osi, a u sluaju podruja argumenta 0 < 2pi rez du pozitivne realne osi.

U sluaju kada imamo konaan broj Riemannovih listova (kao kod zq , gdje jeq Q Z), obino govorimo o algebarskom rezu, a u protivnom, kada imamobeskonaan broj Riemannovih listova (kao kod ln(z) ili zp, gdje je p RQ), govo-rimo o logaritamskom rezu.

1.6 Nizovi i redovi u C

Denicija 1.5. Niz kompleksnih brojeva je preslikavanje f : N C. Ako lanoveniza obiljeimo sa zn = f(n) za svaki n N, tada za niz koristimo oznake poput(zn)nN, (zn)n ili {zn}.

Denicija 1.6. Neka je (zn)n niz kompleksnih brojeva. Tada je g C gomiliteovog niza ako svaka okolinaOg C sadri beskonano mnogo (ne nuno meusobnorazliitih) njegovih lanova. Ako za dani niz postoji toka c C, takva da za svakuokolinu Oc postoji N N takav da su zm Oc za sve m N , tada kaemo da jedotini niz konvergentan, a za toku c kaemo da je limes tog niza.

Teorem 1.7. Niz kompleksnih brojeva (zn)n konvergira k broju c = a + ib akko nizrealnih brojeva (Re zn)n konvergira k broju a, a niz realnih brojeva (Im zn)n konvergirak broju b.

Dokaz : Pretpostavimo da je

limn

Re zn = a i limn

Im zn = b

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 26

Tada za svaki > 0 postoji N N, takav da za sve n > N vrijedi

|a xn| < /2 i |b yn| < /2

gdje su xn = Re zn, te yn = Im zn. Koristei nejednakost trokuta, odavde slijedi

|c zn| = |(a xn) + i(b yn)| |a xn|+ |b yn| < /2 + /2 =

i stoga limn zn = c. Obratno, pretpostavimo da za svaki > 0 postoji N N, takav da zasvaki n > N vrijedi |c zn| < . Kako je uvijek |Re(z)| |z| i |Im(z)| |z|, odavde slijedi

|a xn| < i |b yn| < ,

ime je pokazana tvrdnja.

Denicija 1.8. Neka je (zn)n niz u C, te sn =nk=1 zk suma prvih n lanova tog

niza. Red je niz suma (sn)n, ponekad skraeno zapisana kaozk . Ako postoji limes

limn sn = s, kaemo da je red konvergentan, a broj s zovemo suma reda. Uprotivnom, ako red nije konvergentan, onda kaemo da je divergentan. Za red

zk

kaemo da je apsolutno konvergentan ako je red |zk| konvergentan.

Lema 1.9. Neka su (xn)n i (yn)n konvergentni nizovi realnih brojeva. Ako postojiN N, takav da vrijedi xn yn za sve n N , tada je

limnxn limn yn

Dokaz : Oznaimo s x limn xn i y limn yn, te pretpostavimo suprotno, x > y.Odaberimo < (x y)/2. Tada postoji M N, takav da za sve m M vrijedi |x xm| < i |y ym| < . No, tada je i xm > ym, jer

xm ym = (x y) + (xm x) (ym y) (x y) 2 > 0 ,

to je u kontradikciji s poetnom pretpostavkom.

Testovi konvergencije. Neka jezn red kompleksnih brojeva. Nas zanima kako

provjeriti da li je ovaj red konvergentan. Na raspolaganju nam je vie testova, meukojima izdvajamo nekoliko najvanijih,

Test usporedbom. Ako jewn apsolutno konvergentan red i vrijedi |zk|

|wk| za sve k N N, tada je redzn apsolutno konvergentan.

Dokaz : Izostavljajui poetni, konaan dio sume (koji ne utjee na konvergentnost),za svaki M N imamo

Mk=N

|zk| Mk=N

|wk| k=N

|wk|

27 1.6. Nizovi i redovi u C

Test omjerom (DAlembertov test). Ako postoji pozitivan realan broj r i pri-rodan broj N N, takav da vrijedi |zn+1/zn| r < 1 za sve n N , tada jered

|zn| konvergentan. U protivnom, postoji pozitivan realan broj r, takavda vrijedi 1 < r |zn+1/zn| za sve n N , tada je red

|zn| divergentan.Dokaz : Iz pretpostavke indukcijom slijedi

|zN+p| r|zN+p1| r2|zN+p2| rp|zN |

S jedne strane imamo (poetni, konani dio sume ne utjee na pitanje konvergencije),

j=N

|zj | =k=0

|zk+N | ,

a s druge stranek=0

rk|zN | = |zN |1 r 1 geometrijski red

rn divergira.

Korijenski test (Cauchyjev test). Ako postoji pozitivan realan broj r i prirodanbroj N N, takav da vrijedi n|zn| r < 1 za sve n N , tada je red |zn|konvergentan. U protivnom, postoji pozitivan realan broj r, takav da vrijedi1 < r n|zn| za sve n N , tada je red |zn| divergentan.Dokaz : Iz pretpostavke slijedi |zn| rn za sve n N . Kao i u prethodnom dokazus jedne strane imamo

j=N

|zj | =k=0

|zk+N |

a s drugek=0

rk+N =rN

1 r 1 geometrijski red

rn divergira.

Komentar 1.10. Primjetimo kako gore navedeni testovi nita ne govore u sluajukada je r = 1. Tada valja posegnuti za nekim sloenijim testovima konvergencije.

Denicija 1.11. Za niz kompleksnih brojeva (zn)n kaemo da jeCauchyjev niz akoza svaki > 0 postoji N N, takav da za sve m,n N vrijedi |zm zn| < .

Lema 1.12. Cauchyjev niz (xn)n realnih brojeva je nuno konvergentan.

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 28

Dokaz : Pretpostavimo da je (xn)n Cauchyjev niz. Tada je on nuno omeen. Naime, za dani > 0 postoji N N, takav da je |xm xn| < za sve m,n N . No, to znai da se svi xnza n N nalaze unutar intervala duljine , a onda zajedno s prvih N 1 lanova u nizu leeunutar intervala konane duljine. Nadalje, prema Bolzano-Weierstraovom teoremu, omeenniz u R ima konvergentan podniz, (xnk )nk . Oznaimo limes ovog podniza s x. Tada za svaki postoji N N, takav da za sve n, nk N vrijedi

|xn x| |xn xnk |+ |xnk x| 0 postoji N N, takav da je |zn z| < /2 za sve n N . Koristei nejednakost trokutaonda imamo

|zm zn| = |(zm z) + (z zn)| |zm z|+ |zn z| < 2

+

2=

za sve m,n N . Drugim rijeima, niz (zn)n je Cauchyjev niz. Obratno, pretpostavimo da je(zn)n Cauchyjev niz. Uz standardni zapis zn = xn + iyn, koristei |Re z| |z| i |Im z| |z|,imamo |xm xn| |zm zn| i |ym yn| |zm zn|. Ovo odmah povlai da su (xn)n i(yn)n Cauchyjevi nizovi realnih brojeva, pa su nuno i konvergentni. Neka je limn xn = xi limn yn = y. No, to znai da je

limn

zn = x+ iy

Teorem 1.14. Apsolutno konvergentan red kompleksnih brojevazn je nuno konver-

gentan i vrijedi n=1

zn

n=1

|zn|

Dokaz : Pretpostavimo da je red kompleksnih brojevazn apsolutno konvergentan. Tada

je, prema Teoremu 1.13 niz parcijalnih sumap

n=1

|zn|

Cauchyjev niz, pa za svaki > 0 postoji N N, takav da za sve p > q N vrijedip

n=1

zn q

n=1

zn

=

pn=q+1

zn

p

n=q+1

|zn| =

=

pn=1

|zn| q

n=1

|zn| =p

n=1

|zn| q

n=1

|zn| <

Ovo povlai da je i niz parcijalnih sumap

n=1

zn

Cauchyjev niz, pa je prema Teoremu 1.13 redzn konvergentan. Nejednakost u teoremu

vrijedi za parcijalne sume, pa ista slijedi i za njihove limese.

29 1.6. Nizovi i redovi u C

Denicija 1.15. Niz kompleksnih funkcija (fn)n deniranih na skupu S C jepreslikavanje koje svakom prirodnom broju n pridruuje funkciju fn : S C. Redkompleksnih funkcija je niz parcijalnih suma

nk fk .

Red potencija je red funkcija fk(z) = ak(z z0)k . Ako nije posebno naglaenodrugaije, obino se podrazumijeva da suma u redu potencija ide od nultog lana,

k=0

ak(z z0)k

ili skraeno zapisanoak(z z0)k .

Teorem 1.16. Neka jeanz

n red potencija. Ako ovaj red ne konvergira apsolutno zasve z C, tada postoji realan broj R 0 takav da red konvergira apsolutno za sve|z| < R, odnosno z B(0, R), i ne konvergira apsolutno za sve |z| > R, odnosnoz / B(0, R).

Dokaz : Pretpostavimo da redanz

n ne konvergira apsolutno za sve z C. Neka je Rsupremum skupa brojeva s 0 za koje red |an|sn konvergira (valja uoiti kako ovaj redtrivijalno konvergira barem za s = 0). Tada pomou testa usporedbom vidimo da red

anz

n

konvergira apsolutno za sve |z| < R, odnosno divergira za sve |z| > R

Denicija 1.17. BrojR u prethodnom teoremu zovemo radijus konvergencije redaanz

n. Ako je red apsolutno konvergentan za sve z C tada je formalno R = .Obratno, ako je R = 0, tada red

anz

n konvergira apsolutno samo za z = 0.

Sada nas zanima eksplicitan nain raunanja radijusa konvergencije zadanog nizakompleksnih brojeva. Prvo emo uvesti pomone pojmove vezane za nizove realnihbrojeva.

Denicija 1.18. Limes supremum i limes infimum niza realnih brojeva (xn)ndenirani su s

lim supn

xn = limn

(supmn

xm

)(1.55)

lim infn xn = limn

(infmn

xm

)(1.56)

Primjer: Zadan je nizxn = (1)n n+ 5

n

Uvodimo pomonu oznaku

n = sup

{(1)n n+ 5

n, (1)n+1 n+ 6

n+ 1, (1)n+2 n+ 7

n+ 2, . . .

}Prvo valja uoiti da za sve pozitivne realne brojeve x > y > 0 i svaki p > 0 vrijedi

x+ p

y + p 0. Tada, prema de-niciji limesa, postoji N N, takav da su n B(s, ) za svaki n N . Nadalje,prema deniciji supremuma, svaka okolina toke n sadri lan niza xnk , takav daje nk n. Ovo nam omoguuje odabir podniza unutar okoline B(s, ) induktivnimpostupkom: nakon odabira lana xnk promatramo supremum nk koji nam daje novutoku xnk+1 uz nk+1 nk , i tako dalje. Drugim rijeima, okolina B(s, ) sadri be-skonano mnogo lanova niza (xn)n, pa je s gomilite. Pretpostavimo sada da je gneko proizvoljno gomilite niza (xn)n. Tada znamo kako postoji konvergentan pod-niz xnk kojem je limes toka g. Drugim rijeima, za svaki > 0 postoji N N, takavda za sve nk N vrijedi xnk > g . No, tada je s g . Kako ova nejedna-kost vrijedi za svaki > 0 slijedi da je s g. Tvrdnja za limes inmum dokae seanalogno.

Teorem 1.19. (Cauchy-Hadamard) Radijus konvergencije redaan(z z0)n dan

je izrazom

R =1

lim supn |an|1/n

Dokaz : Moemo bez smanjenja openitosti pretpostaviti da je z0 = 0. elimo dokazatida red apsolutno konvergira za |z| < R, a apsolutno divergira za |z| > R. Neka je t =lim supn |an|1/n i pretpostavimo za poetak da je t 6= 0,. Za svaki > 0 postoji samokonano mnogo brojeva n N za koje vrijedi |an|1/n > t + . Dakle, za sve osim konanomnogo brojeva n N vrijedi

|an| (t+ )nNeka je |z| < r za neki realan broj r > 0. Geometrijski red (t + )nrn konvergira kada jer < 1/(t+ ), pa pomou testa usporedbom slijedi da je red

anz

n apsolutno konvergentankada je |z| < 1/(t+ ). Dakle, za svaki > 0 vrijedi R 1/(t+ ) i stoga je R 1/t.

1t+

1t

1t

Obratno, za svaki > 0 postoji beskonano mnogo brojeva n N takvih da je |an|1/n t > 0, odnosno

|an| (t )n

31 1.6. Nizovi i redovi u C

Neka je |z| > r za neki realan broj r > 0. Geometrijski red (t )nrn divergira kada jer > 1/(t ), pa pomou testa usporedom slijedi da je red anzn apsolutno divergentankada je |z| > 1/(t ). Dakle, za svaki > 0 vrijediR 1/(t ) i stoga jeR 1/t. Iz dvijedobivene premise slijedi tvrdnja, R = 1/t. Analiza sluajeva t = 0 i t = je analogna.

Promotrimo naredne primjere,

a)

n=1

zn

n2, b)

n=1

nzn , c)

n=1

zn

n

Prvo valja uoiti da je limn nn = 1. Naime, kako za svaki n N vrijedi nn 1,

postoji n 0, takav da je nn = 1 + n. Tada, koristei binomni pouak, imamo

n = (1 + n)n = 1 + nn +

(n

2

)2n + . . .

n >

(n

2

)2n 0 n 0 postoji N N, takav daza sve n N vrijedi

|zn| = |sn sn1| < Drugim rijeima limn |zn| = 0. Obratno, ako ovo ne vrijedi, tada je promatraniredk zk nuno divergentan. U naem konkretnom primjeru imamo

limn |nz

n| = limnn 6= 0

pa je rednzn divergentan za sve |z| = 1. Konano, u c) sluaju znamo da je

promatrani red divergentan u z = 1 (kada se svodi na harmonijski red), dok u ostalimtokama jedinine krunice |z| = 1 konvergira (ovo se moe primjerice provjerititzv. Dirichletovim testom).

Denicija 1.20. Neka je (fn)n niz funkcija deniranih na skupu S C. Kaemo nizfunkcija (fn)n

konvergira po tokama k funkciji f : S C ako za svaki > 0 i svaki z Spostoji N(, z) N, takav da za sve n N vrijedi |fn(z) f(z)| < ;konvergira uniformno k funkciji f : S C ako za svaki > 0 postojiN() N, takav da za sve n N i sve z S vrijedi |fn(z) f(z)| < .

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 32

Uniformna konvergencija implicira konvergenciju po tokama, ali obrat openito nevrijedi. Primjer: niz funkcija fn(z) = |z|n na otvorenom disku B(0, 1) tei po to-kama u konstantnu funkciju f(z) = 0. Meutim, za svaki 0, 1 i svaki n Npostoji z0 B(0, 1) za koji vrijedi |fn(z0)f(z0)| (konkretno, to vrijedi za svakiz0

1/n, 1

), pa ovaj niz funkcija ne konvergira uniformno k funkciji f .

Teorem 1.21. (WeierstraovM-test) Neka jefn red funkcija deniranih na sku-

pu S C. Red funkcija fn konvergira apsolutno (po tokama) i uniformno na skupuS ako postoji niz (Mn)n nenegativnih realnih brojeva, takav da je

a)Mn 0 postoji N N, takav da je

n=N+1

Mn <

Odavde slijedi da red funkcijafn konvergira uniformno.

Teorem 1.22. (Abel) Neka redanz

n konvergira za neki z = z0 6= 0. Tada onkonvergira apsolutno za svaki z B(0, |z0|), te konvergira uniformno za svaki z B(0, r) B(0, |z0|), gdje je r < |z0|.

z0

r

33 1.7. Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija

Dokaz : Pretpostavimo da jeanz

n konvergentan za z = z0. Tada je niz parcijalnih suma(pn=1 anz

n0 )p Cauchyjev niz, pa za svaki > 0 postoji N N, takav da za sve p > q N

vrijedi

>

p

n=0

anzn0

qn=0

anzn0

=

pn=q+1

anzn0

Specijalno, za q = p 1 imamo

|apzp0 | < To znai da je niz (|anzn0 |)n omeen, odnosno postoji konstanta K , takva da je |anzn0 | Kza sve n N0.

Apsolutna konvergencija: za sve z B(0, |z0|) imamon=0

|anzn| =n=0

|anzn0 | |z|n

|z0|n Kn=0

|z|n|z0|n 0 postoji > 0, takav da za svaki z B(z0, ) Svrijedi f(z) B(f(z0), ) ili, krae pisano,

f(B(z0, ) S) B(f(z0), )

Nadalje, kaemo da je funkcija f neprekidna ako je neprekidna u svim tokama svojedomene.

Na primjer, f(z) = z, g(z) = z i h(z) = |z| su neprekidne funkcije. Za svaki > 0 moemo jednostavno odabrati = : |z z0| < povlai

|f(z) f(z0)| = |z z0| <

|g(z) g(z0)| = |z z0 | = |(z z0)| = |z z0| < |h(z) h(z0)| = ||z| |z0|| |z z0| <

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 34

Teorem 1.24. Neka su f i g neprekidne kompleksne funkcije. Tada je neprekidan injihov zbroj f + g, razlika f g, produkt fg, te kompozicija f g. Nadalje, u svimtokama gdje je g(z) 6= 0 i njihov omjer f/g je neprekidna funkcija.

Teorem 1.25. Neka je S C i (fn)n niz neprekidnih funkcija deniranih na S kojeuniformno konvergiraju k funkciji f : S C. Tada je f neprekidna funkcija.

Dokaz : Po pretpostavkama teorema, za svaki > 0 postoji > 0 i N N, takav da za sven N i z B(z0, ) vrijedi

|f(z) f(z0)| |f(z) fn(z)|+ |fn(z) fn(z0)|+ |fn(z0) f(z0)| 0 realan broj, takav da je |z0| + s < r, odnosno B(z0, s) B(0, r). Koristit emo rastav

z = z0 + (z z0) , zn =(z0 + (z z0)

)nTada je

f(z) =

n=0

anzn =

n=0

an

(nk=0

(n

k

)znk0 (z z0)k

)Sada bismo htjeli promjeniti poredak sumacije, ali se prvo moramo uvjeriti da je gore napisanred apsolutno konvergentan. Ako je |zz0| < s, tada vrijedi i |z0|+ |zz0| < rs+s = r,a po pretpostavci je red

|an| |w|n konvergentan za sve |w| < r. To znai da je redn=0

|an|(|z0|+ |z z0|)n =

n=0

|an|(

nk=0

(n

k

)|z0|nk|z z0|k

)konvergentan i stoga moemo promjeniti poredak sumiranja. Konano imamo

f(z) =k=0

( n=k

an

(n

k

)znk0

)(z z0)k

i znamo da je ovaj red apsolutno konvergentan, to smo i htjeli pokazati.

Komentar 1.29. Koristei translaciju z 7 z + w prethodni teorem odmah moemoproiriti na otvorene diskove sa sreditem u proizvoljnom kompleksnom brojuw C.

Teorem 1.30. Neka je S C neki podskup kompleksnih brojeva i f, g : S Canalitike funkcije. Tada su i f+g, te fg analitike funkcije na skupu S. Nadalje, omjerf/g je analitika funkcija na svakom otvorenom skupu O S, gdje je g(z) 6= 0 za svez O. Konano, ako su g : U V i f : V C analitike funkcije, tada je i njihovakompozicija f g analitika funkcija.

Denicija 1.31. Neka je C otvoren skup i f : C zadana kompleksnafunkcija. Kaemo da je f derivabilna u toki z0 ako postoji limes

f (z0) df(z)dz

z=z0

limw0

f(z0 + w) f(z0)w

U tom sluaju taj limes zovemo derivacija funkcije f u toki z0. Ako toka z0 imaokolinu Oz0 , takvu da je f derivabila u svakoj toki z Oz0 , tada kaemo da jef holomorfna u toki z0. Ako je funkcija f holomorfna na cijeloj domeni , tadapiemo f H (). Ako je funkcija f : C C holomorna na cijelom skupu C, tadakaemo da je ona cijela funkcija (engl. entire function).

Na primjer, f(z) = z je cijela funkcija (jedina kojoj je restrikcija na realnim brojevimaidentitet f(x) = x). S druge strane, f(z) = Re(z) nigdje nije derivabilna. Naime,usporedimo li limes du realne osi s limesom du imaginarne osi imamo

lim0

f(z + ) f(z)

= lim0

(x+ ) x

= 1

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 36

lim0

f(z + i) f(z)i

= lim0

x xi

= 0

pa derivacija uope nije dobro denirana. Poueni ovim primjerom izvest emo prak-tian test u obliku nunog (ali ne i dovoljnog!) uvjeta koji moraju zadovoljavati holo-morfne funkcije.

Teorem 1.32. (Cauchy-Riemann) Neka je C otvoren skup, te f = u + iv : C kompleksna funkcija derivabilna u toki z . Tada funkcija f u toki znuno zadovoljava tzv. Cauchy-Riemannove uvjete (skraeno, C-R uvjete),

u

x=v

y,

u

y= v

x. (1.58)

Ako je f holomorfna na otvorenom skupu O , tada su C-R uvjeti ispunjeni u svimtokama skupa O.

Dokaz : Po deniciji,

f (z) = limw0

f(z + w) f(z)w

Prvo emo gledati derivaciju du realne osi (w = R), a onda du imaginarne osi (w = i),

f (z) = lim0

f(z + ) f(z)

=

= lim0

u(x+ , y) u(x, y) + i (v(x+ , y) v(x, y))

=u

x+ i

v

x

f (z) = lim0

f(z + i) f(z)i

=

= lim0

u(x, y + ) u(x, y) + i(v(x, y + ) v(x, y))i

= i uy

+v

y

Kako bi ova dva rezultata bili konzistentni, realni i imaginarni dijelovi moraju biti jednaki, tonam upravo daje Cauchy-Riemannove uvjete.

Promotrimo primjer funkcije g(z) = |z|,

u(x, y) =x2 + y2 , v(x, y) = 0

u

x=

xx2 + y2

,u

y=

yx2 + y2

,v

x=v

y= 0

Vidimo da funkcija |z| ne zadovoljava C-R uvjete u niti jednoj toki z 6= 0. Specijalno,promotrimo li derivaciju u toki z = 0 pomou limesa du realne i imaginarne osi,

lim0

g(0 + ) g(0)

= lim0

= 1

lim0

g(0 + i) g(0)i

= lim0

i= i

vidimo da ona niti tamo nije dobro denirana, pa funkcija |z| nigdje nije derivabilna,a stoga niti holomorfna.

37 1.7. Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija

Komentar 1.33. Prisjetimo se, meu realnim funkcijama postoje primjeri neprekid-nih funkcija koje nigdje nisu derivabilne, poput primjerice Weierstraove funkcije.Meutim, ovo su u pravilu egzotini, paljivo konstruirani primjeri. S druge strane,kod kompleksnih funkcija na analogne sluajeve, neprekidnih i nigdje derivabilnihfunkcija, nalazimo ve meu elementarnim primjerima, poput Re(z) i |z|. To namna jo jedan nain sugerira kako je derivabilnost kompleksnih funkcija daleko jaesvojstvo nego li je to bila derivabilnost kod realnih funkcija.

Komentar 1.34. Odmah vidimo da su realni i imaginarni dijelovi holomorfne funk-cije tzv. harmonike funkcije,

2xu+ 2yu = xyv yxv = 0 , 2xv + 2yv = xyu+ yxu = 0

Ovdje uoavamo vezu s dvodimenzionalnom elektrostatikom: elektrini skalarni po-tencijal u je u vakuumu zadan diferencijalnom jednadbom 2u = 0. To znai dasvaka holomorfna funkcija u svom realnom i imaginarnom dijelu sadri rjeenja dvo-dimenzionalnog elektrostatikog problema.

Komentar 1.35. Iz C-R uvjeta je mogue iitati jo jedan zakljuak. Naime, pro-matramo li realni i imaginarni dio kompleksne varijable z kao funkcije varijabli z iz,

x =z + z

2, y =

z z2i

,

tada moemo pisati

f

z=f

x

x

z+f

y

y

z=

1

2

(f

x+ i

f

y

)=

=xu+ ixv + iyu yv

2

Ako je f holomorfna funkcija, tada iz C-R uvjeta izlazi kako je desna strana jednakostinula, odnosno f/z = 0 na nekom otvorenom skupu. U obratnom sluaju, zafunkciju f koja zadovoljava f/z = 0 na nekom otvorenom skupu, ponekad sekoristi fraza antiholomorfna funkcija.

Sada se pitamo vrijedi li obrat Cauchy-Riemannovog teorema, odnosno, da li jeispunjavanje C-R uvjeta dovoljno kako bi funkcija f bila holomorfna? Odgovor jenegativan, ali se moe popraviti uz neke dodatne uvjete. Na primjer, imamo naredniteorem.

Teorem 1.36. Neka je R2 otvoren skup, te u, v : R funkcije koje su deri-vabilne (kao realne funkcije dvije varijable) u toki (x0, y0) , te koje zadovoljavajuC-R uvjete u toj toki. Tada je kompleksna funkcija f = u + iv derivabilna u tokiz0 = x0 + iy0.

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 38

Dokaz : Pretpostavka o derivabilnosti funkcija u i v znai da postoje brojevi a, b, c, d R,takvi da je

lim(x,y)(x0,y0)

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

= 0

lim(x,y)(x0,y0)

v(x, y) v(x0, y0) c(x x0) d(y y0)(x x0)2 + (y y0)2

= 0

No, primjetimo da su

a = xu(x0, y0) , b = yu(x0, y0) , c = xv(x0, y0) , d = yv(x0, y0) .

To znai da C-R uvjeti povlae da je c = b te d = a. To znai da jef(z) f(z0) (a ib)(z z0) =

= u(x, y) u(x0, y0) a(x x0) b(y y0)++i(v(x, y) v(x0, y0) c(x x0) d(y y0)

)=

Pa je stoga

limzz0

f(z) f(z0)z z0 (a ib) = 0

Postoje i snaniji rezultati, u smislu da koriste manje pretpostavki, poput nared-nog teorema.

Teorem 1.37. (Looman-Mencho) Ako je C otvoren skup, te f = u + iv : C funkcija takva da vrijedi

a) f je neprekidna na ,

b) parcijalne derivacije ux, uy , vx i vy su denirane na cijelom , te

c) u i v zadovoljavaju C-R jednadbe na ,

tada je f H ().

Na prvi pogled (naivno) izgleda kao da bi uvjet b) u obratu trebao povlaiti uvjet a).Da li je funkcija f : S R2 R koja u svim tokama domene S ima deniraneparcijalne derivacije xf(x, y) i yf(x, y), nuno neprekidna? Ne! Protuprimjer, f :R2 R

f(x, y) =

{ 2xyx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)

0 , (x, y) = (0, 0)

Naime, i u jednoj potencijalno problematinoj toki imamo

xf(0, 0) = lim0

f(0 + , 0) f(0, 0)

= lim0

0

= 0

yf(0, 0) = lim0

f(0, 0 + ) f(0, 0)

= lim0

0

= 0

ali f(t, t) = 1 za svaki t 6= 0, a f(0, 0) = 0, pa ova funkcija nije neprekidna u toki(x, y) = (0, 0)!

Sada emo dokazati pomalo oekivanu vezu analitike funkcije su nuno holo-morfne.

39 1.7. Neprekidnost i derivabilnost kompleksnih funkcija

Teorem 1.38. Ako red potencija f(z) =anz

n ima radijus konvergencije R, tada

a) rednanz

n1 ima isti radijus konvergencije,

b) funkcija f je holomorfna na otvorenom disku B(0, R), te vrijedi

f (z) =n=1

nanzn1

Drugim rijeima, analitike kompleksne funkcije su nuno i holomorfne.

Dokaz : a) Radijus konvergencije R redaanz

n dan je prema Cauchy-Hadamardovomteoremu s

lim supn

|an|1/n = 1R.

Vrijedilim supn

|nan|1/n = lim supn

n1/n|an|1/n

Kako je limn n1/n = 1, nizovi (|nan|1/n)n i (|an|1/n)n imaju isti limes supremum, paredovi

anz

n inanz

n imaju isti radijus konvergencije, a znamo da su redovinanz

n1

inanz

n apsolutno konvergentni za iste vrijednosti argumenta z, ime je dokazan prvi diotvrdnje.

b) Neka je |z| < R i > 0, takav da vrijedi B(z, ) B(0, R). Promotrimo kompleksanbroj w B(0, ), odnosno |w| < .

z

z + w

R

Vrijedi

f(z + w) =

an(z + w)n =

an(zn + nwzn1 + w2Pn2(z, w)

)gdje je Pn2(z, w) polinom

Pn2(z, w) =nk=2

(n

k

)wk2znk

Koristei |w| < i nejednakost trokuta,

|Pn2(z, w)| nk=2

(n

k

)k2|z|nk = Pn2(|z|, )

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 40

Nadalje,f(z + w) f(z)

nwanz

n1 = w2

anPn2(z, w)

Na lijevoj strani jednakosti imamo tri apsolutno konvergentna reda (jer su z, z+w B(0, R),a za red

nanz

n1 smo u prvom dijelu teorema dokazali da ima isti radijus konvergencije)pa je i desna strana apsolutno konvergentan red. Djeljenjem obje strane s w 6= 0 dobivamo

f(z + w) f(z)w

nanzn1 = w

anPn2(z, w)

Za sve |w| < vrijedi (nejednakosti vrijede za parcijalne sume, a kako su dotini nizovi ko-nvergentni, vrijede i za njihove limese) anPn2(z, w) |an||Pn2(z, w)| |an|Pn2(|z|, )pri emu je

|an|Pn2(|z|, ) = f(|z|+ ) f(|z|)

nan|z|n1

dobro deniran izraz jer je |z|+ < R. Nadalje,w anPn2(z, w) |w| |an|Pn2(|z|, )Dakle, kako w 0, desna strana ide u nulu, a onda i lijeva,

limw0

w anPn2(z, w) = 0Time smo dokazali da je funkcija f derivabilna (i stoga holomorfna) na otvorenom skupuB(0, R), te je njena derivacija dana deriviranjem lan po lan u sumi.

Odavde vidimo da je

f (z) = a1 + 2a2z + 3a3z2 + . . .

f (z) = 2a2 + 6a3z + 12a4z2 + . . .

i openitof (k)(z) = k! ak + gk(z) ,

gdje je gk(z) red potencija bez konstantnog lana. Imamo, dakle

an =f (n)(0)

n!, f(z) =

n=0

f (n)(0)

n!zn (1.59)

i openito, za razvoj oko toke z0,

f(z) =

n=0

f (n)(z0)

n!(z z0)n (1.60)

Time smo izveli kompleksnu verziju Taylorovog razvoja.

41 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

1.8 Integracija kompleksnih funkcija

Denicija 1.39. Neka je [a, b] R i k N0 ili k =. Za preslikavanje f : [a, b]C kaemo da je po dijelovima klase Ck ako je klase Ck u svim osim u konanomnogo toaka intervala [a, b].

Denicija 1.40. Neka je [a, b] R. Put je neprekidno preslikavanje : [a, b] Ckojem su realni i imaginarni dijelovi po dijelovima klase C1. Varijablu funkcije zovemo parametar puta. Slika ovog preslikavanja, ([a, b]), je krivulja u kompleksnojravnini. Za put kaemo da je zatvoren put ako vrijedi (a) = (b).

Denicija 1.41. Jordanova ili jednostavna zatvorena krivulja je slika nepre-kidne injekcije : S1 C, odnosno : [0, 2pi C.

Komentar 1.42. Ponekad emo zloupotrebljavati istu oznaku za put (preslikavanje) : [a, b] C i krivulju (sliku tog preslikavanja) ([a, b]).

Primjeri:(t) = z1 + (z2 z1)t , t [0, 1](t) = s+Reit , t [0, 2pi]

z1

z2

s

Denicija 1.43. Neka je [a, b] R i F : [a, b] C neprekidna funkcija, te F (t) =u(t) + iv(t). Tada deniramo integral

F (t) dt u(t) dt+ i

v(t) dt

Denicija 1.44. Neka je C otvoren skup i : [a, b] put koji je klase C1na cijelom intervalu [a, b]. Integral neprekidne kompleksne funkcije f : C jedeniran narednim izrazom

f(z) dz ba

f((t)) (t) dt (1.61)

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 42

gdje je(t) = (Re((t))) + i(Im((t)))

Openitije, ako je : [a, b] put koji je klase C1 na konano mnogo podintervala[tj , tj+1] [a, b], tada deniramo integral

f(z) dz j

tj+1tj

f((t)) (t) dt (1.62)

Komentar 1.45. Ovdje na elegantan nain izbjegavamo ponovno uvoenje integralapreko gornjih i donjih suma, jer je to ve skriveno u denicji realnih integrala.Umjesto toga formalnom supstitucijom z = (t), odnosno dz = (t) dt motiviramosvoenje integracije kompleksne funkcije po putu u kompleksnoj ravnini na integra-ciju kompleksne funkcije po realnom intervalu, prirodno rastavljene na dva realnaintegrala prema gornjoj deniciji.

Teorem 1.46. Denicija integracije je neovisna o reparametrizaciji puta po kojem seintegrira.

Dokaz : Neka je s : [a, b] [c, d] funkcija klase C1, takva da je s(a) = c i s(b) = d, te : [c, d] C put klase C1 na cijelom intervalu [c, d]. Tada je (t) = (s(t)) put, po kojemintegracija glasi

f(z) dz =

ba

f((t)) (t) dt = ba

f((s(t)))(s(t))s(t) dt =

=

dc

f((s))(s) ds =

f(z) dz

Komentar 1.47. Kada imamo integraciju po zatvorenom putu, tada obino koristimoposebnu oznaku (integral s kruiem) kako bismo to dodatno naglasili,

f(z) dz

Ponekad emo koristiti posebnu oznaku za put koji ide u obratnom smjeru, :[a, b] C,

()(t) (a+ b t)Lako se provjeri da integracija po putu samo mijenja predznak rezultata,

f(z) dz =

ba

f(()(t))()(t) dt =

=

ba

f((a+ b t)) d(a+ b t)dt

dt

43 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

Upotrebom supstitucije s = a+ b t imamod(a+ b t)

dt=d(s)

ds

ds

dt= d(s)

ds

f(z) dz =

ab

f((s))(1 (s))(ds) =

= ba

f((s))(s) ds =

f(z) dz

Ono to je nespretno kod ovakve oznake jest mogua zamjena funkcije s funkci-jom pomnoenom s brojem1, to smo gore pokuali izbjei dodatnom upotrebomzagrada. Nije se teko domisliti alternativnim i vjerojatno manje zbunjujuim ozna-kama, poput , ali takve naalost openito nisu u upotrebi kroz literaturu.

Promotrimo jednostavan primjer integracije po tri razliita puta s istom poetnom(z1 = 1) i zavrnom tokom (z2 = i),

dz

z

1

2

3

z1

z2

put 11(t) = 1 t+ it = 1 + (1 + i)t , t [0, 1] , 1(t) = 1 + i

f(1(t)) =1

(1 t) + it =(1 t) it(1 t)2 + t2 =

1 t2t2 2t+ 1

t

2t2 2t+ 1 i1

dz

z=

10

(1 + i)((1 t) it)2t2 2t+ 1 dt

Tablini integrali za P (x) = ax2 + bx+ c, uz pokratu = 4ac b2 > 0,

I1 =

dx

P (x)=

2

arctg2ax+ b

+ C

I2 =

x dx

P (x)=

1

2a

(ln(P (x)) bI1

)+ C

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 44

Mi imamo 10

dt

2t2 2t+ 1 = arctg (2t 1)10

=pi

2 10

t dt

2t2 2t+ 1 =1

4

(ln(2t2 2t+ 1)

10

+ 2pi

2

)=pi

41

dz

z= (1 + i)

(pi

2 pi

4 pii

4

)=pii

2

put 22(t) = e

it , t [0, pi/2] , 2(t) = ieit2

dz

z=

pi/20

ieit dt

eit= i

pi/20

dt =pii

2

Rezultat se slae s integracijom po putu 1!

put 3

3(t) = ei( 5pi2 t) = ieit , t [pi/2, 2pi] , 3(t) = eit

3

dz

z=

2pipi2

eit dtieit

= i 2pipi2

dt = 3pii2

Rezultat se ne slae s integracijom po putevima 1 i 2! Zato? Prvo primjetimo dapodintegralna funkcija f divergira u toki z0 = 0. Nadalje, putevi 1 i 2 omeujuskup u kompleksnoj ravnini koji ne sadri toku z0, dok skupovi koje omeuju 1 i 3,odnosno 2 i 3 sadre toku z0. Ovaj fenomen emo sada detaljnije prouiti. Prvoemo dokazati nekoliko pomonih rezultata.

Lema 1.48. Neka je K Rm kompaktan skup i f : K Rn neprekidna funkcija.Tada je slika f(K) Rn takoer kompaktan skup.

Dokaz : Promotrimo niz toaka (bn)n u skupu f(K). Svaka toka ovog niza je oblika bn =f(an) za neki an K . Skup K je po pretpostavci kompaktan, pa niz (an)n ima gomiliteg K . Tvrdimo da je f(g) f(K) gomilite niza (bn)n. Kako je f neprekidna funkcija, zasvaku otvorenu kuglu B(f(g), ) postoji > 0, takav da je f(B(g, ) K) B(f(g), ).Toka g je gomilite niza (an)n, pa svaka otvorena kugla B(g, ) sadri beskonano mnogonjegovih lanova. Stoga i skup f(B(g, ) K), a onda i otvorena kugla B(f(g), ) sadribeskonano mnogo lanova niza (bn)n. Time smo dokazali da je f(K) kompaktan skup.

Lema 1.49. Neka je K Rm kompaktan skup i f : K R neprekidna funkcija.Tada postoje zmax, zmin K , na kojima funkcija f poprima maksimalnu i minimalnuvrijednost, odnosno f(zmin) f(z) f(zmax) za sve z K .

Dokaz : Prema prethodnoj lemi znamo da je f(K) R kompaktan skup, a onda premaHeine-Borelovom teoremu omeen i zatvoren skup. Neka je s R supremum skupa f(K).Kako je f(K) zatvoren skup, nije mogue s R f(K) jer bi u tom sluaju postojao otvoreninterval s , s+ disjunktan sa skupom f(K), a time i gornje mee skupa f(K) manje

45 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

od s. Dakle, s f(K), odakle slijedi da postoji zmax K sa svojstvom iz teorema. Postojanjetoke zmin se dokae analogno.

Odmah valja uoiti kako su obje leme dirketno primjenjive i na sluaj kada jeK kom-paktan skup u C (koriteni su samo otvoreni skupovi, a ne i algebarska svojstva bro-jeva u dotinim skupovima).

Lema 1.50. Neka je C otvoren skup, : [a, b] C po dijelovima C1 put, af : C neprekidna funkcija. Tada vrijedi

f(z) dz

`() maxz |f(z)| (1.63)gdje je `() duljina krivulje .

Dokaz : Pretpostavimo prvo da je put klaseC1 na cijelom intervalu [a, b]. Uvedimo pokratu

w

f(z) dz

Ako je w = 0 tada tvrdnja trivijalno vrijedi, pa pretpostavimo w 6= 0. Tada vrijedi

|w|2 = w

f(z) dz = Re

(w

f(z) dz

)= Re

(

wf(z) dz)

=

= Re

( ba

wf((t))(t) dt)

=

ba

Re(wf((t))(t)

)dt

ba

wf((t))(t) dt = |w| ba

f((t))(t) dtDijeljenjem s |w| dobivamo

f(z) dz

ba

f((t))(t) dt ( maxt[a,b]

|f((t))|) b

a

|(t)| dt

U zadnjem koraku smo iskoristili injenicu da je interval [a, b] kompaktan podskup realnihbrojeva, pa negdje na njemu neprekidna funkcija |f((t))| nuno poprima maksimalnu vrijed-nost. Valja napomenuti kako izraz za maksimalnu vrijednost mogli napisati i u neto drugaijemobliku,

maxt[a,b]

|f((t))| = maxz|f(z)|

pri emu zakljuak o postojanju takve maksimalne vrijednosti ostaje nepromjenjen jer je slikaputa ([a, b]) opet kompaktan skup (u kompleksnoj ravnini). Primjetimo sada da je duljinakrivulje dana izrazom

`() =

d` =

dx2 + dy2

Kako su dx(t) = x(t) dt i dy(t) = y(t) dt, imamo

`() =

ba

x(t)2 + y(t)2 dt =

ba

|(t)| dt

odakle slijedi tvrdnja. Rezultat se jednostavno poopi za put koji je po dijelovima klase C1,razlamanjem integrala u regularne dijelove puta

f(z) dz

=j

j

f(z) dz

j

j

f(z) dz

Poglavlje 1. Kompleksna analiza 46

j

`(j) maxzj|f(z)|

(j

`(j)

)maxz|f(z)| = `() max

z|f(z)|

Lema 1.51. Neka je C otvoren skup, f : C neprekidna funkcija, te neka jeF H () primitivna funkcija funkcije f , odnosno F (z) = f(z). Ako su p, q i : [a, b] po dijelovima C1 put, takav da je (a) = p i (b) = q, tada vrijedi

f(z) dz = F (q) F (p) (1.64)

Specijalno, ako je p = q, tada je zatvoren put i vrijedi

f(z) dz = 0

Dokaz : Pretpostavimo prvo da je put klase C1 na cijelom intervalu [a, b]. Koristei pret-postavke iz teorema imamo

f(z) dz =

ba

F ((t))(t) dt = ba

d

dtF ((t)) dt =

= F ((b)) F ((a)) = F (q) F (p)Openito, ako je put klase C1 na podintervalima

[t0 = a, t1] , [t1, t2] , . . . , [tN1, tN = b]

za neki N N, tada koritenjem prethodnog zakljuka i rastavom integracije na dijelove,moemo jednostavno moemo poopiti rezultat,

f(z) dz =

N1j=0

tj+1tj

F ((t))(t) dt =N1j=0

F ((tj+1)) F ((tj)) = F (q) F (p)

Komentar 1.52. Primjetimo da prethodni teorem tvrdi kako je integral ne ovisi oputu sve dok on prolazi kroz skup i ima neizmjenjene poetnu i zavrnu toku.

Uzmimo na primjer funkcije fn(z) = zn za n Z {1}. Njihove primitivnefunkcije su Fn(z) = zn+1/(n+ 1). Tada za zatvoren put (koji za n < 0 ne prolazikroz ishodite kompleksne ravnine) vrijedi

zn dz = 0 (1.65)

Lema 1.53. (Goursat) Neka je C otvoren skup, T trokut i f H (). Tadaza rub trokuta C = T vrijedi

C

f(z) dz = 0

47 1.8. Integracija kompleksnih funkcija

Dokaz :

Ako spajanjem polovita stranica poetni trokut rastavimo na 4 manja trok