ODABRANA POGLAVLJA TEORIJE ANALITICKIH …hrk/nastava/2010-11/an...ODABRANA POGLAVLJA TEORIJE ANALITICKIH FUNKCIJAˇ Prof. dr. sc. Hrvoje Kraljevi´c Predavanja odrˇzana na PMF−Matematiˇckom

ODABRANA POGLAVLJA TEORIJEANALITICKIH FUNKCIJA

Prof. dr. sc. Hrvoje Kraljevic

Predavanja odrzana na PMF−Matematickom odjelu Sveucilista u Zagrebu

u zimskom semestru akademske godine 2010./2011.

Zagreb, 2010.

2

SADRZAJ 3

Sadrzaj

1 Holomorfne funkcije 5

2 Izolirani singulariteti 15

3 Neka globalna svojstva podrucja 21

4 Kompaktnost skupova holorfnih funkcija 27

5 Meromorfne funkcije 35

6 Grupa automorfizama podrucju 49

7 Riemannov teorem 55

8 Aproksimacija pomocu racionalnih funkcija 59

9 Cijele funkcije 65

9.1 Beskonacni produkti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

9.2 Faktorizacija cijele funkcije u beskonacni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

9.3 Algebarska struktura skupa meromorfnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

9.4 Jensenova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

9.5 Cijele funkcije konacnog genusa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

9.6 Cijele funkcije konacnog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

9.7 Red cijele funkcije s konacno mnogo nultocaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

9.8 Red kanonskog produkta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

9.9 Hadamardov teorem o faktorizaciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

9.10 Primjeri: trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

10 Eulerova gama funkcija 107

10.1 Definicija gama funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

10.2 Nepravi integrali ovisni o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

10.3 Podrucje konvergencije Eulerovog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

10.4 Prosirenje gama funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

10.5 Produktna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

10.6 Beta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

10.7 Gama funkcija kao beskonacni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

10.8 Logaritamska konveksnost gama funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4 SADRZAJ

11 Riemannova zeta funkcija 12911.1 Veza izmedu zeta funkcije i gama funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13111.2 Holomorfno produljenje i funkcionalna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

Poglavlje 1

Holomorfne funkcije

Za a ∈ C i r > 0 upotrebljavat cemo oznake

K(a, r) = z ∈ C; |z − a| < r, K(a, r) = z ∈ C; |z − a| ≤ r,

K∗(a, r) = z ∈ C; 0 < |z − a| < r, S(a, r) = z ∈ C; |z − a| = r.

Ti se skupovi redom zovu otvoren krug, zatvoren krug, punktirani krug i kruznica sasredistem u tocki a i radijusom r.

Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je zadana funkcija f : Ω → C. Ako za tocku z0 ∈ Ω postoji

limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0

onda kazemo da je funkcija f derivabilna u tocki z0. U tom slucaju taj limes oznacavamo saf ′(z0) i zovemo derivacija funkcije f u tocki z0. Ako je funkcija f derivabilna u svakoj tockiz0 ∈ Ω kazemo da je funkcija f holomorfna na Ω. Tada se funkcija f ′ : Ω → C zove derivacijafunkcije f.

Za otvoren skup Ω ⊆ C skup svih holomorfnih funkcija na Ω oznacavat cemo sa H(Ω). Uzoperacije po tockama H(Ω) je komutativna asocijativna unitalna algebra nad poljem C i vrijedi

(f + g)′ = f ′ + g′, (λf)′ = λf ′, (fg)′ = f ′g + fg′, f, g ∈ H(Ω), λ ∈ C.

Ako su f ∈ H(Ω) i g ∈ H(Ω1), pri cemu je Ω1 ⊆ C otvoren skup takav da je f(Ω) ⊆ Ω1, tada jeh = g f ∈ H(Ω) i vrijedi

h′(z) = g′(f(z))f ′(z), z ∈ Ω.

Ako je f ∈ H(Ω) takva da je f(z) 6= 0 ∀z ∈ Ω tada je1

f∈ H(Ω) i

(1

f

)′

(z) = − f ′(z)

f(z)2, z ∈ Ω.

Uz identifikaciju C = R2, x + iy = (x, y), x, y ∈ R, funkciju f : Ω → C mozemo shvacati kaopreslikavanje sa Ω ⊆ R2 u R2, odnosno, kao ureden par funkcija (u, v) dvije realne varijable:

f(z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy ∈ Ω.

Kao i obicno pisemo u = Re u i v = Im f. Derivabilnost funkcije f : Ω → C u tocki z0 = x0 + iy0

moze se iskazati pomocu svojstava dviju funkcija u i v. U tu svrhu, podsjetimo se da za otvoren

5

6 POGLAVLJE 1. HOLOMORFNE FUNKCIJE

skup Ω ⊆ R2 i za realnu funkciju w : Ω → R dviju realnih varijabli kazemo da je diferencijabilnau tocki (x0, y0) ∈ Ω ako postoje A,B ∈ R takvi da vrijedi

lim(x,y)→(x0,y0)

w(x, y) − w(x0, y0) − A(x− x0) − B(y − y0)√(x− x0)2 − (y − y0)2

= 0.

Tada se brojevi A i B zovu parcijalne derivacije funkcije w u tocki (x0, y0) i pisemo

A =∂w

∂x(x0, y0), B =

∂w

∂y(x0, y0).

Teorem 1.1. Neka je Ω ⊆ C = R2 otvoren skup, f : Ω → C, i u = Re f i v = Im f pripadnedvije funkcije dviju realnih varijabli. Za z0 = x0 + iy0 ∈ Ω, x0, y0 ∈ R, sljedeca su dva svojstvamedusobno ekvivalentna:

(a) Funkcija f derivabilna je u tocki z0.

(b) Funkcije u i v diferencijabilne su u tocki (x0, y0) i vrijede tzv. Cauchy−Riemannovejednadzbe:

∂u

∂x(x0, y0) =

∂v

∂y(x0, y0),

∂u

∂y(x0, y0) = −∂v

∂x(x0, y0).

Nadalje, tada je

f ′(z0) =∂u

∂x(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0) =

∂v

∂y(x0, y0) − i

∂u

∂y(x0, y0) =

=∂u

∂x(x0, y0) − i

∂u

∂y(x0, y0) =

∂v

∂y(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0).

Teorem 1.2. Neka je (cn)n∈Z+ niz u C i stavimo

R =1

lim supn→∞ |cn|1/n.

(a) Za a ∈ C i z ∈ K(a, R) red∞∑

n=0

cn(z − a)n

konvergira apsolutno. Taj red i red apsolutnih vrijednosti konvergiraju uniformno na K(a, r)za svaki r < R.

(b) Za a ∈ C i z ∈ C \K(a, R) red u (a) ne konvergira u C.

(c) Ako definiramo funkciju f : K(a, R) → C kao sumu reda u (a) tada je f ∈ H(K(a, R)) ivrijedi

f ′(z) =∞∑

n=1

ncn(z − a)n−1, z ∈ K(a, R).

(d) Za funkciju f iz (c) vrijedi f ′ ∈ H(K(a, R)) i induktivno f (k) =(f (k−1)

)′ ∈ H(K(a, R)).Nadalje,

f (k)(z) =∞∑

n=k

n!

(n− k)!cn(z − a)n−k, k ∈ N, z ∈ K(a, R).

7

Teorem 1.3. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i f ∈ H(Ω).

(a) Vrijedi f ′ ∈ H(Ω) i induktivno f (n) =(f (n−1)

)′ ∈ H(Ω), ∀n ∈ N.

(b) Neka su a ∈ Ω i r > 0 takvi da je K(a, r) ⊆ Ω. Stavimo

c0 = f(a), c1 = f ′(a), cn =1

n!f (n)(a), n ≥ 2.

Tada je

r ≤ 1

lim supn→∞ |cn|1/n

i vrijedi

f(z) =

∞∑

n=0

cn(z − a)n ∀z ∈ K(a, r).

Teorem 1.4. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i f : Ω → C neprekidna funkcija. Pretpostavimo da jea ∈ Ω i da je funkcija f holomorfna na skupu Ω \ a. Tada je f ∈ H(Ω).

Krivulja u otvorenom skupu Ω ⊆ C je neprekidno preslikavanje γ : [a, b] → Ω pri cemu je−∞ < a < b < +∞. Skup γ∗ = γ(t); a ≤ t ≤ b zove se trag krivulje γ. γ(a) je pocetak, aγ(b) svrsetak krivulje γ. Krivulja γ je zatvorena ako je γ(a) = γ(b). Put u Ω je po dijelovimaneprekidno diferencijabilna krivulja u Ω. Dakle, put u Ω je krivulja γ : [a, b] → Ω takva da postojet0 = a < t1 < t2 < · · · < tn = b takvi da je restrikcija γ|[tj−1, tj] neprekidno diferencijabilnafunkcija za j = 1, 2, . . . , n; u tockama t1, . . . , tn−1 lijeva i desna derivacija od γ postoje, ali se nemoraju podudarati. Petlja je zatvorena krivulja koja je put.

Za svaki podskup S ⊆ C sa C(S) cemo oznacavati skup svih neprekidnih funkcija sa S u C.C(S) je kompleksan vektorski prostor. Ako je skup S kompaktan, sa

‖f‖S = max |f(s)|; s ∈ S

je zadana norma na prostoru C(S).Neka je γ : [a, b] → C put i f ∈ C(γ∗). Definiramo

∫

γ

f(z)dz =

∫ b

a

f(γ(t))γ′(t)dt.

Nadalje, definiramo duljinu puta γ sa

`(γ) =

∫ b

a

|γ′(t)|dt.

Zadatak 1.1. Neka je γ : [a, b] → C put i ϕ : [c, d] → [a, b] neprekidno diferencijabilna monotonorastuca bijekcija. Stavimo γ1 = γ ϕ. Dokazite da je

γ∗1 = γ∗, `(γ1) = `(γ),

∫

γ1

f(z)dz =

∫

γ

f(z)dz ∀f ∈ C(γ∗).

Zadatak 1.2. Neka je γ : [a, b] → C put i f ∈ C(γ∗). Dokazite da je

∣∣∣∣∫

γ

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ `(γ)‖f‖γ∗.


Neka je ∆ trokut u C, tj. najmanji konveksan skup koji sadrzi zadane tri nekolinearne tockeu C. Tada cemo sa ∂∆ oznacavati pozitivno orijentirani rub trokuta ∆.

Teorem 1.5. (Cauchyjev i Morerin teorem) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i f ∈ C(Ω). Funkcijaf je holomorfna na Ω ako i samo ako za svaki zatvoren trokut ∆ ⊆ Ω vrijedi

∫

∂∆

f(z)dz = 0.

Zadatak 1.3. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka su f i fn, n ∈ N, funkcije sa Ω u C. Dokaziteda su sljedeca tri svojstva medusobno ekvivalentna:

(a) Za svaki kompaktan skup K ⊆ Ω niz restrikcija (fn|K)n∈N konvergira uniformno premarestrikciji f |K.

(b) Ako su a ∈ Ω i r > 0 takvi da je K(a, r) ⊆ Ω tada niz restrikcija (fn|K(a, r))n∈N konvergirauniformno prema restrikciji f |K(a, r).

(c) Za svaku tocku a ∈ Ω postoji r > 0 takav da je K(a, r) ⊆ Ω i da niz restrikcija (fn|K(a, r))n∈Nkonvergira uniformno prema restrikciji f |K(a, r).

U situaciji iz zadatka 1.3. reci cemo da niz funkcija (fn) konvergira lokalno uniformno naΩ prema funkciji f. Ako su sve funkcije fn, n ∈ N, neprekidne na Ω, tada iz svojstva (c) lakoslijedi da je i funkcija f neprekidna na Ω.

Teorem 1.6. (Weierstrass) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je (fn)n∈N niz u H(Ω) kojina Ω lokalno uniformno konvergira prema funkciji f : Ω → C. Tada je f ∈ H(Ω). Nadalje, nizderivacija (f ′

n)n∈N konvergira lokalno uniformno na Ω prema derivaciji f ′.

Teorem 1.7. Neka je γ put u C i g ∈ C(γ∗). Stavimo

f(z) =

∫

γ

g(ζ)

ζ − zdζ, z ∈ C \ γ∗.

Tada je f ∈ H(C \ γ∗) i za k ∈ N i z ∈ C \ γ∗ vrijedi

f (k)(z) = k!

∫

γ

g(ζ)

(ζ − z)k+1dζ.

Teorem 1.8. (Liouville) Neka je funkcija f ∈ H(C) ogranicena. Tada je funkcija f konstantna.

Neka je γ petlja u C. Definiramo funkciju Indγ : C \ γ∗ → C sa

Indγ(z) =1

2πi

∫

γ

1

ζ − zdζ.

Indγ(z) zove se indeks tocke z u odnosu na petlju γ (katkada se kaze da je to indeks petlje γ uodnosu na tocku z).

Teorem 1.9. Neka je γ petlja u C i Ω = C \ γ∗.

(a) Indγ(z) ∈ Z ∀z ∈ Ω.

(b) Indγ je konstanta na svakoj komponenti povezanosti skupa Ω.

(c) Indγ je nula na neogranicenoj komponenti povezanosti skupa Ω.

Napomenimo da je skup γ∗ kompaktan pa skup Ω ima tocno jednu neogranicenu komponentupovezanosti.

9

Dokaz: (a) Neka je γ : [a, b] → C i neka je S ⊆ [a, b] (konacan) skup svih tocaka u kojima γnije neprekidno diferencijabilna. Neka je z ∈ Ω. Definiramo funkciju ϕ : [a, b] → C sa

ϕ(t) = e∫ t

aγ′(s)

γ(s)−zds.

Tada se lako vidi da vrijedi

ϕ′(t) = ϕ(t)γ′(t)

γ(t) − z, t ∈ [a, b] \ S. (1.1)

Definiramo ψ : [a, b] → C sa

ψ(t) =ϕ(t)

γ(t) − z.

Tada je funkcija ψ neprekidna i za t ∈ [a, b] \ S pomocu (1.1) nalazimo

ψ′(t) = ϕ′(t) · 1

γ(t) − z− ϕ(t) · γ′(t)

(γ(t) − z)2= 0.

Zakljucujemo da je funkcija ψ konstantna na svakom otvorenom intervalu sadrzanom u skupu[a, b] \ S. Buduci da je funkcija ψ neprekidna, slijedi da je ψ konstantna na [a, b]. Posebno,

ϕ(a)

γ(a) − z= ψ(a) = ψ(b) =

ϕ(b)

γ(b) − z.

Medutim, γ(a) = γ(b) pa slijedi

ϕ(b) = ϕ(a).

Kako je ocito ϕ(a) = 1, slijedi

1 = ϕ(b) = e2πiIndγ (z),

a odatle je Indγ(z) ∈ Z.(b) Po teoremu 1.7. je Indγ ∈ H(Ω). Posebno, funkcija Indγ je neprekidna na Ω. Buduci da je

neprekidna slika povezanog skupa povezan skup, tvrdnja (b) slijedi iz tvrdnje (a).(c) Neka je z tocka u neogranicenoj komponenti skupa Ω takva da je

|ζ − z| > `(γ)

2π∀ζ ∈ γ∗.

Sada pomocu zadatka 1.2. slijedi |Indγ(z)| < 1, pa iz (a) zakljucujemo da je Indγ(z) = 0. Zbog(b) Indγ je nula na cijeloj neogranicenoj komponenti od Ω.

Zadatak 1.4. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i f ∈ H(Ω). Definiramo funkciju g : Ω × Ω → C nasljedeci nacin:

g(z, w) =

f(z) − f(w)

z − ww 6= z

f ′(z) w = z

Dokazite da je tada funkcija g neprekidna i da je za svaku tocku w ∈ Ω funkcija z 7→ g(z, w)holomorfna na Ω.


Uputa: Za a ∈ Ω i ε > 0 zbog neprekidnosti funkcije f ′ mozemo izabrati r > 0 takav da jeK(a, r) ⊆ Ω i da vrijedi

ζ ∈ K(a, r) =⇒ |f ′(ζ) − f ′(a)| ≤ ε.

Sada dokazite da za bilo koje z, w ∈ K(a, r) (bilo razlicite, bilo jednake) vrijedi

g(z, w) =

∫ 1

0

f ′(γ(t))dt za γ(t) = (1 − t)z + tw, t ∈ [0, 1].

Odatle dokazite neprekidnost funkcije g u tocki (a, a). Za drugu tvrdnju koristite teorem 1.4.

Sada cemo malo generalizirati pojam indeksa. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup. Lanac u Ω je bilokoja (neuredena) n−torka Γ = [γ1, . . . , γn] putova u Ω. U tom slucaju pisemo Γ∗ = γ∗1 ∪ · · · ∪ γ∗n iza funkciju f ∈ C(Γ∗) definiramo

∫

Γ

f(z)dz =

n∑

j=1

∫

γj

f(z)dz.

Ako je svaki γj petlja, lanac Γ se zove ciklus. Za ciklus Γ u C definiramo indeks bilo koje tockez ∈ C \ Γ∗ u odnosu na Γ :

IndΓ(z) =1

2πi

∫

Γ

1

ζ − zdζ =

n∑

j=1

Indγj(z).

Ocigledno tvrdnje teorema 1.9. vrijede i ako u njegovu iskazu petlju γ zamijenimo bilo kojimciklusom Γ u C.

Teorem 1.10. (Globalni Cauchyjev teorem) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i f ∈ H(Ω).

(a) Neka je Γ ciklus u Ω takav da je IndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω. Tada je∫

Γ

f(z)dz = 0 i IndΓ(z)f(z) =1

2πi

∫

Γ

f(w)

w − zdw ∀z ∈ Ω \ Γ∗.

(b) Neka su Γ1 i Γ2 ciklusi u Ω takvi da je IndΓ1(α) = IndΓ2(α) ∀α ∈ C \ Ω. Tada je∫

Γ1

f(z)dz =

∫

Γ2

f(z)dz.

Dokaz: (a) Definiramo g : Ω × Ω → C kao u zadatku 1.4. Tada je g neprekidna funkcija, pamozemo definirati h : Ω → C sa

h(z) =1

2πi

∫

Γ

g(z, w)dw, z ∈ Ω.

Kako je funkcija g neprekidna na Ω × Ω, ona je uniformno neprekidna na svakom kompaktnompodskupu od Ω × Ω. Dakle, ako je z0 ∈ Ω i ako je (zn)b∈N niz u Ω takav da je z0 = limn→∞ zn,tada je

g(z0, w) = limn→∞

g(zn, w) uniformno u odnosu na w ∈ Γ∗.

Odatle slijedih(z0) = lim

n→∞h(zn).

Time je dokazano da je funkcija h neprekidna na Ω.

11

Neka je ∆ trokut u Ω. Tada je∫

∂∆

h(z)dz =1

2πi

∫

∂∆

[∫

Γ

g(z, w)dw

]dz =

1

2πi

∫

Ω

[∫

∂∆

g(z, w)dz

]dw = 0,

jer je prema zadatku 1.4. funkcija z 7→ g(z, w) holomorfna na Ω za svaku tocku w ∈ Ω i zbogCauchyjevog teorema 1.5. Sada prema Morerinom teoremu 1.5. zakljucujemo da je h ∈ H(Ω).

StavimoΩ1 = z ∈ C \ Γ∗; IndΓ(z) = 0.

Ocito je Ω1 otvoren skup. Po pretpostavci je C \ Ω ⊆ Ω1, tj. Ω ∪ Ω1 = C. Definiramo funkcijuh1 : Ω1 → C sa

h1(z) =1

2πi

∫

Γ

f(w)

w − zdw, z ∈ Ω1.

Prema teoremu 1.7. vrijedi h1 ∈ H(Ω1). Za z ∈ Ω ∩ Ω1 imamo

h(z) = h1(z) − f(z)IndΓ(z) = h1(z).

To pokazuje da postoji ϕ ∈ H(C) takva da je ϕ|Ω = h i ϕ|Ω1 = h1.Zbog tvrdnje (c) teorema 1.9. Ω1 sadrzi neogranicenu komponentu skupa C \Γ∗. Stoga imamo

lim|z|→∞

ϕ(z) = lim|z|→∞

h1(z) = 0.

To pokazuje da je funkcija ϕ ogranicena na C, pa je prema Liouvilleovom teoremu 1.8. ta funkcijakonstantna, dakle svuda jednaka nuli. Posebno je h(z) = 0 ∀z ∈ Ω. Odatle za z ∈ Ω \ Γ∗ imamo

0 = h(z) =1

2πi

∫

Γ

f(w)

w − zdw − f(z)IndΓ(z).

Time je druga jednakost u (a) dokazana.Neka je a ∈ Ω \ Γ∗. Stavimo F (z) = (z − a)f(z), z ∈ Ω. Tada je F ∈ H(Ω) i primjenom

dokazane jednakosti na funkciju F nalazimo∫

Γ

f(z)dz =

∫

Γ

F (z)

z − adz = 2πiF (a)IndΓ(a) = 0,

jer je F (a) = 0. Time je i prva jednakost u (a) dokazana.(b) Neka je −Γ2 ciklus sastavljen od suprotnih petlji iz Γ2 i neka je Γ unija ciklusa Γ1 i −Γ2.

Tada ocito vrijedi ∫

Γ

=

∫

Γ1

−∫

Γ2

,

pa slijedi da je IndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω. Prema (a) tada imamo za svaku f ∈ H(Ω) :

0 =

∫

Γ

f(z)dz =

∫

Γ1

f(z)dz −∫

Γ2

f(z)dz.

Dakle, ∫

Γ1

f(z)dz =

∫

Γ2

f(z)dz.

Time je teorem u potpunosti dokazan.

Buduci da znamo da je Indγ nula na neogranicenoj komponenti skupa C \ γ∗, indeks se vrlojednostavno racuna u svakoj komponenti, jer se moze pokazati da indeks poraste za 1 kada izjedne u drugu komponentu povezanosti skupa C \ γ∗ dolazimo prelazeci put γ zdesna na lijevo.


Zadatak 1.5. Neka su a, b ∈ C, b 6= 0, i neka je γ : [0, 2π] → C zadana sa

γ(t) = a + beit;

tj. γ je pozitivno orijentirana kruznica sa sredistem u tocki a i radijusom |b|. Direktnim racunomdokazite da je Indγ(z) = 1 ∀z ∈ K(a, |b|).

Neprazan otvoren povezan skup u C zove se podrucje.

Teorem 1.11. (Teorem jedinstvenosti) Neka je Ω ⊆ C podrucje, f ∈ H(Ω) i f 6≡ 0. Tadaskup svih nultocaka

N(f) = f−1(0) = z ∈ Ω; f(z) = 0nema gomilista u skupu Ω. Dakle, ako su f, g ∈ H(Ω) takve da skup z ∈ Ω; f(z) = g(z) imagomiliste u Ω onda je f ≡ g.

Teorem 1.12. (Princip maksimuma modula) Neka je Ω ⊆ C podrucje i neka je f ∈ H(Ω)nekonstantna funkcija. Tada ne postoji tocka z0 ∈ Ω takva da je

|f(z0)| ≥ |f(z)| ∀z ∈ Ω.

Teorem 1.13. (Teorem o inverznoj funkciji) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, f ∈ H(Ω) i nekaje tocka z0 ∈ Ω takva da je f ′(z0) 6= 0. Tada postoji otvorena okolina V ⊆ Ω tocke z0 takva da jef(V ) otvoren skup i da je restrikcija f |V bijekcija sa V na f(V ). Nadalje, inverzna funkcija tebijekcije je holomorfna na f(V ).

Dokaz: Funkcija g : Ω × Ω → C definirana u zadatku 1.4. je neprekidna. Stoga postojiotvorena okolina V ⊆ Ω tocke z0 takva da vrijedi

∣∣∣∣f(z1) − f(z2)

z1 − z2

∣∣∣∣ ≥1

2|f ′(z0)| ∀z1, z2 ∈ V.

Prema tome vrijedi

z1, z2 ∈ V =⇒ |f(z1) − f(z2)| ≥1

2|f ′(z0)| · |z1 − z2|. (1.2)

Buduci da je f ′(z0) 6= 0, odatle slijedi da je f |V injekcija. Takoder slijedi da je |f ′(z)| ≥ 12|f ′(z0|

∀z ∈ V. Posebno je f ′(z) 6= 0 ∀z ∈ V.Dokazimo sada da je skup f(V ) otvoren. Neka je ζ ∈ V. Neka je r > 0 takav da je K(ζ, r) ⊆ V.

Prema (1.2) postoji δ > 0 takav da vrijedi∣∣f(ζ + reit

)− f(ζ)

∣∣ ≥ 2δ ∀t ∈ R. (1.3)

Neka je α ∈ C \ f(V ). Definiramo funkciju h : V → C sa

h(z) =1

α− f(z), z ∈ V.

Tada je h ∈ H(V ). Nadalje, prema zadatku 1.5. i prema drugoj jednakosti u tvrdnji (a) Cauchy-jevog teorema 1.10. vrijedi

h(ζ) =1

2πi

∫

γ

h(w)

w − ζdw,

gdje je γ : [0, 2π] → V definirana sa

γ(t) = ζ + reit, 0 ≤ t ≤ 2π.

Odatle pomocu zadatka 1.2. i pomocu nejednakosti (1.3) nalazimo

1

|α− f(ζ)| = |h(ζ)| ≤ max |h(ζ + reit|; 0 ≤ t ≤ 2π ≤ 1

2δ − |α− f(ζ)|.

13

Odatle je |α− f(ζ)| ≥ δ za svaki α ∈ C \ f(V ). Prema tome, vrijedi

|α− f(ζ)| < δ =⇒ α ∈ f(V ).

Drugim rijecima, dokazali smo da je K(f(ζ), δ) ⊆ f(V ). Kako je tocka ζ ∈ V bila proizvoljna,zakljucujemo da je skup f(V ) otvoren.

Stavimo U = f(V ) i neka je ϕ : U → V inverzna funkcija bijekcije f |V sa V na U. Neka jeu0 ∈ U i stavimo z0 = ϕ(u0) ∈ V, tj. u0 = f(z0). Za proizvoljnu z ∈ V i u = f(z) ∈ U imamo

ϕ(u) − ϕ(u0)

u− u0=

z − z0f(z) − f(z0)

.

Kada u tezi prema u0, tada z tezi prema z0 zbog (∗). Buduci da je f ′(z0) 6= 0, iz gornje jednakostislijedi da postoji limes kada u tezi prema u0 :

1

f ′(z0)= lim

u→u0

ϕ(u) − ϕ(u0)

u− u0.

Time je dokazano da je funkcija ϕ holomorfna na U.

Teorem 1.14. (Weierstrassov pripremni teorem) Neka je Ω ⊆ C podrucje i f ∈ H(Ω)nekonstantna funkcija. Neka je z0 ∈ Ω i w0 = f(z0) tako da je z0 nultocka funkcije f − w0.Pretpostavimo da je m ∈ N kratnost z0 kao nultocke funkcije f − w0. Postoji otvorena okolinaV ⊆ Ω tocke z0 i postoji funkcija ϕ ∈ H(V ) takve da vrijedi:

(a) f(z) = w0 + [ϕ(z)]m ∀z ∈ V ;

(b) ϕ′(z) 6= 0 ∀z ∈ V i ϕ je bijekcija sa V na K(0, r) za neki r > 0.

Napomena: Prema tome, f je m : 1 preslikavanje sa V \ z0 na K∗(w0, rm). Posebno, svaka

tocka w0 ∈ f(Ω) je unutarnja tocka skupa f(Ω), tj. skup f(Ω) je otvoren.

Dokaz: Iz teorema jedinstvenosti 1.11. slijedi da mozemo pretpostaviti da je Ω = K(z0, δ) ida vrijedi f(z) 6= w0 ∀z ∈ K∗(z0, δ). Iz Taylorovog reda za funkciju f − w0 slijedi da je

f(z) = w0 + (z − z0)mg(z), z ∈ Ω,

gdje je g ∈ H(Ω) i g(z) 6= 0 ∀z ∈ Ω. Prema tome jeg′

g∈ H(Ω), pa mozemo pisati Taylorov red te

funkcije oko tocke z0 :g′(z)

g(z)=

∞∑

n=0

an(z − z0)n, z ∈ Ω.

Definiramo h ∈ H(Ω) sa

h(z) =∞∑

n=0

an

n+ 1(z − z0)

n+1, z ∈ Ω.

Definicija je smislena jer je radijus konvergencije gornjeg reda potencija jednak radijusu konver-

gencije Taylorovog reda funkcijeg′g

:

lim supn→∞

∣∣∣∣an

n+ 1

∣∣∣∣1

n+1

= lim supn→∞

(n+ 1)−1

n+1

(|an|

1n

) nn+1

= lim supn→∞

|an|1n ,

buduci da je

limn→∞

(n+ 1)−1

n+1 = 1 i limn→∞

n

n + 1= 1.


Prema tvrdnji (c) teorema 1.2. imamo h′ =g′

g, a odatle je

(g · e−h

)′= 0.

Dakle, funkcija g · e−h je konstantna, tj. postoji α ∈ C takva da je g = αeh. Kako je g 6= 0 to jeα 6= 0. Neka je β ∈ C takav da je α = βm. Definiramo funkciju ϕ ∈ H(Ω) ovako:

ϕ(z) = β(z − z0)eh(z)m .

Tada jeϕ(z)m = α(z − z0)

meh(z) = (z − z0)mg(z) = f(z) − w0, z ∈ Ω.

Nadalje, ϕ(z0) = 0 i ϕ′(z0) = βeh(z0)

m 6= 0. Po teoremu 1.13. o inverznoj funkciji skup V s trazenimsvojstvima postoji.

Prema napomeni prije dokaza teorema 1.14. imamo

Korolar 1.1. Neka je Ω ⊆ C podrucje i f ∈ H(Ω) nekonstantna funkcija. Tada je f(Ω) podrucje.

Teorem 1.15. Neka je Ω ⊆ C podrucje i neka je funkcija f ∈ H(Ω) injektivna. Tada je f ′(z) 6= 0∀z ∈ Ω i f−1 ∈ H(f(Ω)).

Zadatak 1.6. Dokazite teorem 1.15.

Uputa: Upotrijebite teorem 1.14. da dokazete da iz f ′(z) = 0 slijedi da funkcija f nije injek-tivna na nekoj okolini tocke z. Za drugu tvrdnju upotrijebite teorem 1.13.

Teorem 1.16. (Schwarzova lema) Neka je f ∈ H(K(0, 1)) takva da je f(0) = 0 i |f(z)| ≤ 1∀z ∈ K(0, 1). Tada vrijedi |f(z)| ≤ |z| ∀z i |f ′(0)| ≤ 1. Ako je |f(z)| = |z| za neku tocku z 6= 0 iliako je |f ′(0)| = 1 onda postoji α ∈ C takav da je |α| = 1 i f(z) = αz ∀z ∈ K(0, 1).

Dokaz: Prema zadatku 1.4. funkcija g : K(0, 1) → C definirana sa

g(z) =

f(z)

zz 6= 0

f ′(0) z = 0

holomorfna je na K(0, 1).

Na kruznici |z| = r < 1 vrijedi |g(z)| ≤ 1

r. Odatle pomocu principa maksimuma modula

(teorem 1.12.) zakljucujemo da vrijedi:

|z| ≤ r =⇒ |g(z)| ≤ 1

r.

Pustimo li da r tezi prema 1 slijedi

|g(z)| ≤ 1 ∀z ∈ K(0, 1),

a to upravo daje nejednakosti koje treba dokazati. Ukoliko za neku tocku z ∈ K(0, 1) vrijedi|g(z)| = 1, tada pomocu principa maksimuma modula nalazimo da je g konstanta modula 1.

Poglavlje 2

Izolirani singulariteti

Za kompleksnu funkciju f kompleksne varijable kazemo da ima izoliran singularitet u tockiz0 (ili da joj je tocka z0 izolirani singularitet), ako postoji r > 0 takav da je funkcija f holomorfnana punktiranom krugu K∗(z0, r), ali nije holomorfna na citavom krugu K(z0, r). Dakle, jedna jemogucnost da funkcija f uopce nije definirana u tocki z0 (tj. tocka z0 nije u domeni D(f) funkcijef), ili je z0 ∈ D(f) ali f nije holomorfna ni na jednoj otvorenoj okolini te tocke.

Ako je tako i ako se funkcija f moze definirati (ili redefinirati) u tocki z0 tako da ona postaneholomorfna na citavom krugu K(z0, r), onda se kaze da je singularitet z0 uklonjiv. Nuzan uvjetda bi singularitet z0 bio uklonjiv jest da funkcija f ima limes u tocki z0; tada je taj limes jedinavrijednost funkcije f u tocki z0 uz koju funkcija f moze postati holomorfna na okolini od z0. Tadaje funkcija f nuzno ogranicena na K∗(z0, ρ) za neki ρ > 0 (u stvari, za svaki ρ < r). Vaznaje cinjenica da je zapravo taj na prvi pogled slabi zahtjev ne samo nuzan nego i dovoljan zauklonjivost izoliranog singulariteta.

Teorem 2.1. Izolirani singularitet z0 funkcije f je uklonjiv ako i samo ako postoji ρ > 0 takav daje funkcija f definirana i ogranicena na punktiranom krugu K∗(z0, ρ).

Zadatak 2.1. Dokazite dovoljnost uvjeta u teoremu 2.1.

Uputa: Dokazite da iz ogranicenosti funkcije f |K∗(z0, ρ) slijedi da je funkcija h definirana naK(z0, ρ) sa

h(z) =

0 ako je z = z0

(z − z0)2f(z) ako je z ∈ K∗(z0, ρ),

holomorfna na K(z0, ρ). Zatim dokazite da Taylorov red funkcije h oko tocke z0 ima prva dvakoeficijenta jednaka nuli, tj. da je

h(z) =

∞∑

n=2

cn(z − z0)n.

Zatim definirajte f(z0) = c2 i pomocu teorema 1.3. dokazite da je uz tu definiciju funkcija f holo-morfna na K(z0, ρ).

Uzmimo sada da je z0 neuklonjiv izolirani singularitet funkcije f. Promatrajmo tada nizfunkcija

(z − z0)f(z), (z − z0)2f(z), (z − z0)

3f(z), · · · · · ·

Tada je z0 izolirani singularitet svih tih funkcija. Ako je taj singularitet uklonjiv za funkciju(z − z0)

mf(z) za neki m ∈ N, tada je on uklonjiv i za (z − z0)nf(z) ∀n ≥ m. U tom slucaju za

15

16 POGLAVLJE 2. IZOLIRANI SINGULARITETI

z0 kazemo da je pol funkcije f. Kazemo da je z0 pol reda m ako je singularitet z0 uklonjiv zafunkciju (z − z0)

mf(z), ali neuklonjiv za funkciju (z − z0)m−1f(z). U tom slucaju ozito vrijedi

limz→z0

|f(z)| = +∞.

Ako izolirani singularitet z0 nije niti uklonjiv niti pol, onda kazemo da je z0 bitni singularitetfunkcije f.

Teorem 2.2. Neka je z0 bitni singularitet funkcije f i neka je r > 0 takav da je K∗(z0, r) ⊆ D(f).Tada je skup f(K∗(z0, r)) gust u C; dakle, za svaku tocku w ∈ C postoji niz (zn)n∈N u K∗(z0, r)takav da vrijedi

limn→∞

zn = z0 i limn→∞

f(zn) = w.

Posebno, ne postoji niti konacan niti beskonacan

limz→z0

|f(z)|.

Dokaz: Pretpostavimo da skup f(K∗(z0, r)) nije gust u C. Tada postoji w ∈ C i ρ > 0 takvida je K(w, ρ) ∩ f(K∗(z0, r)) = ∅. To znaci da vrijedi

|f(z) − w| ≥ ρ ∀z ∈ K∗(z0, r). (2.1)

Definiramo sada g : K∗(z0, r) → C sa

g(z) =1

f(z) − w, z ∈ K∗(z0, r).

Tada je g ∈ H(K∗(z0, r)) i zbog (2.1) vrijedi

|g(z)| ≤ 1

ρ∀z ∈ K∗(z0, r).

Prema teoremu 2.1. tocka z0 je uklonjiv singularitet funkcije g, tj. funkcija g se prosiruje dofunkcije iz H(K(z0, r)).

Sada imamo dvije mogucnosti. Pretpostavimo prvo da z0 nije nultocka tako prosirene funkcijeg. Iz neprekidnosti funkcije g u tocki z0 slijedi da tada postoje ε > 0 i 0 < δ ≤ r takvi da je

|g(z)| ≥ ε ∀z ∈ K(z0, δ).

Odatle slijedi

|f(z)| − |w| ≤ |f(z) − w| ≤ 1

ε=⇒ |f(z)| ≤ |w| + 1

ε∀z ∈ K∗(z0, δ),

a prema teoremu 2.1. tada je z0 uklonjivi singularitet funkcije f, sto je suprotno pretpostavci uteoremu.

Ostaje nam jos mogucnost da je g(z0) = 0. Uzmimo da je z0 nultocka funkcije g kratnostim ∈ N. Tada mozemo pisati g(z) = (z− z0)

mh(z), gdje je h ∈ H(K(z0, r)) i h(z0) 6= 0. Izaberemosada 0 < δ ≤ r tako da h nema nultocaka u krugu K(z0, δ). Tada je sa

k(z) =1

h(z), z ∈ K(z0, δ),

17

definirana funkcija k ∈ H(K(z0, δ)). Sada slijedi

(z − z0)mf(z) = (z − z0)

mw + k(z), z ∈ K∗(z0, δ),

sto pokazuje da je tocka z0 pol funkcije f. Kako je i to iskljuceno pretpostavkom teorema, za-kljucujemo da je pretpostavka da f(K∗(z0, r)) nije gusta u C nemoguca i time je teorem dokazan.

Prosirena kompleksna ravnina definira se kao skup C = C∪ ∞. Topologija od C defini-rana je tako da se na skupu C ona podudara s topologijom kompleksne ravnine i da je baza okolinatocke ∞ sastavljena od skupova

C \K(0, r) = ∞ ∪K(0, r,+∞) = ∞ ∪ z ∈ C; |z| > r, r ∈ R, r ≥ 0.

Ta se topologija moze i geometrijski opisati:

Zadatak 2.2. Neka je S sfera promjera 1 u R3 zadana sa

S =

(ξ, η, ζ) ∈ R3; ξ2 + η2 +

(ζ − 1

2

)2

=1

4

.

Definiramo bijekciju Φ : C → S na sljedeci nacin: (a) Φ(∞) = N = (0, 0, 1) (”sjeverni pol”);(b) ako je z ∈ C, tocka Φ(z) definirana je kao presjeciste pravca u R3 odredenog tockamaN = (0, 0, 1) i (Re z, Im z, 0) s punktiranom sferom S \ N. Dokazite da je tada

Φ(z) =

(Re z

1 + |z|2 ,Im z

1 + |z|2 ,|z|2

1 + |z|2

), z ∈ C.

Nadalje, dokazite da je bijekcija Φ homeomorfizam sa C na S, tj. da su preslikavanja Φ : C → Si Φ−1 : S → C neprekidna.

Primijetimo da niz (zn)n∈N tezi prema tocki ∞ ako i samo ako niz apsolutnih vrijednosti(|zn|)n∈N tezi prema +∞. Ako je z0 izolirani singularitet funkcije f ∈ H(K∗(z0, r)) onda se tafunkcija prosiruje do neprekidne funkcije sa K(z0, r) u C ako i samo ako je z0 ili uklonjiv singu-laritet ili pol funkcije f.

Bez dokaza navodimo:

Teorem 2.3. (Laurentov razvoj) Neka su 0 ≤ r < R ≤ +∞ i neka je f ∈ H(K(z0, r, R)), gdjeje K(z0, r, R) otvoren ”kruzni prsten”

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

Tada postoje jedinstveni cn ∈ C, n ∈ Z, takvi da vrijedi

f(z) =∑

n∈Zcn(z − z0)

n ∀z ∈ K(z0, r, R).

Taj red konvergira apsolutno na K(z0, r, R) i red apsolutnih vrijednosti konvergira uniformno nasvakom zatvorenom kruznom vijencu

K(z0, δ, ρ) = z ∈ C; δ ≤ |z − z0| ≤ ρ

za r < δ < ρ < R. Nadalje, ako je γ pozitivno orijentirana kruznica sa sredistem u tocki z0 iradijusom ρ, r < ρ < R, onda je

cn =1

2πi

∫

γ

f(z)

(z − z0)n+1dz, n ∈ Z.


Taj je teorem primjenjiv posebno na situaciju kad je r = 0. Tada je funkcija f definirana iholomorfna na skupu K(z0, 0, R) = K∗(z0, R), dakle, tocka z0 je izolirani singularitet funkcije f. Utom slucaju koeficijent c−1 u gornjem Laurentovom razvoju zove se reziduum funkcije f u tockiz0 i pisemo

Res(f, z0) = c−1 =1

2πi

∫

γ

f(z)dz.

Teorem 2.4. (Teorem o reziduumima) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, a1, . . . , an medusobnorazlicite tocke iz Ω, f ∈ H(Ω \ a1, . . . , an) i neka je Γ ciklus u Ω \ a1, . . . , an takav da vrijedi

IndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω.

Tada je ∫

Γ

f(z)dz = 2πi

n∑

j=1

Res(f, aj)IndΓ(aj).

Dokaz: Za svaki j ∈ 1, . . . , n izaberemo rj > 0 takav da je

K(aj, rj) ⊆ Ω \ (Γ∗ ∪ a1, . . . , aj−1, aj+1, . . . , an)

i neka je γj pozitivno orijentirana kruznica sa sredistem u tocki aj i radijusom ρj, 0 < ρj < rj.Stavimo kj = IndΓ(aj). Nadalje, neka je Ω1 = Ω \ a1, . . . , an i Γ = [δ1, . . . , δm], gdje su δi petljeu Ω1. Za bilo koju petlju γ i za cijeli broj k sa γk oznacimo petlju dobivenu k−strukim obilaskompetlje γ; preciznije, ako je k = 0, γk je konstanta; ako je k > 0, γk je k−struki obilazak petlje γ;a ako je k < 0, γk je |k|−struki obilazak suprotne petlje. Naravno,

∫

γk

f(z)dz = k

∫

γ

f(z)dz, dakle Indγk(a) = k · Indγ(a) ∀a ∈ C \ γ∗. (2.2)

Definiramo sada novi ciklus Γ1 u Ω1 :

Γ1 = [δ1, . . . , δm, γ−k11 , . . . , γ−kn

n ]

Sada se iz (2.2) lako provjerava da vrijedi

IndΓ1(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω1 = (C \ Ω) ∪ a1, . . . , an.

Stoga iz prve jednakosti u tvrdnji (a) globalnog Cauchyjevog teorema 1.10. slijedi

0 =

∫

Γ1

f(z)dz =

∫

Γ

f(z)dz −n∑

j=1

kj

∫

γj

f(z)dz.

Odatle je ∫

Γ

f(z)dz =

n∑

j=1

kj

∫

γj

f(z)dz = 2πi

n∑

j=1

Res(f, aj)IndΓ(aj).

Zadatak 2.3. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je a ∈ Ω nultocka funkcije f ∈ H(Ω) kratnosti

m ∈ N. Dokazite da je tada tocka a pol prvog reda funkcijef ′

fi da je

Res

(f ′

f, a

)= m.

Odatle izvedite da ako je a pol funkcije g reda m onda je a pol prvog reda funkcijeg′

gi

Res

(g′

g, a

)= −m.

19

Uputa: Za prvu tvrdnju zapisite f u obliku f(z) = (z − a)mh(z), a za drugu tvrdnju proma-

trajte funkciju f =1

g.

Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, f ∈ H(Ω) i S ⊆ Ω. Tada sa N(f ;S) oznacavamo sumu kratnostisvih nultocaka funkcije f u skupu S − to je cijeli broj ≥ 0 ili +∞.

Za ciklus Γ = [γ1, . . . , γn] u Ω i za f ∈ H(Ω) definiramo ciklus f Γ u C :

f Γ = [f γ1, . . . , f γn].

Teorem 2.5. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, f ∈ H(Ω) i Γ ciklus u Ω takav da vrijedi

IndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω.

Neka su Ω1, . . . ,Ωk sve ogranicene komponente skupa C \ Γ∗ koje su sadrzane u Ω i sa IndΓ(Ωj)oznacimo IndΓ(z) za bilo koju tocku z ∈ Ωj. Tada za svaku tocku w ∈ C \ (f Γ)∗ (tj. takvu daje f(ζ) 6= w ∀ζ ∈ Γ∗) vrijedi

k∑

j=1

IndΓ(Ωj) ·N(f − w; Ωj) = IndfΓ(w).

Dokaz: Neka je Γ = [γ1, . . . , γn] pri cemu su γj : [aj, bj] → Ω petlje. Za j ∈ 1, . . . , k nekasu zj1, . . . , zjnj

sve nultocke funkcije f −w u skupu Ωj i neka je mji kratnost nultocke zji. Tada je

IndΓ(zji) = IndΓ(Ωj) i N(f − w; Ωj) =

nj∑

i=1

mji,

a prema zadatku 2.2. imamo

Res

(f ′

f − w, zji

)= mji.

Dakle,

IndfΓ(w) =1

2πi

k∑

j=1

∫

fγj

1

z − wdz =

1

2πi

k∑

j=1

∫ bj

aj

(f γj)′(t)

(f γj)(t) − wdt =

=1

2πi

k∑

j=1

∫ bj

aj

f ′(γj(t))

f(γj(t)) − wγ′j(t)dt =

1

2πi

k∑

j=1

∫

γj

f ′(z)

f(z) − wdz =

=1

2πi

∫

Γ

f ′(z)

f(z) − wdz =

k∑

j=1

nj∑

i=1

Res

(f ′

f − w, zji

)IndΓ(zji) =

=

k∑

j=1

IndΓ(Ωj)

(nj∑

i=1

mji

)=

k∑

j=1

IndΓ(Ωj) ·N(f − w; Ωj).

Narocito je primjenjiv sljedeci specijalni slucaj ovog opceg teorema:

Korolar 2.1. Neka Ω ⊆ C otvoren skup i f ∈ H(Ω). Neka je γ petlja u Ω, takva da C\γ∗ ima dvijekomponente, da je ogranicena komponenta D tog skupa sadrzana u Ω i da vrijedi Indγ(D) 6= 0.Neka je δ = f γ. Tada vrijedi

N(f − w;D) =Indδ(w)

Indγ(D)∀w ∈ C \ δ∗.


Za dokaz dosta opcenite verzije Roucheovog teorema treba nam sljedeca lema prema kojoj seIndγ(z) ne mijenja ako se petlja γ malo promijeni (ne prelazeci tocku z).

Lema 2.1. Neka su γ1, γ2 : [a, b] → C petlje i neka je tocka z ∈ C takva da vrijedi

|γ1(t) − γ2(t)| < |γ1(t) − z| ∀t ∈ [a, b].

Tada je z ∈ C \ (γ∗1 ∪ γ∗2) i vrijedi

Indγ1(z) = Indγ2(z).

Dokaz: Iz gornje nejednakost je ocito da z 6∈ γ∗1 i z 6∈ γ∗2 . Definiramo γ : [a, b] → C sa

γ(t) =γ2(t) − z

γ1(t) − z.

Tada je γ petlja i iz pretpostavljene nejednakosti slijedi

|1 − γ(t)| < 1 ∀t ∈ [a, b].

To znaci da je γ∗ ⊆ K(1, 1). Prema tome, 0 se nalazi u neogranicenoj komponenti skupa C \ γ∗.Prema tvrdnji (c) teorema 1.9. vrijedi Indγ(0) = 0. Medutim, iz definicije petlje γ direktnimracunom nalazimo da je Indγ(0) = Indγ2(z) − Indγ1(z).

Odatle cemo sada izvesti Roucheov teorem koji usporeduje broj nultocaka funkcija koje se nerazlikuju mnogo na rubu podrucja.

Teorem 2.6. (Roucheov teorem) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, f, g ∈ H(Ω), γ petlja u Ω takvada skup C \ γ∗ ima dvije komponente, da je ogranicena komponenta D tog skupa sadrzana u Ω ida je Indγ(D) 6= 0. Pretpostavimo da vrijedi

|f(z) − g(z)| < |f(z)| ∀z ∈ γ∗.

Tada jeN(f ;D) = N(g;D).

Dokaz: Stavimo γ1 = f γ i γ2 = g γ. Tada vrijedi

|γ1(t) − γ2(t)| < |γ1(t)| ∀tpa pomocu leme 2.1. slijedi

Indγ1(0) = Indγ2(0).

Odatle i iz korolara 2.1. slijedi tvrdnja teorema.

Neka je Ω ⊆ C otvoren skup. Meromorfna funkcija na Ω je holomorfna funkcija f naskupu Ω \ P, pri cemu je P podskup od Ω bez gomilista u skupu Ω, takva da je svaka tockaa ∈ P ili uklonjiv singularitet ili pol funkcije f. Meromorfnu funkciju mozemo shvacati i kaoneprekidnu funkciju f : Ω → C, takvu da skup f−1(∞) nema gomilista u skupu Ω i da je restrikcijaf |(Ω \ f−1(∞)) holomorfna funkcija.

Zadatak 2.4. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i f meromorfna funkcija na Ω. Neka je Γ ciklus u Ωtakav da nijedna tocka a ∈ Γ∗ nije ni nultocka ni pol funkcije f i da je IndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω.Dokazite da tada vrijedi tzv. princip argumenta:

1

2πi

∫

Γ

f ′(z)

f(z)dz =

n∑

k=1

pkIndΓ(ak) −m∑

j=1

qjIndΓ(bj),

pri cemu su a1, . . . , an sve nultocke od f s kratnostima p1, . . . , pn i b1, . . . , bm svi polovi odf s redovima q1, . . . , qm sadrzani u ogranicenim komponentama od C \ Γ∗.

Uputa: Primijenite teorem 2.4. i zadatak 2.3.

Poglavlje 3

Neka globalna svojstva podrucja

U ovom poglavlju definirat cemo nekoliko globalnih svojstava podrucja u kompleksnoj ravnini.Dokazat cemo da su sva ta svojstva medusobno ekvivalentna.

Podrucje Ω ⊆ C zove se primitivno ako za svaku funkciju f ∈ H(Ω) postoji funkcija g ∈ H(Ω)takva da je g′(z) = f(z) ∀z ∈ Ω. Primijetimo da nisu sva podrucja primitivna:

Zadatak 3.1. Dokazite da za a ∈ C podrucja K∗(a, r), r > 0, ni C \ a nisu primitivna.

Uputa: Dokazite da ne postoji f ∈ H(K∗(a, r)) takva da je

f ′(z) =1

z − a∀z ∈ K∗(a, r).

Podrucje Ω ⊆ C zove se Cauchyjevo ako u njemu vrijedi Cauchyjev teorem, odnosno, ako zasvaku petlju γ u Ω i za svaku f ∈ H(Ω) vrijedi

∫

γ

f(z)dz = 0.

Propozicija 3.1. Podrucje Ω ⊆ C je Cauchyjevo ako i samo ako za svaku petlju γ u Ω i za svakutocku α ∈ C \ Ω vrijedi Indγ(α) = 0.

Dokaz: Pretpostavimo da vrijedi Indγ(α) = 0 za svaku petlju γ u Ω i za svaku tocku α ∈ C\Ω.Tada je prema prvoj formuli u tvrdnji (a) teorema 1.10. podrucje Ω Cauchyjevo.

Pretpostavimo sada da je podrucje Ω Cauchyjevo. Neka je α ∈ C \ Ω i neka je γ petlja u Ω.Tada je sa

f(z) =1

z − α, z ∈ Ω,

definirana funkcija f ∈ H(Ω), pa kako je po pretpostavci podrucje Ω Cauchyjevo vrijedi

0 =

∫

γ

f(z)dz =

∫

γ

1

z − αdz = 2πiIndγ(α).

Time je propozicija dokazana.

Propozicija 3.2. Podrucje Ω ⊆ C je Cauchyjevo ako i samo ako je ono primitivno.

Dokaz: Pretpostavimo da je podrucje Ω ⊆ C Cauchyjevo i neka je f ∈ H(Ω). Fiksirajmotocku a ∈ Ω. Ako su γ1 i γ2 dva puta u Ω od tocke a do tocke z ∈ Ω, tada je put γ dobivenslaganjem puta γ1 i suprotnog puta −γ2 od puta γ2 petlja, pa vrijedi

0 =

∫

γ

f(ζ)dζ =

∫

γ1

f(ζ)dζ −∫

γ2

f(ζ)dζ.

21

22 POGLAVLJE 3. NEKA GLOBALNA SVOJSTVA PODRUCJA

To pokazuje da mozemo definirati funkciju g : Ω → C na sljedeci nacin:

g(z) =

∫

γ

f(ζ)dζ gdje je γ put u Ω od tocke a do tocke z ∈ Ω.

Neka je z0 proizvoljna tocka u Ω i neka je γ0 put u Ω od tocke a do tocke z0. Nadalje, neka jer > 0 takav da je K(z0, r) ⊆ Ω. Za z ∈ K(z0, r) neka je γz put u Ω koji je slozen od puta γ0 iravnog segmenta [z0, z] od tocke z0 do tocke z. Tada je

g(z) − g(z0)

z − z0=

1

z − z0

(∫

γz

f(ζ)dζ −∫

γ0

f(ζ)dζ

)=

1

z − z0

∫

[z0,z]

f(ζ)dζ.

Ravni segment [z0, z] od tocke z0 do tocke z mozemo parametrizirati na sljedeci nacin:

δ(t) = tz + (1 − t)z0, 0 ≤ t ≤ 1.

Tada je δ′(t) = z − z0 ∀t, dakle

g(z) − g(z0)

z − z0=

∫ 1

0

f(tz + (1 − t)z0)dt,

odnosno,

g(z) − g(z0)

z − z0− f(z0) =

∫ 1

0

[f(z0 + t(z − z0)) − f(z0)]dt, z ∈ K(z0, r).

Odavde zbog neprekidnosti funkcije f u tocki z0 lako slijedi da je

f(z0) = limz→z0

g(z) − g(z0)

z − z0.

Kako je tocka z0 ∈ Ω bila proizvoljna, time je dokazano da je g ∈ H(Ω) i g′ = f. Kako je funkcijaf ∈ H(Ω) bila proizvoljna, dokazali smo da je podrucje Ω primitivno.

Pretpostavimo sada da je podrucje Ω ⊆ C primitivno. Neka je f ∈ H(Ω) i neka je g ∈ H(Ω)takva da je g′ = f. Za proizvoljan put γ : [a, b] → Ω tada imamo

∫

γ

f(z)dz =

∫ b

a

g′(γ(t))γ′(t)dt =

∫ b

a

d

dtg(γ(t))dt = g(γ(b)) − g(γ(a)).

Ako je γ petlja, tj. γ(a) = γ(b), slijedi∫

γ

f(z)dz = 0.

Dakle, podrucje Ω je Cauchyjevo.

Propozicija 3.3. Neka je Ω ⊆ C podrucje takvo da je svaka komponenta povezanosti skupa C \Ωneogranicena. Tada je podrucje Ω Cauchyjevo.

Dokaz: Neka je γ petlja u Ω. Kako je (C\Ω) ⊆ (C\γ∗), svaka komponenta povezanosti skupaC \ Ω sadrzana je u nekoj komponenti povezanosti skupa C \ γ∗. Buduci da je po pretpostavcisvaka komponenta povezanosti skupa C \ Ω neogranicena, i buduci da skup C \ γ∗ ima tocnojednu neogranicenu komponentu povezanosti, zakljucujemo da je citav skup C \ Ω sadrzan uneogranicenoj komponenti skupa C \ γ∗. Prema tvrdnji (c) teorema 1.9. vrijedi Indγ(α) = 0∀α ∈ C \ Ω. Sada iz propozicije 3.1. slijedi da je podrucje Ω Cauchyjevo.

Zadatak 3.2. Za skup S ⊆ C kazemo da je zvjezdast ako postoji tocka a ∈ S takva da je zasvaku tocku z ∈ S ravni segment [a, z] sadrzan u S. Dokazite da je svako zvjezdasto podrucjeΩ ⊆ C Cauchyjevo.

Uputa: Dokazite da je svaka komponenta skupa C \ Ω neogranicena.

23

Dovoljan uvjet iz propozicije 3.3. postaje znatno jednostavniji ako kompleksnu ravninu C uro-nimo u prosirenu kompleksnu ravninu C = C ∪ ∞ :

Zadatak 3.3. Neka je Ω ⊆ C podrucje. Dokazite da je svaka komponenta povezanosti skupa C\Ωneogranicena ako i samo ako je skup C \ Ω povezan.

Uputa: Dokazite da je za svaku neogranicenu komponentu povezanosti K skupa C \ Ωskup K ∪ ∞ povezan, a odatle izvedite povezanost skupa C \ Ω ukoliko je svaka komponentapovezanosti skupa C \ Ω neogranicena. Nadalje, dokazite da je svaka ogranicena komponentapovezanosti skupa C\Ω ujedno komponenta povezanosti skupa C\Ω. Odatle izvedite da u slucajupostojanja ogranicene komponente povezanosti skupa C\Ω skup C\Ω = (C\Ω)∪∞ nije povezan.

Za podrucje Ω ⊆ C kazemo da ima svojstvo logaritma ako za svaku f ∈ H(Ω), takvu da jeN(f) = ∅, tj. takvu da je f(z) 6= 0 ∀z ∈ Ω, postoji funkcija g ∈ H(Ω) takva da je f(z) = e g(z)

∀z ∈ Ω. Za prirodan broj n ≥ 2 kazemo da podrucje Ω ima svojstvo n−tog korijena ako zasvaku f ∈ H(Ω), takvu da je N(f) = ∅, postoji g ∈ H(Ω) takva da je f(z) = [g(z)]n ∀z ∈ Ω.

Propozicija 3.4. (a) Primitivno podrucje ima svojstvo logaritma.(b) Podrucje sa svojstvom logaritma ima svojstvo n−tog korijena za svaki prirodan broj n ≥ 2.

Dokaz: (a) Neka je Ω ⊆ C primitivno podrucje i neka je f ∈ H(Ω) funkcija bez nultocaka.Tada je f ′/f ∈ H(Ω), pa postoji funkcija G ∈ H(Ω) takva da je G′ = f ′/f. Tada je

(fe−G

)′= f ′e−G − fG′e−G = 0,

dakle, funkcija fe−G je konstanta α ∈ C. Kako f nema nultocaka, to je α 6= 0, pa postoji β ∈ Ctakvo da je α = eβ. Za g = β +G ∈ H(Ω) dobivamo f = eg.

(b) Pretpostavimo da je Ω podrucje sa svojstvom logaritma i neka je f ∈ H(Ω) funkcija beznultocaka. Neka je h ∈ H(Ω) takva da je f = eh. Stavimo

g(z) = eh(z)

n , z ∈ Ω.

Tada je g ∈ H(Ω) i vrijedi f(z) = [g(z)]n ∀z ∈ Ω.

Zadatak 3.4. Dokazite da za podrucje Ω ⊆ C i za a ∈ Ω podrucje Ω \ a nije primitivno i danema svojstvo n−tog korijena ni za jedan prirodan broj n ≥ 2.

Neka su γ, δ : [a, b] → Ω krivulje u podrucju Ω, takve da je γ(a) = δ(a) = z1 i γ(b) = δ(b) = z2.Homotopija u Ω od krivulje γ do krivulje δ je neprekidno preslikavanje H : [a, b] × [0, 1] → Ωtakva da je

H(t, 0) = γ(t) ∀t ∈ [a, b]; H(t, 1) = δ(t) ∀t ∈ [a, b];

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

Kazemo da su krivulje γ i δ homotopne u Ω, ako postoji homotopija u Ω od krivulje γ dokrivulje δ. Ako su γ i δ putovi koji su homotopni u Ω, moze se dokazati da postoji homotopija Hu Ω od γ do δ takva da je za svaki s ∈ [0, 1] krivulja γs(t) = H(s, t) put.

Ako je γ : [a, b] → Ω petlja u podrucju Ω, kazemo da je ona nul−homotopna u Ω ako je onahomotopna u Ω s konstantnom petljom δ(t) = γ(a) = γ(b) ∀t ∈ [a, b]. Podrucje Ω ⊆ C zove sejednostavno povezano ako je svaka petlja u Ω nul−homotopna u Ω. Buduci da se homotopijaneke petlje s konstantnom petljom moze shvacati kao kontinuirano ”stezanje” te petlje u tocku,za ocekivati je da ce podrucje Ω biti jednostavno povezano ako i samo ako njegov komplementC \Ω ”nema rupa”, tj. ako nijedna komponenta povezanosti od C \Ω nije ogranicena. Doista, toje ekvivalencija (b) ⇔ (d) u sljedecem teoremu:


Teorem 3.1. Neka je Ω ⊆ C podrucje. Tada je sljedecih deset svojstava medusobno ekvivalentno:

(a) Podrucje Ω homeomorfno je jedinicnom krugu K(0, 1).

(b) Podrucje Ω je jednostavno povezano.

(c) Za svaku petlju γ u Ω i za svaku tocku α ∈ C \ Ω vrijedi Indγ(α) = 0.

(d) Svaka komponenta skupa C \ Ω je neogranicena.

(e) Skup C \ Ω je povezan.

(f) Podrucje Ω je Cauchyjevo.

(g) Podrucje Ω je primitivno.

(h) Podrucje Ω ima svojstvo logaritma.

(i) Za svaki prirodan broj n ≥ 2 podrucje Ω ima svojstvo n−tog korijena.

(j) Za neki prirodan broj n ≥ 2 podrucje Ω ima svojstvo n−tog korijena.

Dokazimo najprije lemu:

Lema 3.1. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i K ⊆ Ω kompaktan skup. Tada postoji ciklus Γ u Ω \Ktakav da je IndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω i IndΓ(a) = 1 ∀a ∈ K.

Dokaz: Skupovi K i C \ Ω su disjunktni, K je kompaktan i C \ Ω je zatvoren. Stoga je

d = inf |z − w|; z ∈ K, w ∈ C \ Ω > 0.

(Ukoliko je Ω = C, za d uzimamo bilo koji pozitivan broj.) Neka je

Σ =⋃

n∈Z(pn ∪ qn),

gdje su pn i qn pravci

pn =

z ∈ C; Re z =

nd

2

, qn =

z ∈ C; Im z =

nd

2

.

Dakle, Σ je mreza u C, koja se sastoji od ekvidistantnih pravaca udaljenih zad

2paralelnih s

realnom odnosno s imaginarnom osi. Na taj nacin ravnina C pokrivena je mrezom zatvorenih

kvadrata Q sa stranicama duljined

2. Za svaki od tih kvadrata Q oznacimo sa ∂Q njegov pozitivno

orijentiran rub.Za a ∈ K \ Σ oznacimo sa Qa jedini kvadrat iz konstruirane mreze, unutar kojega se tocka a

nalazi. Tocka a nalazi se tada u neogranicenoj komponenti skupa C \ ∂Q za svaki Q 6= Qa iz nasemreze. Prema tvrdnji (c) teorema 1.9. imamo

Ind∂Q(a) = 0 ∀Q 6= Qa. (3.1)

Zadatak 3.5. Dokazite da jeInd∂Qa(a) = 1. (3.2)

25

Uputa: Izaberite r > 0 takav da je zatvoren krug K(a, r) sadrzan u nutrini kvadrata Qa.Zatim konstruirajte petlje γ1 i γ2 takve da je

∫

∂Qa

−∫

S(a,r)

=

∫

γ1

+

∫

γ2

(S(a, r) ovdje oznacava pozitivno orijentiranu kruznicu sa sredistem a i radijusom r), i takve da jetocka a sadrzana u neogranicenoj komponenti od C \ γ∗1 i u neogranicenoj komponenti od C \ γ∗2 .Zatim koristite tvrdnju (c) teorema 1.9. i zadatak 1.5.

Neka su sada Q1, . . . , Qn svi zatvoreni kvadrati iz izabrane mreze koji se sijeku sa skupom K(njih ima konacno mnogo, jer je skup K kompaktan, dakle ogranicen). Neka su γ1, γ2, . . . , γ4n ori-jentirani segmenti koji su, redom, glatki dijelovi petlji ∂Q1, . . . , ∂Qn; dakle, pozitivno orijentiranirub ∂Qj kvadrata Qj satoji se od γ4j−3, γ4j−2, γ4j−1 i γ4j. Definiramo ciklus Γ′ = [∂Q1, . . . , ∂Qn].Prema (3.1) i (3.2) imamo

IndΓ′(a) = 1 ∀a ∈ K \ Σ. (3.3)

Stranice svih promatranih kvadrata su duljined

2i zatvoreni kvadrati Q1, . . . , Qn sijeku se sa

skupom K. Buduci da je d udaljenost skupa K od skupa C \Ω, nijedan od tih kvadrata ne sijecese sa skupom C \ Ω; doista, ako su z1, z2 ∈ Qj, onda je

|z1 − z2| ≤d

2·√

2 < d,

pa ne moze biti z1 ∈ K i z2 ∈ C \ Ω. Prema tome, Qj ⊆ Ω i, posebno, Γ′ je ciklus u Ω. Nadalje,svaka tocka α ∈ C \ Ω nalazi se izvan svakog od kvadrata Q1, . . . , Qn, pa vrijedi

IndΓ′(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω. (3.4)

Neka je sada Γ lanac koji se dobije iz lanca Γ′′ = [γ1, γ2, . . . , γ4n] izostavljanjem svih onih segmenataγj koji se sijeku sa skupomK.Drugim rijecima, izostavljaju se sve one stranice kvadrataQ1, . . . , Qn

koje se prilikom integracije duz ciklusa γ′ prolaze u oba smjera. Jasno je da se segmenti u Γ moguporedati tako da to bude ciklus. Nadalje, tada je Γ∗ ∩ K = ∅. Buduci da je Γ∗ ⊆ Γ′∗ ⊆ Ω,zakljucujemo da je Γ ciklus u Ω \K.

Iz konstrukcije je jasno da je ∫

Γ

=

∫

Γ′′=

∫

Γ′.

Odatle i iz (3.4) slijedi da jeIndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω,

a iz (3.3) slijedi da jeIndΓ(a) = 1 ∀a ∈ K \ Σ.

Uzmimo sada da je a ∈ K ∩ Σ. Imamo dvije mogucnosti:(1) Tocka a ne nalazi se u vrhu nijednog od kvadrata Q1, . . . , Qn. Tada se tocka a nalazi na

stranici tocno dvaju od tih kvadrata; mozemo pretpostaviti da je numeracija takva da se a nalazi nastranicama kvadrata Q1 i Q2 i da su to stranice γ4 i γ5. Tada je Q = Q1∪Q2 zatvoreni pravokutniki njegov pozitivno orijentirani rub ∂Q sastoji se od orijentiranih segmenata γ1, γ2, γ3, γ6, γ7, γ8.Tocka a nalazi se unutar pravokutnika Q i izvan kvadrata Q3, . . . , Qn, pa vrijedi

Ind∂Q(a) = 1, Ind∂Qj(a) = 0, 3 ≤ j ≤ n.

Dakle, ako definiramo ciklus Γ1 = [∂Q, ∂Q3, . . . , ∂Qn], imamo

IndΓ1(a) = 1.


Prije konstruirani ciklus Γ moze se dobiti iz ciklusa Γ1 izostavljanjem onih segmenata γj,1 ≤ j ≤ 4n, j 6= 4, j 6= 5, koji se sijeku sa skupom K, odnosno onih za koje je i suprotansegment u Γ1. Tada je ∫

Γ1

=

∫

Γ

pa zakljucujemo da je za takvu tocku a

IndΓ(a) = 1.

(2) Tocka a nalazi se u vrhu tocno cetiriju kvadrata i mozemo pretpostaviti da je numeracijatakva da su to kvadrati Q1, Q2, Q3 i Q4. Nadalje, uzmimo da je numeracija stranica tih kvadratatakva da je tocka a svrsetak segmenata γ3, γ7, γ11 i γ15 i da je ona pocetak segmenata γ4, γ8, γ12 iγ16. Neka je Q = Q1 ∪Q2 ∪Q3 ∪Q4. Tada je Q kvadrat sa stranicama duljine d i njegov pozitivnoorijentirani rub ∂Q sastoji se od segmenata γ1, γ2, γ5, γ6, γ9, γ10, γ13 i γ14. Sasvim analogno kaomalo prije nalazimo da je

Ind∂Q(a) = 1, Ind∂Qj(a) = 0, 5 ≤ j ≤ n,

pa za ciklus Γ2 = [∂Q, ∂Q5, . . . , ∂Qn] imamo

IndΓ(a) = IndΓ2(a) = 1.

Time je lema dokazana.

Dokaz teorema 3.1. Prema propozicijama 3.1., i 3.2. vrijede ekvivalencije (c) ⇔ (f) ⇔ (g),a prema zadatku 3.3. imamo ekvivalenciju (d) ⇔ (e). Prema propozicijama 3.3. i 3.4. vrijedeimplikacije (d) ⇒ (f) i (g) ⇒ (h) ⇒ (i). Implikacija (i) ⇒ (j) je trivijalna. Buduci da je jedinicnikrug K(0, 1) jednostavno povezano podrucje, vrijedi (a) ⇒ (b). Prema klasicnom Cauchyjevomteoremu vrijedi (b) ⇒ (f).

Pretpostavimo da ne vrijedi (e) tj. da je C\Ω nepovezan skup. Buduci da je taj skup zatvorenu C, postoje neprazni zatvoreni podskupovi A i B od C takvi da je A ∩ B = ∅ i A ∪ B = C \ Ω.Ω je podskup od C, dakle, ∞ 6∈ Ω. To znaci da ∞ ∈ A ∪ B. Zbog odredenosti uzmimo da je∞ ∈ B. Skup C je kompaktan, dakle i svaki njegov zatvoren podskup je kompaktan. Posebno,skup A je kompaktan i sadrzan je u otvorenom skupu Ω1 = C \ B ⊆ C. Prema lemi 3.1. postojiciklus Γ u Ω1 \ A = Ω, takav da je

IndΓ(a) = 1 ∀a ∈ A.

Neka su γ1, . . . , γn petlje u Ω takve da je Γ = [γ1, . . . , γn]. Tada za bilo koju zadanu tocku a ∈ Avrijedi

Indγ1(a) + · · ·+ Indγn(a) = 1,

pa slijedi da je Indγj(a) 6= 0 za neki j ∈ 1, . . . , n. Kako je tada a ∈ C \ Ω, vidimo da ne vrijedi

(c). Time je dokazana implikacija (c) ⇒ (e).Dokaz ce biti potpun, ako jos dokazemo da iz (j) slijedi (a). Pretpostavimo da vrijedi (j) tj. da

za neki prirodan broj n ≥ 2 podrucje Ω ima svojstvo n−tog korijena. U sljedecem poglavlju bitce dokazano da tada uz dodatni uvjet Ω 6= C vrijedi tzv. Riemannov teorem da postoji bijekcijaΦ sa Ω na otvoren jedinicni krug K(0, 1) takva da su funkcije Φ i Φ−1 holomorfne. Tada sute funkcije neprekidne, pa je Φ homeomorfizam. Napokon, ako je Ω = C, tada homeomorfizamΦ : C → K(0, 1) mozemo eksplicitno napisati:

Φ(z) =z

1 + |z| , z ∈ C; Φ−1(w) =w

1 − |w| , w ∈ K(0, 1).

Time je teorem 3.1. dokazan (uz pretpostavku da nam je poznat gore spomenuti Riemannovteorem).

Poglavlje 4

Kompaktnost skupova holorfnih funkcija

Da bismo dokazali najavljeni Riemannov teorem potreban nam je niz teorema o nekim svo-jstvima skupova funkcija S ⊆ H(Ω).

Zadatak 4.1. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je S ⊆ H(Ω). Dokazite da su sljedeca trisvojstva skupa S holomorfnih funkcija medusobno ekvivalentna:

(a) Za svaki kompaktan skup K ⊆ Ω postoji M > 0 takav da vrijedi

|f(z)| ≤M ∀z ∈ K, ∀f ∈ S.

(b) Za svaku tocku a ∈ Ω i za svaki r > 0 takav da je K(a, r) ⊆ Ω postoji M > 0 takav davrijedi

|f(z)| ≤M ∀z ∈ K(a, r), ∀f ∈ S.

(c) Za svaku tocku a ∈ Ω postoje r > 0 i M > 0 takvi da vrijedi K(a, r) ⊆ Ω i

|f(z)| ≤M ∀z ∈ K(a, r), ∀f ∈ S.

Ukoliko su ispunjeni medsubno ekvivalentni uvjeti iz tog zadatka kazemo da je skup funkcijaS lokalno uniformno ogranicen na Ω.

Propozicija 4.1. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je skup holomorfnih funkcija S ⊆ H(Ω)lokalno uniformno ogranicen. Tada je i skup njihovih derivacija S ′ = f ′; f ∈ S lokalno uni-formno ogranicen.

Dokaz: Neka je a tocka iz Ω i neka je R > 0 takav da je K(a, R) ⊆ Ω. Po pretpostavci tadapostoji M > 0 takav da vrijedi:

|f(z)| ≤M ∀z ∈ K(a, R), ∀f ∈ S. (4.1)

Neka je r = R/2 i z ∈ K(a, r). Tada je K(z, r) ⊆ K(a, R) ⊆ Ω, dakle za svaku funkciju f ∈ Smozemo pisati

f ′(z) =1

2πi

∫

γ

f(ζ)

(ζ − z)2dζ

gdje je γ pozitivno orijentirana kruznica S(z, r) :

γ(t) = z + reit, 0 ≤ t ≤ 2π.

27

28 POGLAVLJE 4. KOMPAKTNOST SKUPOVA HOLORFNIH FUNKCIJA

Dakle,

f ′(z) =1

2πi

∫ 2π

0

f(z + reit)

(reit)2 ireitdt =1

2πr

∫ 2π

0

f(z + reit)e−itdt.

Odatle je zbog (4.1)

|f ′(z)| ≤ 1

2πr·M · 2π =

M

r=

2M

R.

Buduci da gornja nejednakost vrijedi za sve f ∈ S i za sve tocke z ∈ K(a, r), zbog proizvoljnostitocke a ∈ Ω zakljucujemo da skup S ′ ima svojstvo (c) iz zadatka 4.1. Dakle, skup funkcija S ′ jelokalno uniformno ogranicen na Ω.

Za skup S ⊆ H(Ω) kazemo da je relativno kompaktan, ako svaki niz (fn)n∈N u S ima lokalnouniformno konvergentan podniz (fnk

)k∈N; ako je pri tome i limes

limk→∞

fnk

uvijek sadrzan u S, za skup S kazemo da je kompaktan.

Sasvim analogno kao u zadatku 4.1 dokazuje se da su sljedeca tri svojstva skupa funkcijaS ⊆ H(Ω) medusobno ekvivalentna:

(a) Za svaki kompaktan skup K ⊆ Ω i za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da vrijedi

z1, z2 ∈ K, |z1 − z2| < δ, f ∈ S =⇒ |f(z1) − f(z2)| < ε.

(b) Za svaki zatvoren krug K(a, r) ⊆ Ω i za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da vrijedi

z1, z2 ∈ K(a, r), |z1 − z2| < δ, f ∈ S =⇒ |f(z1) − f(z2)| < ε.

(c) Za svaku tocku a ∈ Ω postoji r > 0 takav da je K(a, r) ⊆ Ω i takav da za svaki ε > 0 postojiδ > 0 takav da vrijedi

z1, z2 ∈ K(a, r), |z1 − z2| < δ, f ∈ S =⇒ |f(z1) − f(z2)| < ε.

Ako su ti uvjeti ispunjeni za skup S kazemo da je lokalno ekvikontinuiran na Ω.

Teorem 4.1. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je skup holomorfnih funkcija S ⊆ H(Ω) lokalnouniformno ogranicen. Tada je skup S lokalno ekvikontinuiran na Ω.

Dokaz: Neka je K ⊆ Ω kompaktan skup i neka je d udaljenost skupa K od skupa C \ Ω :

d = d(K,C \ Ω) = min |z1 − z2|; z1 ∈ K, z2 ∈ C \ Ω > 0

(ako je Ω = C za d mozemo uzeti bilo koji pozitivan broj). Stavimo tada

L =

z ∈ C; d(z,K) ≤ d

2

.

Tada je L kompaktan skup sadrzan u Ω. Prema propoziciji 4.1. tada postoji M > 0 takav davrijedi

|f ′(z)| ≤M, ∀z ∈ L, ∀f ∈ S.

29

Neka je ε > 0. Stavimo δ = min

d

2,ε

M

. Neka su z1, z2 ∈ K takve da je |z1 − z2| < δ i neka je

f ∈ S. Tada je γ(t) = (1 − t)z1 + tz2, 0 ≤ t ≤ 1, ravni segment u L od tocke z1 do tocke z2, panalazimo

|f(z2) − f(z1)| =

∣∣∣∣∫

γ

f ′(ζ)dζ

∣∣∣∣ ≤ M |z2 − z1| < M · εM

= ε.

Time je teorem dokazan, jer su kompaktan skup K ⊆ Ω i ε > 0 bili proizvoljni.

Sljedeci teorem pokazuje da u slucaju lokalno uniformno ogranicenog niza funkcija lokalnouniformna konvergencija slijedi iz obicne konvergencije po tockama, pa cak i samo na gustomskupu tocaka.

Teorem 4.2. (Vitali) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, Σ ⊆ Ω gust skup u Ω, i (fn)n∈N niz u H(Ω)koji je lokalno uniformno ogranicen i takav da je za svaku tocku z ∈ Σ niz (fn(z))n∈N konvergentanu C. Tada niz (fn)n∈N konvergira lokalno uniformno na Ω prema funkciji f ∈ H(Ω).

Dokaz: Neka je K kompaktan podskup od Ω i neka je ε > 0. Stavimo ponovo

d = d(K,C \ Ω) = min |z1 − z2|; z1 ∈ K, z2 ∈ C \ Ω > 0

i definiramo ponovo kompaktan podskup L od Ω sa

L =

z ∈ C; d(z,K) <

d

2

.

Po teoremu 4.1. postoji δ > 0 (uzimamo da je 2δ ≤ d) takav da vrijedi

z, z′ ∈ L, |z − z′| < δ, n ∈ N =⇒ |fn(z) − fn(z′)| < ε

3. (4.2)

Buduci da je skup K kompaktan, postoje tocke z1, . . . , zN ∈ K takve da je

K ⊆ K

(z1,

δ

2

)∪ · · · ∪K

(zN ,

δ

2

)⊆ L.

Buduci da je skup Σ gust u Ω, za svako j ∈ 1, . . . , N vrijedi Σ ∩K(zj,

δ

2

)6= ∅, pa mozemo

izabrati ζj ∈ Σ ∩K(zj,

δ

2

). Po pretpostavci mozemo izabrati n0 ∈ N takav da vrijedi

n,m ≥ n0, j ∈ 1, . . . , N =⇒ |fn(ζj) − fm(ζj)| <ε

3. (4.3)

Uzmimo sada proizvoljnu tocku z ∈ K. Za neko j ∈ 1, . . . , N je tada z ∈ K

(zj,

δ

2

), dakle,

imamo |z − ζj| < δ. Kako je

|fn(z) − fm(z)| ≤ |fn(z) − fn(ζj)| + |fn(ζj) − fm(ζj)| + |fm(ζj) − fm(z)|,

pomocu (4.2) i (4.3) nalazimo

n,m ≥ n0 =⇒ |fn(z) − fm(z)| < ε

3+ε

3+ε

3= ε. (4.4)


(4.4) pokazuje da je za svaku tocku z ∈ K niz (fn(z))n∈N konvergentan u C. Kako je kompaktanskup K ⊆ Ω bio proizvoljan, slijedi da je taj niz konvergentan u C za svaku tocku z ∈ Ω.Definiramo funkciju f : Ω → C sa

f(z) = limn→∞

fn(z), z ∈ Ω.

Sada iz (4.4) slijedin ≥ n0, z ∈ K =⇒ |fn(z) − f(z)| ≤ ε.

Prema tome, niz funkcija (fn)n∈N konvergira lokalno uniformno na Ω prema funkciji f. ZbogWeierstrassovog teorema 1.6. vrijedi f ∈ H(Ω).

Teorem 4.3. (Montelov princip kompaktnosti) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je skupS ⊆ H(Ω) lokalno uniformno ogranicen. Tada je skup S relativno kompaktan.

Dokaz: Neka (fn)n∈N niz u S. Izaberimo prebrojiv gust skup Σ ⊆ Ω i numerirajmo mu tockeprirodnim brojevima:

Σ = zn; n ∈ N.

Niz kompleksnih brojeva (fn(z1))n∈N je ogranicen pa prema Bolzano−Weierstrassovom teoremupostoji podniz (fn,1)n∈N niza (fn)n∈N takav da je niz (fn,1(z1))n∈N konvergentan u C. Sada jeniz kompleksnih brojeva (fn,1(z2))n∈N ogranicen pa postoji podniz (fn,2)n∈N niza (fn,1)n∈N takavda je niz (fn,2(z2))n∈N konvergentan u C. Buduci da je tada (fn,2(z1))n∈N podniz konvergentnogniza (fn,1(z1))n∈N, to je i niz (fn,2(z1))n∈N konvergentan u C. Nastavljajuci na taj nacin vidimoda za svaki m ∈ N mozemo izabrati podniz (fn,m+1)n∈N niza (fn,m)n∈N takav da je niz brojeva(fn,m+1(zm+1))n∈N konvergentan. Za bilo koje j ∈ N je (fn,n(zj))n∈N,n≥j podniz niza (fn,j(zj))n∈N.Prema tome za svaki j ∈ N niz brojeva (fn,n(zj))n∈N je konvergentan.

Time je dokazano da podniz (fn,n)n∈N niza (fn)n∈N zadovoljava pretpostavke Vitalijevog teo-rema 4.2. Prema tom teoremu niz (fn,n)n∈N konvergira lokalno uniformno na Ω prema nekoj funkcijif ∈ H(Ω). Buduci da je (fn)n∈N bio proizvoljan niz u S, time je dokazano da je skup S relativnokompaktan.

Zadatak 4.2. Dokazite Vitalijev teorem 4.2. za podrucje Ω ⊆ C uz slabiju pretpostavku da jeΣ ⊆ Ω skup koji ima bar jedno gomiliste u skupu Ω.

Uputa: Po Montelovom principu kompaktnosti (teorem 4.3) izaberite lokalno uniformno kon-vergentan podniz (gn)n∈N niza (fn)n∈N. Iz pretpostavke da niz (fn)n∈N ne konvergira lokalno uni-formno prema funkciji g = limn→∞ gn pomocu dokazanog Vitalijevog teorema 4.2. zakljucite dapostoji tocka a ∈ Ω takva da niz (fn(a))n∈N ima dva razlicita gomilista w1 = g(a) i w2. Za-tim dokazite da postoji lokalno uniformno konvergentan podniz (hn)n∈N niza (fn)n∈N takav da zah = limn→∞ hn vrijedi h(a) = w2. Na kraju iskoristite teorem jedinstvenosti 1.11. za funkcije g ih da dodete do kontradikcije.

Teorem 4.4. (Hurwitz) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je (fn)n∈N niz u H(Ω) koji lokalnouniformno na Ω konvergira prema nekoj funkciji f ∈ H(Ω). Neka je z0 ∈ Ω izolirana nultockafunkcije f. Tada za svaki r > 0 takav da je K(z0, r) ⊆ Ω postoji n0 ∈ N takav da za svako n ≥ n0

funkcija fn ima nultocku u skupu K(z0, r).

Dokaz: Neka je ρ > 0 takav da je K(z0, ρ) ⊆ Ω i da je f(z) 6= 0 ∀z ∈ K(z0, ρ) \ z0. Neka jeγ pozitivno orijentirana kruznica sa sredistem u tocki z0 i radijusom ρ. Stavimo

µ = min |f(z)|; z ∈ γ∗ > 0.

31

Kruznica γ∗ je kompaktan skup sadrzan u Ω, pa kako po pretpostavci niz (fn)n∈N konvergiraprema funkciji f lokalno uniformno na Ω, to niz restrikcija (fn|γ∗)n∈N konvergira uniformno premarestrikciji f |γ∗. Zbog toga postoji n0 ∈ N takav da vrijedi

z ∈ γ∗, n ≥ n0 =⇒ |fn(z) − f(z)| < µ.

To znaci da za svaki n ≥ n0 vrijedi

|fn(z) − f(z)| < |f(z)| ∀z ∈ γ∗.

Prema Roucheovom teoremu 2.6. odatle za svaki n ≥ n0 slijedi

N(fn;K(z0, ρ)) = N(f ;K(z0, ρ)) > 0.

Time je teorem dokazan.

Teorem 4.5. Neka je Ω ⊆ C podrucje i neka je (fn)n∈N niz injektivnih funkcija u H(Ω). Pret-postavimo da niz (fn)n∈N lokalno uniformno na Ω konvergira prema nekoj nekonstantnoj funkcijif. Tada je funkcija f injektivna.

Dokaz: Pretpostavimo suprotno i neka su z1, z2 ∈ Ω takve da je z1 6= z2 i f(z1) = f(z2).Definiramo niz (gn)n∈N i funkciju g u H(Ω) na sljedeci nacin:

gn(z) = fn(z) − fn(z2), g(z) = f(z) − f(z2), z ∈ Ω.

Neka je 0 < r ≤ |z1 − z2| takav da je K(z1, r) ⊆ Ω. Tada niz (gn)n∈N konvergira lokalno uniformnona Ω prema funkciji g i vrijedi g(z1) = 0. Buduci da je funkcija f nekonstantna, po teoremu jedin-stvenosti 1.11. tocka z1 je izolirana nultocka funkcije g. Prema Hurwitzovom teoremu 4.4. postojin0 ∈ N takav da za n ≥ n0 funkcija gn ima nultocku u krugu K(z1, r). Za takav n i za nekoz3 ∈ K(z1, r) tada je gn(z3) = 0, tj. fn(z3) = fn(z2). No to je nemoguce, jer je po pretpostavcifunkcija fn injektivna i jer je z2 6∈ K(z1, r), dakle, z3 6= z2. Ova kontradikcija pokazuje da jepretpostavka o neinjektivnosti funkcije f bila pogresna.

Trebat ce nam jos jedno svojstvo neprekidnog preslikavanja definiranog na kompaktnom skupufunkcija. Pri tome za otvoren skup Ω ⊆ C i za proizvoljan skup funkcija S ⊆ H(Ω) kazemo da jepreslikavanje J : S → C neprekidno na S ako za svaku funkciju f ∈ S i za svaki niz (fn)n∈N uS koji konvergira lokalno uniformno na Ω prema funkciji f vrijedi

J(f) = limn→∞

J(fn).

Sljedeca propozicija daje jos jednu analogiju prostora holomorfnih funkcija H(Ω) i Euklidskogprostora.

Propozicija 4.2. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, neka je skup funkcija S ⊆ H(Ω) kompaktan ineka je preslikavanje J : S → C neprekidno. Tada postoji f0 ∈ S takva da vrijedi

|J(f0)| ≥ |J(f)| ∀f ∈ S.

Drugim rijecima, neprekidno preslikavanje na kompaktnom skupu holomorfnih funkcija dostizesvoj supremum.


Dokaz: StavimoA = sup |J(f)|; f ∈ S ≤ +∞.

Neka je (fn)n∈N niz u S takav da jeA = lim

n→∞|J(fn)|.

Buduci da je po pretpostavci S kompaktan podskup od H(Ω), postoji f0 ∈ S i podniz (fnk)k∈N

niza (fn)n∈N koji lokalno uniformno na Ω konvergira prema f0. Zbog neprekidnosti preslikavanjaJ nalazimo da je

A = limk→∞

|J (fnk)| = |J (f0)| < +∞.

Sljedecih nekoliko zadataka daje drugaciji opis topologije prostora holomorfnih funkcija H(Ω).

Zadatak 4.3. Neka je Ω ⊆ C neprazan otvoren skup. Za n ∈ N stavimo

Kn =

z ∈ C; |z| ≤ n, d(z,C \ Ω) ≥ 1

n

.

Dokazite da tada vrijedi:

(a) Skup Kn je kompaktan za svaki n ∈ N.

(b) Za svaki n ∈ N nutrina skupa Kn je

Int(Kn) =

z ∈ C; |z| < n, d(z,C \ Ω) >

1

n

.

(c) Za svaki n ∈ N je Kn ⊆ Int(Kn+1).

(d) Ω =⋃

n∈NKn.

(e) Za svaki n ∈ N svaka komponenta povezanosti skupa C \ Kn sadrzi neku komponentupovezanosti skupa C \ Ω.

Dokazite da ako je (Kn)n∈N niz kompaktnih skupova takvih da vrijedi (c) i (d), tada vrijedi i

(f) Za svaki kompaktan skup K ⊆ Ω postoji n ∈ N takav da je K ⊆ Kn.

Zadatak 4.4. Neka je Ω ⊆ C neprazan otvoren skup i neka je (Kn)n∈N niz kompaktnih skupovasa svojstvima (c) i (d) iz zadatka 4.3. Za n ∈ N i za f ∈ H(Ω) stavimo

‖f‖n = max |f(z)|; z ∈ Kn.

Dokazite da je preslikavanje d : H(Ω) ×H(Ω) → R definirano sa

d(f, g) =

∞∑

n=1

1

2n

‖f − g‖n

1 + ‖f − g‖n, f, g ∈ H(Ω),

metrika na skupu H(Ω), tj. da vrijedi

(a) d(f, g) ≥ 0 ∀f, g ∈ H(Ω).

(b) Za f, g ∈ H(Ω) vrijedi d(f, g) = 0 ako i samo ako je f = g.

(c) d(f, g) = d(g, f) ∀f, g ∈ H(Ω).

(d) d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g) ∀f, g, h ∈ H(Ω).

33

Zadatak 4.5. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je d metrika na skupu H(Ω) iz zadatka4.4. Dokazite da vrijedi:

(a) Niz (fn)n∈N u H(Ω) konvergira lokalno uniformno na Ω prema funkciji f ∈ H(Ω) ako i samoako niz (d(fn, f))n∈N konvergira prema nuli.

(b) Dokazite da je metricki prostor (H(Ω), d) potpun, tj. da u njemu vrijedi Cauchyjev kriterijkonvergencije: niz (fn)n∈N u H(Ω) je konvergentan u odnosu na metriku d (tj. zbog (a)lokalno uniformno konvergentan) ako i samo ako vrijedi:

∀ε > 0 ∃n0 ∈ N takav da n,m ≥ n0 =⇒ d(fn, fm) < ε.

Zadatak 4.6. U metrickom prostoru H(Ω) topologija se uvodi na uobicajen nacin: skup S ⊆ H(Ω)zove se otvoren ako za svaku f0 ∈ S postoji r > 0 takav da je

K(f0, r) = f ∈ H(Ω); d(f0, f) < r ⊆ S;

skup T ⊆ H(Ω) zove se zatvoren ako je njegov komplement H(Ω) \T otvoren. Dokazite da je skupS ⊆ H(Ω) kompaktan (u smislu definicije na str. 32) ako i samo ako za svaku familiju (Ui)i∈I

otvorenih skupova u H(Ω) takvu da je

S ⊆⋃

i∈I

Ui

postoje i1, i2, . . . , in ∈ I takvi da je

S ⊆ Ui1 ∪ Ui2 ∪ · · · ∪ Uin,

dakle, ako i samo ako svaki otvoren pokrivac od S sadrzi konacan potpokrivac.


Poglavlje 5

Meromorfne funkcije

Prije svega, prosirit cemo definiciju meromorfne funkcije s konca drugog poglavlja na funkcijedefinirane na otvorenim podskupovima prosirene kompleksne ravnine C. Uocimo da je skup Ω ⊆ Cje otvoren, ako i samo ako za svaku tocku a ∈ Ω postoji r > 0 takav da je K(a, r) ⊆ Ω. Pri tomeje oznaka K(a, r) prosirena i na slucaj a = ∞ ovako:

K(∞, r) = C \K(0, r) = ∞ ∪ z ∈ C; |z| > r = ∞ ∪K(0, r,+∞).

Prosirit cemo najprije pojam holomorfnosti i pojam izoliranog singulariteta na funkcije defini-rane na otvorenim podskupovima od C. Ako je f kompleksnoznacna funkcija definirana na skupuD(f) ⊆ C, kazemo da funkcija f ima izoliran singularitet u tocki ∞ ako postoji r > 0 takav da jeskup

K∗(∞, r) = K(∞, r) \ ∞ = K(0; r,+∞) = z ∈ C; |z| > rsadrzan u D(f) i da je restrikcija f |K∗(∞, r) holomorfna. U tom slucaju teorem 2.3. o Lauren-tovom razvoju daje

f(z) =∑

n∈Zcnz

n ∀z ∈ K∗(∞, r).

Tada je funkcija g : K∗(0, 1/r) → C definirana redom

g(z) = f

(1

z

)=∑

n∈Zcnz

−n, 0 < |z| < 1

r,

holomorfna na skupu K∗(0, 1/r). Proucavanje funkcije f u okolini tocke ∞ svodi se na proucavanjefunkcije g u okolini tocke 0. U vezi s tim imamo analogne nazive za vrste izoliranog singularitetau tocki ∞ :

(a) Ako je cn = 0 za svaki n ∈ N, onda vrijedi

f(z) = c0 +c−1

z+c−2

z2+ · · · =⇒ lim

z→∞f(z) = c0

ig(z) = c0 + c−1z + c−2z

2 + · · · =⇒ limz→0

g(z) = c0.

U tom slucaju kazemo da je tocka ∞ uklonjiv singularitet funkcije f ; ako je k tome∞ ∈ D(f) i vrijedi f(∞) = c0, kazemo da je funkcija f holomorfna u tocki ∞ (preciznije, naokolini K(∞, r) tocke ∞). Ako je k tome c0 = 0, kazemo da je tocka ∞ nultocka funkcijef. U slucaju da funkcija f nije identicki jednaka nuli na okolini tocke ∞, onda postoji m ∈ Ntakav da je

c0 = c−1 = · · · = c−m+1 = 0, cm 6= 0.

Tada kazemo da je tocka ∞ m−struka nultocka funkcije f.

35

36 POGLAVLJE 5. MEROMORFNE FUNKCIJE

(b) Ako postoji m ∈ N takav da je cm 6= 0 i ck = 0 za svako k > m, onda kazemo da je tocka∞ pol m−tog reda za funkciju f. U tom je slucaju

g(z) =cmzm

+ · · ·+ c−1

z+ c0 + c1z + c2z

2 + · · · ,

pa funkcija g ima pol m−tog reda u nuli. Tako npr. polinom stupnja m

P (z) = a0 + a1z + · · ·+ amzm (am 6= 0)

ima pol m−tog reda u tocki ∞.

(c) Ako je ck 6= 0 za beskonacno mnogo prirodnih brojeva k, kazemo da je tocka ∞ bitnisingularitet za fukciju f.

U vezi s uvedenom terminologijom prosirujemo pojam holomorfnosti na funkcije f : Ω → C, pricemu je Ω otvoren podskup od C (dakle, moze sadrzavati i tocku ∞). Dakle, ako je Ω otvorenpodskup od C koji sadrzi tocku ∞, za funkciju f : Ω → C kazemo da je holomorfna na Ω, akovrijedi:

(a) Restrikcija f |Ω \ ∞ je holomorfna.

(b) Tocka ∞ je uklonjiv singularitet funkcije f.

(c) f(∞) = limz→∞

f(z).

U tom slucaju Laurentov razvoj funkcije f oko tocke ∞ ima oblik

f(z) =∑

n∈Z+

cnz−n

i vrijedi f(∞) = c0.Uz ovako prosiren pojam holomorfnosti Liouvilleov teorem 1.8. moze se i ovako formulirati:

Teorem 5.1. (Liouville) Konstante su jedine holomorfne funkcije na C.Zadatak 5.1. Dokazite teorem 5.1.

Novo shvacanje tipa izoliranog singulariteta dobivamo pomocu pojma neprekidnosti C−znacnihfunkcija s domenom u C. Ako je S ⊆ C, f : S → C i a ∈ S, kazemo da je funkcija f neprekidna utocki a ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 takvo da vrijedi

z ∈ K(a, δ) ∩ S =⇒ f(z) ∈ K(f(a), ε).

To zapravo znaci da postoji limz→a

f(z) i jednak je f(a). Funkcija f neprekidna je na skupu S ako

je neprekidna u svakoj tocki skupa S. Ukoliko je S ⊆ C i f(S) ⊆ C ova se definicija neprekidnostipodudara s neprekidnoscu kompleksne funkcije kompleksne varijable.

Uzmimo sada da je a ∈ C uklonjiv singularitet funkcije f. Tada je za neki r > 0 funkcijaf definirana i holomorfna na punktiranom krugu K∗(a, r). Definiramo li f(a) = lim

z→af(z), tada

ocito f postaje neprekidna funkcija sa K(a, r) u C. Neka je sada a ∈ C pol funkcije f. Stavimo lif(a) = ∞, prosirena funkcija f neprekidna je sa K(a, r) u C. Napokon, ako je a ∈ C bitni singu-laritet funkcije f, onda ne postoji ni konacan ni beskonacan lim

z→a|f(z)|, pa ne postoji lim

z→af(z) u

C. Stoga se f ne moze prosiriti do neprekidne funkcije sa K(a, r) u C.Prema tome, ukoliko sve tocke prosirene kompleksne ravnine C smatramo ravnopravnima, onda

se uz ovako prosirene definicije gubi razlika izmedu pojma pola i pojma uklonjivog singulariteta.

Neka je Ω ⊆ C neprazan otvoren skup. Za funkciju f kazemo da je meromorfna na Ω, akopostoji skup P ⊆ Ω takav da vrijedi:

37

(a) Skup P nema gomilista u skupu Ω; drugim rijecima, za svaku tocku a ∈ Ω postoji r > 0takav da je K∗(a, r) ∩ P = ∅.

(b) Funkcija f je definirana i holomorfna na skupu Ω \ P.

(c) Svaka tocka a ∈ P je pol funkcije f.

Ekvivalentno, meromorfna funkcija na otvorenom skupu Ω ⊆ C je neprekidna funkcija f : Ω → Ctakva da skup P = f−1(∞) nema gomilista u skupu Ω i da je restrikcija f |(Ω \ P ) holomorfna.

Racionalna funkcija

f(z) =a0 + a1z + · · ·+ anz

n

b0 + b1z + · · · + bmzm(an 6= 0, bm 6= 0)

je primjer meromorfne funkcije na C. Ako je n > m, onda je tocka ∞ pol funkcije f reda n−m.Ako je n < m, onda je tocka ∞ (m − n)−struka nultocka funkcija f. Napokon, ako je n = m,onda je

f(∞) = limz→∞

f(z) =an

bn6= 0.

Ostali singulariteti funkcije f nalaze se medu korijenima jednadzbe

b0 + b1z + · · ·+ bmzm = 0

i ti su singulariteti polovi. Prema tome, racionalna funkcija je meromorfna funkcija na C. To suupravo sve meromorfne funkcije na C :

Teorem 5.2. Ako je f 6= 0 meromorfna funkcija na C, onda je f racionalna funkcija.

Dokaz: Buduci da je tocka ∞ ili pol ili uklonjiv singularitet funkcije f, postoji r > 0 takav da jefunkcija f holomorfna na skupu K∗(∞, r). Komplement tog skupa je zatvoren krug K(0, r), dakle,kompaktan skup. Kako polovi funkcije f nemaju gomilista i kako po Bolzano−Weierstrassovomteoremu svaki beskonacan podskup kompaktnog skupa ima gomiliste, zakljucujemo da funkcija fima u krugu K(0, r) samo konacno mnogo polova. Prema tome, funkcija f ima polove u nekimtockama z1, . . . , zn ∈ C i eventualno u tocki ∞. Glavni dio Laurentovog razvoja funkcije f uokolini tocke zk je funkcija oblika

Rk(z) =

pk∑

j=1

cj,k(z − zk)−j (k = 1, . . . , n)

a u okolini tocke ∞ oblika

R∞(z) =

p∑

j=1

cjzj.

Funkcija

R(z) =

n∑

k=1

Rk(z) +R∞(z)

je racionalna, a funkcijag(z) = f(z) −R(z)

je holomorfna barem tamo gdje i funkcija f, odnosno, na skupu C\z1, . . . , zn. U okolini tocke zk

glavni dijelovi Laurentovog razvoja za funkcije f i R su isti. To znaci da je glavni dio Laurentovog


razvoja funkcije g oko tocke zk jednak je nuli i to vrijedi za svaki k = 1, . . . , n. Prema tome,tocke z1, . . . , zn su uklonjivi singulariteti funkcije g, a isto vrijedi i za tocku ∞. Dakle, funkcija gprosiruje se do holomorfne funkcije na C. Prema Liouvilleovom teoremu 5.1. zakljucujemo da jefunkcija g identicki jednaka nekoj konstanti c0 ∈ C. Zakljucujemo da je

f(z) = g(z) +R(z) = c0 + c1z + · · ·+ cpzp +

n∑

k=1

Rk(z),

dakle, f je racionalna funkcija.

Uocimo da dokaz teorema 5.2. ujedno daje dokaz mogucnosti tzv. rastava racionalne funkcijena parcijalne razlomke.

Teoremom 5.2. potpuno su opisane meromorfne funkcije na C. Sljedeci nam je cilj da u zado-voljavajucoj mjeri opisemo meromorfne funkcije na C.

Neka je f meromorfna funkcija na C. Pretpostavimo najprije da f ima samo konacno mnogopolova u C i neka su to tocke z1, . . . , zn. Oznacimo li opet kao u dokazu teorema 5.2. sa Rk(z)glavni dio Laurentovog razvoja funkcije f oko tocke zk, dobivamo da je funkcija

g(z) = f(z) −n∑

k=1

Rk(z)

holomorfna na C \ z1, . . . , zk i da su tocke z1, . . . , zn uklonjivi singulariteti te funkcije. Dakle,funkcija g prosiruje se do holomorfne funkcije na cijeloj kompleksnoj ravnini C, tj. do cijelefunkcije. Prema tome, funkcija f se moze napisati u obliku

f(z) = g(z) +n∑

k=1

Rk(z), (5.1)

pri cemu je Rk(z) glavni dio Laurentovog razvoja funkcije f oko pola zk, a g je cijela funkcija.Formulom (5.1) prikazana je meromorfna funkcija f na C kojoj su zadani polovi z1, . . . , zn i

odgovarajuci glavni dijelovi R1, . . . , Rn Laurentovih razvoja. Postavlja se pitanje kako prikazatiproizvoljnu meromorfnu funkciju f na C, ako su zadani njezini polovi z1, z2, . . . , zn, . . . i odgo-varajuci dijelovi Laurentovih razvoja R1, R2, . . . , Rn, . . . . Primijetimo da tada vrijedi

limn→∞

|zn| = +∞, odnosno, limn→∞

zn = ∞. (5.2)

Doista, neka je R > 0 proizvoljno odabran. Zatvoren krug K(0, R) je kompaktan skup, a skuppolova zn; n ∈ N funkcije f nema gomoliste u C. Bolzano−Weierstarssov teorem pokazuje daje samo konacno mnogo polova zn sadrzano u krugu K(0, R). Prema tome, postoji prirodan brojN takav da vrijedi

n ≥ N =⇒ |zn| > R.

Kako je R bio proizvoljno odabran pozitivan realan broj, dokazali smo (5.2).

Prije rjesavanja postavljenog problema prikaza meromorfnih funkcija na C s beskonacno mnogopolova, razmotrimo jedan primjer: kako prikazati meromorfnu funkciju f, koja ima polove u

tockama zn = n, n ∈ N, s glavnim dijelovima Laurentovih razvoja1

z − n? Prva je pomisao

da se u (5.1) konacna suma zamijeni beskonacnim redom, a to vodi na red

∑

n∈N

1

z − n.

39

Medutim, taj red divergira npr. za z = 0, a moze se lako dokazati da divergira za svaku tockuz ∈ C \ N. To pokazuje da je ideja da se u (5.1) suma zamijeni redom neupotrebljiva bez nekihmodifikacija.

Primijetimo da je1

z − n+

1

n=

z

n(z − n).

Pomocu te jednakosti moze se pokazati (a to ce biti zadatak 5.2.) da red

∑

n∈N

(1

z − n+

1

n

)

konvergira svuda na C \ N prema meromorfnoj funkciji kojoj je N skup svih polova i u tocki

z = n ∈ N glavni dio njenog Laurentovog razvoja je1

z − n. Ovaj je primjer izvor Mittag−Lefflerove

ideje da se pokusa od svakog glavnog dijela Laurentovog razvoja Rk oduzeti pogodno izabrani poli-nom Pk tako da red

∑(Rk − Pk) konvergira.

Da bismo tu Mittag−Lefflerovu ideju proveli i rijesili postavljen problem, korisno je uvestipojam lokalno uniformne konvergencije za redove meromorfnih funkcija. Neka je (Rn)n∈N nizmeromorfnih funkcija na C. Kazemo da red meromorfnih funkcija

∑

n∈NRn(z) (5.3)

konvergira lokalno uniformno na C, ako za svako r > 0 postoji prirodan broj m takav zan ≥ m funkcija Rn nema polova u zatvorenom krugu K(0, r) i da red

∑

n∈N, n≥m

Rn(z) (5.4)

konvergira uniformno na tom krugu.

Propozicija 5.1. Pretpostavimo da red meromorfnih funkcija (5.3) konvergira lokalno uniformnona C. Neka je P skup svih polova u C svih funkcija Rn, n ∈ N. Tada skup P nema gomilista u Ci postoji meromorfna funkcija h na C ciji su polovi sadrzani u skupu P i za koju vrijedi

h(z) =∑

n∈NRn(z) ∀z ∈ C \ P.

Dokaz: Uzmimo proizvoljno r > 0. Po pretpostavci postoji prirodan broj m takav da za n ≥ mfunkcija Rn nema polova u zatvorenom krugu K(0, r) i da na tom krugu red (5.4) uniformnokonvergira. Kako su funkcije Rn, n ≥ m, holomorfne na K(0, r, prema Weierstrassovom teoremu1.6. suma reda (5.4) je holomorfna funkcija na krugu K(0, r). Prema tome, funkcija

h(z) =∑

n∈NRn(z) = R1(z) + · · ·+Rm−1(z) +

∑

n∈N, n≥m

Rn(z)

je holomorfna na krugu K(0, r), osim eventualno u polovima funkcija R1, . . . , Rm−1, kojih imaukupno konacno mnogo u tom krugu, cak i u zatvorenom krugu K(0, r). Takoder se vidi da jeskup P ∩K(0, r) konacan. Kako je r > 0 bio proizvoljno odabran, zakljucujemo da skup P nemagomilista u C. Takoder, zbog proizvoljnosti r > 0 dokazana je i druga tvrdnja propozicije.


Zadatak 5.2. Dokazite da red ∑

n∈N

(1

z − n+

1

n

)

konvergira lokalno uniformno na skupu C\N i predstavlja meromorfnu funkciju koja u tocki z = nima pol prvog reda s reziduumom 1, odnosno, da je glavni dio njezinog Laurentovog razvoja oko

tocke z = n jednak1

z − n.

Kljucan korak u dokazu Mittag−Lefflerovog teorema o meromorfnim funkcijama na C sadrzanje u sljedecoj propoziciji:

Propozicija 5.2. Neka su Rn, n ∈ N, meromorfne funkcije na C. Pretpostavimo da funkcija Rn

nema polova u krugu K(0, rn) i da vrijedi

0 < r1 ≤ r2 ≤ · · · · · · i limn→∞

rn = +∞. (5.5)

Tada postoje polinomi Pn, n ∈ N, takvi da red meromorfnih funkcija

∑

n∈N(Rn(z) − Pn(z)) (5.6)

konvergira lokalno uniformno na C.

Dokaz: Taylorov red funkcije Rn oko nule

Rn(z) =∑

m∈Z+

cn,mzm

konvergira uniformno na zatvorenom krugu K(0, rn) (n ∈ N). Izaberimo sada niz brojeva (εn)n∈Ntakav da je εn > 0 za svaki n ∈ N i da red

∑n∈N εn konvergira. Za svako n ∈ N tada postoji

prirodan broj mn takav da vrijedi

∣∣∣∣∣Rn(z) −mn∑

m=0

cn,mzm

∣∣∣∣∣ ≤ εn ∀z ∈ K(0, rn).

Definiramo polinome

Pn(z) =mn∑

m=0

cn,mzm, z ∈ C, n ∈ N.

Neka je sada r > 0 proizvoljno odabran. Za neki N ∈ N tada je zbog (5.5) rN ≥ r. Stoga popretpostavci za n ≥ N funkcija Rn(z)−Pn(z) nema polova u zatvorenom krugu K(0, r). Nadalje,za svaku tocku z ∈ K(0, r) i za n ≥ N tada vrijedi |Rn(z) − Pn(z)| ≤ εn, pa slijedi da redapsolutnih vrijednosti ∑

n∈N, n≥N

|Rn(z) − Pn(z)|

konvergira uniformno na K(0, r). Time je propozicija dokazana.

Sljedeci teorem pokazuje da postoji meromorfna funkcija na C koja ima polove u unaprijedzadanim tockama i oko tih tocaka ima unaprijed zadane glavne dijelove Laurentovih razvoja:

41

Teorem 5.3. (Mittag−Leffler) Neka su zn, n ∈ N, medusobno razliciti kompleksni brojevi takvida je limn→∞ zn = ∞. Neka su Qn, n ∈ N, nekonstantni polinomi takvi da je Qn(0) = 0. Postojepolinomi Pn, n ∈ N, takvi da red racionalnih funkcija

f(z) =∑

n∈N

[Qn

(1

z − zn

)− Pn(z)

](5.7)

konvergira lokalno uniformno na C. Funkcija f je meromorfna na C, zn; n ∈ N je skup svihnjezinih polova u C i za svako n ∈ N je Qn (1/(z − zn)) glavni dio Laurentovog razvoja od f okopola zn.

Dokaz: Mozemo uzeti da su tocke zn numerirane tako da vrijedi

|z1| ≤ |z2| ≤ |z3| ≤ · · · · · ·

Pretpostavimo najprije da je z1 6= 0. Tada je zn 6= 0 za svaki n. Stavimo li

Rn(z) = Qn

(1

z − zn

)i rn =

|zn|2

ispunjeni su uvjeti propozicije 5.2., pa postoje polinomi Pn, n ∈ N, takvi da red racionalnihfunkcija (5.7) konvergira lokalno uniformno na C. Prema propoziciji 5.1. funkcija f je meromorfnana C i polovi su joj sadrzani u skupu zn; n ∈ N.

Jedini pol funkcije Qn (1/(z − zn)) − Pn(z) je tocka zn i |zn| = 2rn > rn. Prema tome, zadani prirodan broj n funkcije Qk (1/(z − zk))− Pk(z), k ≥ n, nemaju polova u zatvorenom kruguK(0, rn) i red

∑

k∈N, k≥n

[Qk

(1

z − zk

)− Pk(z)

](5.8)

konvergira uniformno na tom krugu. Stoga je suma tog reda holomorfna funkcija na otvorenomkrugu K(0, rn). Odatle slijedi da se polovi funkcije f u krugu K(0, rn) podudaraju s polovimafunkcije [

Q1

(1

z − z1

)− P1(z)

]+ · · · +

[Qn−1

(1

z − zn−1

)− Pn−1(z)

](5.9)

u tom krugu, a to je skup zk; 1 ≤ k ≤ n − 1, |zk| < rn. Neka je k ∈ 1, . . . , n − 1 takav daje |zk| < rn. Kako je funkcija (5.8) holomorfna na krugu K(0, rn), glavni dio Laurentovog razvojafunkcije f oko tocke zk jednak je glavnom dijelu Laurentovog razvoja funkcije (5.9) oko te tocke.No buduci da su funkcije

Qj

(1

z − zj

)− Pj(z), j 6= k,

holomorfne u okolini tocke zk, taj je glavni dio jednak Qk (1/(z − zk)) . Time je teorem dokazan uslucaju z1 6= 0.

Ako je z1 = 0, onda je zn 6= 0 za svako n ≥ 2, pa provedeni dokaz daje meromorfnu funkciju

h(z) =∑

n∈N, n≥2

[Qn

(1

z − zn

)− Pn(z)

],

ciji je skup polova zn; n ∈ N, n ≥ 2 i u tocki zn, n ≥ 2, ima glavni dio Laurentovog razvojajednak Qn (1/(z − zn)) . Stavimo li P1(z) = 0, onda je f(z) = h(z)+Q1(1/z) i tvrdnje teorema suispunjene.

Iz Mittag−Lefflerovog teorema slijedi najavljeni rezultat o prikazu meromorfne funkcije analog-nom sa (5.1) :


Teorem 5.4. Neka je h meromorfna funkcija na C i neka su zn, n ∈ N, svi njezini polovi (zn 6= zm

za n 6= m), i neka je Rn(z) glavni dio Laurentovog razvoja funkcije h oko tocke zn, n ∈ N. Tadapostoji cijela fukcija g i polinomi Pn, n ∈ N, takvi da je

h(z) = g(z) +∑

n∈N(Rn(z) − Pn(z)) ∀z ∈ C \ zn; n ∈ N, (5.10)

i da red u (5.10) konvergira lokalno uniformno na C.

Dokaz: Prema teoremu 5.3. postoje polinomi Pn, n ∈ N, takvi da red racionalnih funkcija

f(z) =∑

n∈N(Rn(z) − Pn(z))

konvergira lokalno uniformno na C. Nadalje, funkcija f je meromorfna na C, ima iste polove kaoi funkcija h i oko svakog od tih polova ima isti glavni dio Laurentovog razvoja kao i funkcija h.Funkcija g = h − f je holomorfna na C \ zn; n ∈ N. Za svaki n ∈ N glavni dio Laurentovograzvoja funkcije g oko tocke zn jednak je 0, a to znaci da je zn uklonjiv singularitet za funkciju g.Prenma tome, funkcija g prosiruje se do holomorfne funkcije na C, tj. do cijele funkcije. Napokon,iz definicije funkcije g neposredno slijedi (5.10).

Neka je f meromorfna funkcija na C kojoj su polovi u tockama z0, z1, z2, . . . i neka je za svakin ∈ Z+ Qn (1/(z − zn)) glavni dio Laurentovog razvoja dunkcije f oko tocke zn; pri tome je Qn

polinom s konstantnim clanom 0. Uzimat cemo u daljnjem da je z0 = 0, bez obzira na to da li je0 stvarno pol od f ili nije; ako 0 nije pol od f, stavljamo Q0 = 0. Nadalje, pretpostavljat cemo daje numeracija polova provedena tako da je

0 = |z0| < |z1| ≤ |z2| ≤ · · · · · · i, naravno, limn→∞

|zn| = +∞.

Prema teoremu 5.4. postoje polinomi Pn, n ≥ 0, i cijela funkcija g takvi da vrijedi

f(z) = g(z) +∑

n∈Z+

[Qn

(1

z − zn

)− Pn(z)

]. (5.11)

U preostalom dijelu ovog poglavlja opisat cemo i na primjerima ilustrirati tzv. Cauchyjevumetodu, koja u mnogim slucajevima omogucuje da se eksplicitno izracunaju polinomi Pn i to uzfunkciju g = 0.

Primijetimo najprije da se u svakom slucaju moze pretpoostaviti da je g = 0. Doista, g je cijelafunkcija, pa imamo njen razvoj u Taylorov red na cijeloj kompleksnoj ravnini:

g(z) =∑

n∈Z+

anzn, z ∈ C. (5.12)

Pri tome red konvergira apsolutno i lokalno uniformno na C. Nadalje, iz dokaza propozicije5.2. vidljivo je da red u (5.11) konvergira apsolutno. Kod apsolutno konvergentnih redova re-doslijed sumanada moze se po volji mijenjati bez utjecaja na rezultat. Zamijenimo sada u (5.11)polinom Pn(z) s polinomom Pn(z) − anz

n i taj novi polinom opet oznacimo sa Pn(z). Sada iz(5.11) i (5.12) dobivamo

f(z) =∑

n∈Z+

[Qn

(1

z − zn

)− Pn(z)

]. (5.13)

43

Opisat cemo sada Cauchyjevu metodu odredivanja polinoma Pn u (5.13). Za svaki n ≥ 0izaberimo pozitivno orijentiranu konturu Γn s unutarnjim podrucjem Dn, tako da je

Cl(Dn) = Dn ∪ Γ∗n ⊆ Dn+1 ∀n ≥ 0 (5.14)

i ⋃

n∈Z+

Dn = C. (5.15)

Nadalje, konture Γn biramo tako da vrijedi

0 = z0 ∈ D0, zn ∈ Dn \ Cl(Dn−1) ∀n ∈ N. (5.16)

Fiksirajmo sada neki prirodan broj m. Za n ∈ N i z ∈ Dn stavimo

Rn(z) =1

2πi

∫

Γn

f(ζ)

[1

ζ − z− 1

ζ− z

ζ2− · · · − zm−1

ζm

]dζ. (5.17)

Neka je z ∈ Dn i z 6= zk za 0 ≤ k ≤ n. Dokazat cemo sada sljedece tri tvrdnje:

(1) Reziduum funkcije ζ 7→ f(ζ)

ζ − zu tocki ζ = zk (0 ≤ k ≤ n) jednak je

−Qk

(1

z − zk

).

(2) Reziduum funkcije ζ 7→ f(ζ)

(−1

ζ− z

ζ2− · · · − zm−1

ζm

)u tocki ζ = zk (0 ≤ k ≤ n) je polinom

stupnja ≤ m− 1 u varijabli z; taj polinom oznacit cemo sa Pk(z).

(3) Reziduum podintegralne funkcije u (5.17) u tocki ζ = z jednak je f(z).

Buduci da su polovi podintegralne funkcije u (5.17) tocke z, z0, z1, . . . , zn, iz tvrdnji (1), (2) i (3)i iz teorema o reziduumima 2.4. slijedi

Rn(z) = f(z) −n∑

k=0

[Qk

(1

z − zk

)− Pk(z)

]. (5.18)

Ukoliko se pokaze da vrijedilim

n→∞Rn(z) = 0, (5.19)

onda iz (5.18) dobivamo trazeni prikaz meromorfne funkcije f :

f(z) =∑

k∈Z+

[Qk

(1

z − zk

)− Pk(z)

]. (5.20)

Ako je k tome konvergencija u (5.19) lokalno uniformna u odnosu na z ∈ C, onda i red racionalnihfunkcija u (5.20) konvergira lokalno uniformno na C.

Dokaz tvrdnje (1): Za izabrano k ∈ 0, 1, . . . , n pisemo

Qk(λ) =

p∑

j=1

cjλj.


Laurentov razvoj funkcije f u okolini tocke ζ = zk ima oblik

f(ζ) =

p∑

j=1

cj(ζ − zk)j

+∑

j∈Z+

aj(ζ − zk)j. (5.21)

Nadalje, u okolini tocke ζ = zk vrijedi

1

ζ − z= −

∑

i∈Z+

(ζ − zk)i

(z − zk)i+1. (5.22)

Iz (5.21) i (5.22) slijedi

f(ζ)

ζ − z= −

∑

i∈Z+

p∑

j=1

cj(ζ − zk)

i−j

(z − zk)i+1−∑

i,j∈Z+

aj(ζ − zk)

i+j

(z − zk)i+1.

Prema tome, reziduum funkcije ζ 7→ f(ζ)

ζ − zu tocki ζ = zk, odnosno, koeficijent uz (ζ − zk)

−1 u

Laurentovom razvoju te funkcije, jednak je

−p∑

j=1

cj1

(z − zk)j= −Qk

(1

z − zk

).

Dokaz tvrdnje (2): Ako je k > 0, u okolini tocke ζ = zk imamo sljedece Taylorove razvoje

1

ζq=∑

i∈Z+

(−1)i

(q + i− 1

i

)z−q−i

k (ζ − zk)i, q = 1, . . . , m.

Odavde i iz (5.21) nalazimo

f(ζ)

[−1

ζ− z

ζ2− · · · − zm−1

ζm

]= −

m∑

q=1

zq−1∑

i∈Z+

p∑

j=1

cj(−1)i

(q + i− 1

i

)z−q−i

k (ζ − zk)i−j−

−m∑

q=1

zq−1∑

i,j∈Z+

aj(−1)i

(q + i− 1

i

)z−q−i

k (ζ − zk)i+j.

Prema tome, trazeni reziduum jednak je

Pk(z) =m∑

q=1

zq−1

[p∑

j=1

(−1)cj

(q + j − 2

j − 1

)z−q−j+1

k

],

dakle, polinom stupnja ≤ m− 1 u varijabli z.Neka je sada k = 0. Iz (5.21) u slucaju k = 0 (z0 = 0) dobivamo

f(ζ)

[−1

ζ− z

ζ2− · · · − zm−1

ζm

]= −

m∑

q=1

p∑

j=1

cjzq−1ζ−j−q −

m∑

q=1

∑

j∈Z+

ajzq−1ζj−q,

pa je reziduum gornje funkcije u tocki ζ = z0 = 0 jednak

P0(z) = −m−1∑

j=0

ajzj, (5.23)

dakle, opet polinom stupnja ≤ m− 1 u varijabli z.

45

Dokaz tvrdnje (3): Buduci da je z 6= 0, funkcija ζ 7→ −1

ζ− z

ζ2− · · · − zm−1

ζmholomorfna je

na okolini tocke ζ = z, a kako je i z 6= zk za 1 ≤ k ≤ n, i funkcija f je holomorfna na okolini tockeζ = z. Prema tome, reziduum podintegralne funkcije u (5.17) u tocki ζ = z jednak je reziduumu

funkcije ζ 7→ f(ζ)

ζ − zu toj tocki. Dakle, taj je reziduum jednak

1

2πi

∫

γ

f(ζ)

ζ − zdζ,

gdje je γ pozitivno orijentirana kruznica oko tocke z, koja je dovoljno mala da se unutar nje i nanjoj ne nalazi nijedna od tocaka z0, z1, . . . , zn. No prema Cauchyjevoj integralnoj formuli gornji jeintegral jednak f(z). Time je i tvrdnja (3) dokazana.

U vezi s odredivanjem polinoma Pk primijetimo sljedece. Za svako k ≥ 1 izaberimo pozitivnoorijentiranu kruznicu γk sa sredistem u tocki zk, koja je dovoljno malena tako da se unutar nje ina njoj ne nalazi nijedna od tocaka zj, j 6= k. Kako je

1

ζ − z− 1

ζ− z

ζ2− · · · − zm−1

ζm=zm

ζm· 1

ζ − z, (5.24)

iz tvrdnji (1) i (2) slijedi

Qk

(1

z − zk

)− Pk(z) = − zm

2πi

∫

γk

f(ζ)

ζm(ζ − z)dζ.

Razvoj funkcije s desne strane te jednakosti po potencijama od z sadrzi samo clanove s potencijama≥ m. Kako je Pk polinom stupnja ≤ m − 1, Pk(z) jednako je sumi prvih m clanova Taylorovograzvoja funkcije z 7→ Q (1/(z − zk)) oko nule:

Qk

(1

z − zk

)=∑

j∈Z+

bjzj =⇒ Pk(z) =

m−1∑

j=0

bjzj. (5.25)

Za k = 0 vec smo vidjeli (formula (5.23) ) da vrijedi

f(z) = Q0

(1

z

)+∑

j∈Z+

ajzj =⇒ P0(z) = −

m−1∑

j=0

ajzj. (5.26)

Analizirajmo sada uz koje uvjete vrijedi (5.19). Imamo prema (5.24) i (5.17)

Rn(z) =zm

2πi

∫

Γn

f(ζ)

ζm+1(1 − z/ζ)dζ.

Dakle, vrijedi

|Rn(z)| ≤1

2π|z|m`(Γn)AnBn(z), (5.27)

gdje je `(Γn) duljina konture Γn i

An = max |f(ζ)ζ−m−1|; ζ ∈ Γ∗n, Bn(z) = max

∣∣∣∣1 − z

ζ

∣∣∣∣−1

; ζ ∈ Γ∗n

. (5.28)


Neka je R > 0. Iz (5.14) i (5.15) slijedi da postoji n0 ∈ N takav da K(0, R) ⊆ Dn ∀n ≥ n0.Dakle, za ζ ∈ Γ∗

n i n ≥ n0 vrijedi |ζ| > R. To pokazuje da je

limn→∞

Bn(z) = 1,

i konvergencija je lokalno uniformna u odnosu na z ∈ C.Prema tome, ako smo konture Γn izabrali tako da vrijedi

limn→∞

`(Γn)An = 0, (5.29)

onda iz (5.27) slijedi da vrijedi (5.19) i da je konvergencija lokalno uniformna u odnosu na z ∈ C.

Primijetimo napokon da su u razvoju (5.20) svi polinomi Pk stupnja ≤ m− 1. Odatle se vidida Cauchyjeva metoda nije primjenjiva na sve meromorfne funkcije.

Ilustrirat cemo Cauchyjevu metodu na dva primjera.

Primjer 1. f(z) =π

sin πz. Funkcija f ima polove prvog reda u tockama k ∈ Z. Stavimo

z0 = 0, z2k−1 = k, z2k = −k, k ∈ N.

Kako je

limz→k

(z − k)π

sin πz= (−1)k,

glavni dijelovi Laurentovih razvoja funkcije f jednaki su

Q2k

(1

z + k

)=

(−1)k

z + k, k ≥ 0; Q2k−1

(1

z − k

)=

(−1)k

z − k, k ≥ 1. (5.30)

Izaberimo za Γ2k pozitivno orijentirani rub kvadrata s vrhovima

±(k + 1/2) ± i(k + 1/2), k ≥ 0,

a za Γ2k−1 pozitivno orijentirani rub pravokutnika s vrhovima

(k + 1/2) ± i(k + 1/2), −(k − 1/2) ± i(k + 1/2), k ≥ 1.

Primijetimo da konture Γn, n ≥ 0, zapravo ne zadovoljavaju uvjet (5.14), nego je Cl(Dn) ⊆ Dn+2,ali to ocigledno ne narusava valjanost metode.

Za tocku ζ = ±(k + 1/2) + iy, −k − 1/2 ≤ y ≤ k + 1/2, tj. za tocku na jednoj od dvijuvertikalnih stranica kvadrata Γ2k, imamo

sin |πζ| = | cos πiy| = 1 +1

2!π2y2 +

1

4!π4y4 + · · · ≥ 1,

pa nalazimo da vrijedi ∣∣∣∣π

sin πζ

∣∣∣∣ ≤ π. (5.31)

Neka je sada ζ tocka na jednoj od dviju horizontalnih stranica kvadrata Γ2k, tj. ζ = x± i(k+1/2),−k − 1/2 ≤ x ≤ k + 1/2. Tada imamo

| sin πζ| =1

2

∣∣eπix∓π(k+1/2) − e−πoix±π(k+1/2)∣∣ ≥ 1

2eπ(k+1/2) − 1

2e−π(k+1/2) −→ +∞ za k → ∞.

Prema tome, za dovoljno veliko k vrijedi nejednakost (5.31) za svaku tocku ζ ∈ Γ∗2k. Sasvim

analogno pokazuje se da (5.31) vrijedi i za ζ ∈ Γ∗2k−1 (za dovoljno veliko k).

47

Za ζ ∈ Γ∗2k je ocito |ζ| ≥ k + 1/2. Buduci da je `(Γ2k) = 8(k + 1/2), uz oznaku (5.28) imamo

zbog (5.31) :`(Γ2k)A2k ≤ 8(k + 1/2)π(k + 1/2)−m−1 = 8π(k + 1/2)−m. (5.32)

Sasvim analogno nalazimo da vrijedi

`(Γ2k−1)A2k−1 ≤ 2π(4k + 1)(k − 1/2)−m−1. (5.33)

Iz (5.32) i (5.33) vidimo da vrijedi (5.29) vec za m = 1.Stoga izabiremo m = 1. Tada ce polinomi Pn, n ≥ 0, biti stupnja 0, odnosno, to ce biti

konstante. Za k ≥ 1 imamo prema (5.30) :

Q2k

(1

z + k

)= (−1)k

[1

k− z

k2− · · ·

]i Q2k−1

(1

z − k

)= (−1)k+1

[1

k+

z

k2+ · · ·

].

Sada pomocu (5.25) dobivamo

P2k(z) = (−1)k 1

k, P2k−1(z) = (−1)k+1 1

k, k ≥ 1. (5.34)

Buduci da je funkcija f(ζ) =π

sin πζneparna, u razvoju (5.26) je a0 = 0, a2 = 0, . . . , pa slijedi

P0(z) = −a0 = 0. (5.35)

Zbog (5.30), (5.34) i (5.35) formula (5.20) u nasem slucaju poprima oblik:

π

sin πz=

1

z+

∑

k∈Z, k 6=0

(−1)k

[1

z − k+

1

k

]. (5.36)

Buduci da je [1

z − k+

1

k

]+

[1

z + k− 1

k

]=

2z

z2 − k2,

iz formule (5.36) dobivamoπ

sin πz=

1

z+∑

k∈N(−1)k 2z

z2 − k2. (5.37)

Primjer 2. f(z) = π ctg πz. Opet su tocke z = k ∈ Z polovi prvog reda funkcije f. Sada suglavni dijelovi Laurentovih razvoja

Q2k

(1

z + k

)=

1

z + k, k ≥ 0; Q2k−1

(1

z − k

)=

1

z − k, k ≥ 1. (5.38)

Konture Γn, n ≥ 0, izabiremo jednako kao u primjeru 1. Na vertikalnim stranicama kvadrata Γ2k

za tocku ζ = ±(k + 1/2) + iy, −k − 1/2 ≤ y ≤ k + 1/2, imamo

|π ctg πζ| = π

∣∣∣∣sin πiy

cos πiy

∣∣∣∣ = π|e−πy − eπy|eπy + e−πy

.

Na horizontalnim stranicama ζ = x± i(k + 1/2), −k − 1/2 ≤ x ≤ k + 1/2, imamo

|π ctg πζ| = π|eπiζ + e−πiζ ||eπiζ − e−πiζ|

≤ πeπ(k+1/2) + e−π(k+1/2)

eπ(k+1/2) − e−π(k+1/2)≤ 2π


za dovoljno velike k. Analogne ocjene dobivaju se i za tocke ζ ∈ Γ∗2k−1, pa slijedi da za dovoljno

velike n vrijedi|π ctg πζ| ≤ 2π ∀ζ ∈ Γ∗

n.

Odavde se dobiva

`(Γ2k)A2k ≤ 16π(k + 1/2)−m i `(Γ2k−1)A2k−1 ≤ 4π(4k + 1)(k − 1/2)−m−1

za dovoljno velike k, pa opet mozemo uzeti da je m = 1.Slicnim racunom kao u primjeru 1. dobivamo

P2k(z) =1

k, P2k−1(z) = −1

k, k ≥ 1,

a iz neparnosti funkcije z 7→ π ctg πz slijedi

P0(z) = 0.

Prema tome je

π ctg πz =1

z+

∑

k∈Z, k 6=0

[1

z − k+

1

k

], (5.39)

odnosno,

π ctg πz =1

z+∑

k∈N

2z

z2 − k2. (5.40)

Sasvim analogno dobivaju se i sljedeci Mittag−Lefflerovi razvoji:

π

cos πz=∑

n∈Z(−1)n

[1

z − n+ 1/2+

1

n− 1/2

]= 2

∑

n∈N(−1)n

[n− 1/2

z2 − (n− 1/2)2+

1

n− 1/2

](5.41)

i

π tg πz = −∑

n∈Z

[1

z − n + 1/2+

1

n− 1/2

]= −

∑

n∈N

2z

z2 − (n− 1/2)2. (5.42)

Zadatak 5.3. Dokazite formule (5.41) i (5.42).

Zadatak 5.4. Dokazite formule

( π

sin πz

)2

=∑

z∈Z

1

(z − n)2=( π

sin πz

)2

=1

z2+ 2

∑

n∈N

z2 + n2

(z2 − n2)2

i ( π

cos πz

)2

=∑

n∈Z

1

(z − n + 1/2)2= 2

∑

n∈N

z2 + (n− 1/2)2

(z2 − (n− 1/2)2)2 .

Uputa: Derivirajte formule (5.40) i (5.42) i iskoristite cinjenicu da je po Weierstrassovom teo-remu 1.6. kod deriviranja lokalno uniformno konvergentnog reda holomorfnih funkcija dopustenoderiviranje clan po clan.

Zadatak 5.5. Dokazite da vrijedi:

∑

n∈N(−1)n 1

4n2 − 1=

1

2− π

4,

∑

n∈N(−1)n 1

9n2 − 1=

1

2− π

9

√3,

∑

n∈N(−1)n 1

16n2 − 1=

1

2− π

8

√2,

∑

n∈N

1

4n2 − 1=

1

2,

∑

n∈N

1

9n2 − 1=

1

2− π

18

√3,

∑

n∈N

1

16n2 − 1=

1

2− π

8.

Uputa: U formule (5.37) i (5.40) uvrstite z = 1/2, z = 1/3 i z = 1/4.

Poglavlje 6

Grupa automorfizama podrucju

Neka su Ω1 i Ω2 podrucja u C. Holomorfna bijekcija ϕ : Ω1 → Ω2 zove se izomorfizam po-drucja Ω1 na podrucje Ω2. Zbog odredenih geometrijskih svojstava takvih preslikavanja (cuvanjekuteva) umjesto naziva izomorfizam katkada se upotrebljava naziv konformna ekvivalencija.

Zadatak 6.1. Neka je ϕ : Ω1 → Ω2 izomorizam podrucja u C. Dokazite:

(a) Ako podrucje Ω1 ima svojstvo logaritma, tada i podrucje Ω2 ima svojstvo logaritma.

(b) Ako podrucje Ω1 ima svojstvo n−tog korijena (n ≥ 2), tada i podrucje Ω2 ima svojstvo n−togkorijena.

Pojam izomorfizma na ocigledan se nacin prosiruje i na podrucja u prosirenoj kompleksnojravnini C : ako su Ω1 i Ω2 podrucja u C, izomorfizam podrucja Ω1 na podrucje Ω2 je neprekidnabijekcija ϕ : Ω1 → Ω2 takva da je restrikcija ϕ|[Ω1 \ ϕ−1(∞)] holomorfna funkcija. Ako takvopreslikavanje ϕ postoji, kazemo da je podrucje Ω1 izomorfno podrucju Ω2. Izomorfnost jerelacija ekvivalencije na skupu svih podrucja u C : identiteta na podrucju Ω je izomorfizam togpodrucja na samo sebe; ako je ϕ : Ω1 → Ω2 izomorfizam podrucja, onda se pomocu teorema oinverznoj funkciji (teorem 1.13.) lako vidi da je i inverzno preslikavanje ϕ−1 : Ω2 → Ω1 izomorfizampodrucja; ako su ϕ : Ω1 → Ω2 i ψ : Ω2 → Ω3 izomorfizmi podrucja, onda je ocito i njihovakompozicija ψ ϕ : Ω1 → Ω3 izomorfizam podrucja.

Izomorfizam ϕ podrucja Ω u C na samo sebe zove se automorfizam podrucja Ω. Skup svihautomorfizama podrucja Ω oznacavamo sa Aut(Ω). To je grupa u odnosu na kompoziciju i ona sezove grupa automorfizama podrucja Ω.

Neka je ϕ : Ω1 → Ω2 izomorfizam podrucja u C. Skup ϕ−1(∞) je neprazan ako i samoako je ∞ ∈ Ω2, a u tom je slucaju taj skup jednoclan, buduci da je ϕ po pretpostavci bijekcija.Pretpostavimo da je ∞ ∈ Ω2 i da je ϕ−1(∞) = z0, gdje je z0 ∈ C. Tada je tocka z0 izoliranisingularitet funkcije ϕ i zbog neprekidnosti preslikavanja ϕ : Ω1 → C vrijedi

limz→z0

ϕ(z) = ∞, dakle limz→z0

|ϕ(z)| = +∞.

Prema tome, tocka z0 je pol funkcije ϕ. Tada je tocka z0 nultocka funkcije1

ϕ. Iz injektivnosti

preslikavanja ϕ, dakle, i1

ϕ, i iz Weierstrassovog pripremnog teorema 1.14. slijedi da je tocka z0

nuzno jednostruka nultocka od1

ϕ. No to znaci da je z0 pol funkcije ϕ prvog reda. Prema tome,

za r > 0 takav da je K(z0, r) ⊆ Ω1, funkcija ϕ se na punktiranom krugu K∗(z0, r) prikazuje

49

50 POGLAVLJE 6. GRUPA AUTOMORFIZAMA PODRUCJU

Laurentovim redom oblika

ϕ(z) =a

z − z0+∑

n∈Z+

an(z − z0)n, 0 < |z − z0| < r, a 6= 0.

Druga je mogucnost da je ϕ−1(∞) = ∞. Definiramo tada podrucje Ω′1 u C sa

Ω′1 = 1/z; z ∈ Ω1 .

Pri tome, naravno, podrazumijevamo da je

1/∞ = 0 i 1/0 = ∞.

Tada je z 7→ 1/z izomorfizam podrucja Ω1 na podrucje Ω′1, a ujedno i izomorfizam podrucja

Ω′1 na podrucje Ω1. Kompozicija ovog drugog s izomorfizmom ϕ : Ω1 → Ω2 daje izomorfizam

ψ : Ω′1 → Ω2. Dakle,

ψ(z) = ϕ(1/z), z ∈ Ω′1.

Sada je ψ−1(∞) = 0. Prema prethodnom razmatranju ako je r > 0 takav da je K(0, r) ⊆ Ω′1

onda se funkcija ψ na punktiranom krugu K∗(0, r) prikazuje Laurentovim redom oblika

ψ(z) =a

z+∑

n∈Z+

anzn, 0 < |z| < r, a 6= 0.

Odatle zamjenom z 7→ 1/z dobivamo da se funkcija ϕ na skupu K∗(∞, 1/r) = K(0, 1/r,+∞) =C \K(0, 1/r) prikazuje redom oblika

ϕ(z) = az +∑

n∈Z+

an

zn, |z| > 1

r, a 6= 0.

U ovom nam je poglavlju cilj odrediti grupe automorfizama za nekoliko znacajnih podrucja:za citavu prosirenu kompleksnu ravninu C, za kompleksnu ravninu C, za jedinicni krug K(0, 1) iza gornju poluravninu C+ = z ∈ C; Im z > 0. Sve te grupe automorfizama bit ce sastavljeneod tzv. Mobiusovih transformacija, koje cemo sada definirati.

Neka je GL(2,C) grupa svih invertibilnih kvadratnih matrica drugog reda nad poljem C. Za

A =

[α βγ δ

]∈ GL(2,C) definiramo preslikavanje ωA : C → C sa

ωA(z) =

αz + β

γz + δako je z ∈ C \

− δ

γ

∞ ako je z = − δ

γ

α

γako je z = ∞,

ako je γ 6= 0; ukoliko je γ = 0, a tada je nuzno α 6= 0 i δ 6= 0, onda je ωA afina transformacijakompleksne ravnine C s fiksnom tockom ∞ :

ωA(z) =

α

δz +

β

δako je z ∈ C

∞ ako je z = ∞.

Preslikavanja ωA, A ∈ GL(2,C) zovu se Mobiusove transformacije. Skup svih Mobiusovihtransformacija oznacavat cemo sa M. Uocimo da je svaka Mobiusova transformacija elementgrupe Aut(C).

51

Propozicija 6.1. Za A,B ∈ GL(2,C) vrijedi ωA ωB = ωAB. Drugim rijecima, M je grupa sobzirom kompoziciju, tzv. Mobiusova grupa, i A 7→ ωA je epimorfizam grupe GL(2,C) na grupu

M. Jezgra tog epimorfizma je λI2; λ ∈ C∗ = C \ 0 , gdje je I2 =

[1 00 1

]. Nadalje, A 7→ ωA

je epimorfizam grupe SL(2,C) = A; det(A) = 1 na grupu M s jezgrom I2,−I2 .

Dokaz: Za A,B ∈ GL(2,C),

A =

[α βγ δ

], B =

[a bc d

],

imamo

AB =

[αa+ βc αb+ βdγa + δc γb + δd

].

Pretpostavimo da je γ 6= 0 i c 6= 0. Ako je z ∈ C, z 6= −dc

iaz + b

cz + d6= − δ

γ, onda direktan racun

daje:

(ωA ωB)(z) = ωA

(az + b

cz + d

)=αaz + b

cz + d+ β

γaz + b

cz + d+ δ

=α(az + b) + β(cz + d)

γ(az + b) + δ(cz + d)=

=(αa+ βc)z + (αb+ βd)

(γa+ δc)z + (γb + δd)= ωAB(z).

Zbog neprekidnosti preslikavanja ωA, ωB : C → C jednakost slijedi i za iskljucene tocke iz C, kaoi za tocku z = ∞. Dakle, vrijedi ωA ωB = ωAB.

Zadatak 6.2. Dokazite jednakost ωA ωB = ωAB u slucajevima γ = 0 ili c = 0 ili oboje.

Time je dokazano da je M grupa i da je A 7→ ωA epimorfizam grupe GL(2,C) na Mobiusovugrupu M. Odredimo jezgru tog epimorfizma, tj. skup svih A ∈ GL(2,C) takvih da je ωA iden-titeta. Ocito je ωA identiteta ako i samo ako je αz+β = z(γz+ δ) ∀z ∈ C. Za z = 0 odatle slijedida je nuzno β = 0. Sada dobivamo jednakost αz = z(γz + δ) ∀z ∈ C, a odatle je α = γz + δ∀z ∈ C. Dakle, γ = 0 i α = δ, a to znaci da je A = αI2.

Napokon, za A ∈ GL(2,C) i za ε ∈ C takav da je ε−2 = det A imamo εA ∈ SL(2,C) iωA = ωεA. To pokazuje da je A 7→ ωA epimorfizam i sa grupe SL(2,C) na grupu M, a jezgramu je I2,−I2 : vrijedi λI2 ∈ SL(2,C) ako i samo ako je λ = ±1. Time je propozicija 6.1. upotpunosti dokazana.

Oznacimo sa A grupu svih afinih transformacija kompleksne ravnine C, tj. grupu svih izomor-fizama podrucja ω ∈ Aut(C) oblika

ω(z) = az + b, z ∈ C, gdje su a ∈ C∗ = C \ 0, b ∈ C.

Ocito mozemo A identificirati s grupom svih Mobiusovih transformacija s fiksnom tockom ∞, tj.sa ω ∈ M; ω(∞) = ∞. Preciznije, vrijedi A = ω|C; ω ∈ M, ω(∞) = ∞.

Teorem 6.1. Aut(C) = A.

Dokaz: Ocito je A podgrupa grupe Aut(C). Neka je ω ∈ Aut(C). Tada je ω cijela funkcija,pa je mozemo pisati u obliku svuda konvergentnog reda potencija:

ω(z) =∑

n∈Z+

anzn, z ∈ C.


Definiramo sada holomorfnu funkciju ϕ ∈ H(C∗), C∗ = C \ 0, sa

ϕ(z) = ω

(1

z

)=∑

n∈Z+

anz−n, z ∈ C∗. (6.1)

Tocka 0 je izolirani singularitet funkcije ϕ. Kad bi 0 bio bitni singularitet funkcije ϕ, po teoremu2.2. skup A = ϕ(z); 0 < |z| < 1 bio bi gust u C. S druge strane, funkcija ϕ je nekonstantna(stovise, ϕ je injekcija, jer je ω bijekcija sa C na C), pa je skup B = ϕ(z); |z| > 1 prema korolaru1.1. podrucje, tj. to je neprazan otvoren skup. Kako je A gust u C, slijedi da je A∩B 6= ∅. Dakle,postoje tocke z1, z2 ∈ C, |z1| < 1, |z2| > 1, takve da je ϕ(z1) = ϕ(z2). No to je u suprotnosti sinjektivnosti funkcije ϕ. Ova kontradikcija pokazuje da 0 nije bitni singularitet funkcije ϕ.

Prema tome, 0 je ili pol ili uklonjivi singularitet od ϕ, pa u redu potencija (6.1) ima samokonacno mnogo koeficijenata razlicitih od nule. To znaci da je funkcija ω polinom. Zbog injek-tivnosti polinom ω ima tocno jednu nultocku α ∈ C, dakle, vrijedi ω(z) = a(z−α)n za neki a ∈ C∗

i n ∈ N. Ponovo zbog injektivnosti zakljucujemo da je n = 1. No to znaci da je ω ∈ A. Time jeteorem dokazan.

Teorem 6.2. Aut(C)

= M, tj. Mobiusova grupa je grupa svih automorfizama prosirene kom-

pleksne ravnine C.

Dokaz: Vec znamo da je Mobiusova grupa M podgrupa grupe Aut(C). Neka je ω ∈ Aut

(C).

Neka je a ∈ C takva tocka da je ω(a) = ∞. Sada izaberimo ϕ ∈ M tako da bude ϕ(a) = ∞. Npr.

ϕ(z) =1

z − a, tj. ϕ = ωA, gdje je A =

[0 11 −a

].

Stavimo ψ = ω ϕ−1. Tada je ψ ∈ Aut(C)

i vrijedi ψ(∞) = ∞. Dakle, restrikcija ψ|C jeautomorfizam od C. Prema teoremu 6.1. ψ je afina transformacija i, posebno, ψ ∈ M. Slijediω = ψ ϕ ∈ M. Time je teorem dokazan.

Teorem 6.3. (a) Aut(K(0, 1)) = ω|K(0, 1); ω ∈ M, ω(K(0, 1)) = K(0, 1). Nadalje, Mobiusovatransformacija ω ∈ M ima svojstvo ω(K(0, 1)) = K(0, 1) ako i samo ako je

ω(z) = λz − α

1 − αz, za neke λ ∈ S(0, 1) i α ∈ K(0, 1). (6.2)

(b) Vrijedi Aut(K(0, 1)) = ωA|K(0, 1); A ∈ SU(1, 1), gdje je SU(1, 1) podgrupa od SL(2,C)definirana sa

SU(1, 1) = A ∈ SL(2,C); AΓA∗ = Γ, Γ =

[1 00 −1

],

odnosno,

SU(1, 1) =

[α β

β α

]; α, β ∈ C, |α|2 − |β|2 = 1

.

Dokaz: Stavimo G = ω; ω ∈ M, ω(K(0, 1)) = K(0, 1).Tada je ocito G podgrupa Mobiusovegrupe M. Nadalje, za ω ∈ G vrijedi ω|K(0, 1) ∈ Aut(K(0, 1)), dakle, ω|K(0, 1); ω ∈ G je pod-grupa grupe Aut(K(0, 1)).

Oznacimo sa H skup svih Mobiusovih transformacija ω definiranih formulom oblika (6.2). Nekaje ω ∈ H zadana formulom (6.2) za neke α ∈ K(0, 1) i λ ∈ S(0, 1). Tada za z ∈ C imamo sljedeciniz ekvivalencija:

53

ω(z) ∈ K(0, 1) ⇐⇒∣∣∣∣z − α

1 − αz

∣∣∣∣ < 1 ⇐⇒ |z − α|2 < |1 − αz|2 ⇐⇒

⇐⇒ (z − α) (z − α) < (1 − αz) (1 − αz) ⇐⇒⇐⇒ |z|2 − αz − αz + |α|2 < 1 − αz − αz + |α|2|z|2 ⇐⇒ |z|2 + |α|2 < 1 + |α|2|z|2 ⇐⇒

⇐⇒ 1 − |α|2 − |z|2 + |α|2|z|2 > 0 ⇐⇒(1 − |α|2

) (1 − |z|2

)> 0 ⇐⇒

⇐⇒ 1 − |z|2 > 0 ⇐⇒ |z| < 1 ⇐⇒ z ∈ K(0, 1).

To pokazuje da je ω(K(0, 1)) = K(0, 1), odnosno, ω ∈ G. Time smo dokazali da je H ⊆ G.Primijetimo sada da je H podgrupa Mobiusove grupe M :

Zadatak 6.3. Za α ∈ K(0, 1) i λ ∈ S(0, 1) oznacimo sa ωλ,α njima definiran element od H :

ωλ,α(z) = λz − α

1 − αz.

Dokazite da tada za bilo koje α ∈ K(0, 1) i λ ∈ S(0, 1) vrijedi

(ωλ,α)−1 = ωλ,−λα

i da za bilo koje α, β ∈ K(0, 1) i λ, µ ∈ S(0, 1) vrijedi

ωλ,α ωµ,β = ων,γ

gdje su

ν = λµ1 + αβµ

1 + αβµ∈ S(0, 1) i γ =

β + αµ

1 + αβµ= µ

α + µβ

1 + µβα= (ωµ,β)−1(α) ∈ K(0, 1)

Posebno, H je podgrupa Mobiusove grupe M.

Neka je sada ϕ ∈ Aut(K(0, 1)). Neka je tocka α ∈ K(0, 1) takva da je ϕ(α) = 0. Uz oznaku izzadatka 6.3. stavimo ω = ω1,α, tj.

ω(z) =z − α

1 − αz.

Tada je ω(α) = 0, pa element ψ = ϕ (ω|K(0, 1))−1 ∈ Aut(K(0, 1)) ima svojstvo ψ(0) = 0.Nadalje, kako je ψ(K(0, 1)) = K(0, 1), vrijedi |ψ(z)| < 1 za svaku tocku z ∈ K(0, 1). Sada izSchwarzove leme (teorem 1.16.) slijedi

|ψ(z)| ≤ |z| ∀z ∈ K(0, 1). (6.3)

Kako i ψ−1 ∈ Aut(K(0, 1)) ima svojstvo ψ−1(0) = 0, vrijedi i

|ψ−1(z)| ≤ |z| ∀z ∈ K(0, 1),

odnosno,|z| ≤ |ψ(z)| ∀z ∈ K(0, 1). (6.4)

Iz (6.3) i (6.4) slijedi da je|ψ(z)| = |z| ∀z ∈ K(0, 1),

a to po Schwarzovoj lemi znaci da je za neki λ ∈ S(0, 1)

ψ(z) = λz ∀z ∈ K(0, 1).


Medutim, vrijedi ψ (ω|K(0, 1))−1, dakle, ϕ = ψ ω|K(0, 1), odnosno,

ψ(z) = λz − α

1 − αz.

Prema tome je ψ = ωλ,α|K(0, 1). Time smo dokazali da vrijedi

Aut(K(0, 1)) ⊆ ω|K(0, 1); ω ∈ H.

Odatle i iz prije dokazanog dobivamo

Aut(K(0, 1)) ⊆ ω|K(0, 1); ω ∈ H ⊆ ω|K(0, 1); ω ∈ G ⊆ Aut(K(0, 1),

pa slijedi tvrdnja (a).(b) Prema posljednjoj tvrdnji propozicije 6.1. iz (a) slijedi

Aut(K(0, 1)) = ωA|K(0, 1); A ∈ SL(2,C), ωA(K(0, 1)) = K(0, 1).

Ostatak dokaza tvrdnje (b) sadrzan je u zadatku:

Zadatak 6.4. Dokazite da za A ∈ SL(2,C) vrijedi ωA(K(0, 1)) = K(0, 1) ako i samo ako jeA ∈ SU(1, 1).

Uputa: Prema dokazu tvrdnje (a) vrijedi ωA(K(0, 1)) = K(0, 1) ako i samo ako je ωA = ωλ,α

za neke λ ∈ S(0, 1) i α ∈ K(0, 1), odnosno, ako i samo ako je ωA = ωB za

B =

[λ −αλ−α 1

].

To znaci da je AB−1 u jezgri epimorfizma C 7→ ωC , odnosno, prema propoziciji 6.1. vrijedi A = µBza neki µ ∈ C∗. Sada iskoristite jednakost det A = 1 da dokazete da vrijedi

A =

e−iϕ2√

1−|α|2αe−i

ϕ2√

1−|α|2

− αeiϕ2√

1−|α|2ei

ϕ2√

1−|α|2

,

gdje je ϕ ∈ R takav da jeeiϕ = λ2

(1 − |α|2

).

Teorem 6.4. Za gornju poluravninu C+ = z ∈ C; Im z > 0 vrijedi

Aut(C+) = ω|C+; ω ∈ M, ω(C+) = C+ = ωA|C+; A ∈ SL(2,R).

Zadatak 6.5. Dokazite teorem 6.4.

Uputa: Dokazite da je za Mobiusovu transformaciju ω ∈ M zadanu sa

ω(z) =z − i

z + i, tj. ω = ωB za B =

1

2

[1 − i −1 − i1 − i 1 + i

]∈ SL(2,C),

restrikcija ω|C+ izomorfizam podrucja C+ na podrucjeK(0, 1). Sada iskoristite tvrdnju (b) teorema6.3. da zakljucite da je

Aut(C+) = ω−1 Aut(K(0, 1)) ω = ωB−1AB|C+; A ∈ SU(1, 1) ,

a zatim dokazite da je B−1SU(1, 1)B = SL(2,R).

Zadatak 6.6. Neka su α, β, γ, a, b, c ∈ C takvi da je α 6= β 6= γ 6= γ i a 6= b 6= c 6= a. Dokazite dapostoji jedinstvena Mobiusova transformacija ω ∈ M takva da je ω(α) = a, ω(β) = b i ω(γ) = c.

Uputa: Egzistenciju dokazite najprije u slucaju kad je a = 0, b = 1 i c = ∞. Za jedinstvenostdokazite da je identiteta jedina Mobiusova transformacija koja ima barem tri fiksne tocke.

Poglavlje 7

Riemannov teorem

Teorem 7.1. Ako je Ω ( C podrucje sa svojstvom n−tog korijena za neki n ∈ N, n ≥ 2, onda jepodrucje Ω izomorfno otvorenom jedinicnom krugu K(0, 1).

Dokaz: Neka je S skup svih holomorfnih injekcija ψ : Ω → K(0, 1). Prema Montelovomprincipu kompaktnosti (teorem 4.3.) skup S ⊆ H(Ω) je relativno kompaktan.

Svojstvo n−tog korijena kljucno je da bismo dokazali da je skup S neprazan. Neka je w ∈ C\Ω.Tada je funkcija z 7→ z − w holomorfna i bez nultocaka u Ω, dakle postoji funkcija ϕ ∈ H(Ω)takva da je [ϕ(z)]n = z − w ∀z ∈ Ω. Ocito je ϕ injekcija. Prema napomeni iza iskaza teorema1.14. skup ϕ(Ω) je otvoren. Nadalje, 0 6∈ ϕ(Ω), pa postoje a ∈ C i r > 0 (r < |a|) takvi da jeK(a, r) ⊆ ϕ(Ω). Neka je sada α ∈ C takvo da je α 6= 1 i αn = 1.

Tvrdimo da je tada|αϕ(z) − a| ≥ r ∀z ∈ Ω. (7.1)

Pretpostavimo suprotno, tj. da za neku tocku z1 ∈ Ω vrijedi |αϕ(z1) − a| < r. Tada je

αϕ(z1) ∈ K(a, r) ⊆ ϕ(Ω),

pa postoji tocka z2 ∈ Ω takva da je ϕ(z2) = αϕ(z1) 6= 0. Tada je

[ϕ(z2)]n = αn[ϕ(z1)]

n = [ϕ(z1)]n, tj. z2 − w = z1 − w.

No to je nemoguce jer je ϕ(z2) 6= ϕ(z1). Time je dokazano da vrijedi (7.1).Stoga mozemo definirati ψ ∈ H(Ω) formulom

ψ(z) =ρ

αϕ(z) − a, z ∈ Ω,

pri cemu je 0 < ρ < r. Tada je ψ ∈ S, dakle je S 6= ∅.Neka su u daljnjem fiksirani tocka a ∈ Ω i funkcija ϕ1 ∈ S. Buduci da je ϕ1 injekcija, prema

teoremu 1.15. je ϕ′1(a) 6= 0. Stavimo

S1 = ϕ ∈ S; |ϕ′(a)| ≥ |ϕ′1(a)|.

Taj je skup funkcija kao podskup relativno kompaktnog skupa S i sam relativno kompaktan.Dokazat cemo sada da je skup S1 kompaktan. Po definiciji kompaktnosti treba dokazati da je S1

zatvoren u odnosu na lokalno uniformnu konvergenciju, tj. da je limes lokalno uniformno konver-gentnog niza funkcija iz S1 takoder funkcija iz S1.

Dakle, neka je (fn)n∈N lokalno uniformno konvergentan niz funkcija iz S1 i neka jef = limn→∞ fn. Prema Weierstrassovom teoremu 1.6. tada vrijedi

|f ′(a)| = limn→∞

|f ′n(a)| ≥ |ϕ′

1(a)| > 0.

55

56 POGLAVLJE 7. RIEMANNOV TEOREM

Posebno, funkcija f je nekonstantna, pa je prema teoremu 4.5. funkcija f injektivna. Za z ∈ Ωimamo zbog fn(Ω) ⊆ K(0, 1)

|f(z)| = limn→∞

|fn(z)| ≤ 1.

Dakle, f(Ω) ⊆ K(0, 1). Medutim prema napomeni iza iskaza teorema 1.14. skup f(Ω) je otvoren.Stoga je f(Ω) ⊆ K(0, 1). Time je dokazano da je f ∈ S, a kako smo vec vidjeli da je|f ′(a)| ≥ |ϕ′

1(a)|, to je f ∈ S1. Time je dokazano da je skup S1 kompaktan.Definiramo sada preslikavanje J : S1 → C sa J(f) = f ′(a). Prema Weierstrassovom teoremu

1.6. preslikavanje J je neprekidno, pa prema propoziciji 4.2. postoji funkcija ϕ ∈ S1 takva da je|J(ϕ)| ≥ |J(f)| ∀f ∈ S1. To znaci da je

|ϕ′(a)| ≥ |f ′(a)| ∀f ∈ S1,

a tada je i

|ϕ′(a)| ≥ |f ′(a)| ∀f ∈ S. (7.2)

Za α ∈ K(0, 1) oznacimo sa fα ∈ Aut(K(0, 1)) preslikavanje definirano sa

fα(z) =z − α

1 − αz, z ∈ K(0, 1).

Zadatak 7.1. Dokazite da vrijedi

(fα)−1 = f−α, fα(α) = 0, f ′α(α) =

1

1 − |α|2, fα(0) = −α, f ′

α(0) = 1 − |α|2.

Dokazat cemo sada da je ϕ(a) = 0. Pretpostavimo da nije tako i stavimo α = ϕ(a) 6= 0.Definiramo ψ ∈ S sa ψ = fα ϕ. Tada imamo

|ψ′(a)| = |f ′α(α)| · |ϕ′(a)| =

|ϕ′(a)|1 − |α|2 > |ϕ′(a)|.

No to je u suprotnosti sa (7.2). Ova kontradikcija pokazuje da vrijedi ϕ(a) = 0.Dokazat cemo sada da je ϕ ne samo injekcija Ω u K(0, 1) nego i surjekcija. Pretpostavimo

suprotno i neka je β ∈ K(0, 1)\ϕ(Ω). Tada je β 6= 0 jer je 0 ∈ ϕ(Ω) (naime, ϕ(a) = 0). Buduci daje β jedina nultocka funkcije fβ, funkcija fβ ϕ ∈ H(Ω) nema nultocaka u Ω. Prema pretpostavcio podrucju Ω (svojstvo n−tog korijena) postoji funkcija ψ ∈ H(Ω) takva da vrijedi

[ψ(z)]n = fβ(ϕ(z)) ∀z ∈ Ω.

Imamo

ϕ ∈ S =⇒ fβ ϕ ∈ S =⇒ ψ ∈ S.

Stavimo γ = ψ(a) ∈ K(0, 1). Prema zadatku 7.1. tada je

γn = fβ(ϕ(a)) = fβ(0) = −β.

Stavimo

f = fγ ψ ∈ S.

Nadalje, neka je funkcija ω ∈ H(K(0, 1)) definirana sa

ω(z) = zn, z ∈ K(0, 1).

57

Prema zadatku 7.1. tada je ψ = f−γ f, dakle

fβ ϕ = ω ψ = ω f−γ f.

Odatle jeϕ = g f, gdje je g = f−β ω f−γ ∈ H(K(0, 1)).

Imamo |g(z)| < 1 za svako z ∈ K(0, 1) i prema zadatku 7.1. je

g(0) = f−β(f−γ(0)n) = f−β(γn) = f−β(−β) = 0.

To znaci da funkcija g zadovoljava uvjetima Schwarzove leme (teorem 1.16.). Preslikavanja f−β if−γ su bijekcije sa K(0, 1) na K(0, 1), a ω nije bijekcija sa K(0, 1) na K(0, 1). Slijedi da funkcijag nije bijekcija sa K(0, 1) na K(0, 1). Schwarzova lema stoga povlaci da je |g′(0)| < 1. Imamo

f(a) = fγ(ψ(a)) = fγ(γ) = 0 i ϕ = g f =⇒ ϕ′(a) = g′(f(a))f ′(a) = g′(0)f ′(a).

Odatle je|ϕ′(a)| = |g′(0)| · |f ′(a)| < |f ′(a)|.

No to je u suprotnosti sa (7.2).Ova kontradikcija dokazuje da je ϕ surjekcija sa Ω na K(0, 1). Kako je ϕ ∈ S, ϕ je izomorfizam

podrucja Ω na krug K(0, 1).

Primjedba. Iz dokaza teorema 7.1. vidi se da za bilo koju tocku a ∈ Ω postoji funkcijaϕ ∈ H(Ω) koja je izomorfizam podrucja Ω na krug K(0, 1) i vrijedi ϕ(a) = 0. Ta je funkcija onajelement skupa S na kome preslikavanje f 7→ |f ′(a)| dostize svoj maksimum. Takva funkcija nijejedinstvena, ali pomocu Schwarzove leme nije tesko dokazati da je ona odredena do na multiplmodula 1, odnosno do na rotaciju kruga K(0, 1) oko sredista.

Dokazani teorem 7.1. upotpunjuje dokaz teorema 3.1. Posebno, uvjet teorema 7.1. ispunjen jeako i samo ako je podrucje Ω jednostavno povezano. Dakle, mozemo iskazati Riemannov teoremu njegovom uobicajenom obliku:

Teorem 7.2. (B. Riemann) Svako jednostavno povezano podrucje Ω ( C izomorfno je otvorenomjedinicnom krugu K(0, 1).

Zadatak 7.2. Dokazite da za funkciju g iz dokaza teorema 7.1. vrijedi

g′(0) = −nγn−1 1 − |γ|2

1 − |γ|2n.

Izvedite iz toga da je |g′(0)| < 1.

Zadatak 7.3. Neka je Ω ( C jednostavno povezano podrucje koje je simetricno s obzirom narealnu os, tj.

z ∈ Ω ⇐⇒ z ∈ Ω.

Neka je f izomorfizam Ω na K(0, 1) takav da za a = f−1(0) vrijedi a ∈ R i f ′(a) > 0. Dokazite daje tada ili f(Ω∩C+) ⊆ C+ ili f(Ω∩C+) ⊆ C−. Pri tome su C+ i C− gornja i donja poluravnina:

C+ = z ∈ C; Im z > 0, C− = −C+ = z ∈ C; Im z < 0.

Zadatak 7.4. Neka je E = z ∈ C; Re z > 0 i neka je f : E → C holomorfna injekcija takva daje f(E) ⊆ E. Uz pretpostavku da postoji x0 > 0 takav da je f(x0) = x0 dokazite da je |f ′(x0)| ≤ 1.

Zadatak 7.5. Neka su Ω1 ( C i Ω2 ( C jednostavno povezana podrucja i neka je f izomorfizamΩ1 na Ω2. Neka je a ∈ Ω1 i α = f(a) ∈ Ω2. Dokazite da za svaku holomorfnu injekciju g : Ω1 → Ω2

takvu da je g(a) = α vrijedi |g′(a)| ≤ |f ′(a)|.

58 POGLAVLJE 7. RIEMANNOV TEOREM

Poglavlje 8

Aproksimacija pomocu racionalnihfunkcija

U ovom poglavlju dokazat cemo sljedeci teorem o mogucnosti aproksimacije holomorfnih funkcijapomocu racionalnih funkcija:

Teorem 8.1. (C. Runge) Neka je Ω ⊆ C otvoren skup i neka je E zatvoren podskup od C\Ω kojisijece svaku komponentu od C \ Ω. Za svaku funkciju f ∈ H(Ω) postoji niz racionalnih funkcija(fn)n∈N kojima svi polovi leze u skupu E takav da niz restrikcija (fn|Ω)n∈N konvergira premafunkciji f lokalno uniformno na Ω.

Pri tome za tocku ∞ kazemo da je pol racionalne funkcije f ako je

f =P

Q, gdje su P i Q polinomi i deg P > deg Q.

U tom slucaju kazemo da je tocka ∞ pol funkcije f reda deg P − deg Q.

U slucaju da je u Rungeovom teoremu skup C \ Ω povezan (a to za podrucje Ω znaci da jejednostavno povezano), mozemo uzeti E = ∞. Buduci da je racionalna funkcija s jedinim polomu tocki ∞ u stvari polinom, iz Rungeovog teorema neposredno slijedi:

Teorem 8.2. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, takav da je skup C \ Ω povezan, i neka je f ∈ H(Ω).Tada postoji niz polinoma (Pn)n∈N takav da niz restrikcija (Pn|Ω)n∈N konvergira prema funkciji flokalno uniformno na Ω.

Rungeov teorem 8.1. dokazat cemo pomocu dvije leme, a plan dokaza je ovakav. Najprije cemodokazati da se za zadani kompaktan skup K ⊆ Ω restrikcija f |K moze po volji tocno aproksimiratipomocu restrikcije g|K racionalne funkcije g koja ima polove izvan K. Zatim cemo g|K aproksimi-rati restrikcijom h|K druge racionalne funkcije h koja ima polove u skupu E. Napokon, da dodemodo trazenog niza racionalnih funkcija, posluzit cemo se nizom kompaktnih skupova iz zadatka 4.3.

Lema 8.1. Neka je Ω ⊆ C otvoren skup, K ⊆ Ω kompaktan skup, f ∈ H(Ω) i ε > 0. Postojiracionalna funkcija g s polovima u skupu Ω \K takva da vrijedi

|f(z) − g(z)| ≤ ε ∀z ∈ K.

Dokaz: Prema lemi 3.1. postoji ciklus Γ u Ω \K takav da vrijedi

IndΓ(α) = 0 ∀α ∈ C \ Ω, IndΓ(a) = 1 ∀a ∈ K.

59

60 POGLAVLJE 8. APROKSIMACIJA POMOCU RACIONALNIH FUNKCIJA

Prema drugoj formuli u tvrdnji (a) globalnog Cauchyjevog teorema 1.10. tada vrijedi

f(z) =1

2πi

∫

Γ

f(ζ)

ζ − zdζ, z ∈ K. (8.1)

Neka je Γ = [γ1, γ2, . . . , γn], gdje su γ1, γ2, . . . , γn petlje u Ω\K. Fiksirajmo sada j ∈ 1, 2, . . . , ni zbog jednostavnijih oznaka stavimo γ = γj. Neka je γ definirana na segmentu [a, b] i neka je

r = d(γ∗, K) = min |γ(t) − z|; t ∈ [a, b], z ∈ K > 0.

Tada vrijedit ∈ [a, b], z ∈ K =⇒ |γ(t) − z| ≥ r. (8.2)

Izaberimo realan broj M > 0 takav da vrijedi:

t ∈ [a, b], z ∈ K =⇒ |z| ≤M, |γ(t)| ≤M i |f(γ(t))| ≤M. (8.3)

Sada za s, t ∈ [a, b] i z ∈ K zbog (8.2) i (8.3) imamo redom∣∣∣∣f(γ(t))

γ(t) − z− f(γ(s))

γ(s) − z

∣∣∣∣ ≤1

r2|f(γ(t))γ(s) − f(γ(s))γ(t) − z[f(γ(t)) − f(γ(s))]| =

=1

r2|f(γ(t))[γ(s) − γ(t)] + [f(γ(s)) − f(γ(t))]γ(t) − z[f(γ(t)) − f(γ(s))]| ≤

≤ 1

r2|f(γ(t))| · |γ(s) − γ(t)| + 1

r2|γ(t)| · |f(γ(s)) − f(γ(t))| + |z|

r2|f(γ(s)) − f(γ(t))| ≤

≤ M

r2|γ(s) − γ(t)| + 2M

r2|f(γ(s)) − f(γ(t))|.

Kako su funkcije γ i f γ uniformno neprekidne na segmentu [a, b], gornja nejednakost pokazujeda mozemo izabrati particiju a = c0 < c1 < · · · < cm = b takvu da vrijedi

∣∣∣∣f(γ(t))

γ(t) − z− f(γ(ck−1))

γ(ck−1) − z

∣∣∣∣ ≤2πε

n`(γ), z ∈ K, ck−1 ≤ t ≤ ck, k ∈ 1, 2, . . . , m. (8.4)

Mozemo uzeti da su sve restrikcije γ|[ck−1, ck] neprekidno diferencijabilne.Definiramo sada racionalnu funkciju gj sa

gj(z) =1

2πi

m∑

k=1

f(γ(ck−1))γ(ck) − γ(ck−1)

γ(ck−1) − z.

Funkcija gj ima polove γ(c0), γ(c1), . . . , γ(cm−1) ∈ γ∗, dakle, izvan K. Pomocu (8.4) nalazimo daza z ∈ K vrijedi

∣∣∣∣1

2πi

∫

γ

f(ζ)

ζ − zdζ − gj(z)

∣∣∣∣ =1

2π

∣∣∣∣∣m∑

k=1

∫ ck

ck−1

[f(γ(t))

γ(t) − z− f(γ(ck−1))

γ(ck−1) − z

]γ′(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤

≤ 1

2π

m∑

k=1

∫ ck

ck−1

∣∣∣∣f(γ(t))

γ(t) − z− f(γ(ck−1))

γck−1− z

∣∣∣∣ · |γ′(t)|dt ≤ε

n`(γ)

m∑

k=1

∫ ck

ck−1

|γ′(t)|dt.

Medutim,m∑

k=1

∫ ck

ck−1

|γ′(t)|dt = `(γ),

61

pa slijedi ∣∣∣∣∣1

2πi

∫

γj

f(ζ)


∣∣∣∣∣ ≤ε

n, z ∈ K. (8.5)

Istu konstrukciju provedemo za svaki j ∈ 1, 2, . . . , n i stavimo g = g1 + g2 + · · ·+ gn. Tada je gracionalna funkcija s polovima u skupu γ∗, dakle, izvan K. Iz (8.1) i (8.5) slijedi za svaku tockuz ∈ K :

|f(z) − g(z)| =

∣∣∣∣1

2πi

∫

γ

f(ζ)

ζ − zdζ − g(z)

∣∣∣∣ ≤n∑

j=1

∣∣∣∣∣1

2πi

∫

γj

f(ζ)


∣∣∣∣∣ ≤n∑

j=1

ε

n= ε.


Kao sto smo napomenuli, sljedeci korak u dokazu Rungeovog teorema jest da dokazemo da sefunkcija g moze na skupu K po volji dobro aproksimirati drugom racionalnom funkcijom kojoj supolovi u skupu E. U tu svrhu razmatrat cemo najprije racionalne funkcije s jednim polom.

Lema 8.2. Neka je K ⊆ C kompaktan skup i neka se tocke a, b ∈ C nalaze u istoj komponentiskupa C \K. Neka je g racionalna funkcija kojoj je jedini pol u tocki a i neka je ε > 0. Postojiracionalna funkcija h kojoj je jedini pol u tocki b, takva da je

|g(z) − h(z)| ≤ ε ∀z ∈ K. (8.6)

Dokaz je podijeljen u cetiri koraka.(a) Uzmimo najprije da su a, b ∈ C \K, tj. da je a 6= ∞ i b 6= ∞ i da vrijedi

|a− b| < d(b,K) = min |b− z|; z ∈ K.

Neka je ρ =|a− b|d(b,K)

. Tada je 0 ≤ ρ < 1 i imamo

∣∣∣∣a− b

z − b

∣∣∣∣ ≤ ρ ∀z ∈ K. (8.7)

Buduci da racionalna funkcija g ima jedini pol u tocki a, to postoji n ∈ N i polinom P stupnja≤ n takvi da je

g(z) =P (z)

(z − a)n.

Iz (8.7) slijedi da za svaku tocku z ∈ K vrijedi

g(z) =P (z)

(z − b)n·(z − b

z − a

)n

=P (z)

(z − b)n·(

1 − a− b

z − b

)−n

=P (z)

(z − b)n·

∞∑

k=0

(k + n− 1

k

)(a− b

z − b

)k

i pri tome red konvergira uniformno u odnosu na z ∈ K. Stoga postoji m ∈ N takav da zaracionalnu funkciju

h(z) =P (z)

(z − b)n·

m∑

k=0

(k + n− 1

k

)(a− b

z − b

)k

,

kojoj je ocito jedini pol u tocki b, vrijedi (8.6).(b) I dalje pretpostavljamo da su a, b ∈ C \ K. Ogranicene komponente povezanosti skupa

C\K ujedno su komponente povezanosti skupa C\K. Neka je Ω jedina neogranicena komponenta


povezanosti skupa C \K. Tada skup Ω sadrzi C \ K(0, r) = z ∈ C; |z| ≥ r za neki r > 0, paslijedi da je skup Ω ∪ ∞ povezan; dakle, Ω ∪ ∞ je komponenta povezanosti skupa C \ K.Buduci da se po pretpostavci tocke a i b nalaze u istoj komponenti povezanosti skupa C \K, izovog razmatranja izlazi da se tocke a i b nalaze u istoj komponenti povezanosti skupa C\K. Stogapostoji put γ : [0, 1] → C \K takav da je γ(0) = a i γ(1) = b. Tada je γ∗ ∩K = ∅ pa slijedi

r = d(γ∗, K) = min |γ(t) − z|; t ∈ [0, 1], z ∈ K > 0. (8.8)

Izaberimo particiju 0 = t0 < t1 < · · · < tn = 1 takvu da je

|γ(tj−1) − γ(tj)| < r, j = 1, 2, . . . , n. (8.9)

Iz (8.8) i (8.9) slijedi da za tocke aj = γ(tj), j = 0, 1, . . . , n, vrijedi

|aj−1 − aj| < d(aj, K), j = 1, 2, . . . , n.

Prema (a) mozemo naci redom racionalne funkcije h0 = g, h1, . . . , hn, takve da je aj jedini pol odhj i da vrijedi

|hj−1(z) − hj(z)| ≤ε

n, z ∈ K, j = 1, 2, . . . , n.

Buduci da je h0 = g odatle slijedi da za svako z ∈ K vrijedi

|g(z) − hn(z)| =

∣∣∣∣∣n∑

j=1

[hj−1(z) − hj(z)]

∣∣∣∣∣ ≤n∑

j=1

|hj−1(z) − hj(z)| ≤ ε.

Napokon, racionalna funkcija hn ima jedini pol u tocki an = γ(tn) = γ(1) = b.(c) Uzmimo sada da je a ∈ C \K i b = ∞. Tada se tocka a nalazi u komponenti povezanosti

skupa C \K koja sadrzi tocku ∞, dakle, prema razmatranju u (b), u neogranicenoj komponentipovezanosti Ω skupa C \K. Izaberimo tocku c ∈ Ω takvu da je

c 6= 0 i |c| ≥ 2|z| ∀z ∈ K. (8.10)

Prema (b) postoji racionalna funkcija f, koja ima jedini pol u tocki c, takva da je

|g(z) − f(z)| ≤ ε

2∀z ∈ K. (8.11)

Tada je

f(z) =P (z)

(z − c)n, n ∈ N, P polinom stupnja ≤ n.

Prema (8.10) je ∣∣∣zc

∣∣∣ ≤ 1

2∀z ∈ K.

Stoga za z ∈ K imamo

f(z) =P (z)

(z − c)n= (−1)nP (z)

cn·[1 − z

c

]−n

= (−c)−nP (z)

∞∑

k=0

(k + n− 1

k

)c−kzk

i pri tome red konvergira uniformno u odnosu na z ∈ K. Dakle, postoji m ∈ N takav da za polinom

h(z) = (−c)−nP (z)m∑

k=0

(k + n− 1

k

)c−kzk

63

vrijedi

|f(z) − h(z)| ≤ ε

2∀z ∈ K.

Odavde i iz (8.11) slijedi (8.6) i h je polinom, dakle, racionalna funkcija s jedinim polom u tockib = ∞.

(d) Uzmimo napokon da je a = ∞, dakle, g je polinom, i b ∈ C \K. Neka je

ϕ(z) =

1

z − b, z ∈ C \ b

∞ z = b0 z = ∞.

Tada je ϕ homeomorfizam sa C na C. Stoga je ϕ(K) = K1 kompaktan podskup od C i tockeϕ(a) = ϕ(∞) = 0 i ϕ(b) = ∞ se nalaze u istoj komponenti povezanosti ϕ(Ω∪∞) skupa C\K1.Nadalje, g ϕ−1 je racionalna funkcija, kojoj je jedini pol u tocki ϕ(a) = 0. Prema (c) postojiracionalna funkcija f, kojoj je jedini pol u tocki ϕ(b) = ∞, tj. polinom, takva da je

|g(ϕ−1(z)) − f(z)| ≤ ε ∀z ∈ K1. (8.12)

Stavimo li h = f ϕ, onda je h racionalna funkcija kojoj je jedini pol u tocki ϕ−1(∞) = b, i iz(8.12) slijedi (8.6).

Dokaz Rungeovog teorema 8.1: Neka je (Kn)n∈N niz kompaktnih skupova iz zadatka4.3. Neka je (εn)n∈N padajuci niz strogo pozitivnih realnih brojeva koji konvergira prema 0.

Fiksirajmo n ∈ N. Prema lemi 8.1. postoji racionalna funkcija gn s polovima u skupu Ω \Kn

takva da vrijedi

|f(z) − gn(z)| ≤ εn

2∀z ∈ Kn. (8.13)

Neka su a1, . . . , am svi polovi funkcije gn Tada za svako j ∈ 1, . . . , m postoji racionalna funkcijarj, kojoj je jedini pol u tocki aj, tako da je gn = r1 + · · ·+rm. Za dano j ∈ 1, . . . , m komponentapovezanosti skupa C \ Kn koja sadrzi tocku aj sadrzi neku komponentu skupa C \ Ω, dakle, popretpostavci sadrzi i neku tocku bj ∈ E. Po lemi 8.2. postoji racionalna funkcija hj, kojoj je jedinipol u tocki bj, takva da vrijedi

|rj(z) − hj(z)| ≤εn

2m∀z ∈ Kn. (8.14)

Sada je fn = h1 + · · · + hm racionalna funkcija kojoj su polovi b1, . . . , bm ∈ E i iz (8.14) slijedi

|gn(z) − fn(z)| ≤m∑

j=1

|rj(z) − hj(z)| ≤ m · εn

2m=εn

2∀z ∈ Kn. (8.15)

Iz (8.13) i (8.15) slijedi|f(z) − fn(z)| ≤ εn ∀z ∈ Kn. (8.16)

Tako dolazimo do niza racionalnih funkcija (fn)n∈N kojima su svi polovi sadrzani u skupu E ivrijedi (8.16) za svako n ∈ N. Neka je sada K ⊆ Ω proizvoljan kompaktan skup. Prema tvrdnjama(e) i (c) iz zadatka 4.3. postoji n0 ∈ N takav da je K ⊆ Kn za svako n ≥ n0. Sada iz (8.16) slijedi

|f(z) − fn(z)| ≤ εn ∀z ∈ K i ∀n ≥ n0. (8.17)

Buduci da niz (εn)n∈N konvergira prema 0, (8.17) pokazuje da niz restrikcija (fn|K)n∈N konvergirauniformno prema restrikciji f |K. Kako je K ⊆ Ω bio proizvoljan kompaktan skup, zakljucujemoda niz (fn|Ω)n∈N konvergira lokalno uniformno prema funkciji f. Time je Rungeov teorem dokazan.


Zadatak 8.1. Neka je

Ω = K(0, 1), Ω1 = K∗(0, 1) = z ∈ C; 0 < |z| < 1

i za neke 0 < r < R < 1

K = K(0; r, R) = z ∈ C; r ≤ |z| ≤ R.

Dokazite da postoji funkcija f ∈ H(Ω1) takva da ni za jedan niz (fn)n∈N u H(Ω) niz restrikcija(fn|K)n∈N ne konvergira uniformno prema restrikciji f |K.

Iz teorema 8.2. dobivamo jos jednu karakterizaciju jednostavno povezanih podrucja:

Teorem 8.3. Podrucje Ω ⊆ C je jednostavno povezano ako i samo ako za svaku funkcijuf ∈ H(Ω) postoji niz polinoma (Pn)n∈N takav da niz restrikcija (Pn|Ω)n∈N konvergira lokalnouniformno prema funkciji f.

Dokaz: Ako je podrucje Ω jednostavno povezano, prema teoremu 3.1. skup C \Ω je povezan,pa prema teoremu 8.2. postoji niz polinoma (Pn)n∈N takav da niz restrikcija (Pn|Ω)n∈N konvergiralokalno uniformno prema funkciji f.

Dokazimo sada obrnutu implikaciju. Neka je f ∈ H(Ω) i neka je (Pn)n∈N niz polinoma takavda niz restrikcija (Pn|Ω)n∈N konvergira lokalno uniformno prema funkciji f. Neka je γ : [a, b] → Ωpetlja u Ω. Svaki polinom Pn ima primitivnu funkciju Qn (polinom ciji je stupanj za 1 veci odstupnja polinoma Pn). Neka je a = c0 < c1 < · · · < cm = b particija segmenta [a, b] takva da susve restrikcije γ|[cj−1, cj] (1 ≤ j ≤ m) neprekidno diferencijabilne. Sada imamo redom

∫

γ

Pn(z)dz =

∫

γ

Q′n(z)dz =

m∑

j=1

∫ cj

cj−1

Q′n(γ(t))γ′(t)dt =

m∑

j=1

∫ cj

cj−1

d

dtQn(γ(t))dt =

m∑

j=1

[Qn(γ(cj)) −Qn(γ(cj−1))] = Qn(γ(b)) −Qn(γ(a)) = 0.

Buduci da niz restrikcija (Pn|γ∗)n∈N konvergira uniformno prema restrikciji f |γ∗, slijedi

∫

γ

f(z)dz = 0.

Time je dokazano da je podrucje Ω Cauchyjevo, pa prema teoremu 3.1. zakljucujemo da je onojednostavno povezano.

Poglavlje 9

Cijele funkcije

Ako je Ω ⊆ C podrucje i f ∈ H(Ω) holomorfna funkcija na Ω koja nije identicki jednaka nuli,onda prema teoremu jedinstvenosti 1.11. njen skup nultocaka

N(f) = a ∈ Ω; f(a) = 0

nema gomilista su skupu Ω. Posebno, svaka je nultocka a ∈ N(f) izolirana i ima svoju kratnost.Ako je m ∈ N kratnost nultocke a onda mozemo pisati f(z) = (z − a)mg(z), gdje je g ∈ H(Ω) ig(a) 6= 0. Stovise, tada je N(g) = N(f) \ a i kratnost tocke b ∈ N(g) kao nultocke od g jednakaje kratnosti te tocke kao nultocke od f. Pretpostavimo sada da funkcija f ∈ H(Ω) ima konacnomnogo nultocaka i neka je N(f) = a1, . . . , an, pri cemu je ai 6= aj za i 6= j. Nadalje, neka je mj

kratnost tocke aj kao nultocke funkcije f. Tada slijedi da je

f(z) = (z − a1)m1 · · · (z − an)mn F (z), F ∈ H(Ω),

i pri tome funkcija F nema nultocaka.

U ovom cemo poglavlju promatrati slucaj Ω = C, tj. slucaj cijele funkcije f. Pretpostavimo,dakle, da je f cijela funkcija s konacno mnogo nultocaka a1, . . . , an. Zbog jednostavnijeg pisanjapretpostavimo da su sve nultocke jednostruke i da 0 nije nultocka, f(0) 6= 0. Gornja se formulatada moze zapisati ovako:

f(z) = h(z)

(1 − z

a1

)· · ·(

1 − z

an

), z ∈ C,

pri cemu je h cijela funkcija bez nultocaka. Medutim, podrucje C je jednostavno povezano, paima svojstvo logaritma. To znaci da postoji cijela funkcija g takva da je h(z) = eg(z). Prema tome,dobivamo formulu oblika

f(z) = eg(z)n∏

k=1

(1 − z

ak

), z ∈ C. (9.1)

Ako je sada f cijela funkcija s beskonacno mnogo nultocaka, iz cinjenice da skup nultocakaN(f) nema gomilista u C slijedi da je taj skup prebrojivo beskonacan, tj. moze se numeriratiprirodnim brojevima: N(f) = ak; k ∈ N. Naravno, numeraciju izabiremo tako da je ai 6= aj zai 6= j. Pretpostavljamo i dalje da su sve nultocke jednostruke i da 0 nije medu njima, f(0) 6= 0.Formula (9.1) sada upucuje na to da ispitamo mogucnost zapisa funkcije f u obliku

f(z) = eg(z)∏

k∈N

(1 − z

ak

), z ∈ C, (9.2)

65

66 POGLAVLJE 9. CIJELE FUNKCIJE

pri cemu je g cijela funkcija. Pitanje konvergencije beskonacnog produkta u (9.2) mozemo pokusatilogaritmiranjem svesti na pitanje konvergencije beskonacnog reda

∑

k∈NLn

(1 − z

ak

). (9.3)

Pri tome sa Ln oznacavamo tzv. glavnu granu logaritamske funkcije: za kompleksan brojz 6= 0 sa Ln z oznacavamo kompleksan broj ln |z| + iα, gdje je α ∈ 〈−π, π] takav da je a = |a|eiα.Naravno, tada je z = eLn z za svaki z ∈ C∗ = C \ 0. Medutim, red (9.3) obicno divergira. Taj senedostatak moze ispraviti na sljedeci nacin. Za danu tocku z ∈ C i za k ∈ N takav da je |z| < |ak|imamo

Ln

(1 − z

ak

)= − z

ak− 1

2

(z

ak

)2

− 1

3

(z

ak

)3

− · · · · · · (9.4)

Da bismo umjesto reda (9.3) dosli do konvergentnog reda, izostavimo odreden broj clanova u (9.4),tj. promatramo polinom

pk(z) =z

ak+

1

2

(z

ak

)2

+ · · ·+ 1

nk

(z

ak

)nk

gdje je nk ∈ N. Sada je

Ln

(1 − z

ak

)+ pk(z) = − 1

nk + 1

(z

ak

)nk+1

− · · · · · · .

Pogodnim izborom brojeva nk moze se postici da red

∑

k∈N

[Ln

(1 − z

ak

)+ pk(z)

]

konvergira. Eksponenciranjem dobivamo

exp

∑

k∈N

[Ln

(1 − z

ak

)+ pk(z)

]=∏

k∈Nexp

[Ln

(1 − z

ak

)+ pk(z)

]=∏

k∈N

(1 − z

ak

)epk(z).

Ovaj formalni racun pokazuje da umjesto (9.2) treba ocekivati faktorizaciju oblika

f(z) = eg(z)∏

k∈N

(1 − z

ak

)epk(z),

odnosno, u slucaju da je 0 m−struka nultocka,

f(z) = zmeg(z)∏

k∈N

(1 − z

ak

)epk(z). (9.5)

Iz definicije polinoma pk(z) vidi se da je

(1 − z

ak

)epk(z) = Enk

(z

ak

),

gdje su En, n ∈ N, cijele funkcije definirane sa

En(z) = (1 − z)ez+ z2

2+···+ zn

n .

9.1. BESKONACNI PRODUKTI 67

Uz tu oznaku (9.5) poprima oblik

f(z) = zmeg(z)∏

k∈NEnk

(z

ak

). (9.6)

Ukoliko nultocke ak nisu sve jednostruke, onda umjesto (9.6) mozemo ocekivati faktorizaciju oblika

f(z) = zmeg(z)∏

k∈N

[Enk

(z

ak

)]mk

. (9.7)

Formulom (9.7) dana je tzv. Weierstrassova faktorizacija cijele funkcije f. Ona ce bitiprecizirana i dokazana u ovom poglavlju. Pored toga dokazat cemo i neke druge cinjenice o cijelimfunkcijama koje spadaju u krug ideja vezanih uz faktorizaciju (9.7).

9.1 Beskonacni produkti

Pojam beskonacnog produkta kompleksnih brojeva uvodi se na slican nacin kao i pojam redakompleksnih brojeva. Neka je (ak)k∈N niz kompleksnih brojeva. Produkt niza (ak)k∈N je uredenpar nizova ((ak), (pk)) , gdje je (pk)k∈N niz tzv. parcijalnih produkata niza (ak), definiran sa

p1 = a1, p2 = a1a2, . . . pk = a1 · · ·ak . . . . . .

Taj beskonacni produkt oznacava se sa

∞∏

k=1

ak ili∏

k∈Nak. (9.8)

Za ak kazemo da je opci clan beskonacnog produkta (9.8). U analogiji s definicjom konvergencijereda mogli bismo pokusati konvergenciju beskonacnog produkta (9.8) definirati ovako: produkt(9.8) konvergira, ako niz parcijalnih produkata (pk) konvergira; ako je p limes niza (pk), ondapisemo:

p =

∞∏

k=1

ak.

No takva definicija ima dva nedostatka:

(a) Ako je am = 0 za neki prirodan broj m, onda je pk = 0 za k ≥ m, pa beskonacni produktkonvergira i p = 0 bez obzira na ponasanje niza (ak)k≥m.

(b) Ako postoji 0 < ε < 1 i k0 ∈ N takvi da je |ak| ≤ ε ∀k ≥ k0, onda je |pk| ≤ |pk0|εk−k0 zak ≥ k0 pa vidimo da niz parcijalnih produkata konvergira k nuli. Dakle, takav je beskonacanprodukt jednak 0 iako nijedan od clanova niza (ak) ne mora biti jednak 0.

Da bi se izbjegli takvi nedostaci, tj. da bi se postiglo da limes parcijalnih produkata odrazavasvojstva svih ili gotovo svih clanova niza, modificirat cemo definiciju konvergencije beskonacnihprodukata na sljedeci nacin. Kazemo da beskonacni produkt (9.8) konvergira ako postojiprirodan broj m takav da je ak 6= 0 ∀k > m i da niz

q1 = am+1, q2 = am+1am+2, . . . , qn = am+1 · · ·am+n, . . .

konvergira kompleksnom broju q 6= 0. Tada broj

p = a1 · · ·amq


nazivamo produktom beskonacnog niza (ak). Iz te je definicije jasno da je produkt beskonacnogniza jednak nuli ako i samo ako je bar jedan clan tog niza jednak nuli.

Napomenimo da je u vezi s beskonacnim produktima uobicajeno prisutna dvojba u oznacavanju,jednako kao i u vezi s redovima: naime, sa (9.8) se oznacava beskonacni produkt niza (ak)k∈N,dakle, ureden par ((ak)k∈N, (pk)k∈N) niza (ak) i pripadnog niza parcijalnih produkata, a u slucajukonvergentnog beskonacnog produkta takoder i vrijednost tog produkta, odnosno, limes p nizaparcijalnih produkata.

Ako niz (pn)n∈N konvegira prema p 6= 0, onda i niz (pn+1)n∈N konvergira prema p, pa slijedida an+1 = pn+1/pn konvergira prema 1. Dakle, kod konvergentnog beskonacnog produkta opciclan tezi prema 1. Zbog toga se obicno opci clan pise u obliku ak = 1 + uk. Tada konvergencijabeskonacnog produkta ∏

k∈N(1 + uk) (9.9)

povlaci da uk tezi prema nuli.

Propozicija 9.1. Neka je 1 + uk 6= 0 za svako k ∈ N. Beskonacni produkt (9.9) konvergira ako isamo ako konvergira red ∑

k∈NLn (1 + uk) (9.10)

i u tom je slucaju∏

k∈N(1 + uk) = exp

[∑

k∈NLn (1 + uk)

]. (9.11)

Dokaz: Pretpostavimo najprije da red (9.10) konvergira i da mu je suma s. Sa

sn =

n∑

k=1

Ln (1 + uk)

oznacimo n−tu parcijalnu sumu reda (9.10). Tada je pn = esn , pa iz s = limn→∞ sn slijedi da niz(pn) konvergira i da mu je limes es. To znaci da beskonacni produkt (9.9) konvergira i da vrijedi(9.11).

Pretpostavimo sada da beskonacni produkt (9.9) konvergira. Kako je 1 + uk 6= 0 za svakok ∈ N, zakljucujemo da niz parcijalnih produkata (pn) konvergira prema p 6= 0. Stavimo

1 + uk = |1 + uk|eiαk , −π < αk ≤ π. (9.12)

Buduci da 1 + uk tezi prema 1, slijedi da αk tezi prema 0. Stavimo sada

pn = |pn|eiϕn , (9.13)

pri cemu je −π < ϕn ≤ π ako nije p < 0, odnosno, 0 ≤ ϕn < 2π ako je p < 0. Nadalje, stavimo

p = |p|eiϕ, −π < ϕ ≤ π. (9.14)

Ako neki podniz ogranicenog niza (ϕn) konvergira broju ϕ0, onda je ocito ϕ0 = ϕ + 2kπ za nekik ∈ Z. Sada iz (9.13) i (9.14) slijedi da mora biti k = 0. Dakle, ϕ0 = ϕ. To znaci da je ϕ jedinogomiliste niza (ϕn). Prema tome, niz (ϕn) je konvergentan i limes mu je ϕ.

Iz (9.12) slijedi

pn = |pn|ei(α1+···+αn),


pa iz (9.13) dobivamo

ϕn =n∑

k=1

αk + 2πmn,

gdje su mn ∈ Z. Odavde je

ϕn+1 − ϕn = αn+1 + 2π(mn+1 −mn).

Kada n tezi prema ∞, onda ϕn+1 − ϕn tezi prema 0 i αn+1 tezi prema 0. Slijedi da mn+1 − mn

tezi prema 0, a kako su mn cijeli brojevi, zakljucujemo da postoji prirodan broj n0 takav da jemn+1 = mn za n ≥ n0. Prema tome, za neki cijeli broj m vrijedi

ϕn =n∑

k=1

αk + 2πm ∀n ≥ n0.

Stoga za n ≥ n0 dobivamo

sn =n∑

k=1

ln |1 + uk| + in∑

k=1

αk = ln |pn| + iϕn − 2πim.

Buduci da su nizovi (ln |pn|) i (ϕn) konvergentni, slijedi da je i niz (sn) konvergentan, odnosno,red (9.10) konvergira.

Lema 9.1. Neka je 1 + uk 6= 0 za svako k ∈ N. Konvergencija jednog od redova∑

k∈N|uk|,

∑

k∈N|Ln (1 + uk)|,

∑

k∈Nln (1 + |uk|)

povlaci konvergenciju preostala dva reda.

Dokaz: Ako neki od navedenih redova konvergira, onda ocito niz (uk) konvergira prema 0.Odatle i iz

limz→0

Ln (1 + z)

z= 1

slijedi da za svako ε > 0 postoji prirodan broj n0 ∈ N takav da vrijedi

n ≥ n0 =⇒ |Ln (1 + un) − un| ≤ ε|un|.

Odavde za n ≥ n0 dobivamo

|un| ≤ |un − Ln (1 + un)| + |Ln (1 + un)| ≤ ε|un| + |Ln (1 + un)|,

odnosno,|Ln (1 + un)| ≤ |Ln (1 + un) − un| + |un| ≤ (1 + ε)|un|.

Prema tome, vrijedi

n ≥ n0 =⇒ (1 − ε)|un| ≤ |Ln (1 + un)| ≤ (1 + ε)|un|.

To pokazuje da red∑

Ln (1 + un)| konvergira ako i samo ako red∑

|un| konvergira. Kako je

|Ln (1 + |un|)| = Ln (1 + |un|) = ln (1 + |un|) ,

iz dokazanog slijedi da je konvergencija reda∑

ln (1 + |un|) takoder ekvivalentna konvergenciji∑|un|.


Prema lemi 9.1. apsolutna konvergencija reda∑

Ln (1+uk) ekvivalentna je konvergenciji reda∑ln (1 + |uk|) =

∑Ln (1 + |uk|) , a prema propoziciji 9.1. konvergencija reda

∑Ln (1 + |uk|)

ekvivalentna je konvergenciji beskonacnog produkta∏

k∈N(1 + |uk|) . (9.15)

To upucuje na sljedecu definiciju: kazemo da beskonacni produkt (9.9) apsolutno konvergiraako beskonacni produkt (9.15) konvergira.

Konvergencija beskonacnog produkta (9.15) povlaci konvergenciju reda

∑Ln (1 + |uk|) =

∑ln (1 + |uk|) ,

a to prema lemi 9.1. povlaci apsolutnu konvergenciju, dakle i konvergenciju, reda∑

Ln (1 + uk);no tada iz propozicije 9.1. slijedi da beskonacni produkt (9.9) konvergira. Prema tome, apsolutnakonvergencija beskonacnog produkta povlaci njegovu konvergenciju. Ovo je zakljucivanje prove-deno uz dodatnu pretpostavku da je 1 + uk 6= 0 ∀k ∈ N. Pretpostavimo sada samo da beskonacniprodukt (9.15) konvergira, odnosno, da beskonacni produkt (9.9) apsolutno konvergira. Tada nizapsolutnih vrijednosti (|uk|) konvergira prema 0, pa postoji prirodan broj m ∈ N takav da je1 + uk 6= 0 ∀k ≥ m. Kako je ∑

k∈N, k≥m

|uk| ≤∑

k∈N|uk| < +∞,

beskonacni produkt ∏

k∈N, k≥m

(1 + uk)

apsolutno konvergira, dakle i konvergira. Prema tome, i u opcem slucaju apsolutna konvergencijabeskonacnog produkta (9.9) povlaci njegovu konvergenciju.

Pretpostavljamo i dalje da beskonacni produkt (9.15) konvergira i neka je σ : N → N proizvoljnabijekcija (tj. permutacija). Konvergencija produkta (9.15) povlaci apsolutnu konvergenciju reda∑

Ln (1+uk). Kod apsolutno konvergentnih redova smijemo po volji promijeniti redoslijed clanovai to bez utjecaja na sumu reda. To znaci da i red

∑Ln (1 + uσ(k)) apsolutno konvergira i vrijedi

∑

k∈NLn (1 + uσ(k)) =

∑

k∈NLn (1 + uk). (9.16)

Slijedi da beskonacni produkt∏

(1 + uσ(k)) apsolutno konvergira, a iz (9.16) i iz propozicije9.1. dobivamo ∏

k∈N(1 + uσ(k)) =

∏

k∈N(1 + uk). (9.17)

Dakle, dokazali smo sljedecu propoziciju:

Propozicija 9.2. Ako beskonacni produkt (9.9) apsolutno konvergira, onda on i konvergira. Utom se slucaju redoslijed faktora moze po volji mijenjati bez utjecaja na vrijednost produkta: zasvaku permutaciju σ : N → N vrijedi (9.17).

Ova propozicija ukazuje na korisnost uvedenog pojma apsolutne konvergencije beskonacnogprodukta. Sljedeci zadatak pokazuje da zahtjev da beskonacni produkt

∏|1 + uk| konvergira ne

povlaci da beskonacni produkt (9.9) konvergira:

Zadatak 9.1. Dokazite da u slucajevima uk = i/k i uk = i − 1 beskonacni produkt∏

|1 + uk|konvergira, ali beskonacni produkt

∏(1 + uk) ne konvergira.


Zadatak 9.2. Ustanovite da li sljedeci produkti konvergiraju i da li apsolutno konvergiraju:

(a)∏

n∈N (1 − (−1)n/n) ;

(b)∏

n∈N (1 + n−p) , p ∈ R.

Rjesenja: (a) Konvergira, ali ne apsolutno. (b) Ne konvergira za p ≤ 1; apsolutno konvergiraza p > 1.

Zadatak 9.3. Dokazite da beskonacni produkt∏

cos zn apsolutno konvergira ako je∑|zn|2 < +∞.

Zadatak 9.4. Dokazite da je

∏

n∈Z+

(1 + z2n)

=1

1 − z, z ∈ K(0, 1).

Zadatak 9.5. Neka je niz (un)n∈N definiran sa

u2n−1 =1√n, u2n =

1

n− 1√

n, n ∈ N.

Dokazite da redovi∑

un i∑

u2n divergiraju ali da produkt

∏(1 + un) konvergira.

Dokazat cemo jos jednu jednostavnu tvrdnju o beskonacnim produktima koja u mnogimslucajevima olaksava izracunavanje vrijednosti konvergentnog beskonacnog produkta:

Propozicija 9.3. Pretpostavimo da produkt (9.9) konvergira. Neka je (kn)n∈N strogo rastuci nizprirodnih brojeva i stavimo k0 = 0 i

1 + vn =(1 + ukn−1+1

)· · · (1 + ukn) , n ∈ N.

Tada beskonacni produkt∏

(1 + vn) konvergira i vrijedi

∏

n∈N(1 + vn) =

∏

k∈N(1 + uk). (9.18)

Ako beskonacni produkt (9.9) apsolutno konvergira, onda i beskonacni produkt∏

(1+vn) apsolutnokonvergira.

Dokaz: Brojevi qn = (1 + v1) · · · (1 + vn) tvore podniz niza (pn), pn = (1 + u1) · · · (1 + un), pavrijedi jednakost (9.18), odnosno,

limn→∞

qn = limn→∞

pn.

Ako je prirodan broj m ∈ N takav da je

∏

k∈N, k≥m

(1 + uk) 6= 0,

onda za j ∈ N takav da je kj ≥ m vrijedi

∏

n∈N, n>j

(1 + vn) =∏

k∈N, k>kj

(1 + uk) 6= 0.


To pokazuje da beskonacni produkt∏

(1+ vn) konvergira i da vrijedi (9.18). Napokon, posljednjatvrdnja je posljedica leme 9.1., propozicije 9.2. i ocigledne nejednakosti

|Ln (1 + vn)| ≤∣∣Ln

(1 + ukn−1+1

)∣∣+ · · · + |Ln (1 + ukn)| .

Kod proucavanja beskonacnih produkata korisne su sljedece nejednakosti:

(1 + |a1|) · · · (1 + |an|) ≤ e|a1|+···+|an|, (9.19)

|[(1 + a1) · · · (1 + an)] − 1| ≤ (1 + |a1|) · · · (1 + |an|) − 1. (9.20)

Nejednakost (9.19) slijedi neposredno iz ociglednih nejednakosti

1 + |aj| ≤ e|aj |, j = 1, . . . , n.

Nejednakost (9.20) dokazuje se matematickom indukcijom. Baza indukcije je trivijalna, a za korakindukcije stavimo

Ak = (1 + a1) · · · (1 + ak) i A∗k = (1 + |a1|) · · · (1 + |ak|) .

Sada iz pretpostavke indukcije |Ak − 1| ≤ A∗k − 1 slijedi

|Ak+1 − 1| = |Ak(1 + ak+1) − 1| = |(Ak − 1)(1 + ak+1) + ak+1| ≤

≤ |Ak − 1| (1 + |ak+1|) + |ak+1| ≤ (A∗k − 1) (1 + |ak+1|) + |ak+1| = A∗

k+1 − 1.

Time je korak indukcije proveden, pa je nejednakost (9.20) dokazana.

Razmotrimo sada beskonacne produkte ciji su clanovi kompleksnoznacne funkcije na nekomnepraznom skupu S. Neka su uk : S → C, k ∈ N, proizvoljne funkcije. Kazemo da beskonacniprodukt ∏

k∈N(1 + uk) (9.21)

konvergira na skupu S (donosno, da apsolutno konvergira na skupu S) ako za svako s ∈ Sbeskonacni produkt kompleksnih brojeva

∏

k∈N(1 + uk(s)) (9.22)

konvergira (odnosno, apsolutno konvergira). U tom slucaju za funkciju p : S → C, definiranu sa

p(s) = limn→∞

pn(s), pn(s) =

n∏

k=1

(1 + uk(s)), s ∈ Σ, (9.23)

pisemo

p =∏

k∈N(1 + uk). (9.24)

Kazemo da beskonacni produkt funkcija (9.21) konvergira uniformno na skupu S ako onkonvergira na S i ako niz funkcija (pn) konvergira uniformno na S. Ako je S = Ω ⊆ C otvorenskup, onda kazemo da beskonacni produkt funkcija (9.21) konvergira lokalno uniformnona Ω ako on konvergira na Ω i ako niz funkcija (pn) konvergira lokalno uniformno na Ω.


Teorem 9.1. Neka je (uk)k∈N niz ogranicenih kompleksnoznacnih funkcija definiranih na nepraznomskupu S takvih da red ∑

k∈N|uk(s)| (9.25)

konvergira uniformno na S. Tada beskonacni produkt funkcija

∏

k∈N(1 + uk)

konvergira apsolutno i uniformno na S.

Dokaz: Konvergencija reda (9.25) prema lemi 9.1. povlaci apsolutnu konvergenciju (pa i kon-vergenciju) beskonacnog produkta (9.22) za svaki s ∈ S. Treba jos dokazati uniformnu konvergen-ciju niza funkcija (pn). Izaberimo m ∈ N tako da bude

∑

n∈N, n>m

|un(s)| ≤ 1 ∀s ∈ S. (9.26)

Kako je svaka funkcija un po pretpostavci ogranicena na skupu S, postoji realan broj M > 0 takavda je

|u1(s)| + · · ·+ |um(s)| ≤M ∀s ∈ S. (9.27)

Sada za proizvoljno odabrano ε > 0 postoji prirodan broj q ∈ N, q ≥ m, takav da vrijedi

∑

k∈N, k>q

|uk(s)| ≤ δ ∀s ∈ S, (9.28)

gdje je broj δ > 0 odabran tako da bude

eδ ≤ 1 + εe−M−1. (9.29)

Sada zbog (9.19), (9.20) i (9.26) − (9.29) imamo redom za n > j ≥ q :

|pn(s) − pj(s)| = |pj(s)| · | (1 + uj+1(s)) · · · (1 + un(s)) − 1| ≤

≤ |pj(s)| · [(1 + |uj+1(s)|) · · · (1 + |un(s)|) − 1] ≤ |pj(s)| ·[e|uj+1(s)|+···+|un(s)| − 1

]≤

≤ (1 + |u1(s)|) · · · (1 + |uj(s)|)(eδ − 1

)≤ e|u1(s)|+···|uj(s)|

(eδ − 1

)≤ eM+1

(eδ − 1

)≤ ε.

Dakle je |pn(s)− pj(s)| ≤ ε za svako s ∈ S i za n < j ≤ q. Pustimo li u toj nejednakosti da n teziu ∞, dobivamo:

j ≥ q =⇒ |p(s) − pj(s)| ≤ ε ∀s ∈ S.

Time je dokazano da niz funkcija (pn) uniformno na S konvergira prema funkciji p.

Ako je Ω ⊆ C otvoren skup za funkciju g ∈ H(Ω) i za z0 ∈ Ω oznacavat cemo sa m(g; z0)kratnost tocke z0 kao nultocke od g; to ima smisla ukoliko funkcija g nije identicki jednaka nulina komponenti povezanosti skupa Ω koja sadrzi tocku z0. Pri tome podrazumijevamo da jem(g; z0) = 0 ako je g(z0) 6= 0.

Teorem 9.2. Neka je Ω ⊆ C podrucje i neka je (fn)n∈N niz funkcija iz H(Ω) od kojih nijedna nijeidenticki jednaka nuli. Pretpostavimo da red funkcija

∑

n∈N|fn(z) − 1| (9.30)


konvergira lokalno uniformno. Tada beskonacni produkt funkcija∏

fn konvergira apsolutno ilokalno uniformno na Ω prema funkciji f ∈ H(Ω). Nadalje, za svaku tocku z0 ∈ Ω vrijedi

m(f ; z0) =∑

n∈Nm(fn; z0). (9.31)

Pri tome u redu s desne strane formule (9.31) samo je konacno mnogo clanova razlicito od 0.

Dokaz: Stavimo li un(z) = fn(z) − 1, prva tvrdnja slijedi neposredno iz teorema 9.1. i izWeierstrassovog teorema 1.6. o lokalno uniformnoj konvergenciji holomorfnih funkcija. Naime, zasvaki kompaktan skup K ⊆ Ω funkcije un|K su neprekidne, dakle i ogranicene, a red

∑

n∈N|un(z)|

konvergira uniformno na K.Neka je z0 ∈ Ω. Izaberimo zatvoren krug K = K(z0, r) ⊆ Ω. Po pretpostavci red (9.30)

konvergira uniformno na K. Prema tome, postoji prirodan broj q ∈ N takav da je fn(z) 6= 0 zasvaku tocku z ∈ K i svaki n > q. Stavimo

g(z) =∏

n∈N, n>q

fn(z).

Tada je g(z) 6= 0, tj. m(g; z) = 0 ∀z ∈ K. Kako je

f(z) = f1(z) · · · fq(z)g(z),

za svaku tocku z ∈ K, a posebno za tocku z = z0, imamo

m(f ; z) = m(f1; z) + · · · +m(fq; z) +m(g; z) =∑

n∈Nm(fn; z).

Time je teorem 9.2. u potpunosti dokazan.

Zadatak 9.6. (a) Dokazite da produkt

∏

n∈N

n2z − 1

n2z + 1

apsolutno konvergira za Re z ≥ 0, z 6= 0. Da li taj produkt konvergira za Re z < 0?

(b) Dokazite produkt iz (a) konvergira lokalno uniformno, ali ne uniformno na otvorenom polukruguz ∈ C; Re z > 0, 0 < |z| < 1.

(c) Dokazite da je funkcija f definirana produktom iz (a) na desnoj poluravnini Re z > 0 holo-morfna i da je |f(z)| < 1. Koje su nultocke te funkcije?

Zadatak 9.7. Neka je (an)n∈N niz u K(0, 1) takav da je an 6= 0 ∀n ∈ N i da vrijedi∑

n∈N(1 − |an|) < +∞.

Dokazite da je sa

B(z) =∏

n∈N

|an|an

· an − z

1 − anz

definirana ogranicena holomorfna funkcija na K(0, 1) i da vrijedi

N(B) = an; n ∈ N i m(B; z0) = |n ∈ N; an = z0, z0 ∈ K(0, 1).

Funkcija B zove se Blaschkeov produkt.


Ako je Ω ⊆ C podrucje i ako f ∈ H(Ω) nije identicki jednaka nuli, onda znamo da je 1/fmeromorfna funkcija na Ω kojoj je N(f) = z ∈ Ω; f(z) = 0 skup svih polova i red pola z0 ∈N(f) funkcije 1/f jednak je m(f ; z0). Nadalje, prema zadatku 2.3. kvocijent f ′/f je meromorfnafunkcija na Ω, N(f) joj je skup svih polova, svi su ti polovi prvog reda i vrijedi

Res

(f ′

f; z0

)= m(f ; z0).

Teorem 9.3. Pretpostavimo da su ispunjeni uvjeti teorema 9.2. i neka je

f =∏

n∈Nfn.

Tada jef ′

f=∑

n∈N

f ′n

fn, (9.32)

pri cemu red s desne strane formule (9.32) konvergira lokalno uniformno na Ω \N(f).

Dokaz: Prije svega primijetimo da je

N(f) =⋃

n∈NN(fn).

Prema tome, svaki clan reda s desne strane formule (9.32) je holomorfna funkcija na podrucjuΩ \N(f).

Neka je K proizvoljan kompaktan podskup podrucja Ω \N(f). Stavimo

η = min |f(z)|; z ∈ K > 0. (9.33)

Za n ∈ N neka je

Fn =n∏

k=1

fk = f1 · · · fn.

Prema teoremu 9.2. niz funkcija (Fn) konvergira lokalno uniformno na Ω prema funkciji f, dakle,niz restrikcija (Fn|K) konvergira uniformno prema restrikciji f |K. Stoga postoji prirodan brojn0 ∈ N takav da vrijedi

n ≥ n0 =⇒ |f(z) − Fn(z)| ≤ η

2∀z ∈ K. (9.34)

Imamo|Fn(z)| = |f(z) − (f(z) − Fn(z))| ≥ |f(z)| − |f(z) − Fn(z)|,

pa iz (9.33) i (9.34) slijedi

n ≥ n0 =⇒ |Fn(z)| ≥ η

2∀z ∈ K. (9.35)

Neka je M > 0 takav da vrijedi

|f(z)| ≤M i |f ′(z)| ≤M ∀z ∈ K. (9.36)

Neka je sada ε > 0 proizvoljno odabrano. Prema Weierstrassovom teoremu 1.6. niz derivacija (F ′n)

konvergira prema derivaciji f ′ uniformno na K. Stoga mozemo odabrati prirodan broj n1 ≥ n0

takav da vrijedi

n ≥ n1 =⇒ |Fn(z) − f(z)| ≤ εη2

4Mi |F ′

n(z) − f ′(z)| ≤ εη2

4M∀z ∈ K. (9.37)


Sada iz (9.33) − (9.37) slijedi za n ≥ n1 i z ∈ K :

∣∣∣∣F ′

n(z)

Fn(z)− f ′(z)

f(z)

∣∣∣∣ =|F ′

n(z)f(z) − Fn(z)f ′(z)||Fn(z)f(z)|

≤

≤ |F ′n(z) − f ′(z)| · |f(z)| + |f ′(z)| · |f(z) − Fn(z)|

|Fn(z)f(z)|≤ 2

η2

[εη2

4M·M +M · εη

2

4M

]= ε.

Prema tome, niz (F ′n/Fn) konvergira prema f ′/f lokalno unifomrno na Ω \N(f). Medutim,

F ′n

Fn=f ′

1

f1+ · · ·+ f ′

n

fn,

a to je upravo n−ta parcijalna suma reda (9.32). Time je teorem 9.3. dokazan.

9.2 Faktorizacija cijele funkcije u beskonacni produkt

Neka je f cijela funkcija i pretpostavimo da je skup N(f) svih njezinih nultocaka beskonacan.Ukoliko funkcija f nije identicki jednaka nuli skup N(f) nema gomlista u C. Po Bolzano−Weier-strassovom teoremu za svako R > 0 u zatvorenom krugu K(0, R) ima samo konacno mnogo eleme-nata skupa N(f). Buduci da je C unija prebrojivo mnogo krugova K(0, n), n ∈ N, zakljucujemoda je skup N(f) prebrojiv. Prema tome, mozemo numerirati skup N(f) prirodnim brojevima:N(f) = an; n ∈ N; pretpostavljamo da je an 6= am za n 6= m. Kao sto smo malo prije vidjeli,za proizvoljno R > 0 postoji prirodan broj n0 ∈ N takav da vrijedi

n ≥ n0 =⇒ an /∈ K(0, R) tj. |an| > R.

To pokazuje da je

limn→∞

an = ∞, odnosno, limn→∞

|an| = +∞

bez obzira na izbor numeracije skupa N(f).Razmotrimo sada pitanje: da li postoji cijela funkcija s unaprijed zadanim nultockama i unapri-

jed zadanim kratnostima tih nultocaka? Preciznije, da li za dani niz (an)n∈N medusobno razlicitihkompleksnih brojeva koji konvergira prema ∞ i za dani niz (mn)n∈N prirodnih brojeva postojicijela funkcija f takva da je N(f) = an; n ∈ N i m(f ; an) = mn ∀n ∈ N? Nacin da potvrdnoodgovorimo na ovo pitanje mozemo naslutiti iz teorema 9.2. Treba naci cijele funkcije fn, n ∈ N,takve da je an jedina nultocka od fn i to jednostruka i takve da red

∑

n∈Nmn|fn(z) − 1|

konvergira lokalno uniformno na C; tada ce prema teoremu 9.2. i prema propoziciji 9.3. beskonacniprodukt ∏

n∈N(fn(z))mn

predstavljati cijelu funkciju s trazenim svojstvima.

Kandidate za funkcije fn konstruirat cemo iz sljedecih cijelih funkcija:

E0(z) = 1 − z, Ek(z) = (1 − z)ez+ z2

2+···+ zk

k , k ∈ N. (9.38)

9.2. FAKTORIZACIJA CIJELE FUNKCIJE U BESKONACNI PRODUKT 77

Funkcija Ek ima jedinu nultocku u tocki z = 1 i ta je jednostruka. Kandidati za spomenutufunkciju fn su funkcije z 7→ Ek (z/an) .

Polinom u eksponentu s desne strane formule (9.38) je k−ta parcijalna suma reda potencija∑n∈N z

n/n, koji konvergira u jedinicnom krugu K(0, 1) i tamo predstavlja holomorfnu funkciju

z 7→ −Ln (1 − z). Kako je (1 − z)e−Ln (1−z) = 1, naslucujemo da je vrijednost funkcije Ek(z) ujednicnom krugu sve bliza jedinici kako k tezi u beskonacno. Doista, imamo

Lema 9.2. Vrijedi|Ek(z) − 1| ≤ |z|k+1, |z| ≤ 1, k ∈ Z+. (9.39)

Dokaz: Slucaj k = 0 je trivijalan. Neka je k ≥ 1. Ek je cijela funkcija i Ek(0) = 1, mozemopisati

Ek(z) = 1 +∑

n∈Nbnz

n, z ∈ C. (9.40)

Odavde i iz definicije funkcije Ek slijedi

∑

n∈Nnbnz

n−1 = E ′k(z) = −zkez+ z2

2+···+ zk

k = −zk∑

m∈Z+

1

m!

(z +

z2

2+ · · ·+ zk

k

)m

.

Usporedba koeficijenata u dva reda potencija pokazuju da vrijedi

b1 = · · · = bk = 0, bn ≤ 0 ∀n > k. (9.41)

Kako je Ek(1) = 0, iz (9.40) i (9.41) nalazimo da je

∑

n>k

|bn| = −∑

n>k

bn = 1 − Ek(1) = 1. (9.42)

Sada iz (9.40), (9.41) i (9.42) dobivamo

|Ek(z) − 1| ≤∑

n>k

|bn| · |z|n = |z|k+1∑

n>k

|bn| · |z|n−k−1 ≤ |z|k+1∑

n>k

|bn| = |z|k+1.

Sljedeci nam teorem daje potvrdan odgovor na prije postavljeno pitanje:

Teorem 9.4. Neka je (an)n∈N niz medusobno razlicitih kompleksnih brojeva koji konvergira prema∞ i an 6= 0 ∀n. Neka je (mn)n∈N niz prirodnih brojeva. Postoji niz (kn)n∈N nenegativnih cijelihbrojeva takav da beskonacni produkt

h(z) =∏

n∈N[Ekn(z/an)]mn (9.43)

konvergira apsolutno i lokalno uniformno na C i definira cijelu funkciju h takvu da je

N(h) = an; n ∈ N i m(h; an) = mn ∀n ∈ N.

Dokaz: Stavimo

q0 = 0, qn = m1 + · · · +mn, kn = qn − 1, n ∈ N.

Neka je r > 0. Buduci da je limn→∞ an = ∞, postoji prirodan broj p takav da vrijedi

n > p =⇒ |an| ≥ 2r.


To znaci da jer

|an|≤ 1

2∀n > p,

pa imamo (r

|an|

)qn

≤ 2−q za qn−1 < q ≤ qn, q ∈ N i n > p.

Odavde je

mn

(r

|an|

)qn

≤∑

qn−1<q≤qn

2−q ∀n > p,

pa slijedi∑

n>p

mn

(r

|an|

)kn+1

≤∑

q>qp−1

2−q = 2−qp−1.

Prema tome, vrijedi∑

n∈Nmn

(r

|an|

)kn+1

< +∞ ∀r > 0. (9.44)

Neka je sada (kn)n∈N bilo koji niz nenegativnih cijelih brojeva takav da vrijedi (9.44). Neka jer > 0 i izaberimo p ∈ N tako da bude |an| ≥ r ∀n > p. Prema lemi reflm 9.2. za |z| ≤ r i za n > pvrijedi ∣∣∣∣Ekn

(z

an

)− 1

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣z

an

∣∣∣∣kn+1

≤(

r

|an|

)kn+1

,

pa (9.44) pokazuje da red ∑

n∈Nmn |Ekn(z/an) − 1|

konvergira uniformno na zatvorenom krugu K(r, 0). No to znaci da taj red konvergira lokalnouniformno na C. Tvrdnja teorema 9.4. sada slijedi iz teorema 9.2. i propozicije 9.3.

Zadatak 9.8. Napisite cijelu funkciju f takvu da je N(f) = Z + iZ = m+ in; m,n ∈ Z da susve te nultocke jednostruke.

Zadatak 9.9. Ako u teoremu 9.4. vrijedi∑

n∈N

mn

|an|< +∞

onda tvrdnja tog teorema vrijedi za kn = 0 ∀n ∈ N, odnosno

h(z) =∏

n∈N

(1 − z

an

).

Dokazite to direktno, bez pozivanja na teorem 9.4.

Posljedica teorema 9.4. je Weierstrassov teorem o faktorizaciji cijele funkcije:

Teorem 9.5. Neka je f cijela funkcija, N(f) \ 0 = an; n ∈ N uz an 6= am za n 6= m,m = m(f ; 0) i mn = m(f ; an) za n ∈ N. Tada postoji cijela funkcija g i niz (kn)n∈N nenegativnihcijelih brojeva takvi da je

f(z) = zmeg(z)∏

n∈N[Ekn(z/an)]mn (9.45)

i pri tome beskonacni produkt u (9.45) konvergira apsolutno i lokalno uniformno na C.

9.3. ALGEBARSKA STRUKTURA SKUPA MEROMORFNIH FUNKCIJA 79

Dokaz: Neka je niz (kn)n∈N izabran kao u teoremu 9.4. i neka je h cijela funkcija definiranaformulom (9.43). Neka je F holomorfna funkcija na skupu C∗ \ an; n ∈ N definirana sa

F (z) =f(z)

zmh(z).

Buduci da je m(f ; an) = m(h; an) za svaki n ∈ N i jer je 0 nultocka kratnosti m = m(f ; 0) zafunkciju z 7→ zmh(z), vidimo da su tocke 0 i an, n ∈ N, uklonjivi singulariteti os F. To znaci da seF prosiruje do cijele funkcije, koju ce i dalje oznacavati sa F, i da vrijedi N(F ) = ∅. Kompleksnaravnina C je jednostavno povezano podrucje, pa ima svojstvo logaritma. To znaci da postoji cijelafunkcija g takva da je F = eg. Slijedi

f(z) = zmeg(z)h(z), z ∈ C,

a to je upravo formula (9.45).

Zadatak 9.10. Dokazite da je svaka meromorfna funkcija na C kvocijent dviju cijelih funkcija.

9.3 Algebarska struktura skupa meromorfnih funkcija

Neka je Ω ⊆ C neprazan otvoren skup. Sa M(Ω) oznacavat cemo skup svih meromorfnihfunkcija na Ω. Meromorfne funkcije na Ω mogu se zbrajati i mnoziti. Pri tome valja imati na umuda tocka koja je pol dviju meromorfnih funkcija ne mora biti pol njihova zbroja, nego uklonjivsingularitet: to je tako ako je zbroj glavnih dijelova Laurentovih razvoja tih dviju meromorfnihfunkcija oko tog pola jednak nuli. Slicno, tocka koja je pol jedne od dviju meromorfnih funkcijane mora biti pol njihova produkta, nego ponovo uklonjiv singularitet: to je tako ako je ta tockanultocka druge funkcije i to kratnosti vece ili jednake redu pola prve funkcije. Pri definiciji zbrojaili produkta dviju meromorfnih funkcija uvijek cemo pretpostavljati da su svi uklonjivi singularitetiuklonjeni tako da je rezultat meromorfna funkcija. Uz ovako definirane zbroj i produkt skup M(Ω)postaje komutativan unitalan prsten. Ukoliko je Ω podrucje, M(Ω) je polje. Doista, uzmimo daje f ∈ M(Ω), f 6= 0, i neka je P skup svih polova, a N skup svih nultocaka funkcije f. Tada jeΩ \ P podrucje i po teoremu jedinstvenosti 1.11. skup N nema gomilista u Ω \ P. Nadalje, tockaa ∈ P ne moze biti gomiliste skupa N, jer ako f promatramo kao neprekidnu funkciju sa Ω uC, onda je f(a) = ∞. Prema tome, skup N nema gomilista u Ω. Definiramo sada meromorfnufunkciju h na Ω na sljedeci nacin: skup polova od h je N, a na Ω \N je

h(z) =

1

f(z)ako je z ∈ Ω \ (N ∪ P ),

0 ako je z ∈ P.

Tada je h ∈ M(Ω) i u skladu s definicijom mnozenja u M(Ω) nalazimo da je fh = 1. Dakle, svakaje meromorfna funkcija f 6= 0 u prstenu M(Ω) invertibilna, odnosno, M(Ω) je polje.

Svaka holomorfna funkcija f ∈ H(Ω) je ujedno meromorfna funkcija na Ω; njen je skup polovaprazan. Dakle, H(Ω) ⊆ M(Ω), preciznije, H(Ω) je unitalan potprsten prstena M(Ω). Cilj namje u ovom odjeljku generalizirati zadatak 9.10. i dokazati da se svaka meromorfna funkcija naproizvoljnom nepraznom nepraznom otvorenom skupu Ω ⊆ C moze napisati kao kvocijent dvijuholomorfnih funkcija na Ω. Posebno, ako je Ω podrucje, onda je M(Ω) polje razlomaka integralnedomene H(Ω). U tu svrhu najprije cemo generalizirati teorem 9.4. na holomorfne funkcije naproizvoljnom nepraznom otvorenom skupu Ω ⊆ C.


Teorem 9.6. Neka je Ω ⊆ C neprazan otvoren skup i neka je N podskup od Ω koji nema gomilistau Ω. Neka je zadana funkcija m : N → N. Tada postoji funkcija g ∈ H(Ω) takva da je N(g) = Ni m(g; a) = m(n) ∀a ∈ N.

Dokaz: Ako je skup N konacan, polinom

g(z) =∏

a∈N

(z − a)m(a)

ocito zadovoljava tvrdnje teorema. U daljnjem pretpostavljamo da je skup N beskonacan. KakoN nema gomilista u Ω, taj je skup prebrojiv, jer je prema zadatku 4.3. Ω unija prebrojivog skupakompaktnih podskupova od Ω. Stoga mozemo pisati N = an; n ∈ N, pri cemu je an 6= am zan 6= m.

Fiksirajmo sada tocku Ω \ N. Buduci da tocka a nije gomiliste skupa N, postoji r > 0 takavda je

K(a, r) ⊆ Ω i |an − a| ≥ r ∀n ∈ N.

Stavimo

Ω1 =

1

z − a; z ∈ Ω \ a

, bn =

1

an − a, n ∈ N, N1 = bn; n ∈ N.

Tada je Ω1 otvoren podskup od C i N1 je podskup od Ω1 koji nema gomilista u Ω1. Nadalje, kakoje K(a, r) ⊆ Ω, skup

K(0; 1/r,+∞) = z ∈ C; |z| ≥ 1/r

je sadrzan u Ω1. Nadalje, iz |an − a| ≥ r ∀n ∈ N slijedi |bn| ≤ 1/r ∀n ∈ N. Dokazat cemo sada dapostoji funkcija g1 ∈ H(Ω1) sa sljedeca tri svojstva:

(a) N(g1) = N1;

(b) m(g1; bn) = m(an) ∀n ∈ N;

(c) za neko R ≥ 1/r funkcija g1 je ogranicena na skupu K(0;R,+∞) = z ∈ C; |z| > R.

Pretpostavimo da smo pronasli funkciju g1 ∈ H(Ω1) sa svojstvima (a), (b) i (c i stavimo

g(z) = g1

(1

z − a

), z ∈ Ω \ a.

Tada je g holomorfna funkcija na Ω \ a. Zbog (c) ona je ogranicena na punktiranom kruguK∗(a, 1/R) = z ∈ C; 0 < |z − a| < 1/R, pa je prema teoremu 2.1. tocka a uklonjiv singularitetfunkcije g. Jedinstveno njeno prosirenje do holomorfne funkcije na Ω i dalje oznacavamo sa g.Prema (a) skup svih nultocaka funkcije g u skupu Ω \ a je

z;

1

z − a= bn za neko n ∈ N

= an; n ∈ N = N,

a zbog (b) vrijedim(g; an) = m(g1; bn) = m(an) ∀n ∈ N.

Prema tome, ako je g(a) 6= 0, onda funkcija g ima svojstva iz tvrdnje teorema 9.6. Ako je pak anultocka funkcije g kratnosti k, onda ta svojstva ima funkcija z 7→ (z − a)−kg(z). Dakle, teorem9.6. bit ce u potpunosti dokazan ako dokazemo egzistenciju funkcije g1 ∈ H(Ω1) sa svojstvima (a),(b) i (c).

9.3. ALGEBARSKA STRUKTURA SKUPA MEROMORFNIH FUNKCIJA 81

Neka je (cn)n∈N niz u Ω1 takav da je N1 = cn; n ∈ N i da se za svako j ∈ N tgocka bjpojavljuje u nizu (cn) tocno m(aj) puta. Buduci da je skup C \ Ω1 zatvoren, za svako n ∈ Npostoji tocka zn ∈ C \ Ω1 takva da je

|cn − zn| = d(cn,C \ Ω1) = inf |cn − z|; z ∈ C \ Ω1.

Tada jelim

n→∞|cn − zn| = 0. (9.46)

Doista, pretpostavimo da (9.46) ne stoji. Tada postoji ε > 0 i beskonacan skup S ⊆ N takvi da je

d(cn,C \ Ω1) = |cn − zn| ≥ ε ∀n ∈ S. (9.47)

Skup cn; n ∈ S je podskup od N1, dakle, taj skup nema gomilista u Ω1. S druge strane, kakoje |bn| ≤ 1/r ∀n ∈ N, skup cn; n ∈ S sadrzan je u kompaktnom skupu K(0, 1/r). To znaci daskup cn; n ∈ S ima gomiliste c ∈ C \ Ω1. Stoga postoji n ∈ S takav da je |c− cn| < ε. Za taj ndobivamo d(cn,C \ Ω1) ≤ |c− cn| < ε, a to je u suprotnosti sa (9.47). Ova kontradikcija pokazujeda vrijedi (9.46).

Funkcija

z 7→ En

(cn − zn

z − zn

)(9.48)

je holomorfna na skupu C \ zn ⊇ Ω1, jedina joj je nultocka cn i ona je jednostruka. Dokazatcemo sada da red ∑

n∈N

∣∣∣∣En

(cn − zn

z − zn

)− 1

∣∣∣∣ (9.49)

konvergira lokalno uniformno na Ω − 1. Neka je K ⊆ Ω1 kompaktan skup. Tada je

d = d(K,C \ Ω1) = inf |z − w|; z ∈ K, w ∈ C \ Ω1 > 0.

Zbog (9.46) postoji n0 ∈ N takav da vrijedi

n ≥ n0 =⇒ |cn − zn| ≤d

2. (9.50)

Za svaki n ∈ N i svaku tocku z ∈ K je

|z − zn| ≥ d(K,C \ Ω1) = d,

pa iz (9.50) slijedi ∣∣∣∣cn − zn

z − zn

∣∣∣∣ ≤1

2∀n ≥ n0 i ∀z ∈ K.

Odavde i iz leme 9.2. dobivamo∣∣∣∣En

(cn − zn

z − zn

)− 1

∣∣∣∣ ≤1

2n+1∀n ≥ n0 i ∀z ∈ K.

Odatle slijedi da red (9.49) konvergira uniformno na K. Kako je K bio proizvoljno odabran kom-paktan podskup od Ω1, zakljucujemo da red (9.49) konvergira lokalno uniformno na Ω1.

Prema teoremu 9.2. sa

g1(z) =∏

n∈NEn

(cn − zn

z − zn

), z ∈ Ω − 1,


je zadana holomorfna funkcija na Ω1. Nadalje, buduci da je cn jedina nultocka funkcije (9.48),vrijedi N(g1) = cn; n ∈ N = N1, odnosno, vrijedi (a). Tocka cn je jednostruka nultocka funkcije(9.48), a tocka bj (za bilo koji j ∈ N) pojavljuje se u nizu (cn) tocno m(aj) puta. Stoga posljednjatvrdnja teorema 9.2. povlaci da je m(g1; bj) = m(aj). Prema tome, vrijedi i (b).

Treba jos dokazati da funkcija g1 ima svojstvo (c), tj. da postoji R ≥ 1/r takav da je funkcijag1 ogranicena na skupu z ∈ C; |z| > R. U tu svrhu dokazat cemo sljedece svojstvo funkcija En :

Lema 9.3. Vrijedi

ln |En(z)| ≤ |z|k+1

1 − |z| ∀n ∈ Z+ i ∀z ∈ K(0, 1).

Dokaz: Doista, za |z| < 1 imamo redom

ln |Ek(z)| = Re

[ln (1 − z) + z +

z2

2+ · · · + zk

k

]≤∑

j>k

|z|j

j≤∑

j>k

|z|j =|z|k+1

1 − |z| .

Neka je z ∈ C, |z| ≥ 5/r. Kako je zn ∈ C \ Ω1 za svaki n ∈ N, i kako je K(0; 1/r,+∞) ⊆ Ω1,to je |zn| < 1/r za svaki n ∈ N. Stoga imamo

|z − zn| ≥5

r− 1

r=

4

ri |cn − zn| ≤ |cn| + |zn| ≤

1

r+

1

r=

2

r.

Odatle slijedi ∣∣∣∣cn − zn

z − zn

∣∣∣∣ ≤2/r

4/r=

1

2∀n ∈ N i ∀z ∈ K(0; 5/r,+∞).

Odatle i iz leme 9.3. dobivamo

ln

∣∣∣∣En

(cn − zn

z − zn

)∣∣∣∣ ≤ 21

2n+1= 2−n ∀n ∈ N i ∀z ∈ K(0; 5/r,+∞).

Stoga za |z| ≥ 5/r nalazimo

ln |g1(z)| ≤∑

n∈Nln

∣∣∣∣En

(cn − zn

z − zn

)∣∣∣∣ ≤∑

n∈N2−n = 1.

Dakle, vrijedi|g1(z)| ≤ e ∀z ∈ K(0; 5/r,+∞).


Teorem 9.7. Neka je Ω ⊆ C neprazan otvoren skup u f ∈ M(Ω). Tada postoje funkcije

g, h ∈ H(Ω) takve da za svaku tocku z ∈ Ω, koja nije pol funkcije f, vrijedi f(z) =h(z)

g(z), odnosno,

takve da je funkcija g invertibilni element prstena M(Ω) i da u tom prstenu vrijedi f = hg−1.

Dokaz: Pretpostavimo najprije da je Ω podrucje. Ako je f ≡ 0, mozemo uzeti h ≡ 0 i g ≡ 1.Pretpostavimo da je f 6≡ 0. Neka je P skup svih polova funkcije f i za a ∈ P neka je m(a)red tog pola funkcije f. Prema teoremu 9.6. postoji funkcija g ∈ H(Ω)) takva da je N(g) = P img; a) = m(a) ∀a ∈ P. Definiramo funkciju h ∈ H(Ω \ P ) sa

h(z) = g(z)f(z), z ∈ Ω \ P.

9.4. JENSENOVA FORMULA 83

Neka je a ∈ P. Tada postoji r > 0 takav da je K(a, r) ⊆ Ω i K(a, r)∩P = a i postoje holomorfnefunkcije g1 i f1 na krugu K(a, r) takve da je

g(z) = (z − a)m(a)g1(z) ∀z ∈ K(a, r) i g1(a) 6= 0

if(z) = (z − a)−m(a)f1(z) ∀z ∈ K∗(a, r) i f1(a) 6= 0.

Sada za z ∈ K∗(a, r) imamo h(z) = g1(z)f1(z). Prema tome, tocka a je uklonjiv singularitetfunkcije h. Kako je tocka a ∈ P bila proizvoljna, zakljucujemo da se funkcija h (jedinstveno)

prosiruje do holomorfne funkcije na Ω. Sada za z ∈ Ω \ P vrijedi f(z) =h(z)

g(z).

Neka je sada Ω proizvoljan neprazan otvoren podskup od C i neka su Ωj, j ∈ J, sve komponentepovezanosti skupa Ω. Za svako j ∈ J skup Ωj je podrucje i vrijedi f |Ωj ∈ M(Ωj). Prema prvom

dijelu dokaza postoje funkcije gj, hj ∈ H(Ωj) takve da je f(z) =hj(z)

gj(z)za z ∈ Ωj \ P ; pri tome je

P skup svih polova funkcije f. Definiramo sada funkcije g, h : Ω → C sa

g|Ωj = gj, h|Ωj = hj, j ∈ J.

Tada su g, h ∈ H(Ω) i vrijedi f(z) =h(z)

g(z)za z ∈ Ω \ P.

9.4 Jensenova formula

Dublje rezultate o cijeloj funkciji f 6= 0 i njezinoj faktorizaciji u beskonacni produkt dobivamoproucavanjem tzv. modula cijele funkcije f :

Mf(r) = max |f(z)|; |z| = r, r ≥ 0.

Iz principa maksimuma modula slijedi da je Mf (r) maksimum funkcije z 7→ |f(z)| na zatvorenomkrugu K(0, r). Posebno, ako je cijela funkcija nekonstantna, funkcija r 7→ Mf (r) je striktnorastuca.

Ako cijela funkcija f nije polinom, onda njezin modul Mf raste brze od svake potencije rm.Doista, napisimo cijelu funkciju kao red potencija

f(z) =∑

n∈Z+

cnzn, z ∈ C,

i pretpostavimo da postoje prirodan broj m i realni brojevi M > 0 i R > 0 takvi da vrijedi

Mf (r) ≤Mrm za r ≥ R.

Za koeficijente cn u redu potencija funkcije f vrijede tzv. Cauchyjeve nejednakosti:

|cn| ≤Mf (r)

rn∀n ∈ Z+ i ∀r > 0.

To je neposredna posljedica integralne formule za koeficijente Taylorovog reda: ako je γr pozitivnoorijentirana kruznica oko 0 radijusa r, odnosno, γr(t) = reit, 0 ≤ t ≤ 2π, onda je

cn =1

2πi

∫

γr

f(z)

zn+1dz =

1

2πi

∫ 2π

0

f (reit)

rn+1ei(n+1)tireitdt =

1

2πrn

∫ 2π

0

f(reit)e−intdt,


pa slijedi

|cn| ≤1

2πrn

∫ 2π

0

∣∣f(reit)∣∣ dt ≤ Mf (r)

rn

1

2π

∫ 2π

0

dt =Mf(r)

rn

Kako je po pretpostavci Mf (r) ≤ Mrm za r ≥ R, dobivamo

|cn| ≤ Mrm−n ∀r ≥ R i ∀n ∈ Z+.

Ako u toj nejednakosti za n > m pustimo da r tezi u +∞, zakljucujemo da je cn = 0. To znacida je f polinom stupnja ≤ m.

Interesantno je da postoji odredena veza izmedu sume kratnosti nf (r) = N(f ;K(0, r)) svihnultocaka cijele funkcije f u zatvorenom krugu K(0, r) i modula te funkcije. Ta je veza danaJensenovom nejednakosti

nf(r) ≤ Mf(er), (9.51)

koja vrijedi uz dodatni tehnicki uvjet |f(0)| = 1. Iz formule (9.51) slijedi da cijela funkcija f, kojau krugu |z| ≤ r ima mnogo nultocaka, mora brzo rasti u krugu |z| ≤ er. Jensenova nejednakost(9.51) neposredno slijedi iz ove vazne formule:

Teorem 9.8. (Jensenova formula) Neka je f meromorfna funkcija na krugu K(0, R) i f(0) 6= 0.Neka su a1, . . . , an sve nultocke funkcije f u krugu |z| < r < R s kratnostima m1, . . . , mn i nekasu b1, . . . , bq svi polovi te funkcije u krugu |z| < r s redovima k1, . . . , kq. Pretpostavimo da f nemani nultocaka ni polova na kruznici |z| = r. Tada vrijedi Jensenova formula

ln |f(0)| =1

2π

∫ 2π

0

ln∣∣f(reit)∣∣ dt−

n∑

j=1

mj ln

(r

|aj|

)+

q∑

i=1

ki ln

(r

|bi|

). (9.52)

Dokaz: Ako je F holomorfna funkcija na podrucju koje sadrzi zatvoren krug |z| ≤ r, Cauchy-jeva integralna formula daje

F (0) =1

2π

∫ 2π

0

F(reit)dt.

Odavde je

ReF (0) =1

2π

∫ 2π

0

ReF(reit)dt. (9.53)

Iz pretpostavki teorema slijedi da se funkcija

z 7→ g(z)(z − a1)−m1 · · · (z − an)−mn(z − b1)

k1 · · · (z − bq)kqf(z) (9.54)

prosiruje do meromorfne funkcije na krugu |z| < R koja u zatvorenom krugu |z| ≤ r nema ninultocaka ni polova, dakle, ni u nekom malo vecem otvorenom krugu |z| < ρ, r < ρ ≤ R. Notaj je otvoren krug jednostavno povezano podrucje, pa ima svojstvo logaritma. Stoga postojiholomorfna funkcija F na krugu |z| < ρ takva da je g(z) = eF (z). Tada je ReF (z) = ln |g(z)|, pa(9.53) prelazi u

ln |g(0)| =1

2π

∫ 2π

0

ln∣∣g(reit)∣∣ dt,

a to zajedno sa (9.54) daje

ln[|f(0)| · |a1|−m1 · · · |an|−mn · |b1|k1 · · · |bq|kq

]=

=1

2π

∫ 2π

0

[ln∣∣f(reit)∣∣−

n∑

j=1

mj ln∣∣reit − aj

∣∣ +q∑

i=1

ki ln∣∣reit − bi

∣∣]

dt. (9.55)

Sada nam treba tehnicka lema:

9.4. JENSENOVA FORMULA 85

Lema 9.4. Za c ∈ C, |c| < r, vrijedi

J =1

2π

∫ 2π

0

ln∣∣reit − c

∣∣dt = ln r.

Dokaz: Neka je c′ tocka simetricna tocki c u odnosu na kruznicu |z| = r. Tada je cc′ = r2 paza |z| = r, odnosno, zz = r2, imamo

|z − c||z − c′| =

|c|r, dakle, ln |z − c| = ln |z − c′| + ln

|c|r.

Stoga je

J =1

2π

∫ 2π

0

ln∣∣reit − c′

∣∣ dt+ ln|c|r.

Tocka c′ lezi izvan zatvorenog kruga |z| ≤ r, dakle, funkcija F (z) = Ln (z − c′) holomorfna je namalo vecem otvorenom krugu, npr. na |z| < |c′|. Kako je ReF (z) = ln |z − c′|, iz (9.53) slijedi

J = ln |0 − c′| + ln|c|r

= ln|cc′|r

= ln r.

Prema tome, formula (9.56) prelazi u

ln |f(0)| −n∑

j=1

mj ln |aj| +q∑

i=1

ki ln |bi| =1

2π

∫ 2π

0

ln∣∣f(reit)∣∣ dt−

n∑

j=1

mj ln r +

q∑

i=1

ki ln r,

a to je upravo formula (9.52).

Napomena: Jensenova formula vrijedi i u slucaju kad se na kruznici |z| = r nalaze nekeod nultocaka aj ili polova bk funkcije f, no u tom slucaju integral u desnoj strani formule trebauzeti kao glavnu vrijednost integrala. To se dokazuje pomocu opcenitije formulacije leme 9.4.:formula u lemi vrijedi i ako je |c| = r, ali tada se radi o glavnoj vrijedosti integrala: ako je c = reiϕ

i 0 < ϕ < 2π, onda je

ln r = limε→0

1

2π

[∫ ϕ−ε

0

ln |reit − c|dt+

∫ 2π

ϕ+ε

ln |reit − c|dt],

odnosno, za c = r vrijedi

ln r = limε→0

1

2π

∫ 2π−ε

ε

ln |reit − r|dt.

Za dokaz te cinjenice v. zadatak 2. u uputu za njegovo rjesavanje na str. 308 knjige

H. Kraljevic i S. Kurepa, Matematicka analiza 4, Funkcije kompleksne varijable, Tehnickaknjiga, Zagreb, 1986.

U daljnjem za cijelu funkciju f 6= 0 i za r > 0 sa nf(r) oznacavamo zbroj kratnosti svihnultocaka funkcije f u krugu |z| ≤ r. Dakle, uz oznaku uvedenu prije iskaza teorema 2.5. je

nf(r) = N(f ;K(0, r)

).

Kao posljedicu Jensenove formule dobivamo sljedeca svojstva funkcije nf :


Propozicija 9.4. Ako je f cijela funkcija i f(0) 6= 0, onda za svako r > 0 vrijedi∫ r

0

1

tnf (t)dt =

1

2π

∫ 2π

0

ln∣∣f(reit)∣∣dt− ln |f(0)|, (9.56)

∫ r

0

1

tnf (t)dt ≤ lnMf (r) − ln |f(0)|, (9.57)

nf (r) ≤ lnMf (er) − ln |f(0)|. (9.58)

Dokaz: Neka su a1, . . . , an sve nultocke funkcije f u krugu |z| ≤ r, numerirane tako da je0 < |a1| ≤ |a2| ≤ · · · ≤ |an|, i neka jemj kratnost nultocke aj. Stavimo p0 = 0, te pj = m1+· · ·+mj

i rj = |aj| za j = 1, . . . , n. Lijeva strana od (9.56) jednaka je∫ r1

0

1

tnf (t)dt+

∫ r2

r1

1

tnf(t)dt + · · ·+

∫ rn

rn−1

1

tnf (t)dt +

∫ r

rn

1

tnf (t)dt =

= 0 + p1

∫ r2

r1

1

tdt+ · · · + pn−1

∫ rn

rn−1

1

tdt + pn

∫ r

rn

1

tdt =

= p1(ln r2 − ln r1) + · · · + pn−1(ln rn − ln rn−1) + pn(ln r − ln rn) =

= pnln r −n∑

j=1

(pj − pj−1)ln rj = pnln r −n∑

j=1

mjln rj =

n∑

j=1

mjln

(r

|aj|

).

No ovo je prema Jensenovoj formuli (9.52) upravo jednako desnoj strani od (9.56).Nejednakost (9.57) slijedi neposredno iz jednakosti (9.56).Napokon, buduci da je funkcija r 7→ nf(r) nepadajuca, iz (9.57) dobivamo

lnMf (er) − ln |f(0)| ≥∫ re

0

1

tnf (t)dt ≥

∫ re

r

1

tdt ≥ nf(r)

∫ re

r

1

tdt = nf(r).

Primjedba: Ako je 0 m−struka nultocka funkcije f, onda se Jensenova formula, a time ipropozicija 9.4. mogu primijeniti na funkciju z 7→ z−mf(z). Ukoliko f nije polinom ta se cijelafunkcija u beskonacnosti ponasa jednako kao i funkcija f.

Zadatak 9.11. Dokazite da za cijelu funkciju f, takvu da je |f(0)| = 1, vrijedi

nf (r)ln a ≤Mf (ar), r > 0, a > 1.

9.5 Cijele funkcije konacnog genusa

Neka je f cijela funkcija s beskonacno mnogo nultocaka. Ponekad je zgodno skup N(f) \ 0svih njenih nultocaka razlicitih od nule numerirati tako da bude

N(f) \ 0 = an; n ∈ N i 0 < |a1| ≤ |a2| ≤ · · · · · ·

i da se svaka nultocka od f pojavljuje u nizu (an) tocno onoliko puta kolika joj je kratnost. Tadakazemo da je skup N(f)\0 standardno numeriran. Weierstrassov teorem o faktorizaciji tadapoprima oblik

f(z) = zmeg(z)h(z), (9.59)

gdje je g cijela funkcija,

h(z) =∏

n∈NEkn

(z

an

)(9.60)

i

Ek(z) = (1 − z)ez+ z2

2+···+ zk

k . (9.61)

9.5. CIJELE FUNKCIJE KONACNOG GENUSA 87

Pri tome je (kn)n∈N niz u Z+ sa svojstvom

∑

n∈N

(r

|an|

)kn+1

< +∞ ∀r > 0. (9.62)

Jasno je da izbor niza (kn) nije jedinstven, a time ni izbori funkcija h i g nisu jedinstveni.Ako funkcija h nije polinom, onda njezin modul Mh(r) = max |h(z)|; |z| = r raste brze od

svake potencije rn. Nadalje, prema (9.58) vrijedi

nh(r) ≤ lnMh(er) ∀r > 0, (9.63)

gdje je nh(r) broj nultocaka funkcije h u krugu |z| ≤ r, racunatih s kratnostima, tj. u slucajustandardne numeracije

nh(r) = max n ∈ N; |an| ≤ r.

Opisno govoreci, iz (9.63) zakljucujemo: ako modul funkcije h ne raste suvise brzo, onda ni funkcijanh ne raste suvise brzo, a to je moguce samo tako da niz (|an|) brzo raste u beskonacnost. No tadaclanovi niza (1/|an|) brzo padaju, pa mozemo ocekivati egzistenciju cijelog broja k ≥ 0 takvog daje ∑

n∈N|an|−k−1 < +∞. (9.64)

Kazemo da je cijela funkcija f konacnog ranga ako postoji cijeli broj k ≥ 0 takav da vrijedi(9.64). Najmanji od cijelih brojeva k ≥ 0 takvih da vrijedi (9.64) oznacavamo k(f) i zovemo rangcijele funkcije f. Ako ni za jedan k ∈ Z+ ne vrijedi (9.64) onda kazemo da je cijela funkcija fbeskonacnog ranga i pisemo k(f) = +∞.

Ako je k(f) < +∞, onda je uvjet (9.62) zadovoljen za kn = k(f) ∀n ∈ N, pa u faktorizaciji(9.59) mozemo uzeti funkciju h na kanonski nacin:

h(z) =∏

n∈NEk(f)

(z

an

). (9.65)

Takav je produkt potpuno odreden funkcijom f i naziva se kanonski produkt pridruzen funkcijif. Funkcija g u faktorizaciji (9.59) odredena je sada do na aditivnu konstantu oblika 2nπi, gdje jen ∈ Z. Ako je k tome g polinom, njegov je stupanj potpuno odreden.

Ako je k(f) < +∞ i ako je u faktorizaciji (9.59) h kanonski produkt i g je polinom stupnja p,onda kazemo da je f funkcija konacnog genusa, a broj

q(f) = max k(f), p (9.66)

se zove genus funkcije f. Sljedeci teorem daje ocjenu rasta u beskonacnosti za cijelu funkcijukonacnog genusa.

Teorem 9.9. Neka je f cijela funkcija konacnog genusa q = q(f). Postoji R > 0 takav da vrijedi

|z| ≥ R =⇒ |f(z)| ≤ e|z|q+1

. (9.67)

Za dokaz ovog torema potrebne su nam neke ocjene za funkcije Ek :


Lema 9.5. Neka je k ∈ Z+ i a ∈ R, a > k.

(a) Za svaki A > 0 postoji r > 0 takav da je

ln |Ek(z)| ≤ A|z|a ∀z ∈ C, |z| ≥ r. (9.68)

(b) Za svaki r > 0 postoji A > 0 takav da vrijedi (9.68).

(c) Postoji M > 0 takav da vrijedi

ln |Ek(z)| ≤M |z|k+1 ∀z ∈ C. (9.69)

Dokaz: (a) Imamo

|Ek(z)| ≤ (1 + |z|)e|z|+|z|22

+···+ |z|kk ,

pa je

ln |Ek(z)| ≤ ln (1 + |z|) + |z| + |z|2

2+ · · ·+ |z|k

k. (9.70)

Odavde dobivamolimz→∞

|z|−1ln |Ek(z)| = 0, (9.71)

pa slijedi da za svaki A > 0 postoji r > 0 takav da vrijedi (9.68).(b) Neka je r > 0. Funkcija z 7→ |z|−aln |Ek(z)| neprekidna je na skupu z ∈ C; |z| ≥ r, z 6= 1.

Nadalje, buduci da je 1 nultocka funkcije Ek, ocito vrijedi

limz→1

|z|−aln |Ek(z)| = −∞.

Odatle i iz (9.71) slijedi da je funkcija z 7→ |z|−aln |Ek(z)| odozgo ogranicena na skupuz ∈ C; |z| ≥ r, a to upravo znaci da postoji A > 0 takav da vrijedi (9.68).

(c) Prema (b) postoji B > 0 takav da vrijedi

ln |Ek(z)| ≤ B|z|k+1 ∀z ∈ C, |z| ≥ 1

2. (9.72)

S druge strane, za |z| ≤ 1/2 prema lemi 9.3. vrijedi

ln |Ek(z)| ≤|z|k+1

1 − |z|≤ 2|z|k+1. (9.73)

Iz (9.72) i (9.73) slijedi (9.69) uz M = max B, 2.

Dokaz teorema 9.9.: Neka je k = k(f) i neka je p stupanj polinoma g u faktorizaciji (9.59).Izaberimo M > 0 tako da vrijedi (9.69). Buduci da vrijedi (9.64) postoji N ∈ N takav da je

∑

n>N

|an|−k−1 ≤ 1

4M. (9.74)

Zbog (9.69) imamo

∑

n>N

ln

∣∣∣∣Ek

(z

an

)∣∣∣∣ ≤ M∑

n>N

∣∣∣∣z

an

∣∣∣∣k+1

= M |z|k+1∑

n>N

|an|−k−1,

9.5. CIJELE FUNKCIJE KONACNOG GENUSA 89

pa iz (9.74) slijedi∑

n>N

ln

∣∣∣∣Ek

(z

an

)∣∣∣∣ ≤1

4|z|k+1 ∀z ∈ C. (9.75)

Prema tvrdnji (a) leme 9.5. postoji r > 0 takav da vrijedi:

|z| ≥ r =⇒ ln |Ek(z)| ≤1

4

[N∑

n=1

|an|−k−1

]−1

|z|k+1. (9.76)

Neka je ρ ∈ R izabran tako da bude

ρ ≥ |an|r za n = 1, . . . , N.

Za |z| ≥ ρ imamo tada |z/an| ≥ r (1 ≤ n ≤ N), pa iz (9.76) slijedi

|z| ≥ ρ =⇒N∑

n=1

ln

∣∣∣∣Ek

(z

an

)∣∣∣∣ ≤1

4

[N∑

n=1

|an|−k−1

]−1 N∑

n=1

∣∣∣∣z

an

∣∣∣∣k+1

=1

4|z|k+1. (9.77)

Iz (9.75) i (9.77) dobivamo

|z| ≥ ρ =⇒ ln |h(z)| =∑

n∈Nln

∣∣∣∣Ek

(z

an

)∣∣∣∣ ≤1

2|z|k+1. (9.78)

Buduci da je g polinom stupnja p, to je

limz→∞

m ln |z| + |g(z)||z|p+1

= 0,

pa postoji R ≥ ρ, R ≥ 1, takav da vrijedi

|z| ≥ R =⇒ m ln |z| + |g(z)| ≤ 1

2|z|p+1. (9.79)

Buduci da je |z|k+1 ≤ |z|q+1 i |z|p+1 ≤ |z|q+1 za |z| ≥ R ≥ 1, iz (9.78) i (9.79) dobivamo

|z| ≥ R =⇒ ln |f(z)| ≤ m ln |z| + |g(z)| + ln |h(z)| ≤ |z|q+1,

odnosno,|z| ≥ R =⇒ |f(z)| ≤ e|z|

q+1

.

Time je teorem 9.9. dokazan.


f(z) =∑

n∈Z+

cnzn, z ∈ C,

cijela funkcija konacnog genusa q(f) = q. Dokazite da je tada

limn→∞

cn(n!)1/(q+1) = 0.

Uputa: Koristite Cauchyjeve ocjene za koeficijente Taylorovog reda.

Zadatak 9.13. Dokazite da cijela funkcija a nultockama ak = ln (k + 1), k ∈ N, nije konacnogranga.


9.6 Cijele funkcije konacnog reda

Neka je f cijela funkcija. Vec smo napomenuli da modul funkcije f raste brze od svake po-tencije |z|m ako f nije polinom. S druge strane, prema teoremu 9.9. iz prethodnog odjeljka rast

modula cijele funkcije f konacnog genusa q moze se ocijeniti funkcijom e|z|q+1

. U ovom odjeljkupromatrat cemo cijele funkcije za ciji modul postoje ocjene rasta takve vrste.

Za cijelu funkciju f oznacimo sa E(f) skup svih realnih brojeva a > 0 sa svojstvom da za nekoR > 0 vrijedi:

|z| ≥ R =⇒ |f(z)| ≤ e|z|a

. (9.80)

Kazemo da f cijela funkcija konacnog reda ako je skup E(f) neprazan. U tom je slucaju ocitoskup E(f) ili otvoren interval oblika 〈ρ+∞〉 ili poluotvoren interval oblika [ρ,+∞〉. Realan broj

ρ(f) = inf E(f)

zove se red cijele funkcije f. Ukoliko je E(f) = ∅, kazemo da je f cijela funkcija beskonacnogreda i pisemo ρ(f) = +∞. Npr. redovi funkcija ezn

, sin z, cos√z i eez

su redom n, 1, 1/2 i +∞.Nadalje, red svakog polinoma je 0.

Da bismo izveli korisnu formulu za red cijele funkcije, potreban nam je pojam limesa superiorarealne funkcije realne varijable u tocki +∞. Neka je zadana funkcija g : [a,+∞〉 → R, a ∈ R. Akoje funkcija g odozgo neogranicena na svakom intervalu [b,+∞〉, b ≥ a, onda stavljamo

lim supt→+∞

g(t) = +∞. (9.81)

Ako je za neki b ≥ a funkcija g odozgo ogranicena na intervalu [b,+∞〉, onda stavljamo

lim supt→+∞

g(t) = limb→+∞

(sup g(t); t ∈ [b,+∞〉

). (9.82)

Primijetimo da je funkcija b 7→ sup g(t); t ∈ [b,+∞〉 monotono opadajuca, pa limes u (9.82)postoji u skupu R∪−∞. Prema tome, sa (9.81) i (9.82) za svaku funkciju g definiran je elementlim supt→+∞ g(t) skupa R = [−∞,+∞] = R ∪ −∞,+∞. Taj se broj zove limes superiorfunkcije g u tocki +∞.

Iz (9.80) izlazi da je Mf (r) ≤ era

za velike r. Odavde logaritmiranjem dobivamo lnMf (r) ≤ ra,dakle, ln (lnMf (r)) ≤ a ln r. Dakle, za velike r je

ln (lnMf(r))

ln r≤ a,

pa slijedi da je

ρ = lim supr→+∞

ln (lnMf (r))

ln r(9.83)

realan broj ili −∞ i da je ρ ≤ ρ(f).S druge strane, ako za cijelu funkciju f definiramo ρ sa (9.83) i ako je ρ < +∞, onda za svaki

a > ρ postoji R > 0 takav da vrijedi

r ≥ R =⇒ ln (lnMf (r))

ln r≤ a.

9.6. CIJELE FUNKCIJE KONACNOG REDA 91

Odatle dobivamo redom:

ln (lnMf(r)) ≤ a ln r = ln ra =⇒ lnMf (r) ≤ ra =⇒ Mf (r) ≤ era

.

Prema tome, vrijedi (9.80), pa zakljucujemo da je a ∈ E(f). Kako to vrijedi za svaki a > ρ,zakljucujemo da je ρ(f) ≤ ρ. Time smo dokazali:

Teorem 9.10. Za svaku cijelu funkciju f vrijedi

ρ(f) = lim supr→+∞

ln (lnMf (r))

ln r.

Opisat cemo sada red cijele funkcije f na malo drugaciji nacin, koji je katkada u dokazimapogodniji. Neka je E0(f) skup svih realnih brojeva b > 0 takvih da za neke A > 0 i B > 0 vrijedi

|f(z)| ≤ AeB|z|b ∀z ∈ C. (9.84)

Uzmimo da je E0(f) 6= ∅. Ako je b ∈ E0(f), onda je ocito [b,+∞〉 ⊆ E0(f). Prema tome, postojiσ ≥ 0 takav da je ili E0(f) = [σ,+∞〉 ili E0(f) = 〈σ,+∞〉. Neka je a > σ. Izaberimo b ∈ 〈σ, a〉.Tada je b ∈ E0(f) pa postoje A > 0 i B > 0 takvi da vrijedi (9.84). Kako je a > b, to je

limt→+∞

AeBtbe−ta = 0,

pa postoji R > 0 takav da vrijedi

t ≥ R =⇒ AeBtbe−ta ≤ 1,

odnosno,

t ≥ R =⇒ AeBtb ≤ eta .

Odavde i iz (9.84) slijedi (9.80), pa zakljucujemo da je a ∈ E(f). Time smo dokazali inkluziju〈σ,+∞〉 ⊆ E(f).

Uzmimo sada da je E(f) 6= ∅ i neka je a ∈ E(f). Tada za neki R > 0 vrijedi (9.80). Funkcijaz 7→ |f(z)|e−|z|a neprekidna je, dakle i ogranicena, na kompaktnom skupu K(0, R). Stoga postojiA ≥ 1 takav da vrijedi

|z| ≥ R =⇒ |f(z)|e−|z|a ≤ A.

Odavde i iz (9.80) slijedi (5.84) za b = a i uz B = 1. Dakle, a ∈ E0(f) i time smo dokazali da jeE(f) ⊆ E0(f). Sve u svemu, imamo:

Propozicija 9.5. Za svaku cijelu funkciju f vrijedi

ρ(f) = inf E0(f).

Preciznije, ili vrijedi E0(f) = E(f) ili je E0(f) = Cl(E(f)).

Propozicija 9.6. Neka su f i g cijele funkcije.

(a) Vrijedi ρ(f + g) ≤ max ρ(f), ρ(g). Ukoliko je ρ(f) 6= ρ(g), vrijedi znak jednakosti.

(b) Vrijedi ρ(fg) ≤ max ρ(f), ρ(g).


Dokaz: Neka je b > max ρ(f), ρ(g). Prema propoziciji 9.5. tada postoje A > 0, B > 0,C > 0 i D > 0 takvi da vrijedi

|f(z)| ≤ AeB|z|b i |g(z)| ≤ CeD|z|b ∀z ∈ C.

Odavde je|f(z) + g(z)| ≤ (A+ C)eE|z|b ∀z ∈ C,

gdje je E = max B,D, i

|f(z)g(z)| ≤ ACe(B+D)|z|b ∀z ∈ C.

Time smo dokazali da je b ∈ E0(f + g) i b ∈ E0(fg). Kako je b > max ρ(f), ρ(g) bio proizvoljan,slijede nejednakosti u tvrdnjama (a) i (b).

Pretpostavimo sada da je ρ(f) 6= ρ(g), npr. ρ(f) < ρ(g). Prema dokazanom je ρ(f +g) ≤ ρ(g).Kad bi bilo ρ(f + g) < ρ(g), imali bismo

ρ(g) = ρ((f + g) + (−f)) ≤ max ρ(f + g), ρ(f) < ρ(g),

sto je apsurd. Ova kontradikcija pokazuje da je nuzno ρ(f + g) ≥ ρ(g), dakle, vrijedi jednakostρ(f + g) = ρ(g) = max ρ(f), ρ(g).

Zadatak 9.14. Nadite cijele funkcije f i g konacnog reda takve da je f + g 6= 0 i ρ(f + g) <max ρ(f), ρ(g).

Propozicija 9.7. Neka je f cijela funkcija i P 6= 0 polinom. Tada vrijedi

ρ(Pf) = ρ(f) = ρ(f ′).

Dokaz: Kako je P 6= 0, imamolimz→∞

P (z) = ∞

pa za neke A > 0 i R > 0 vrijedi

|z| ≥ R =⇒ |P (z)| ≥ A.

Odavde slijedi|z| ≥ R =⇒ |P (z)f(z)| ≥ A|f(z)|,

dakle,

r ≥ R =⇒ Mf (r) ≤1

AMPf(r) = M 1

APf(r).

Sada iz teorema 9.10. slijedi

ρ(f) = lim supr→+∞

ln(lnMf (r))

ln r≤ lim sup

r→+∞

ln(lnM 1

APf(r)

)

ln r= ρ

(1

APf

).

Kako konstanta 1A

ima red 0, prema tvrdnji (b) propozicije 9.6. slijedi da je ρ(

1APf)

= ρ(Pf).Dakle, vrijedi nejednakost ρ(f) ≤ ρ(Pf). Buduci da je ρ(P ) = 0, iz tvrdnje (b) propozicije9.6. slijedi i obrnuta nejednakost ρ(Pf) ≤ ρ(f). Time je dokazana jednakost ρ(Pf) = ρ(f).

Dokazimo sada tvrdnju o redu derivacije. Za z ∈ C imamo

f(z) =

∫

[0,z]

f ′(ζ)dζ + f(0),

9.6. CIJELE FUNKCIJE KONACNOG REDA 93

gdje je [0, z] oznaka za ravni segment od 0 do z, tj. za put γ(t) = tz, 0 ≤ t ≤ 1. Slijedi

Mf (r) ≤ rMf ′(r) + |f(0)| ∀r > 0. (9.85)

Neka je r > 0 i neka je tocka z ∈ C takva da je |z| = r i Mf ′(r) = |f ′(z)|. Neka je Γ pozitivnoorijentirana kruznica sa sredistem u tocki z i radijusom r; dakle, Γ∗ = S(z, r) = ζ; |ζ − z| = r.Tada je

f ′(z) =1

2πi

∫

Γ

f(ζ)

(ζ − z)2dζ.

Kako za svaku tocku ζ ∈ Γ∗ vrijedi |ζ| ≥ 2r, iz gornje jednakosti dobivamo

Mf ′(r) ≤ 1

2π·Mf (2r) · r−2 · 2πr =

1

rMf(2r). (9.86)

Iz (9.85) i (9.86) dobivamo

Mf (r) − |f(0)|r

≤ Mf ′(r) ≤ 1

rMf (2r).

Odatle i iz teorema 9.10. slijedi ρ(f ′) = ρ(f).

Cijela funkcija f moze se napisati kao svuda konvergentan red potencija

f(z) =∑

n∈Z+

cnzn, z ∈ C (9.87)

i pri tome je

cn =1

2πi

∫

γr

f(z)

zn+1dz (9.88)

gdje je γr pozitivno orijentirana kruznica sa sredistem u 0 i radijusom r > 0 : γr(t) = reit,0 ≤ t ≤ 2π.

Teorem 9.11. Za cijelu funkciju f zadanu redom potencija (9.87) vrijedi

ρ(f) = lim supn→+∞

(− lnn

ln n√

|cn|

). (9.89)

Dokaz: Stavimo

µ(f) = lim supn→+∞

(− lnn

ln n√|cn|

).

Ako je µ(f) = 0, ocito je ρ(f) ≥ µ(f). Pretpostavimo da je 0 < µ(f) ≤ +∞ i neka je 0 < b < µ(f).Prema definiciji µ(f) postoji beskonacan podskup S od N takav da vrijedi

− lnn

ln n√|cn|

≥ b ∀n ∈ S.

Posebno, za svaki n ∈ S je −ln n√|cn| > 0, pa gornju nejednakost mozemo pisati ovako:

lnn ≤ b(−ln n√

|cn|) ∀n ∈ S.

Odavde je

ln |cn| ≥ −nb

lnn ∀n ∈ S. (9.90)


Iz (9.88) slijedi

|cn| =1

2π

∣∣∣∣∫

γr

f(z)

zn+1dz

∣∣∣∣ ≤1

rnMf (r) ∀r > 0

pa zbog (9.90) dobivamo

lnMf (r) ≥ n

(ln r − 1

blnn

)∀r > 0 i ∀n ∈ S.

Izaberemo li r = (en)1/b, slijedi

lnMf (r) ≥n

b=rb

eb∀n ∈ S i r = (en)1/b.

Logaritmiranjem dobivamo

ln (lnMf (r))

ln r≥ b− ln(eb)

ln r∀n ∈ S i r = (en)1/b.

Zbog teorema 9.10. odavde slijedi da je ρ(f) ≥ b. Kako je b < µ(f) bio proizvoljan, zakljucujemoda je ρ(f) ≥ µ(f).

Ako je µ(f) = +∞, ocito je ρ(f) ≤ µ(f). Pretpostavimo da je µ(f) < +∞ i neka su a i brealni brojevi, takvi da je a > b > µ(f). Prema definiciji broja µ(f), postoji prirodan broj n0 ∈ Ntakav da je

− lnn

ln n√

|cn|≤ b ∀n ≥ n0,

odnosno,|cn| ≤ n−n/b ∀n ≥ n0. (9.91)

Buduci da se prema tvrdnji (a) propozicije 9.7. dodavanjem polinoma cijeloj funkciji ne mijenjared, mozemo uzeti da (9.91) vrijedi za sve n ∈ Z+ (s tim da je desna strana jednaka 1 za n = 0.)Iz (9.91) slijedi

Mf(r) ≤∑

n∈Z+

|cn|rn ≤∑

n∈Z+

n−n/brn = A(r) +B(r), (9.92)

gdje je

A(r) =∑

0≤n<(2r)b

n−n/brn i B(r) =∑

n≥(2r)b

n−n/brn.

ImamoA(r) ≤ r(2r)b

∑

0≤n<(2r)b

n−n/b ≤ Ar(2r)b

= Ae2brbln r, (9.93)

gdje je

A =∑

n∈Z+

n−n/b < +∞.

Buduci da je a > b, imamolim

r→+∞Ae2brbln re−2bra

= 0,

pa postoji C > 0 takav da jeAe2brbln r ≤ Ce2bra ∀r > 0.

Sada iz (9.93) slijedi

A(r) ≤ Ce2bra ∀r > 0. (9.94)

9.7. RED CIJELE FUNKCIJE S KONACNO MNOGO NULTOCAKA 95

Nadalje, za n ≥ (2r)b je n−1/br ≤ 1/2, pa imamo

B(r) ≤∑

n∈N2−n = 1 < e2bra ∀r > 0. (9.95)

Sada iz (9.92), (9.94) i (9.95) dobivamo

Mf(r) ≤ (C + 1)e2bra ∀r > 0.

Prema propoziciji 9.5. odavde izlazi da je ρ(f) ≤ a, a kako je a > µ(f) bilo proizvoljno, za-kljucujemo da je ρ(f) ≤ µ(f).

Iz dvije dokazane nejednakosti slijedi jednakost µ(f) = ρ(f) i time je teorem 9.11. dokazan.

Zadatak 9.15. Nadite red cijelih funkcija sin z, cos√z,∑

n∈N a−anzn za a > 0,

∏n∈N(1 − anz)

za 0 < |a| < 1 i∏

n∈N(1 − z/n!).


f(z) =∑

n∈Z+

anzn, z ∈ C,

cijela funkcija konacnog reda ρ(f) = ρ. Koji je red funkcije

F (z) =∑

n∈Z+

|an|pzn, p ≥ 1, z ∈ C.?

Zadatak 9.17. Dokazite da je za σ > 1 funkcija

Pσ(z) =∏

n∈N

(1 + zn−σ

)

cijela i da joj je red 1/σ.

9.7 Red cijele funkcije s konacno mnogo nultocaka

Neka je f cijela funkcija koja ima samo konacno mnogo nultocaka. Tada je f(z) = P (z)F (z),gdje je P polinom, a F je cijela funkcija koja se nigdje ne ponistava. Prema propoziciji 9.7. imamoρ(f) = ρ(F ). Prema tome, zadatak ovog odjeljka bit ce ispunjen ako odredimo red cijele funkcijebez nultocaka. U tu su nam svrhu potrebne neke ocjene u vezi s realnim dijelom holomorfnefunkcije.

Lema 9.6. Neka je f holomorfna funkcija na krugu K(z0, R), z0 = x0 + iy0 ∈ C, R > 0, i nekaje u(x, y) = Re f(x + iy) njezin realni dio. Za svaki ρ ∈ 〈0, R〉 vrijede formule

u(x0, y0) =1

2π

∫ 2π

0

u(x0 + ρ cos ϕ, y0 + ρ sin ϕ)dϕ (9.96)

i

u(x0, y0) =1

ρ2π

∫ ρ

0

∫ 2π

0

u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)rdrdϕ. (9.97)

Zadatak 9.18. Dokazite lemu 9.6.


Uputa: Formula (9.96) dobiva se uzimanjem realnog dijela u Cauchyjevoj integralnoj formuli

f(z0) =1

2πi

∫

γρ

f(z)

z − z0dz,

gdje je γρ pozitivno orijentirana kruznica sa sredistem u tocki z0 i radijusom ρ, tj. γρ(ϕ) = z0 + ρeiϕ,0 ≤ ϕ ≤ 2π, a formula (9.97) slijedi iz (9.96) integracijom po radijalnoj varijabli.

Odavde slijedi princip maksimuma za realni dio holomorfne funkcije:

Teorem 9.12. Neka je Ω ⊆ C podrucje, f ∈ H(Ω) nekonstantna holomorfna funkcija na Ωi u(x, y) = Re f(x + iy) njen realni dio. Tada funkcija u na podrucju Ω ne poprima ni svojsupremum ni svoj infimum.

Dokaz: Pretpostavimo da je

M = sup u(x, y); x + iy ∈ Ω < +∞

i da postoji tocka z0 = x0 + iy0 ∈ Ω takva da je u(x0, y0) = M. Neka je ρ > 0 takav da jeK(z0, ρ) ⊆ Ω. Iz formule (9.97) slijedi

∫ ρ

0

∫ 2π

0

[M − u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)]rdrdϕ = 0. (9.98)

Kako je M supremum funkcije u, podintegralna funkcija u (9.98) je svuda nenegativna. Buducida je ta funkcija neprekidna, iz (9.98) slijedi da je ona jednaka nuli svuda na K(z0, ρ). Time jedokazano da je skup

Ω1 = z = x + iy ∈ Ω; u(x, y) = M

otvoren. Njegov je komplement u Ω takoder otvoren, jer je funkcija u neprekidna i vrijedi

Ω \ Ω1 = z = x+ iy ∈ Ω; u(x, y) < M.

Kako je skup Ω povezan i Ω1 je neprazan, slijedi da je Ω1 = Ω, tj. funkcija u je konstanta M.Sada iz Cauchy−Riemannovih jednadzbi slijedi da i imaginarni dio funkcije f konstantan, a toje suprotnosti s pretpostavljenom nekonstantnoscu funkcije f. Ova kontardikcija dokazuje da nepostoji tocka z0 = x0 + iy0 ∈ Ω takva da je u(x0, y0) = M.

Primjenom dokazanog na holomorfnu funkciju −f nalazimo da funkcija u ni u jednoj tocki nepoprima svoj infimum.

Lema 9.7. (C. Caratheodory) Neka je f holomorfna funkcija na krugu K(0, R). Stavimo

Af (r) = max Re f(z); |z| = r, 0 ≤ r < R. (9.99)

Tada je

Mf (r) ≤2r

ρ− rAf (ρ) +

ρ+ r

ρ− r|f(0)|, 0 ≤ r < ρ < R. (9.100)

Dokaz: Tvrdnja leme ocigledna je ako je f konstanta. Uzmimo u daljnjem da je f nekon-stantna funkcija. Tvrdimo da je tada funkcija Af , definirana sa (9.99), strogo rastuca na intervalu[0, R〉. Doista, ako je 0 < ρ < R, prema teoremu 9.12. vrijedi

Re f(z) < Af(ρ) ∀z ∈ K(0, ρ),

9.7. RED CIJELE FUNKCIJE S KONACNO MNOGO NULTOCAKA 97

a odatle neposredno slijedi tvrdnja o strogom rastu:

0 ≤ r < ρ < R =⇒ Af (r) < Af(ρ). (9.101)

Dokazat cemo sada najprije Caratheodoryjevu lemu uz dodatnu pretpostavku da je f(0) = 0.Neka je 0 < ρ < R i definiramo holomorfnu funkciju ϕ ∈ H(K(0, 1)) sa

ϕ(z) =f(ρz)

2Af(ρ) − f(ρz), |z| < 1. (9.102)

Primijetimo da je funkcija ϕ stvarno dobro definirana i holomorfna na jedinicnom krugu K(0, 1),jer se zbog (9.101) realni dio nazivnika u (9.102) (dakle, ni sam nazivnik) nigdje na K(0, 1) neponistava. Za proizvoljno odabranu tocku z ∈ K(0, 1) stavimo

u = Re f(ρz) i v = Im f(ρz).

Buduci da je u < Af(ρ), dakle, u2 < (2Af(ρ) − u)2, imamo

|ϕ(z)|2 =u2 + v2

(2Af(ρ) − u)2 + v2< 1.

Kako je tocka z ∈ K(0, 1) bila proizvoljna i kako je ϕ(0) = 0, iz Schwarzove leme (teorem 1.16.)slijedi da je |ϕ(z)| ≤ |z| ∀z ∈ K(0, 1). Odatle i iz definicije (9.102) funkcije ϕ dobivamo da za|z| = r < ρ vrijedi

|f(z)| =

∣∣∣∣2Af(ρ)ϕ(z/ρ)

1 + ϕ(z/ρ)

∣∣∣∣ ≤2Af(ρ)r/ρ

1 − r/ρ=

2r

ρ− rAf(ρ).

Odavde je

Mf (r) ≤2r

ρ− rAf (ρ),

a to je upravo nejednakost (9.100) u slucaju da je f(0) = 0.Ako je f(0) 6= 0, primijenimo dokazano na funkciju f − f(0). Tada za |z| = r < ρ < R

dobivamo

|f(z) − f(0)| ≤ 2r

ρ− r(Af (ρ) − Re f(0)) ≤ 2r

ρ− r(Af(ρ) + |f(0)|) .

Kako je |f(z) − f(0)| ≥ |f(z)| − |f(0)|, dobivamo

|f(z)| ≤ |f(z) − f(0)| + |f(0)| ≤ 2r

ρ− r(Af (ρ) + |f(0)|) + |f(0)| =

2r

ρ− rAf(ρ) +

ρ + r

ρ− r|f(0)|.

Teorem 9.13. Cijela funkcija f bez nultocaka je konacnog reda ako i samo ako je f = eg, gdje jeg polinom. U tom je slucaju ρ(f) = deg g.

Dokaz: Pretpostavimo da je f = eg, gdje je g polinom stupnja n. Za a > n je tada

limz→∞

|z|−a|g(z)| = 0,

pa za neki R > 0 vrijedi|z| ≥ R =⇒ |g(z)| ≤ |z|a.

Odavde je|z| ≥ R =⇒ |f(z)| ≤ e|z|

a

, (9.103)

pa vidimo da je ρ(f) ≤ a. Kako to vrijedi za svaki a > 0, zakljucujemo da je ρ(f) ≤ n.


Pretpostavimo sada da je f cijela funkcija bez nultocaka i konacnog reda. Kompleksna ravninaC ima svojstvo logaritma, pa postoji cijela funkcija g takva da je

f(z) = eg(z), z ∈ C.

Neka je a > ρ(f) i izaberimo R > 0 takav da vrijedi (9.103). Kako je |f(z)| = eRe g(z), imamo

|z| ≥ R =⇒ eRe g(z) ≤ e|z|a

,

a odatle logaritmiranjem nalazimo da vrijedi

|z| ≥ R =⇒ Re g(z) ≤ |z|a.

Odavde i iz Caratheodoryjeve leme 9.7. za f = g, r ≥ R i ρ = 2r slijedi

r ≥ R =⇒ Mg(r) ≤ 2(2r)a + 3|g(0)|. (9.104)

Neka je m ∈ Z takav da je m− 1 ≤ a < m. Iz (9.104) slijedi da je

limz→∞

z−mg(z) = 0.

To pokazuje da je tocka ∞ pol funkcije g reda ≤ m − 1 ≤ a, a to znaci da je g polinom stupnjan ≤ a. Kako je a > ρ(f) bio proizvoljno odabran, zakljucujemo da je n = deg g ≤ ρ(f). Timeje teorem 9.13. dokazan.

Korolar 9.1. Ako je f cijela funkcija konacnog reda i s konacno mnogo nultocaka, onda jeρ(f) ∈ Z+.

Zadatak 9.19. Neka je f nekonstantna ciojela fukcija konacnog reda. Dokazite da je tada ilif(C) = C ili f(C) = C \ α za neku tocku α ∈ C.

Uputa: Pretpostavite da postoje α, β ∈ C \ f(C), α 6= β. Tada je f − α cijela funkcijakonacnog reda bez nultocaka. Iz cinjenice da ona ne poprima vrijednost β − α i pomocu teo-rema 9.13. dovedite pretpostavke u kontradikciju s Fundamentalnim teoremom algebre: svakinekonstantni polinom s kompleksnim koeficijentima ima u kompleksnoj ravnini C bar jednu nultocku.

9.8 Red kanonskog produkta

Neka je f 6= 0 cijela funkcija konacnog ranga k = k(f) i neka je beskonacan skup njenihnultocaka razlicitih od nule standardno numeriran:

N(f) \ 0 = an; n ∈ N, 0 < |a1| ≤ |a2| ≤ · · · · · · m(f ;α) = |n; an = α| ∀α ∈ C.

Neka je

h(z) =∏

n∈NEk(z/an) (9.105)

kanonski produkt pridruzen cijeloj funkciji f. Iz teorema 9.9. slijedi da je cijela funkcija h konacnogreda i da je ρ(h) ≤ k + 1. U ovom cemo odjeljku precizno odrediti red ρ(h) funkcije h.

Eksponent konvergencije nultocaka funkcije f je infimum σ(f) skupa svih brojeva α > 0takvih da je ∑

n∈N|an|−α < +∞. (9.106)

Kako je funkcija f konacnog ranga k, imamo σ(f) ≤ k + 1. Ako broj σ(f) nije cio, tada je ocitoσ(f)− 1 < k < σ(f), tj. k = [σ(f)]; pri tome je za realan broj a sa [a] oznacen najveci cijeli brojm ∈ Z takav da je m ≤ a. Ako je σ(f) ∈ Z, onda je σ(f) = k ukoliko red (9.106) konvergira zaα = σ(f), odnosno, σ(f) = k − 1 ako taj red divergira.

9.8. RED KANONSKOG PRODUKTA 99

Teorem 9.14. Neka je f 6= 0 cijela funkcija konacnog reda. Tada je f funkcija konacnog ranga ivrijedi σ(f) ≤ ρ(f). Nadalje, za kanonski produkt h pridruzen funkciji f vrijedi ρ(h) = σ(f).

Dokaz: Ukoliko je N(f) konacan skup, onda je σ(f) = 0 i h je polinom, dakle, ρ(h) = 0, pasu sve tvrdnje teorema ocito istinite. U daljnjem pretpostavljamo da je skup N(f) beskonacan.Mozemo pretpostaviti da je f(0) 6= 0, buduci da mnozenje sa z−m, gdje je m = m(f ; 0), ne mijenjani red (propozicija 9.7.) ni eksponent konvergencije nultocaka. Neka je

N(f) = an; n ∈ N

standardna numeracija skupa nultocaka funkcije f.Neka je a > ρ(f) i b ∈ 〈ρ(f), a〉. Prema propoziciji 9.5. postoje A > 0 i B > 0 takvi da vrijedi

Mf (r) ≤ AeBrb ∀r ≥ 0.

Odavde i iz Jensenove nejednakosti (9.58) (propozicija 9.4.) slijedi da postoji C > 0 takav davrijedi

nf(r) ≤ Crb ∀r ≥ 0. (9.107)

Buduci da je numeracija skupa N(f) standardna, vrijedi n ≤ nf (|an|) za svaki n ∈ N, pa iz (9.107)slijedi

n ≤ C|an|b ∀n ∈ N.

Odavde je

|an|−a ≤ Ca/bn−a/b ∀n ∈ N,

pa nalazimo da je ∑

n∈N|an|−a ≤ Ca/b

∑

n∈Nn−a/b < +∞

buduci da je a/b > 1. To pokazuje da je σ(f) ≤ a, a kako je a > ρ(f) bio proizvoljan, zakljucujemoda je σ(f) ≤ ρ(f).

Kanonski produkt h pridruzen funkciji f dan je sa (9.105), gdje k rang funkcije f, odnosno,najmanji cijeli broj takav da je ∑

n∈N|an|−k−1 < +∞.

Kako je σ(h) = σ(f), iz prvog dijela dokaza dobivamo da je σ(f) ≤ ρ(h). Dokazat cemo sada davrijedi i obrnuta nejdnakost.

Pretpostavimo najprije da je σ(f) = k + 1. Iz (9.78) u dokazu teorema 9.9. slijedi da postojiρ > 0 takav da vrijedi

|z| ≥ ρ =⇒ |h(z)| ≤ e|z|k+1

.

To znaci da je ρ(h) ≤ k + 1 = σ(f).Ostaje mogucnost da je σ(f) < k + 1, a tada znamo da je k = [σ(f)]. Neka je a ∈ R takav da

je σ(f) < a < k + 1. Za |z| = r mozemo pisati

ln |h(z)| =∑

|an|≤2r

ln |Ek(z/an)| +∑

|an|>2r

ln |Ek(z/an)|. (9.108)

Za |an| > 2r je |z/an| ≤ 1/2, pa prema (9.73) vrijedi

|z| = r =⇒ ln |Ek(z/an)| ≤ 2rk+1|an|−k−1.


Odavde za |z| = r nalazimo redom∑

|an|>2r

ln |Ek(z/an)| ≤ 2rk+1∑

|an|>2r

|an|−k−1 = 2rk+1∑

|an|>2r

|an|a−k−1|an|−a ≤ 2rk+1(2r)a−k−1∑

n∈N|an|−a.

Stavimo liA =

∑

n∈N|an|−a < +∞ (9.109)

(sjetimo se da je a > σ(f) ) dobivamo da vrijedi

|z| = r ≥ 0 =⇒∑

|an|>2r

ln |Ek(z/an)| ≤ A2a−kra. (9.110)

Za ocjenu prve sume s desne strane formule (9.108) izaberimo b ∈ R tako da budeσ(f) < b < a. Tada je b > k pa prema tvrdnji (b) leme 9.5. postoji K > 0 takav da vrijedi

|z| ≥ 1/2 =⇒ ln |Ek(z)| ≤ k|z|b. (9.111)

Za |an| ≤ 2r i |z| = r je |z/an| ≥ 1/2, pa zbog (9.111) nalazimo∑

|an|≤2r

ln |Ek(z/an)| ≤ K∑

|an|≤2r

rb|an|−b = Krb∑

|an|≤2r

|an|a−b|an|−a ≤ Krb(2r)a−b∑

|an|≤2r

|an|−a.

Dakle, uz oznaku (9.109) imamo

|z| = r ≥ 0 =⇒∑

|an|≤2r

ln |Ek(z/an)| ≤ AK2a−bra. (9.112)

Iz (9.108), (9.110) i (9.112) dobivamo

ln |h(z)| ≤ A(2a−k +K2a−b)|z|a ∀z ∈ C,

odnosno,|h(z)| ≤ eB|z|a ∀z ∈ C,

gdje smo stavili B = A2a(2−k +K2−b). Prema tome je ρ(h) ≤ a, a kako je a > σ(f) bio proizvoljnoodabran, slijedi ρ(h) ≤ σ(f).


9.9 Hadamardov teorem o faktorizaciji

Prema teoremu 9.9. cijela funkcija f konacnog genusa q = q(f) je konacnog reda i vrijediρ(f) ≤ q + 1. Nadalje, funkcija f moze se faktorizirati u obliku

f(z) = zm · eg(z) · h(z) (9.113)

gdje je g polinom stupnja p, h je kanonski produkt pridruzen funkciji f

h(z) =∏

n∈NEk(z/an) (9.114)

i q = max k, p. U stvari, prema tvrdnji (b) propozicije 9.6. i prema teoremima 9.13. i 9.14. vrijedisljedeca preciznija ocjena za red funkcije f :

ρ(f) ≤ max p, σ(f).

U ovoj tocki dokazat cemo i obrat: cijela funkcija f konacnog reda moze se faktorizirati u obliku(9.113), gdje je h kanonski produkt, a g je polinom; nadalje, tada je f funkcija konacnog genusa.To je tzv. Hadamardov teorem o faktorizaciji:

9.9. HADAMARDOV TEOREM O FAKTORIZACIJI 101

Teorem 9.15. Cijela funkcija f konacnog je reda ako i samo ako je ona konacnog genusa. U tomslucaju je q(f) ≤ ρ(f) ≤ q(f) + 1.

Dokaz: Prema teoremu 9.9. ako je f cijela funkcija konacnog genusa q onda je f funkcijakonacnog reda ρ(f) ≤ q + 1.

Pretpostavimo da je cijela funkcija f konacnog reda. Ukoliko je N(f) konacan skup, onda jef = PF gdje je P polinom a F je cijela funkcija bez nultocaka. Sada primjenom teorema 9.13. ipropozicije 9.7. zakljucujemo da je f funkcija konacnog genusa q(f) = ρ(f).

Pretpostavimo sada da cijela funkcija f konacnog reda ima beskonacno mnogo nultocaka i daje N(f) \ 0 = an; n ∈ N standardna numeracija. Prema teoremu 9.14. tada je f funkcijakonacnog ranga k ≤ ρ(f), pa imamo faktorizaciju (9.113), gdje je h kanonski produkt pridruzenfunkciji f, m = m(f ; 0) i g je cijela funkcija. Dokaz teorema bit ce potpun, ako dokazemo da je gpolinom stupnja ≤ ρ(f). Dokaz ne gubi na opcenitosti ako pretpostavimo da je m = 0.

Buduci da je[Ek(z/an)]′

Ek(z/an)= −

(z

an

)k

· 1

an − z,

prema (9.113), (9.114) i teoremu 9.3. nalazimo

f ′(z)

f(z)= g′(z) −

∑

n∈N

(z

an

)k

· 1

an − z∀z ∈ C \N(f) (9.115)

i pri tome red konvergira lokalno uniformno na C \N(f). Stavimo p = [ρ(f)]. Imamo

1

an − z−(z

an

)k

· 1

an − z=

1

an+

z

a2n

+ · · ·+ zk−1

akn

,

pa je

dk

dzk

[(z

an

)k

· 1

an − z

]=

dk

dzk

1

an − z=

k!

(an − z)k+1. (9.116)

Kako je k ≤ p, iz (9.115) i (9.116) slijedi

dp

dzp

[f ′(z)

f(z))

]= g(p+1)(z) − p!

∑

n∈N

1

(an − z)p+1. (9.117)

Za R > 0 stavimo

gR(z) =f(z)

f(0)

∏

|an|≤R

(1 − z

an

)−1

.

Uklonimo li uklonjive singularitete an, |an| ≤ R, gR postaje slijela funkcija bez nultocaka uzatvorenom kruguK(0, R). Buduci da je f = PgR, gdje je P polinom, prema propoziciji 9.7. vrijediρ(gR) = ρ(f). Stoga za dano a > ρ(f), a < p+ 1, prema propoziciji 9.5. postoji A >= takav da je

|gR(z)| ≤ Ae|z|a ∀z ∈ C.

Odatle posebno vrijedi|z| = 2R =⇒ |gR(z)| ≤ Ae(2R)a

,

pa po principu maksimuma modula (teorem 1.12.) dobivamo

|z| ≤ 2R =⇒ |gR(z)| ≤ Ae(2R)a

. (9.118)


Funkcija Gr nema nultocaka u zatvorenom krugu K(0, R), dakle ni u nekom otvorenom kruguK(0, R1), R < R1 < 2R. Kako je otvoren krug podrucje sa svojstvom logaritma, postoji funkcijahr ∈ H(K(0, R1)) takva da je

gR(z) = ehR(z), z ∈ K(0, R1).

Kako je gR(0) = 1, mozemo uzeti da je Hr(0) = 0; tada je funkcija hr jedinstveno odredena.Buduci da je

|gR(z)| = eRe hR(z),

iz (9.118) slijedi|z| < R1 =⇒ Re hR(z) ≤ lnA+ 2aRa,

dakle, za neki B > 0 vrijedi|z| < R1 RehR(z) ≤ BRa. (9.119)

Kako je HR(0) = 0, iz (9.119) i iz Caratheodoryjeve leme 9.7. dobivamo:

ρ < R =⇒ MhR(ρ) ≤ 2ρ

R− ρBRa. (9.120)

Neka je |z| = r < R. Tada je

h(p+1)R (z) =

(p+ 1)!

2πi

∫

γ

HR(ζ)

(ζ − z)p+2dζ, (9.121)

gdje je γ pozitivno orijentirana kruznica sa sredistem u tocki z i radijusom 12(R − r), tj.

γ(t) = z + 12(R − r)eit, 0 ≤ t ≤ 2π. Za ζ ∈ γ∗ vrijedi |ζ| ≤ r + 1

2(R − r) = 1

2(R + r), pa iz

(9.120) za ρ = 12(R + r) i iz (9.121) slijedi da za |z| = r < R vrijedi

∣∣∣h(p+1)R (z)

∣∣∣ ≤ (p+ 1)!

2π· R + r

(R− r)/2·BRa · 2p+2

(R− r)p+2· π(R− r) = B

2p+2(p+ 1)!(R + r)

(R − r)p+2Ra.

Odavde uz oznaku C = 3 · 22p+3 ·B · (p+ 1)! dobivamo

|z| = R/2 =⇒∣∣∣h(p+1)

R (z)∣∣∣ ≤ CRa−p−1,

dakle, prema principu maksimuma modula

|z| ≤ R/2 =⇒∣∣∣h(p+1)

R (z)∣∣∣ ≤ CRa−p−1, (9.122)

Buduci da je

h′R(z) =g′R(z)

gR(z)=f ′(z)

f(z)+∑

|an|leqR

1

an − z,

iz (9.117) nalazimo

g(p+1)(z) = h(p+1)R (z) + p!

∑

|an|>R

1

(an − z)p+1. (9.123)

Ako je |z| ≤ R/2 i |an| > R, onda je |an − z| ≥ |an|/2. Prema tome, vrijedi

|z| ≤ R/2 =⇒

∣∣∣∣∣∣p!∑

|an|>R

1

(an − z)p+1

∣∣∣∣∣∣≤ p! 2p+1

∑

|an|>R

|an|−p−1. (9.124)

9.10. PRIMJERI: TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 103

Iz (9.122) slijedi da je

limR→+∞

h(p+1)R (z) = 0 ∀z ∈ C. (9.125)

Nadalje, red∑

n∈N |an|−p−1 konvergira, jer je p ≥ k. Stoga iz (9.124) izlazi da vrijedi

limR→+∞

p!∑

|an|>R

1

(an − z)p+1= 0 (9.126)

Buduci da lijeva strana u (9.123) ne ovisi o R, (9.125) i (9.126) pokazuju da je g(p+1)(z) = 0.Dakle, g je polinom stupnja ≤ p.

Zadatak 9.20. Neka je f cijela funkcija konacnog reda ρ(f) /∈ Z. Dokazite da tada za svaku tockua ∈ C jednadzba f(z) = a ima beskonacno mnogo rjesenja.

Uputa: U protivnom bismo imali f(z) − a = eg(z)P (z), gdje je P polinom, a g cijela funkcija.Koristite sada teorem 9.13.

Zadatak 9.21. Neka je f cijela funkcija reda < 2, kojoj su sve nultocke realne i za koju vrijedif(R) ⊆ R. Dokazite da tada i njena derivacija f ′ ima sve nultocke realne i da se izmedu dvijeuzastopne nultocke od f nalazi tocno jedna nultocka od f ′.

Uputa: Neka je N(f) = xn; n ∈ N. Izvedite formule

Im

[f ′(z)

f(z)

]= −y

[k

x2 + y2+∑

n∈N

1

(x− xn)2 + y2

], z = x+ iy ∈ C, x, y ∈ R,

id

dz

[f ′(z)

f(z)

]= − k

z2−∑

n∈N

1

(z − xn)2, z ∈ C.

9.10 Primjeri: trigonometrijske funkcije

Primjer 1. Cijela funkcija f(z) = sin πz.

Imamo N(f) = Z i m(f ;n) = 1 za svaki n ∈ Z. Buduci da je

∑

n∈Z, n 6=0

|n|−2 < +∞ i∑

n∈Z, n 6=0

|n|−1 = +∞

promatrana je funkcija ranga 1. Nadalje, eksponent konvergencije nultocaka te funkcije takoder jejednak 1. Primjenom teorema 9.5. zakljucujemo da je

sin πz = zeg(z)∏

n∈NE1

( zn

)·∏

n∈NE1

(− zn

), (9.127)

gdje je g neka cijela funkcija. Prema propozicijama 9.2. i 9.3. u beskonacnom produktu (9.127)mozemo po volji mijenjati redoslijed faktora i po volji ih mozemo grupirati. Kako je

E1

( zn

)E1

(− zn

)=(1 − z

n

)ez/n

(1 +

z

n

)e−z/n = 1 − z2

n2,


iz (9.127) slijedi

sin πz = zeg(z)∏

n∈N

[1 − z2

n2

]. (9.128)

Treba jos odrediti funkciju g.Prema teoremu 9.3. iz (9.128) izlazi

f ′(z)

f(z)= π ctg πz = g′(z) +

1

z+∑

n∈N

2z

z2 − n2

i pri tome red konvergira lokalno uniformno na C \ Z. Odavde i iz formule (5.40) (str. 48) izlazida je g′(z) = 0, tj. g je konstanta. Prema tome, postoji kompleksan broj α 6= 0 takav da je

sin πz = αz∏

n∈N

[1 − z2

n2

]. (9.129)

Buduci da je

limz→0

sin πz

z= π,

iz (9.129) slijedi da je α = π, dakle, imamo konacnu formulu

sin πz = πz∏

n∈N

[1 − z2

n2

]. (9.130)

Primjer 2. Cijela funkcija f(z) = cos πz.

Sasvim analogno za funkciju cos πz nalazimo

cos πz = eg(z)∏

n∈ZE1

(1 − z

n + 1/2

),

pa iz

E1

(1 − z

n+ 1/2

)E1

(1 +

z

n + 1/2

)= 1 − z2

(n+ 1/2)2

slijedi

cos πz = eg(z)∏

n∈Z+

[1 − z2

(n+ 1/2)2

].

Odavde koristenjem teorema 9.3. dobivamo

(cos πz)′

cos πz= −πtg πz = g′(z) +

∑

n∈Z+

2z

z2 − (n+ 1/2)2,

pa iz formule (5.42) (str. 48) slijedi da je g′(z) = 0, odnosno da je cijela funkcija g konstantna.Prema tome, za neki α ∈ C, α 6= 0, vrijedi

cos πz = α∏

n∈Z+

[1 − z2

(n+ 1/2)2

].

Kako je cos 0 = 1, slijedi α = 1, pa imamo konacnu formulu

cos πz =∏

n∈Z+

[1 − z2

(n + 1/2)2

]. (9.131)

9.10. PRIMJERI: TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 105

Zadatak 9.22. Za svaki k ∈ Z dokazite jednakosti:

∏

n∈N

[1 − (k + 1/2)2

n2

]=

(−1)k

kπi

∏

n∈N

[1 − k2

(n + 1/2)2

]= (−1)k.


eaz − ebz = (a− b)ze(a+b)z/2∏

n∈N

[1 +

(a− b)2z2

4n2π2

].

Zadatak 9.24. Dokazite da za svaki a ∈ C \ Zπ vrijedi

sin (a− z) = e−z ctg a sin a∏

n∈Z

[(1 − z

a+ nπ

)ez/(a+nπ)

], z ∈ C.


Poglavlje 10

Eulerova gama funkcija

10.1 Definicija gama funkcije

Promatrat cemo funkciju Γ kompleksne varijable definiranu formulom

Γ(z) =

∫ +∞

0

e−ttz−1dt. (10.1)

Pri tome je tz−1 = e(z−1)ln t za z ∈ C i t > 0. Integral u formuli (10.1) zove se Eulerov integraldruge vrste. Na gornjoj granici to je nepravi integral. Osim toga, ako je z ∈ C, z 6= 1, onda je

limt→0

e(z−1)ln t = ∞,

pa je i na donjoj granici integral nepravi. Dakle, definicija funkcije Γ je zapravo

Γ(z) = limε → 0

R → +∞

∫ R

ε

e−ttz−1dt. (10.2)

Funkcija Γ definirana je formulom (10.1) (odnosno, (10.2)) na skupu svih z ∈ C za koje postojilimes u (10.2), odnosno, za koje konvergira nepravi integral (10.1), i zove se gama funkcija.

Zadatak 10.1. Dokazite da za z ∈ R, z ≥ 1, vrijedi

Γ(z + 1) = zΓ(z). (10.3)

odatle izvedite da je Γ(n) = (n− 1)! za svaki n ∈ N.

Prema tome, gama funkcija je prosirenje funkcije n 7→ (n−1)! sa skupa N na skup konvergencijenepravog integrala (10.1).

10.2 Nepravi integrali ovisni o parametru

Da bismo proucili konvergenciju integrala (10.1) i da bismo dokazali da je tim integralomdefinirana holomorfna funkcija na desnoj poluravnini, tj. za Re z > 0, oucimo da je integral (10.1)poseban slucaj nepravog integrala oblika

∫ b

a

f(t, z)dt. (10.4)

107

108 POGLAVLJE 10. EULEROVA GAMA FUNKCIJA

Za takav integral kazemo da ovisi o parametru z. Ako za svaku tocku z iz nekog otvorenog skupaΩ ⊆ C nepravi integral (10.4) konvergira, onda on definira funkciju na Ω

g(z) =

∫ b

a

f(t, z)dt, z ∈ Ω. (10.5)

Kod takvih inegrala postavlja se pitanje neprekidnosti i holomorfnosti funkcije g, a zatim i pitanjemogucnosti deriviranja pod znakom integrala, tj. pitanje uvjeta uz koje vrijedi

g(n)(z) =

∫ b

a

∂nf(t, z)

∂zndt. (10.6)

Prije nego sto prijedemo na rjesavanje ovih pitanja za neprave integrale, razmotrimo jednos-tavniji slucaj pravih integrala.

Lema 10.1. Neka je −∞ < a < b < +∞, Ω ⊆ C otvoren skup i f : [a, b] × Ω → C neprekidnafunkcija takva da je za svako t ∈ [a, b] funkcija z 7→ f(t, z) holomorfna na Ω. Tada je sa (10.5)definirana holomorfna funkcija na Ω i za svaki prirodan broj n vrijedi formula (10.6).

Dokaz: Dokazimo najprije da je funkcija g neprekidna na Ω. Neka je z0 ∈ Ω. Izaberimo r > 0tako da bude K(z0, r) ⊆ Ω. Skup [a, b] ×K(z0, r) je kompaktan, pa je svaka neprekidna funkcijana tom skupu uniformno neprekidna. Prema tome, za dano ε > 0 postoji δ > 0 takvo da vrijedi

t1, t2 ∈ [a, b], z1, z2 ∈ K(z0, r), |t1 − t2| ≤ δ, |z1 − z2| ≤ δ =⇒ |f(t1, z1) − f(t2, z2)| ≤ε

b− a.

Posebno, vrijedi:

t ∈ [a, b], z ∈ K(z0, r), |z − z0| ≤ δ =⇒ |f(t, z) − f(t, z0)| ≤ε

b− a. (10.7)

Imamo

g(z) − g(z0) =

∫ b

a

[f(t, z) − f(t, z0)]dt,

pa iz (10.7) slijedi

z ∈ K(z0, r), |z − z0| ≤ δ =⇒ |g(z) − g(z0)| ≤ ε.

Prema tome, funkcija g je neprekidna u svakoj tocki z0 ∈ Ω.Neka je sada ∆ bilo koji zatvoren trokut sadrzan u Ω i ∂∆ njegov orijentirani rub. Prema

teoremu 1.5. zbog holomorfnosti funkcije z 7→ f(t, z) na Ω za svako t ∈ [a, b] imamo∫

∂∆

f(t, z)dt = 0.

Odatle dobivamo∫

∂∆

g(z)dt =

∫

∂∆

[∫ b

a

f(t, z)dt

]dz =

∫ b

a

[∫

∂∆

f(t, z)dz

]dt = 0.

Sada iz teorema 1.5. zakljucujemo da je funkcija g holomorfna na Ω.Neka je z ∈ Ω i neka je r > 0 izabran tako da bude K(z, r) ⊆ Ω. Oznacimo sa γ pozitivno

orijentiranu kruznicu sa sredistem u tocki z i radijusom r. Prema Cauchyjevoj integralnoj formuliza derivacije za svaki n ∈ N vrijede formule

g(n)(z) =n!

2πi

∫

γ

g(ζ)

(ζ − z)n+1dζ i

∂nf(t, z)

∂zn=

n!

2πi

∫

γ

f(t, ζ)

(ζ − z)n+1dζ ∀t ∈ [a, b].

10.2. NEPRAVI INTEGRALI OVISNI O PARAMETRU 109

Odatle dobivamo

g(n)(z) =n!

2πi

∫

γ

1

(ζ − z)n+1

[∫ b

a

f(t, ζ)dt

]dζ =

∫ b

a

[n!

2πi

∫

γ

f(t, ζ)

(ζ − z)n+1dζ

]dt =

∫ b

a

∂nf(t, ζ)

∂zndt.

U slucaju nepravog integrala koji ovisi o parametru za analogan rezultat potrebno je postavitidodatne uvjete na konvergenciju integrala. Neka je −∞ < a < b ≤ +∞, Ω ⊆ C otvoren skupi f : [a, b〉 × Ω → C funkcija takva da nepravi integral (10.4) konvergira za svaku tocku z ∈ Ω.Neka je g : Ω → C funkcija definirana formulom (10.5). Kazemo da nepravi integral (10.4)konvergira uniformno na skupu K ⊆ Ω, ako za svako ε > 0 postoji B0 ∈ [a, b〉 takvo da vrijedi:

z ∈ K, B ≥ B0, B < b =⇒∣∣∣∣g(z) −

∫ B

a

f(t, z)dt

∣∣∣∣ ≤ ε.

Kazemo da nepravi integral (10.4) konvergira lokalno uniformno na Ω, ako on konvergirauniformno na svakom kompaktnom skupu K ⊆ Ω.

Sasvim analogno definira se pojam uniformne i lokalno uniformne konvergencije integrala (10.4)i kad se radi o nepravom integralu na donjoj ili na obje granice. U tim slucajevima vrijede analognirezultati.

Lema 10.2. Neka su −∞ < a < b ≤ +∞, Ω ⊆ C otvoren skup i f : [a, b〉 × Ω → C neprekidnafunkcija. Ako za dani skup K ⊆ Ω postoji nenegativna neprekidna funkcija F : [a, b〉 → R takvada je

|f(t, z)| ≤ F (t) ∀(t, z) ∈ [a, b〉 ×K (10.8)

i ∫ b

a

F (t)dt < +∞ (10.9)

onda integral (10.4) konvergira uniformno na K.

Dokaz: Iz (10.8) i (10.9) slijedi da integral (10.4) konvergira apsolutno za svaku tocku z ∈ K.Neka je ε > 0. Izaberimo B0 ∈ [a, b〉 tako da vrijedi

∫ b

B0

F (t)dt ≤ ε. (10.10)

Sada za z ∈ K i B0 ≤ B < b iz (10.8), (10.9) i (10.10) dobivamo

∣∣∣∣g(z) −∫ B

a

f(t, z)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ b

B

f(t, z)dt

∣∣∣∣ ≤∫ b

B

F (t)dt ≤∫ b

B0

F (t)dt ≤ ε.


Propozicija 10.1. Neka su −∞ < a < b ≤ +∞, Ω ⊆ C otvoren skup i f : [a, b〉 × Ω →C neprekidna funkcija takva da je za svako t ∈ [a, b〉 funkcija z 7→ f(t, z) holomorfna na Ω.Pretpostavimo da nepravi integral (10.4) konvergira lokalno uniformno na Ω. Tada je funkcijag : Ω → C definirana tim integralom holomorfna na Ω i za svaki n ∈ N i svaku tocku z ∈ Ω vrijediformula (10.6).

Dokaz: Neka je (bk)k∈N rastuci niz u [a, b〉 koji konvergira prema b. Za svaki prirodan brojk ∈ N definiramo funkciju gk : Ω → C formulom

gk(z) =

∫ bk

a

f(t, z)dt, z ∈ Ω.


Prema lemi 10.1. funkcije gk su holomorfne i za svaki n ∈ N i svaku tocku z ∈ Ω vrijedi

g(n)k (z) =

∫ bk

a

∂nf(t, z)

∂zndt. (10.11)

Ptretpostavka o lokalno uniformnoj konvergenciji integrala (10.4) ima za posljedicu da niz holo-morfnih funkcija (gk)k∈N konvergira lokalno uniformno na Ω prema funkciji g. Prema Weier-strassovom teoremu 1.6. funkcija g je holomorfna na Ω i za svaki prirodan broj n ∈ N niz n−tih

derivacija(g

(n)k

)k∈N

konvergira lokalno uniformno na Ω prema n−toj derivaciji g(n). Odatle i iz

(10.11) slijedi (10.6), buduci da je (bk)k∈N proizvoljan rastuci niz u [a, b〉 koji konvergira prema b.

Napomenimo jos da Weierstrassov teorem 1.6. ima za posljedicu da iz lokalno uniformne kon-vergencije integrala (10.4) slijedi lokalno uniformna konvergencija integrala (10.6) za svaki n ∈ N.

10.3 Podrucje konvergencije Eulerovog integrala

Vratimo se sada na pitanje konvergencije integrala (10.1) i to pitanje razdvojimo na razmatranjedvaju nepravih integrala, jednog na donjoj a drugog na gormnjoj granici:

P (z) =

∫ 1

0

e−ttz−1dt, Q(z) =

∫ +∞

1

e−ttz−1dt. (10.12)

Funkcije P i Q definirane tim integralima zovu se nepotpune gama funkcije. Dokazat cemo daje funkcija P holomorfna na desnoj poluravnini Re z > 0 i da je Q cijela funkcija.

Dokazimo najprije da je Q cijela funkcija. Prema propoziciji 10.1. u tu je svrhu dovoljnoustanoviti da funkcija f : [1,+∞〉× C → C, definirana sa

f(t, z) = e−ttz−1 = e−t+(z−1)ln t, (t, z) ∈ [1,+∞〉× C, (10.13)

zadovoljava uvjete leme 10.2. za svaki kompaktan skup K ⊆ C. Ta je funkcija ocito neprekidna iza svaki t ∈ [1,+∞〉 funkcija z → f(t, z) je cijela. Neka je K ⊆ C kompaktan skup. Tada je skupK ogranicen pa postoji prirodan broj m takav da je

Re z ≤ m ∀z ∈ K.

Definiramo sada nenegativnu funkciju FK : [1,+∞〉 → R sa

FK(t) = e−ttm−1.

Sada za z ∈ K i t ∈ [1,+∞〉 imamo∣∣e−ttz−1

∣∣ = e−ttRe z−1 ≤ e−ttm−1 = FK(t).

Nadalje, prema zadatku 10.1. imamo∫ +∞

1

FK(t)dt =

∫ +∞

1

e−ttm−1dt <

∫ +∞

0

e−ttm−1dt = (m− 1)! < +∞.

Dakle, funkcija f(t, z) = e−ttz−1 za svaki kompaktan skup K ⊆ C zadovoljava uvjete leme 10.2. paintegral koji definira funkciju Q konvergira lokalno uniformno na C. Prema propoziciji 10.1. Q jecijela funkcija i za svaki prirodan broj n vrijedi

Q(n)(z) =

∫ +∞

1

e−ttz−1(ln t)ndt. (10.14)

10.4. PROSIRENJE GAMA FUNKCIJE 111

Proucimo sada funkciju P na desnoj poluravnini E = z ∈ C; Re z > 0. Neka je K ⊆ Ekompaktan skup. Stavimo

x = min Re z; z ∈ K > 0.

Definiramo nenegativnu neprekidnu funkciju FK : 〈0, 1] → R sa

FK(t) = tx−1, 0 < t ≤ 1.

Kako za z ∈ K i t ∈ 〈0, 1] vrijedi

e−t ≤ 1 i∣∣tz−1

∣∣ = tRe z−1 ≤ tx−1,

dobivamo ∣∣e−ttz−1∣∣ ≤ FK(t) ∀(t, z) ∈ 〈0, 1] ×K.

Nadalje, za 0 < ε < 1 imamo

∫ 1

ε

FK(t)dt =1

xtx∣∣∣∣1

ε

=1

x(1 − εx) ,

a odatle je zbog x > 0 ∫ 1

0

FK(t)dt = limε→0

1

x(1 − εx) =

1

x< +∞.

Iz leme 10.2. i propozicije 10.1. slijedi da je funkcija P holomorfna na desnoj poluravnini E i daza svaki prirodan broj nvrijedi

P (n)(z) =

∫ 1

0

e−ttz−1(ln t)ndt ∀z ∈ E. (10.15)

Iz dokazanog izlazi da je funkcija Γ = P+Q, definirana formulom (10.1), holomorfna na desnojpoluravnini E. Nadalje, iz (10.13) i (10.14) slijedi

Γ(n)(z) =

∫ 1

0

e−ttz−1(ln t)ndt, n ∈ N, z ∈ E. (10.16)

Uocimo sada da svojstvo (10.3) gama funkcije vrijedi za svaku tocku z ∈ E. Buduci da su lijevai desna strana jednakosti (10.3) holomorfne funkcije na E i buduci da znamo da ta jednakost vrijediza svaku tocku z ∈ [1,+∞〉, teorem jedinstvenosti 1.11. pokazuje da jednakost (10.3) vrijedi zasve tocke z desne poluravnine E. Spomenimo jos da se (10.3) lako dokazuje i direktno parcijalnomintegracijom.

Iz (10.3) neposredno slijedi indukcijom po n :

Γ(z + n) = (z + n− 1)(z + n− 2) · · · (z + 1)zΓ(z), n ∈ N, z ∈ E. (10.17)

10.4 Prosirenje gama funkcije

Razmatrat cemo sada problem prosirenja gama funkcije s desne poluravnine do holomorfnefunkcije na vecem podrucju. Neka je Ω ⊆ C podrucje koje sadrzi desnu poluravninu E i nekaje F : Ω → C holomorfna funkcija koja prosiruje funkciju Γ. Po teoremu jedinstvenosti 1.11. iz(10.17) slijedi da za prirodan broj n i za sve tocke z ∈ Ω takve da je i z + n ∈ Ω vrijedi

F (z + n) = (z + n− 1) · · · (z + 1)zF (z).


Pretpostavimo sada da je −k ∈ Ω za neki k ∈ Z+. Uvrstimo li u gornju formulu z = −k i n = k+1,dobivamo

F (1) = 0 · (−1) · · · (−k + 1) · (−k) · F (−k) = 0,

a to je apsurd jer je F (1) = Γ(1) = 1. Prema tome, podrucje Ω sigurno ne sadrzi nijednu tocku izZ− = −Z+. Dokazat cemo sada da se funkcija Γ moze prosiriti do holomorfne funkcije na citavompodrucju C \ Z−.

Za funkciju Q definiranu sa (10.12) dfokazali smo da je cijela. Prema tome, dovoljno je proma-trati problem prosirenja za funkciju P. Ako je Re z > 0 iz definicije (10.12) funkcije P nalazimo

P (z) =

∫ 1

0

e−ttz−1dt =

∫ 1

0

∑

k∈Z+

(−1)k tk

k!

tz−1dt,

odnosno,

P (z) =

∫ 1

0

tz−1dt +

∫ 1

0

[∑

k∈N

(−1)k

k!tz+k−1

]dt. (10.18)

Prvi integral (nepravi) u formuli (10.18) jednak je1

z. Za svaku tocku z ∈ E red u drugom integralu

u (10.18) konvergira apsolutno i uniformno po t ∈ [0, 1]. Doista, za 0 ≤ t ≤ 1 i k ∈ N imamo

∣∣tz+k−1∣∣ = tRe z+k−1 ≤ 1,

pa je spomenuti red apsolutnih vrijednosti majoriziran konvergentnim redom s pozitivnim clanovima

∑

k∈N

1

k!= e − 1 < +∞.

Zbog uniformne konvergencije na segmentu [0, 1] zakljucujemo da drugi integral u (10.18) zapravonije nepravi nego pravi i da mozemo zamijeniti redoslijed integracije i sumacije. Kako je

∫ 1

0

tz+k−1dt =1

z + k,

iz (10.18) dobivamo

P (z) =1

z+∑

k∈N

(−1)k

k!

1

z + k=∑

k∈Z+

(−1)k

k!

1

z + k.

Razmotrimo sada konvergenciju reda racionalnih funkcija

∑

k∈N

(−1)k

k!

1

z + k. (10.19)

Dokazat cemo da taj red konvergira lokalno uniformno na C (u smislu definicije na str. 39).Neka je R > 0. Izaberimo prirodan broj m > R. Tada clanovi reda (10.18) za k ≥ m nemaju

polova u zatvorenom krugu K(0, R). Nadalje, za k ≥ m i z ∈ K(0, R) je

|z + k| ≥ k − |z| ≥ m− R,

10.4. PROSIRENJE GAMA FUNKCIJE 113

pa slijedi ∣∣∣∣(−1)k

k!

1

z + k

∣∣∣∣ ≤1

k!

1

m− R.

Kako je ∑

k≥m

1

k!

1

m−R<

1

m− R

∑

k∈Z+

1

k!=

e

m− R< +∞,

prema Weierstrassovom kriteriju uniformne konvergencije slijedi da red

∑

k≥m

(−1)k

k!

1

z + k

konvergira uniformno na zatvorenom krugu K(0, R). Prema tome, red racionalnih funkcija (10.19)konvergira lokalno uniformno na C. Prema propoziciji 5.1. suma tog reda je meromorfna funkcijaΦ na C kojoj su polovi sadrzani u skupu Z−. Nadalje, prema provedenom racunu ta se funkcija Φpodudara s funkcijom P na desnoj poluravnini E.

Promatran na podrucju C\Z− red holomorfnih funkcija (10.19) konvergira lokalno uniformno.Prema Weierestrassovom teoremu 1.11. taj red smijemo derivirati clan po clan:

Φ(n)(z) =∑

k∈Z+

(−1)k+n n!

k!

1

(z + k)n+1, z ∈ C \ Z−.

Za bilo koji n ∈ Z+ imamo

Φ(z) =(−1)n

n!

1

z + n+ Φn(z),

gdje je

Φn(z) =∑

k∈Z+, k 6=n

(−1)k

k!

1

z + k

funkcija, koja je holomorfna na skupu (C \ Z−) ∪ −n i posebno na okolini K(−n, 1) tocke −n.Prema tome, glavni dio Laurentovog razvoja funkcije Φ oko tocke −n jednak je

(−1)n

n!

1

z + n.

Sve dokazano mozemo iskazati teoremom:

Teorem 10.1. (a) Funkcija Γ zadana sa

Γ(z) =

∫ +∞

1

e−ttz−1dt +∑

k∈Z+

(−1)k

k!

1

z + k(10.20)

holomorfna je na podrucju C \Z−, ima polove prvog reda u tockama skupa Z− i u tim su jojpolovima reziduumi

Res(Γ;−n) =(−1)n

n!, n ∈ Z+.

(b) Nepravi integral u (10.20) konvergira za sve z ∈ C i definira cijelu funkciju.


(c) Za svaki n ∈ N je

Γ(n)(z) =

∫ +∞

1

e−ttz−1(ln t)ndt +∑

k∈Z+

(−1)k+n n!

k!

1

(z + k)n+1, z ∈ C \ Z−.

(d) VrijediΓ(z + 1) = zΓ(z) ∀z ∈ C \ Z−.

(e) U desnoj poluravnini E funkcija Γ ima integralni prikaz

Γ(z) =

∫ +∞

0

e−ttz−1dt

i za svaki n ∈ Γ vrijedi

Γ(n)(z) =

∫ +∞

0

e−ttz−1(ln t)ndt, z ∈ E.

10.5 Produktna formula

U ovom odjeljku dokazat cemo tzv. produktnu formulu:

Teorem 10.2. Vrijedi jednakost

Γ(z)Γ(1 − z) =π

sin πz∀z ∈ C \ Z. (10.21)

Dokaz: Pretpostavimo najprije da je z = x, 0 < x < 1. Imamo

Γ(x) =

∫ +∞

0

e−ttx−1dt, Γ(1 − x) =

∫ +∞

0

e−ss−xds.

Supstitucijama t = u2 i s = v2 dobivamo

Γ(x) = 2

∫ +∞

0

e−u2

u2x−1du, Γ(1 − x) = 2

∫ +∞

0

e−v2

v1−2xdv,

pa slijedi

Γ(x)Γ(1 − x) = 4

∫ +∞

0

∫ +∞

0

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv.

Gornji integral mozemo shvatiti kao povrsinski integral po prvom kvadrantu (u, v)−ravnine.Prijedimo u tom integralu na polarne koordinate u (u, v)−ravnini:

u = r cos ϕ, v = r sin ϕ, dudv = rdrdϕ.

Imamou2 + v2 = r2 i

u

v= ctgϕ,

pa dobivamo

Γ(x)Γ(1 − x) = 4

∫ +∞

0

e−r2

rdr

∫ +π2

0

(ctgϕ)2x−1dϕ. (10.22)

Buduci da se ne radi o obicnim nego o nepravim integralima, ovaj formalni racun treba opravdati.

10.5. PRODUKTNA FORMULA 115

Buduci da je podintegralna funkcija svuda nenegativna, integral po kruznom isjecku(u, v) ∈ R2; u ≥ 0, v ≥ 0, u2 + v2 ≤ R2 mozemo ocijeniti odozgo s integralom po opisanomkvadratu (u, v) ∈ R2; 0 ≤ u ≤ R, 0 ≤ v ≤ R, a odozdo s integralom po upisanom kvadratu(u, v) ∈ R2; 0 ≤ u ≤ R/

√2, 0 ≤ v ≤ R/

√2 :

∫ R√2

0

∫ R√2

0

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv ≤∫ R

0

e−r2

rdr

∫ π2

0

(ctgϕ)2x−1dϕ ≤∫ R

0

∫ R

0

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv.

Neka je ∆R(x) razlika gornje i donje ocjene:

∆R(x) =

∫ R

0

∫ R

0

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv −∫ R√

2

0

∫ R√2

0

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv.

Postupak zamjene varijabli u dvostrukom nepravom integralu bit ce opravdan ako dokazemo daza svaki x ∈ 〈0, 1〉 vrijedi limR→+∞ ∆R(x) = 0. Razlika integrala ∆R(x) jednaka je sumi trijuintegrala:

∆R(x) = AR(x) +BR(x) + CR(x),

gdje su

AR(x) =

∫ R√2

0

∫ R

R√2

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv, BR(x) =

∫ R

R√2

∫ R√2

0

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv,

CR(x) =

∫ R

R√2

∫ R

R√2

e−(u2+v2)(uv

)2x−1

dudv.

Dokazat cemo sada da za svaki x ∈ 〈0, 1〉 vrijedi

limR→+∞

AR(x) = limR→+∞

BR(x) = limR→+∞

CR(x) = 0

i time ce prijelaz s Kartezijevih koordinata (u, v) na polarne koordinate (r, ϕ) biti opravdan.U integralu AR(x) je 0 ≤ u ≤ R/

√2 i R/

√2 ≤ v ≤ R pa imamo

u2 + v2 ≥ R2

2, dakle, e−(u2+v2) ≤ e−

R2

2 .

Dakle,

0 ≤ AR(x) ≤ e−R2

2

∫ R√2

0

∫ R

R√2

(uv

)2x−1

dudv.

Ovaj se integral moze eksplicitno izracunati:

∫ R√2

0

∫ R

R√2

(uv

)2x−1

dudv =

∫ R√2

0

u2x−1du

∫

R√2

v1−2xdv =u2x

2x

∣∣∣∣R√2

0

· v2−2x

2 − 2x

∣∣∣∣R

R√2

=R2(21−x − 1)

8x(1 − x).

Slijedi

0 ≤ AR(x) ≤ e−R2

2R2(21−x − 1)

8x(1 − x)=⇒ lim

R→+∞AR(x) = 0.

U drugom integralu BR(x) je R/√

2 ≤ u ≤ R i 0 ≤ v ≤ R/√

2 pa opet imamo

u2 + v2 ≥ R2

2, dakle, e−(u2+v2) ≤ e−

R2

2


i dobivamo

0 ≤ BR(x) ≤ e−R2

2

∫ R

R√2

∫ R√2

0

(uv

)2x−1

dudv.

Sada je

∫ R

R√2

∫ R√2

0

(uv

)2x−1

dudv =

∫

R√2

u2x−1du

∫ R√2

0

v1−2xdv =u2x

2x

∣∣∣∣R

R√2

· v2−2x

2 − 2x

∣∣∣∣R√2

0

=R2(2x − 1)

8x(1 − x).

Stoga je

0 ≤ BR(x) ≤ e−R2

2R2(2x − 1)

8x(1 − x)=⇒ lim

R→+∞BR(x) = 0.

Napokon, u trecem integralu CR(x) je R/√

2 ≤ u ≤ R i R/√

2 ≤ v ≤ R pa imamo

u2 + v2 ≥ R2

2+R2

2= R2 =⇒ e−(u2+v2) ≤ e−R2

i dobivamo

0 ≤ CR(x) ≤ e−R2

∫ R

R√2

∫ R

R√2

(uv

)2x−1

dudv.

Sada je

∫ R

R√2

∫ R

R√2

(uv

)2x−1

dudv =

∫ R

R√2

u2x−1du

∫ R

R√2

v1−2xdv =u2x

2x

∣∣∣∣R

R√2

· v2−2x

2 − 2x

∣∣∣∣R

R√2

=R2(3 − 2x − 21−x)

8x(1 − x).

Dakle,

0 ≤ CR(x) ≤ e−R2 R2(3 − 2x − 21−x)

8x(1 − x)=⇒ lim

R→+∞CR(x) = 0.

Time je postupak prijelaza s Kartezijevih koordinata na polarne u potpunosti opravdan i vrijedi(10.22). U integralu po r supstitucija r2 = t daje

2

∫ +∞

0

e−r2

rdr =

∫ +∞

0

e−tdt = 1.

Prema tome je

Γ(x)Γ(1 − x) = 2

∫ π2

0

(ctgϕ)2x−1dϕ.

U ovaj integral uvodimo supstituciju y = ctgϕ. Buduci da je

(sin ϕ)2 =1

1 + (ctgϕ)2=

1

1 + y2i dy = − 1

(sin ϕ)2dϕ = −(1 + y2)dϕ,

dobivamo

Γ(x)Γ(1 − x) = 2

∫ +∞

0

y2x−1

1 + y2dy. (10.23)

Ovaj cemo integral izracunati pomocu racuna reziduuma. Stavimo

Ω = C \ iR− = C \ −iv; v ≥ 0

10.5. PRODUKTNA FORMULA 117

i definiramo meromorfnu funkciju f na Ω formulom

f(z) =z2x−1

1 + z2; (10.24)

pri tome za z = |z|eiϕ, −π/2 < ϕ < 3π/2, stavljamo z2x−1 = |z|2x−1ei(2x−1)ϕ. Jedini pol funkcije fje tocka z = i. To je pol prvog reda i

Res(f ; i) = limz→i

(z − i)z2x−1

1 + z2= lim

z→i

z2x−1

z + i

1

2iei(2x−1)π/2 = −1

2eixπ.

U daljnjem za bilo koji r > 0 sa γr oznacavat cemo pozitivno orijentiranu ”gornju” polukruznicusa sredistem u 0 i radijusom r od tocke r do tocke −r :

γr(t) = reit, 0 ≤ t ≤ π.

Nadalje, sa γ−r oznacimo suprotno orijentiranu polukruznicu od tocke −r do tocke r :

γ−r (t) = γr(π − t) = rei(π−t) = −re−it, 0 ≤ t ≤ π.

Neka su sada 0 < r < 1 < R < +∞. Definiramo zatvorenu krivulju Γr,R sastavljenu od ravnogsegmenta [−R,−r] od tocke −R do tocke −r, zatim od negativno orijentirane polukruznice γ−rod tocke −r do tocke r, zatim od ravnog segmenta [r, R] od tocke r do tocke R i napokon odpozitivno orijentirane polukruznice γR od tocke R do tocke −R. Dakle, ako je f holomorfnafunkcija na podrucju koje sadrzi Γ∗

r,R, onda je

∫

Γr,R

f(z)dz =

∫

[−R,−r]

f(z)dz −∫

γr

f(z)dz +

∫

[r,R]

f(z)dz +

∫

γR

f(z)dz.

Podrucje Ω = C \ iR− sadrzi Γ∗r,R, a jedini pol i funkcije f ∈ M(Ω) definirane sa (10.24) nalazi se

u unutarnjem podrucju pozitivno orijentirane konture Γr,R. Prema teoremu o reziduumima imamo

∫

Γr,R

f(z)dz = 2πiRes(f ; i) = −πieixπ. (10.25)

Razmotrimo sada poblize cetiri dijela gornjeg integrala. Prije svega na segmentu [−R,−r] jez < 0, pa je |z| = −z i z = −zeiπ; dakle,

z2x−1 = (−z)2x−1ei(2x−1)π = −(−z)2x−1e2ixπ.

Stoga je ∫

[−R,−r]

f(z)dz = −e21xπ

∫

[−R,−r]

(−z)2x−1

1 + z2dz = −e2ixπ

∫ R

r

y2x−1

1 + y2dy.

Odatle i iz (10.23) dobivamo da vrijedi

limR → +∞

r → 0

∫

[−R,r]

f(z)dz = −1

2e2ixπΓ(x)Γ(1 − x). (10.26)

Na segmentu [r, R] je z > 0, pa je z = |z|, dakle,

∫

[r,R]

f(z)dz =

∫ R

r

y2x−1

1 + y2dy.


Odatle je

limR → +∞

r → 0

∫

[r,R]

f(z)dz =1

2Γ(x)Γ(1 − x). (10.27)

Ostalim dvama dijelovima integrala po Γr,R cemo samo ocijeniti apsolutnu vrijednost. Na manjojpolukruznici radijusa r < 1 je

∣∣∣∣∫

γr

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ rπmax∣∣f

(reit)∣∣ ; 0 ≤ t ≤ π

.

Imamo

|f (rit)| =r2x−1

|1 + r2e2it| ≤r2x−1

1 − r2,

pa slijedi ∣∣∣∣∫

γr

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤πr2x

1 − r2.

Odatle dobivamo

limr→0

∫

γr

f(z)dz = 0. (10.28)

Napokon, na vecoj polukruznici je R > 1, odakle je

∣∣f(Reit

)∣∣ ≤ R2x−1

R2 − 1,

pa slicno kao prije dobivamo ∣∣∣∣∫

γR

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤πR2x

R2 − 1.

Kako je 2x < 2, slijedi

limR→+∞

∫

γR

f(z)dz = 0. (10.29)

Iz formula (10.25) − (10.29) slijedi

−πieixπ = limR → +∞

r → 0

∫

Γr,R

f(z)dz =1

2

(1 − e2ixπ

)Γ(x)Γ(1 − x).

Odavde je

Γ(x)Γ(1 − x) =2πieixπ

e2ixπ − 1=

2πi

eixπ − e−ixπ=

π

sin πx.

Time je jednakost (10.21) dokazana za z ∈ 〈0, 1〉. Medutim, obje strane te jednakosti holomorfnesu funkcije na podrucju C \Z, a skup 〈0, 1〉 ima gomilista u tom podrucju. Prema teoremu jedin-stvenosti (teorem 1.11.) zakljucujemo da jednakost (10.21) vrijedi za sve tocke z ∈ C \ Z.


Posebno, za z = 12

iz (10.21) dobivamo Γ(

12

)2= π, a kako je ocito Γ

(12

)> 0, slijedi

Γ

(1

2

)=

√π. (10.30)

Vazna je posljedica produktne formule:

10.6. BETA FUNKCIJA 119

Teorem 10.3. Funkcija Γ nema nultocaka u podrucju C \ Z−. Drugim rijecima, funkcija 1/Γ jecijela, skup njenih nultocaka je Z− i sve su te nultocke jednostruke.

Dokaz: Za n ∈ N je Γ(n) = (n−1)! 6= 0. Neka je sada z ∈ (C\Z−)\N = C\Z i pretpostavimoda je Γ(z) = 0. Tada iz produktne formule slijedi nemoguce:

π = (sin πz)Γ(z)Γ(1 − z) = 0.

Prema tome, Γ nema nultocaka u podrucju C \ Z−.

Zadatak 10.2. Dokazite da za svaki prirodan broj n vrijedi

Γ

(n− 1

2

)=

(2n− 1)!!

2n

√π i Γ

(1

2− n

)=

(−1)n2n

(2n− 1)!!

√π.

Pri tome je (2n− 1)!! = 1 · 3 · · · (2n− 1) i (−1)!! = 1 (tzv. dvostruki faktorijeli).

Uputa: Za prvu formulu koristite (10.30) i (10.3), a drugu izvedite iz prve pomocu produktneformule (10.21).

Zadatak 10.3. Dokazite da za svaki prirodan broj n vrijedi

Γ

(1

n

)Γ

(2

n

)· · ·Γ

(n− 1

n

)=

(2π)n−1

2

√n

.

Uputa: Pomocu produktne formule (10.21) dokazite da je kvadrat lijeve strane gornje jed-nakosti jednak

πn−1

(sin π

n

) (sin 2π

n

)· · ·(sin (n−1)π

n

) .

Da biste gornji izraz izracunali, u identitetu

zn − 1

z − 1=(z − e

2πin

)(z − e

4πin

)· · ·(z − e

2(n−1)πin

)

pustite da z tezi prema 1.

10.6 Beta funkcija

Beta funkcija je kompleksna funkcija dviju kompleksnih varijabli definirana na skupu D×D,D = C \ Z−, formulom

B(p, q) =Γ(p)Γ(q)

Γ(p+ q), (p, q) ∈ D ×D. (10.31)

Teorem 10.4. Ako su p i q u desnoj poluravnini E, onda je

B(p, q) =

∫ 1

0

tp−1(1 − t)q−1dt. (10.32)

Dokaz: Integral u formuli (10.32) je nepravi na donjoj granici ako je 0 < Re p < 1, a nagornjoj granici taj je integral nepravi ako je 0 < Re q < 1. Uzmimo sada proizvoljne tocke p i q iz


desne poluravnine, tj. Re p > 0 i Re q > 0. Neka je ϕ : 〈0, 1〉 → R nenegativna funkcija definiranasa

ϕ(t) =

2tRe p−1 za 0 < t ≤ 12

2(1 − t)Re q−1 za 12< t < 1.

.

Neka je 0 < t ≤ 1/2. Tada je 1 < 1/(1 − t) ≤ 2, pa zbog 1 − Re q < 1 imamo

∣∣tp−1(1 − t)q−1∣∣ = tRe p−1

(1

1 − t

)< tRe p−1 1

1 − t≤ 2tRe p−1 = ϕ(t).

Sasvim analogno, za 1/2 < t < 1 je 1 < 1/t < 2, pa zbog 1 − Re p < 1 imamo

∣∣tp−1(1 − t)q−1∣∣ =

(1

t

)1−Re p

(1 − t)Re q−1 <1

t(1 − t)Re q−1 < 2(1 − t)Re q−1 = ϕ(t).

Prema tome, vrijedi ∣∣tp−1(1 − t)q−1∣∣ ≤ ϕ(t) ∀t ∈ 〈0, 1〉.

Nadalje,∫ 1

0

ϕ(t)dt = 2

∫ 12

0

tRe p−1dt+ 2

∫ 1

12

(1 − t)Re q−1dt =22−Re p

Re p+

22−Re q

Re q< +∞.

Prema tome, za proizvoljne tocke p i q iz desne poluravnine nepravi integral u formuli (10.32)apsolutno konvergira. Oznacimo vrijednost tog integrala sa A(p, q).

Uvodenjem supstitucije t = (cos ϕ)2 u integral A(p, q) dobivamo

A(p, q) = 2

∫ π2

0

(cos ϕ)2p−1(sin ϕ)2q−1dϕ.

Nadalje, supstitucijom t = r2 u integralu za Γ(p+ q) nalazimo

Γ(p+ q) =

∫ +∞

0

e−ttp+q−1dt = 2

∫ +∞

0

e−r2

r2p+2q−1dr.

Dakle,

Γ(p+ q)A(p, q) = 4

∫ +∞

0

∫ π2

0

e−r2

r2p+2q−1(cos ϕ)2p−1(sin ϕ)2q−1drdϕ,

odnosno,

Γ(p+ q)A(p, q) = 4

∫ +∞

0

∫ π2

0

e−r2

(r cos ϕ)2p−1(r sin ϕ)2q−1rdrdϕ.

Shvatimo sada kao u dokazu produktne formule ovaj dvostruki integral kao povrsinski integral upolarnim koordinatama r, ϕ po prvom kvadrantu ravnine i prijedimo na Kartezijeve koordinatex = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Slijedi

Γ(p+ q)A(p, q) = 4

∫ +∞

0

∫ +∞

0

e−x2−y2

x2p−1y2q−1dxdy =

=

(2

∫ +∞

0

e−x2

x2p−1dx

)·(

2

∫ +∞

0

e−y2

y2q−1dy

).

Supstitucijama x =√t i y =

√s dobivamo

Γ(p+ q)A(p, q) =

(2

∫ +∞

0

e−ttp−1dt

)·(

2

∫ +∞

0

e−ssq−1ds

)= Γ(p)Γ(q).

To znaci da je A(p, q) = B(p, q), odnosno, dokazana je formula (10.32).

10.6. BETA FUNKCIJA 121

Zadatak 10.4. Opravdajte prijelaz s polarnih na Kartezijeve koordinate u dokazu teorema 10.4.

Uputa: Postupite analogno kao u dokazu produktne formule (10.21).

Nepravi integral u formuli (10.32), koji predstavlja vrijednost beta funkcije B(p, q) za Re p > 0i Re q > 0, naziva se Eulerov integral prve vrste.

Buduci da je Γ(1) = 1, produktna formula (10.21) moze se i ovako zapisati:

B(z, 1 − z) =π

sin πz, z ∈ C \ Z.

Izvest cemo sada jos jednu produktnu formulu za gama funkciju. Za Re z > 0 prema formuli(10.32) imamo

B(z, z) =

∫ 1

0

(t− t2

)z−1dt =

∫ 12

0

(t− t2

)z−1dt +

∫ 1

12

(t− t2

)z−1dt.

U drugom integralu izvrsimo supstituciju s = 1 − t. Kako je t− t2 = s− s2, dobivamo

∫ 1

12

(t− t2

)z−1dt =

∫ 12

0

(s− s2

)z−1ds.

Dakle,

B(z, z) = 2

∫ 12

0

(t− t2

)z−1dt.

Sada izvrsimo supstituciju t = 12(1−

√u). Tada je t− t2 = 1

4(1− u) i dt = −1

4u−

12 du pa dobivamo

B(z, z) = 2 · 4−z

∫ 1

0

u−12 (1 − u)z−1du = 21−2zB

(12, z).

Odavde i iz definicije beta funkcije nalazimo

Γ(z)2

Γ(2z)= 21−2z Γ

(12

)Γ(z)

Γ(z + 1

2

) .

Kako je prema (10.30) Γ(

12

)=

√π, dobivamo jos jednu produktnu formulu za gama funkciju:

Γ(z)Γ(z + 1

2

)= 21−2z

√πΓ(2z). (10.33)

Iako je izvod proveden uz pretpostavku Re z > 0, po teoremu jedinstvenosti formula (10.33) vrijediza svaku tocku z iz podrucja C \ 1

2Z−, buduci da su na tom podrucju obje strane formule (10.33)

holomorfne funkcije.


B(p, q) =

∫ +∞

0

sp−1(1 + s)−p−qds, Re p > 0, Re q > 0.

Uputa: U Eulerovom integralu prve vrste izvrsite supstituciju t =s

1 + s.


10.7 Gama funkcija kao beskonacni produkt

Prema teoremu 10.3. fukcija f(z) = 1/Γ(z) je cijela, nultocke su joj 0,−1,−2, . . . i sve sujednostruke. Naravno, standardna numeracija skupa N(f) \ 0 je an = −n, n ∈ N. Kako je

∑

n∈N|an|−1 =

∑

n∈N

1

n= +∞ i

∑

n∈N|an|−2 =

∑

n∈N

1

n2< +∞,

cijela funkcija f = 1/Γ je konacnog ranga i rang joj je k(f) = 1. Prema tome, vrijedi

1

Γ(z)= zeg(z)

∏

k∈NE1

(− z

k

)= zeg(z)

∏

k∈N

[(1 + z

k

)e−

zk

], (10.34)

gdje je g cijela funkcija. Da bismo odredili tu cijelu funkciju, do prikaza funkcije 1/Γ u oblikubeskonacnog produkta doci cemo zaobilaznim putem.

Definiramo funkcije u desnoj poluravnini formulama

Γn(z) =

∫ n

0

tz−1(1 − t

n

)ndt, Re z > 0, n ∈ N. (10.35)

Supstitucija t = ns daje

Γn(z) = nz

∫ 1

0

sz−1(1 − s)nds.

Na taj integral primijenimo formulu parcijalne integracije uzastopce n puta:

Γn(z) = nz

[sz

z(1 − s)n

∣∣∣∣1

0

+n

z

∫ 1

0

sz(1 − s)n−1ds

]= nz n

z

∫ 1

0

sz(1 − s)n−1ds =

= nz n(n− 1)

z(z + 1)

∫ 1

0

sz+1(1 − s)n−2 = · · · · · · =nzn!

z(z + 1) · · · (z + n− 1)

∫ 1

0

sz+n−1ds.

Posljednji je integral jednak 1/(z + n), pa slijedi

Γn(z) =nzn!

z(z + 1) · · · (z + n). (10.36)

Prema tome, funkcija Γn definirana formulom (10.35) na desnoj poluravnini prosiruje se do mero-morfne funkcije na C bez nultocaka i s polovima prvog reda u tockama 0,−1, . . . ,−n. Dakle, 1/Γn

je cijela funkcija i ima jednostruke nultocke u 0,−1, . . . ,−n. Buduci da niz polinoma(1 − t

n

)n,

n ∈ N, konvergira prema funkciji e−t, formula (10.35) ukazuje na to da mozemo ocekivati da nizcijelih funkcija (1/Γn)n∈N konvergira prema cijeloj funkciji 1/Γ.

Dokazat cemo sada da niz (1/Γn) konvergira lokalno uniformno na C. Imamo

1

Γn(z)= n−zz

n∏

k=1

(1 + z

k

)= zez(1+ 1

2+···+ 1

n−lnn)

n∏

k=1

[(1 + z

k

)e−

zk

]. (10.37)

Razmotrimo sada niz realnih brojeva (an) definiran sa

an = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n− lnn, n ∈ N.

Kako je

lnn =

∫ n

1

1

xdx,

10.7. GAMA FUNKCIJA KAO BESKONACNI PRODUKT 123

to iz1

x≥ 1

n+ 1za n ≤ x ≤ n + 1

nalazimo

an+1 − an =1

n+ 1−∫ n+1

n

1

xdx ≤ 0.

Prema tome, niz (an) je monotono padajuci. Nadalje,

1

x≤ 1

kza k ≤ x ≤ k + 1,

pa slijedi

an = 1 +1

2+ · · · + 1

n−∫ n

1

1

xdx =

1

n+

n−1∑

k=1

[1

k−∫ k+1

k

1

xdx

]≥ 1

n> 0.

Dakle, svi clanovi niza (an) su pozitivni. Zakljucujemo da postoji

C = limn→+∞

(1 +

1

2+ · · · + 1

n− lnn

)≥ 0. (10.38)

Broj C naziva se Eulerova konstanta. On je s tocnoscu do sesnaeste decimale jednak

C = 0, 5772 1566 4901 5325 . . .

Iako se vjeruje da je taj broj transcendentan, do danas nije dokazano cak ni da C nije racionalanbroj.

Buduci da limes (10.38) postoji, slijedi da je

limn→+∞

ez(1+ 12···+ 1

n−lnn) = eCz ∀z ∈ C

i konvergencija je lokalno uniformna na C. Kako i beskonacan produkt u (10.34) konvergira lokalnouniformno na C, iz (10.37) zakljucujemo dya niz cijelih funkcija (1/Γn) konvergira lokalno uni-formno na C. Oznacimo sa F cijelu funkciju koja je limesw toga niza:

F (z) = limn→+∞

1

Γn(z)= zeCz

∏

k∈N

[(1 +

z

k

)e−

zk

], z ∈ C.

Dokazat cemo sada da je F (z) = 1/Γ(z). Buduci da su F i 1/Γ cijele funkcije, po teoremujedinstvenosti tu je jednakost dovoljno dokazati za z = x > 0. Dakle, treba dokazati da je

Γ(x) = limn→+∞

Γn(x) ∀x > 0. (10.39)

Fiksirajmo x > 0. Kako je

d

ds

[−es

(1 − s

n

)n]=s

nes(1 − s

n

)n−1

,

nalazimo da je

1 − et

(1 − t

n

)n

=

∫ t

0

es s

n

(1 − s

n

)n−1

ds. (10.40)


Za 0 ≤ t ≤ n podintegralna je funkcija u (10.40) nenegativna, pa zakljucujemo da je lijeva stranau jednakosti (10.40) nenegativna. Nadalje, za 0 ≤ s ≤ t je

es ≤ et i(1 − s

n

)n−1

≤ 1,

pa iz (10.40) slijedi da je

1 − et

(1 − t

n

)n

≤∫ t

0

s

netds =

t2

2net.

Prema tome je

0 ≤ 1 − et

(1 − t

n

)n

≤ t2

2net, 0 ≤ t ≤ n,

o odavde je

0 ≤ e−t −(

1 − t

n

)n

≤ t2

2n, 0 ≤ t ≤ n. (10.41)

Imamo

Γ(x) =

∫ +∞

0

e−ttx−1dt i Γn(x) =

∫ n

0

(1 − t

n

)n

tx−1dt (10.42)

pa je

Γ(x) − Γn(x) =

∫ n

0

[e−t −

(1 − t

n

)n]tx−1dt +

∫ +∞

n

e−ttx−1dt. (10.43)

Neka je ε > 0 proizvoljno odabran. Buduci da prvi (nepravi) integral u (10.42) konvergira, postojiprirodan broj m takav da je ∫ +∞

m

e−ttx−1dt ≤ ε

3. (10.44)

Prema (10.41) i (10.44) imamo za n ≥ m :∫ n

0

[e−t −

(1 − t

n

)n]tx−1dt =

∫ m

0

[e−t −

(1 − t

n

)n]tx−1dt+

∫ n

m

[e−t −

(1 − t

n

)n]tx−1dt ≤

≤ 1

2n

∫ m

0

tx+1dt +

∫ n

m

e−ttx−1dt ≤ mx+2

2n(x + 2)+ε

3.

Neka je prirodan broj n0 ≥ m takav da vrijedi

mx+2

2n0(x + 2)≤ ε

3.

Iz gornjih nejednakosti slijedi da je∫ n

0

[e−t −

(1 − t

n

)n]tx−1dt ≤ 2ε

3∀n ≥ n0. (10.45)

Iz (10.41), (10.43), (10.44) i (10.45) dobivamo da vrijedi

0 ≤ Γ(x) − Γn(x) ≤ ε ∀n ≥ n0.

Time smo dokazali da vrijedi (10.39) za svaki x > 0. Sve u svemu dokazan je

Teorem 10.5. Za svaku tocku z ∈ C vrijedi

1

Γ(z)= zeCz

∏

k∈N

[(1 +

z

k

)e−

zk

]

i pri tome beskonacni produkt konvergira apsolutno i lokalno uniformno na C.

10.8. LOGARITAMSKA KONVEKSNOST GAMA FUNKCIJE 125

10.8 Logaritamska konveksnost gama funkcije

Iz teorema 10.5. i iz teorema 9.3. slijedi

Γ′(z)

Γ(z)= −(1/Γ(z))′

1/Γ(z)= −C − 1

z+∑

k∈N

z

k(z + k)∀z ∈ C \ Z−, (10.46)

a odavded

dz

[Γ′(z)

Γ(z)

]=∑

k∈Z+

1

(z + k)2∀z ∈ C \ Z−. (10.47)

Iz formule (10.47) izvest cemo sada jedno znacajno svojstvo gama fukcije na pozitivnom dijelurealne osi R∗

+ = 〈0,+∞〉.Podsjetimo se definicije konveksne funkcije realne varijable. Za funkciju ϕ : 〈a, b〉 → R,

−∞ ≤ a < b ≤ +∞, kazemo da je konveksna ako vrijedi

ϕ((1 − t)x + ty) ≤ (1 − t)ϕ(x) + tϕ(y) ∀x, y ∈ 〈a, b〉 i ∀t ∈ [0, 1]. (10.48)

Funkcija ϕ je strogo konveksna ako u (10.48) vrijedi striktna nejednakost kad god su x 6= y it ∈ 〈0, 1〉. Neprekidno diferencijabilna funkcija ϕ je konveksna ako i samo ako je njena derivacijaϕ′ monotono rastuca na intervalu 〈a, b〉, a strogo konveksna ako i samo ako je ϕ′ strogo rastucana 〈a, b〉.

Ako je funkcija f : 〈a, b〉 → R svuda strogo pozitivna, onda je dobro definirana funkcijaϕ : 〈a, b〉 → R formulom

ϕ(x) = ln f(x), x ∈ 〈a, b〉.

Ukoliko je funkcija ϕ konveksna (odnosno, strogo konveksna) kazemo da je funkcija f logari-tamski konveksna (odnosno, logaritamski strogo konveksna). Svaka logaritamski (strogo)konveksna funkcija je ujedno i (strogo) konveksna, ali obrat ne vrijedi.

Funkcija Γ je strogo pozitivna na intervalu 〈0,+∞〉. Stavimo li ϕ(x) = ln Γ(x), imamoϕ′(x) = Γ′(x)/Γ(x), pa iz (10.47) slijedi

ϕ′′(x) =d

dx

[Γ′(x)

Γ(x)

]=∑

k∈Z+

1

(k + x)2> 0 ∀x ∈ 〈0,+∞〉.

Prema tome, funkcija ϕ′ je strogo rastuca na intervalu 〈0,+∞〉, a to znaci da je funkcija ϕstrogo konveksna, odnosno, funkcija Γ je logaritamski strogo konveksna na 〈0,+∞〉. Logaritamskakonveksnost zajedno s funkcionalnom jednadzbom Γ(x+1) = xΓ(x) i s pocetnim uvjetom Γ(1) = 1potpuno karakterizira gama funkciju:

Teorem 10.6. (Bohr−Mollerup) Neka je f : 〈0,+∞〉 → 〈0,+∞〉 funkcija sa svojstvima:

(a) f(1) = 1;

(b) f(x+ 1) = xf(x) ∀x > 0;

(c) funkcija f je logaritamski konveksna na intervalu 〈0,+∞〉.

Tada je f(x) = Γ(x) ∀x ∈ 〈0,+∞〉.

Dokaz: Prema (b) imamo

f(x+ n) = (x + n− 1) · · · (x + 1)xf(x) za x > 0 i n ∈ N, (10.49)


a kako ista jednakost vrijedi i za gama funkciju, dovoljno je dokazati jednakost f(x) = Γ(x) zasvako x ∈ 〈0, 1]. Stavimo

ψ(x) = ln f(x), x ∈ 〈0,+∞〉.U daljnjem fiksirajmo x ∈ 〈0, 1]. Zbog svojstva (c) imamo

ψ((1 − t)u+ tv) ≤ (1 − t)ψ(u) + tψ(v) za 0 < u < v i 0 ≤ t ≤ 1. (10.50)

Odavde za u = n ∈ N, v = x + n+ 1 i t = 1x+1

dobivamo

ψ(n+ 1) ≤ x

x+ 1ψ(n) +

1

x + 1ψ(x + n+ 1),

odnosno,ψ(x + n+ 1) ≥ (x+ 1)ψ(n+ 1) − xψ(n).

Iz (a) i iz (10.49) slijedi f(n) = (n − 1)!, dakle, ψ(n + 1) = lnn! i ψ(n) = ln (n − 1)!. Stoga izgornje nejednakosti dobivamo

ψ(x+ n+ 1) ≥ (x + 1) lnn! − x ln (n− 1)! = lnn! + x lnn,

a odavde eksponenciranjemf(x+ n + 1) ≥ nxn!.

Odatle i iz (10.49) (za n+ 1 umjesto n) dobivamo

f(x) ≥ nxn!

x(x + 1) · · · (x + n),

odnosno, zbog (10.36)f(x) ≥ Γn(x) za 0 < x ≤ 1 i n ∈ N. (10.51)

Stavimo sada u (10.50) u = n ∈ N, v = n+ 1 i t = x. Slijedi

ψ(x+ n) ≤ (1 − x)ψ(n) + xψ(n + 1).

Kao i malo prije odavde redom dobivamo

ψ(x+ n) ≤ (1 − x) ln (n− 1)! + x lnn! = ln (n− 1)! + x lnn,

f(x + n) ≤ nx(n− 1)!,

f(x) ≤ nx(n− 1)!

x(x + 1) · · · (x+ n− 1),

pa slijedi

f(x) ≤ Γn(x)x + n

nza 0 < x ≤ 1 i n ∈ N. (10.52)

Sada iz (10.51), (10.52) i (10.39) i iz

limn→+∞

x+ n

n= 1

nalazimo da je f(x) = Γ(x) za svako x ∈ 〈0, 1], dakle, i za svako x ∈ 〈0,+∞〉.

Zadatak 10.6. Dokazite da za svaki prirodan broj m i za sve z ∈ C \ 1m

Z− vrijedi produktnaformula

Γ(z)Γ(z + 1

m

)· · ·Γ

(z + m−1

m

)= m−mz+ 1

2 (2π)m−1

2 Γ(mz).

Uputa: Iz (10.46) slijedi da za funkciju ϕ(z) = Γ(mz)−1Γ(z)Γ(z + 1/m) · · ·Γ(z+ (m− 1)/m)vrijedi d2

dx2 lnϕ(x) = 0 za svaki x > 0. Odatle je ϕ(z) = a · bz za neke a, b ∈ R. Za odredivanjekonstanti a i b upotrijebite formulu (10.3) i zadatak 10.2.

10.8. LOGARITAMSKA KONVEKSNOST GAMA FUNKCIJE 127

Zadatak 10.7. Dokazite da za svaki t ∈ R vrijedi

|Γ(it)| =

√π

t sh tπ.

Zadatak 10.8. Dokazite da za svaki t ∈ R vrijedi jednakost

∣∣∣∣Γ(

1

2+ it

)∣∣∣∣ =

√2π

ch tπ.

Uputa: Koristite produktnu formulu (10.21).

Zadatak 10.9. Neka su a1, . . . , ak, b1, . . . , b` ∈ C \ N.

(a) Dokazite da beskonacni produkt

∏

n∈N

(n− a1) · · · (n− ak)

(n− b1) · · · (n− b`)(10.53)

apsolutno konvergira ako i samo ako je k = ` i a1 + · · ·+ ak = b1 + · · · + bk.

(b) U slucaju da beskonacan produkt (10.53) apsolutno konvergira dokazite da je njegova vrijed-nost jednaka

k∏

j=1

Γ(1 − bj)

Γ(1 − aj).

(c) Dokazite da za proizvoljne a, b ∈ C \ (−N) vrijedi

∏

n∈N

n(a + b+ n)

(a + n)(b+ n)=

Γ(a+ 1)Γ(b+ 1)

Γ(a+ b+ 1).

Uputa za (b) : Pomnozite svaki clan produkta sa 1 = e1n

(a1+···+ak−b1−···−bk).

Zadatak 10.10. Dokazite da za prirodan broj k i za −k < Re z < −k + 1 vrijedi

Γ(z) =

∫ +∞

0

tz−1

(e−t − 1 − t− · · · − tk−1

(k − 1)!

)dt


Poglavlje 11

Riemannova zeta funkcija

U ovom cemo poglavlju definirati i prouciti jedan izuzetno vazan primjer meromorfne funkcije,tzv. Riemannovu zeta funkciju. Ta je funkcija vrlo mnogo proucavana s raznih aspekatai imala je ogroman utjecaj na razvoj teorije brojeva. Jedan od najcuvenijih dosad nerijesenihproblema u matematici je Riemannova slutnja o nultockama zeta funkcije.

Riemannovu zeta funkciju najprije definiramo redom

ζ(x) =∑

n∈N

1

nx(11.1)

koji konvergira za x > 1, a zatim je produljujemo do holomorfne funkcije na cim vece podrucje uC. Polaziste u tzv. analitickoj teoriji brojeva predstavlja ovaj Eulerov rezultat:

Teorem 11.1. (Euler) Ako je (pn)n∈N niz svih prostih brojeva, onda je

ζ(x) =∏

n∈N

1

1 − p−xn

∀x > 1. (11.2)

Dokaz: Ako je x > 1 i n ∈ N, onda je

1

1 − p−xn

=∑

k∈Z+

p−kxn .

Odavde zbog jedinstvenosti rastava prirodnog broj u produkt prostih brojeva dobivamo

m∏

n=1

1

1 − p−xn

=∑

j∈Nn−x

j ; (11.3)

pri tome je (nj)j∈N niz svih prirodnih brojeva ciji se svi prosti faktori nalaze u skupu p1, . . . , pm,odnosno, svih prirodnih brojeva oblika

pk11 p

k22 · · ·pkm

m , k1, k2, . . . , km ∈ Z+.

Kad u (11.3) pustimo da m tezi u +∞, dobivamo (11.2).

Ostavljajuci neke primjene zeta funkcije u teoriji brojeva za zadatke, mi cemo se u ovompoglavlju baviti holomorfnim prosirenjem zeta funkcije definirane sa (11.1) i dokazu nekih vaznihidentiteta. Prvi korak za holomorfno prosirenje sastoji se u tome da se u (11.1) umjesto x stavikompleksna varijabla z :

ζ(z) =∑

n∈Nn−z. (11.4)

129

130 POGLAVLJE 11. RIEMANNOVA ZETA FUNKCIJA

Za Re z ≥ x > 1 vrijedi

∣∣n−z∣∣ =

∣∣e−z ln n∣∣ = e−(Re z)(ln n) ≤ e−x ln n = n−x.

Odavde slijedi da red (11.4) konvergira apsolutno i uniformno na zatvorenoj poluravnini Re z ≥ xza svaki x > 1. Prema tome, red (11.4) konvergira apsolutno i lokalno uniformno na otvorenojpoluravnini Re z > 1 i na toj poluravnini definira holomorfnu funkciju.

Ako u (11.4) stavimo z = 1, dobivamo harmonijski red koji divergira, a promatramo li prosirenukompleksnu ravninu C taj red konvergira prema tocki ∞. To ukazuje na cinjenicu da ce eventualnoholomorfno prosirenje zeta funkcije imati pol u tocki z = 1. U stvari, pokazat cemo da se funkcija

z 7→ ζ(z) − 1

z − 1

prosiruje do cijele funkcije. Drugim rijecima, funkcija ζ produljuje se do holomorfne funkcije naC \ 1, a u tocki z = 1 ona ima pol prvog reda i reziduum 1.

Pokazat ce se da su −2,−4,−6, . . . nultocke funkcije ζ. To su tzv. trivijalne nultockeRiemannove zeta funkcije. Preostale netrivijalne nultocke sve se nalaze u otvorenoj pruziz; 0 < Re z < 1 paralelnoj sa y−osi i simetricnoj u odnosu na pravac Re z = 1

2. Glasovita

Riemannova slutnja sastoji se u tome da sve netrivijalne nultocke zeta funkcije leze na tompravcu Re z = 1

2. Iako brojni pokusaji da se ta slutnja dokaze ili opovrgne do danas nisu uspjeli,

oni su doveli do vrlo znacajnih otkrica i razvoja novih teorija. Izmedu ostalog i Jensen je svojuformulu (9.52) otkrio pokusavajuci rijesiti Riemannovu slutnju.

Osnovna svojstva Riemannove zeta funkcije sadrzana su u ovom teoremu:

Teorem 11.2. (a) Riemannova zeta funkcija meromorfna je na C, jedini joj je pol u tocki z = 1,taj je pol prvog reda i Res(ζ; 1) = 1.

(b) Na poluravnini Re z > 1 Riemannova zeta funkcija dana je redom (11.4).

(c) Za z 6= 1 i z 6= 0 vrijedi Riemannova funkcionalna jednadzba koja povezuje funkcije ζi Γ :

ζ(z) = 2(2π)z−1ζ(1 − z)Γ(1 − z) sinzπ

2. (11.5)

(d) Vrijede integralne reprezentacije

ζ(z)Γ(z) =

∫ +∞

0

tz−1

et − 1dt, Re z > 1, (11.6)

ζ(z)Γ(z) =

∫ +∞

0

[1

et − 1− 1

t

]tz−1dt, 0 < Re z < 1, (11.7)

ζ(z)Γ(z) =

∫ +∞

0

[1

et − 1− 1

t+

1

2

]tz−1dt, −1 < Re z < 0. (11.8)

Dugacak i slozeni dokaz ovog teorema provest cemo u sljedeca dva odjeljka. Primijetimo da iz(c) neposredno slijedi da su tocke −2,−4,−6, . . . nultocke zeta funkcije i sve su one jednostruke.

11.1. VEZA IZMEDU ZETA FUNKCIJE I GAMA FUNKCIJE 131

11.1 Veza izmedu zeta funkcije i gama funkcije

Da bismo dokazali tvrdnju (d) teorema 11.2. i da bismo ujedno holomorfno produljili zetafunkciju, definiranu zasada samo na poluravnini Re z > 1, neprave integrale u (10.6), (10.7) i(10.8) rastavit cemo u dva dijela kao i kod proucavanja gama funkcije: od 0 do 1 i od 1 do +∞.Dakle, promatrat cemo funkcije Fk, k = 1, . . . , 6, definirane nepravim integralima:

F1(z) =

∫ 1

0

tz−1

et − 1dt, F2(z) =

∫ +∞

1

tz−1

et − 1dt,

F3(z) =

∫ 1

0

[1

et − 1− 1

t

]tz−1dt, F4(z) =

∫ +∞

1

[1

et − 1− 1

t

]tz−1dt,

F5(z) =

∫ 1

0

[1

et − 1− 1

t+

1

2

]tz−1dt, F6(z) =

∫ +∞

1

[1

et − 1− 1

t+

1

2

]tz−1dt.

Definiramo takoder funkcije

G1(z) = F1(z) + F2(z) =

∫ +∞

0

tz−1

et − 1dt,

G2(z) = F3(z) + F4(z) =

∫ +∞

0

[1

et − 1− 1

t

]tz−1dt,

G3(z) = F5(z) + F6(z) =

∫ +∞

0

[1

et − 1− 1

t+

1

2

]tz−1dt.

Svaka od funkcija Fk, k = 1, . . . , 6, definirana je na podrucju konvergencije nepravog integrala, afunkcija Gj, j = 1, 2, 3, definirana je na presjeku podrucja definicije funkcija F2j−1 i F2j.

Lema 11.1. (a) Za k = 1, . . . , 6 nepravi integral kojim je definirana funkcija Fk konvergiraapsolutno i lokalno uniformno na podrucju Dk :

D1 = z; Re z > 1, D2 = C, D3 = z; Re z > 0, D4 = z; Re z < 1,

D5 = z; Re z > −1, D6 = z; Re z < 0.

(b) Vrijede jednakosti:

F1(z) = F3(z) +1

z − 1, z ∈ D1, (11.9)

F2(z) = F4(z) −1

z − 1, z ∈ D4, (11.10)

F3(z) = F5(z) −1

2z, z ∈ D3, (11.11)

F4(z) = F6(z) +1

2z, z ∈ D6. (11.12)

Dokaz: Za dokaz tvrdnje (a) posluzit cemo se lemom 10.2. i propozicijom 10.1. o nepravimintegralima ovisnim o kompleksnom parametru. Stoga treba dokazati da za svaki kompaktan skupK ⊆ Dk postoji neprekidna nenegativna funkcija ϕ na intervalu integracije, takva da njen nepraviintegral konvergira i da za podintegralnu funkciju fk u integralu kojim je definirana funkcija Fk

vrijedi |fk(t, z)| ≤ ϕ(t) za svaku tocku z ∈ K i za svaki t iz intervala integracije.


Dokaz za k = 1 : Za kompaktan skup K ⊆ D1 stavimo

α = min Re z; z ∈ K > 1, ϕ(t) = tα−2, 0 < t ≤ 1.

Kako je α− 2 > −1 imamo ∫ 1

0

ϕ(t)dt =1

α− 1< +∞.

Nadalje, za t ∈ 〈0, 1] i z ∈ K imamo

∣∣∣∣tz−1

et − 1

∣∣∣∣ =tRe z−1

et − 1≤ tα−1

t= tα−2 = ϕ(t).

Dokaz za k = 2 : Za kompaktan skup K ⊆ D2 = C stavimo

β = max Re z; z ∈ K.

Buduci da je funkcija t 7→ tβ−1e−t2 neprekidna na [1,+∞〉 i tezi k 0 kada t tezi u +i, postoji M > 0

takav da jetβ−1e−

t2 ≤M ∀t ≥ 1. (11.13)

Stavimo

ϕ(t) =M

2sh t2

=Me

t2

et − 1, t ≥ 1.

Zbog (11.13) imamo za t ≥ 1 i z ∈ K

∣∣∣∣tz−1

et − 1

∣∣∣∣ =tRe z−1

et − 1≤ tβ−1

et − 1≤ ϕ(t).

Nadalje, kako jed

dtln

[th

t

4

]=

2

sh t4

,

nalazimo ∫ +∞

1

ϕ(t)dt = limR→+∞

4M ln

[tht

4

]∣∣∣∣R

1

= −4M ln

[th

1

4

]< +∞,

buduci da th s tezi prema 1, pa ln (th s) tezi prema 0, kada s tezi u +∞. Napominjemo i da jeth 1

4< 1, pa je ln

[th 1

4

]< 0.

Dokaz za k = 3 : Funkcija z 7→ (ez − 1)−1 holomorfna je na podrucju C \ 2πiZ i ima poloveprvog reda u tockama 2nπi, n ∈ Z. Njen Laurentov red oko nule ima oblik

1

ez − 1=

1

z− 1

2+∑

n∈Nanz

n, 0 < |z| < 2π. (11.14)

Zakljucujemo da funkcija

z 7→ 1

ez − 1− 1

z

ima uklonjiv singularitet u 0, pa se produljuje do holomorfne funkcije na krugu K(0, 2π). Posebno,ta je funkcija ogranicena na segmentu [0, 1], pa postoji N > 0 takav da je

∣∣∣∣1

et − 1− 1

t

∣∣∣∣ ≤ N, 0 < t ≤ 1. (11.15)

11.1. VEZA IZMEDU ZETA FUNKCIJE I GAMA FUNKCIJE 133

Neka je K ⊆ D3 kompaktan skup. Stavimo

γ = min Re z; z ∈ K > 0, ϕ(t) = Ntγ−1, 0 < t ≤ 1.

Tada je ∫ 1

0

ϕ(t)dt =N

γ< +∞.

Nadalje, iz (11.15) slijedi

∣∣∣∣[

1

et − 1− 1

t

]tz−1

∣∣∣∣ ≤ ϕ(t), t ∈ 〈0, 1], z ∈ K.

Dokaz za k = 4, a ujedno i jednakost (11.10) iz tvrdnje (b), slijedi iz dokazanog za k = 2 i izocigledne jednakosti ∫ +∞

1

tz−2dt = − 1

z − 1∀z ∈ D4.

Dokaz za k = 5 : Prema (11.14) vrijedi

1

ez − 1− 1

z+

1

2= zf(z),

gdje je funkcija f holomorfna na krugu K(0, 2π) i, posebno, ogranicena na segmentu [0, 1]. Stogapostoji realan broj P > 0 takav da vrijedi

∣∣∣∣1

et − 1− 1

t+

1

2

∣∣∣∣ ≤ Pt ∀t ∈ 〈0, 1]. (11.16)

Za kompaktan skup K ⊆ D5 stavimo

δ = min Re z; z ∈ K > −1, ϕ(t) = Ptδ, t ∈ 〈0, 1].

Tada je ∫ 1

0

ϕ(t)dt =P

δ + 1< +∞.

Nadalje, iz (11.16) slijedi ∣∣∣∣[

1

et − 1− 1

t+

1

2

]tz−1

∣∣∣∣ ≤ ϕ(t).

Dokaz za k = 6, a ujedno i jednakost (11.12) iz tvrdnje (b), slijedi iz dokazanog za k = 4 i izocigledne jednakosti ∫ +∞

1

tz−1dt = −1

z∀z ∈ D6.

Napokon, preostale dvije jednakosti (11.9) i (11.11) iz tvrdnje (b) slijede iz

∫ 1

0

tz−2dt =1

z − 1∀z ∈ D1

i iz ∫ 1

0

tz−1dt =1

z∀z ∈ D3.

Iz leme 11.1. neposredno slijedi:


Lema 11.2. Za j = 1, 2, 3 nepravi integral kojim je definirana funkcija Gj konvergira apsolutno ilokalno uniformno na podrucju Ej :

E1 = D1 ∩D2 = D1 = z; Re z > 1, E2 = D3 ∩D4 = z; 0 < Re z < 1,

E3 = D5 ∩D6 = z; −1 < Re z < 0.

Sada prelazimo na dokaz jednakosti (11.6) u teoremu 11.2. koja uz uvedene oznake poprimaoblik

G1(z) = ζ(z)Γ(z), Re z > 1. (11.17)

Buduci da su i lijeva i desna strana ove jednakosti holomorfne funkcije na poluravniniE1 = z; Re z > 1, prema teoremu jedinstvenosti za holomorfne funkcije dovoljno je dokazatitu jednakost na zraci z = x > 1. Fiksirajmo x > 1 i neka je ε > 0. Prema tvrdnji (a) leme11.1. postoje realni brojevi b > 1 > a > 0 takvi da je

∫ a

0

tx−1

et − 1dt+

∫ +∞

b

tx−1

et − 1dt ≤ ε

2. (11.18)

Za svaki m ∈ N je

0 <m∑

n=1

e−nt ≤∞∑

n=1

e−nt =1

et − 1,

pa iz (11.18) slijedim∑

n=1

∫ a

0

e−nttx−1dt+

m∑

n=1

∫ +∞

b

e−nttx−1dt ≤ ε

2. (11.19)

Ako u integralu

Γ(x) =

∫ +∞

0

e−sxx−1ds

izvrsimo zamjenu varijable s = nt, dobivamo

Γ(x) = nx

∫ +∞

0

e−nttx−1dt,

pa slijedi

ζ(x)Γ(x) =∑

n∈Nn−xΓ(x) =

∑

n∈N

∫ +∞

0

e−nttx−1dt.

Odavde i iz (11.18) i (11.19) nalazimo

|ζ(x)Γ(x) −G1(x)| ≤ ε+

∣∣∣∣∣∑

n∈N

∫ b

a

e−nttx−1dt−∫ b

a

tx−1

et − 1dt

∣∣∣∣∣ . (11.20)

Medutim, red∑

n∈N e−nt =∑

n∈N (e−t)n

konvergira prema (et − 1)−1

uniformno na segmentu [a, b],pa vrijedi ∫ b

a

tx−1

et − 1dt =

∑

n∈N

∫ b

a

e−nttx−1dt.

Stoga iz (11.20) dobivamo da je |ζ(x)Γ(x) −G1(x)| ≤ ε. Kako je ε > 0 bilo proizvoljno odabrano,zakljucujemo da vrijedi (11.17), odnosno, (11.6).

11.2. HOLOMORFNO PRODULJENJE I FUNKCIONALNA JEDNADZBA 135

11.2 Holomorfno produljenje i funkcionalna jednadzba

U proslom smo odjeljku dokazali jednakost (11.6), a u ovom cemo dokazati ostale tvrdnje uteoremu 11.2. Plan dokaza je sljedeci: formule (11.9)− (11.12) i formulu (11.17) upotrijebit cemoda funkciju ζ produljimo do meromorfne funkcije najprije na poluravnini Re z > 0, a zatim napoluravnini Re z > −1. Usput cemo dokazati jednakosti (11.7) i (11.8) u teoremu 11.2. Zatimcemo dokazati da Riemannova funkcionalna jednadzba vrijedi u pruzi −1 < Re z < 0. Tu cemojednadzbu upotrijebiti za holomorfno produljenje zeta funkcije na podrucje C \ 1. Tada ceRiemannova funkcionalna jednadzba (11.5) vrijediti na citavom podrucju C \ 1 po teoremujedinstvenosti za holomorfne funkcije.

Buduci da je funkcija 1/Γ cijela i nema nultocaka u desnoj poluravnini D3, iz (11.17) i (11.9)vidimo da se zeta funkcija produljuje do holomorfne funkcije na D3 \ 1 formulom

ζ(z) =1

Γ(z)

[F2(z) + F3(z) +

1

z − 1

], Re z > 0, z 6= 1. (11.21)

Nadalje, tako produljena funkcija ζ ima pol prvog reda u tocki z = 1 i

Res(ζ; 1) = limz→1

(z − 1)ζ(z) =1

Γ(1)= 1. (11.22)

Iz (11.21) i (11.10) nalazimo da je

ζ(z)Γ(z) = F3(z) + F4(z) = G2(z), 0 < Re z < 1, (11.23)

a to je upravo jednakost (11.7). Odavde i iz (11.11) dobivamo

ζ(z)Γ(z) = F4(z) + F5(z) −1

2z, 0 < Re z < 1. (11.24)

Kako je zΓ(z) = Γ(z + 1), slijedi

ζ(z) = − 1

2Γ(z + 1)+

1

Γ(z)[F4(z) + F5(z)] , 0 < Re z < 1. (11.25)

Funkcije z 7→ 1/Γ(z + 1), z 7→ 1/Γ(z), F4 i F5 su holomorfne na pruzi −1 < Re z < 1, pa formula(11.25) omogucimo da zeta funkciju produljimo do meromorfne funkcije na poluravnini Re z > −1s jedinim polom u tocki z = 1. Sada (11.24) vrijedi za −1 < Re z < 1, z 6= 0. Ako je −1 < Re 0,onda vrijedi (11.12), pa iz (11.24) dobivamo

ζ(z)Γ(z) = F5(z) + F6(z) = G3(z), −1 < Re z < 0,

a to je upravo jednakost (11.8).Time je zeta funkcija produljena do meromorfne funkcije na poluravnini Re z > −1 i dokazana

je tvrdnja (d) teorema 11.2.Imamo

1

et − 1+

1

2=

1

2

et + 1

et − 1=i

2ctg

it

2. (11.26)

Prema formuli (5.40) na str. 48 je

ctgit

2= −2i

t− 4it

∑

n∈N

1

t2 + 4n2π2.


Odavde i iz (11.26) dobivamo

1

t

[1

et − 1− 1

t+

1

2

]= 2

∑

n∈N

1

t2 + 4n2π2. (11.27)

Za svaki t ∈ R vrijedi1

t2 + 4n2π2≤ 1

4n2π2.

Kako je ∑

n∈N

1

4n2π2=

1

24< +∞,

zakljucujemo da red s desne strane jednakosti (11.27) konvergira uniformno u odnosu na t ∈ R.Prema tome, iz (11.8) i (11.27) dobivamo

ζ(z)Γ(z) = 2∑

n∈N

∫ +∞

0

tz

t2 + 4n2π2dt. (11.28)

Zamjenom varijable integracije t = 2nπs slijedi∫ +∞

0

tz

t2 + 4n2π2dt = (2nπ)z−1

∫ +∞

0

sz

s2 + 1ds. (11.29)

Kako je ∑

n∈N(2nπ)z−1 = (2π)z−1ζ(1 − z), Re z < 0,

iz (11.28) i (11.29) slijedi

ζ(z)Γ(z) = 2(2π)z−1ζ(1 − z)

∫ +∞

0

sz

s2 + 1ds, −1 < Re z < 0. (11.30)

U dokazu produktne formule (10.21) za gama funkciju u odjeljku 10.5. izracunali smo da vrijedi

2

∫ +∞

0

s2x−1

s2 + 1ds =

π

sin πx, 0 < x < 1.

Odatle je

2

∫ +∞

0

sx

s2 + 1ds =

π

sin(

πx2

+ π2

) =π

cos πx2

, −1 < x < 1.

Prema tome, iz (11.30) slijedi

ζ(z)Γ(z) = (2π)z−1ζ(1 − z)π

cos πz2

, (11.31)

za z = x ∈ 〈−1, 0〉. S obje strane jednakosti (11.31) nalaze se funkcije koje su holomorfne na pruzi−1 < Re z < 0. Stoga po teoremu jedinstvenosti za holomorfne funkcije zakljucujemo da jednakost(11.31) vrijedi za −1 < Re z < 0. Iz produktne formule (10.21) za gama funkciju dobivamo

1

Γ(z)=

1

πΓ(1 − z) sin πz =

2

πΓ(1 − z)

(sin

πz

2

)(cos

πz

2

),

pa iz (11.31) slijedi da Riemannova funkcionalna jednadzba (11.5) vrijedi za −1 < Re z < 0.Medutim, funkcija s desne strane te jednadzbe holomorfna je na poluravnini Re z < 1, pa tajednadzba moze polsuziti za holomorfno produljenje zeta funkcije na podrucje C\1. Na taj nacinζ postaje meromorfna funkcija na C s jedinim polom u tocki z = 1. Po teoremu jedinstvenosti zaholomorfne funkcije zakljucujemo da (11.5) vrijedi za svaku tocku z ∈ C \ 1. Time je teorem11.2. u potpunosti dokazan.

11.2. HOLOMORFNO PRODULJENJE I FUNKCIONALNA JEDNADZBA 137

Zadatak 11.1. Dokazite da je ζ(0) = −1

2.

Zadatak 11.2. (a) Dokazite da u formuli (11.14) vrijedi a2k = 0 za svaki k ∈ N, tj. da je

1

et − 1=

1

t− 1

2+∑

k∈Nbkt

2k−1, 0 < |t| < 2π.

(b) Dokazite da za svaki n ∈ N i za −2n− 1 < Re z < −2n + 1 vrijedi

ζ(z)Γ(z) =

∫ +∞

0

[1

et − 1− 1

t+

1

2−

n∑

k=1

bkt2k−1

]tz−1dt.

(c) Izracunajte b1, b2, b3 i b4.

Uputa: (a) Provjerite da je funkcija t 7→ 1et−1

− 1t+ 1

2neparna.

(b) Postupite kao u dokazu tvrdnje (a) u lemi 11.1. i dokazu tvrdnje (d) u teoremu 11.2.(c) b1 = 1/24, b2 = −1/720, b3 = 1/30240, b4 = 1/134400.

Zadatak 11.3. Dokazite da Eulerov teorem 11.1. vrijedi i ako umjesto x stavimo kompleksan brojz sa Re z > 1.

Zadatak 11.4. Dokazite da je ∑

p∈P

1

p= +∞,

gdje je P skup svih prostih brojeva.

Zadatak 11.5. Dokazite da su −2,−4,−6, . . . jedine nultocke Riemannove zeta funkcije izvanpruge 0 ≤ Re z ≤ 1.

Od sljedecih 9 zadataka rijesite 3 i to ili 11.6., 11.9. i 11.12., ili 11.7., 11.10. i 11.13. ili 11.8.,11.11. i 11.14.


ζ(z)2 =∑

n∈N

d(n)

nz, Re z > 1,

gdje je d(n) broj djelitelja broja n.


ζ(z − 1)

ζ(z)=∑

n∈N

ϕ(n)

nz, Re z > 2.

gdje je ϕ(n) broj prirodnih brojeva k < n koji su relativno prosti sa n.


ζ(z)ζ(z − 1) =∑

n∈N

σ(n)

nz, Re z > 2,

gdje je σ(n) suma svih djelitelja broja n.



1

ζ(z)=∑

n∈N

µ(n)

nz, Re z > 1,

gdje je µ : N → −1, 0, 1 Mobiusova funkcija definirana sa µ(1) = 1, µ(n) = (−1)m ako jen = p1 · · · pm i p1, . . . , pm su medusobno razliciti prosti brojevi, i µ(n) = 0 inace.


ζ ′(z)

ζ(z)= −

∑

n∈N

∧(n)

nz, Re z > 1,

gdje ∧(n) = ln p ako je n = pm za neki prost broj p i za neki m ∈ N i ∧(n) = 0 inace.


ξ(z) = z(z − 1)π− z2 ζ(z)Γ

(z2

).

Dokazite:

(a) ξ je cijela funkcija.

(b) Vrijedi ξ(z) = ξ(1 − z) ∀z ∈ C.

(c) Vrijedi ξ(t) ∈ R ∀t ∈ R.

(d) Vrijedi ξ(12

+ it) ∈ R ∀t ∈ R.

Zadatak 11.12. Dokazite da je za s > 1

ζ(s) = max |ζ(s+ it)| ; t ∈ R .


ζ(2z)

ζ(z)=∑

n∈N

λ(n)

nz, Re z > 1,

gdje je λ(1) = 1 i λ (pm11 · · ·pmr

r ) = (−1)m1+···+mr ako su p1, . . . , pr medusobno razliciti prostibrojevi i m1, . . . , mr ∈ N.


ζ(2z)

(z − 1)ζ(z)=

∫ +∞

1

t−zC(t)dt, Re z > 1,

gdje je

C(t) =∑

n∈N, n≤t

λ(n)

n, t ≥ 1.

i λ : N → −1, 1 je funkcija iz zadatka 11.13.

Bibliografija

[1] L. V. Ahlfors, Complex Analysis, 2nd edition, McGraw−Hill, New York, 1966.

[2] L. V. Ahlfors, Conformal Invariants. Topics in Geometric Function Theory, McGraw−Hill,New York, 1973.

[3] J. B. Conway, Functions of One Complex Variable, Springer−Verlag, New York − Heidelberg− Berlin, 1973.

[4] K. Diedrich, R. Remmert, Funktionentheorie I, Springer−Verlag, Berlin − Heidelberg − NewYork, 1972.

[5] T. W. Gamelin, Complex Analysis, Springer, New York, 2001.

[6] R. Godement, Analyse mathematique II, Calcul differentiel et integral, series de Fourier,fonctions holomorphes, 2eme edition corrigee, Springer, Berlin − Heidelberg, 2003.

[7] R. Godement, Analyse mathematique III, Fonctions analytiques, differentielles et varietes,surfaces de Riemann, Springer, Berlin − Heidelberg, 2002.

[8] R. E. Greene, S. G. Krantz, Function Theory of One Complex Variable, Graduate Studies inMathematics, American Mathematical Society, Providence R.I., 2006.

[9] E. Hille, Analytic Function Theory I, II, Ginn and Company, Boston − New York − Chicago− Atlanta − Dallas − Palo Alto − Toronto, 1962.

[10] A. Hurwitz, R. Courant, Allgemeine Funktionentheorie und elliptische Funktionen,Springer−Verlag, Berlin − Gottingen − Heidelberg − New York, 1964.

[11] K. Kodaira, Complex Analysis, Cambridge Univ. Press, Cambridge − New York − Melbourne− Madrid − Cape Town − Singapore − Sao Paulo − Delhi, 2007.

[12] H. Kraljevic, S. Kurepa, Matematicka analiza IV/I, Funkcije kompleksne varijable, Tehnickaknjiga, Zagreb, 1986.

[13] S. Lang, Complex Analysis, 4th edition, Springer, New York, 1999.

[14] W. Rudin, Real and Complex Analysis, McGraw−Hill, New York, 1970.

[15] A. Saks, A. Zygmund, Analytic Functions, Warszawa, 1952.

[16] C. L. Siegel, Topics in Complex Function Theory, Vol. I: Elliptic Functions and Uniformiza-tion Theory, Wiley−Interscience, New York − London − Sydney − Toronto, 1969.

[17] E. M. Stein, R. Shakarchi, Complex Analysis, Princeton Univ. Press, Princeton − Oxford,2003.

139

140 BIBLIOGRAFIJA

[18] E. C. Titchmarsh, The Theory of Functions, Oxford Univ. Press, Oxford, 1939.

[19] G. Valiron, Fonctions analytiques, Presses Univ., Paris, 1954.

[20] W. A. Veech, A Second Course in Complex Analysis, Dover Publications, Mineola N.Y., 2008.

Documents

ODABRANA POGLAVLJA TEORIJE ANALITICKIH …hrk/nastava/2010-11/an...ODABRANA POGLAVLJA TEORIJE ANALITICKIH FUNKCIJAˇ Prof. dr. sc. Hrvoje Kraljevi´c Predavanja odrˇzana na PMF−Matematiˇckom