matematika 3 - pomocni materijal za pripremu ispita - usmeni

2011

SKRIPTA ZA USMENI

MATEMATIKA III

S

Typewritten Text

WWW.STUDOMAT.BA

FAKULTET ELEKTROTEHNIKE | SUDO

MA

TE

MA

TIK

A I

II

1

1. Definicija skupa C, algebarske operacije u C, oblici kompleksnog broja

Definicja. Skup kompleksnih brojeva je skup ℂ = 𝑎, 𝑏 : 𝑎 ∈ ℝ ∧ 𝑏 ∈ ℝ , dakle skup čiji su

elementi uređeni parovi realnih brojeva, za koje se jednakost, sabiranje i množenje, respektivno,

definišu slijedećim relacijama:

𝑎, 𝑏 𝑍1

= 𝑐, 𝑑 𝑍2

⇔ 𝑎 = 𝑐 ∧ 𝑏 = 𝑑 , 𝑡𝑗. 𝑅𝑒 𝑧1 = 𝑅𝑒 𝑧2 ∧ 𝐼𝑚 𝑧1 = 𝐼𝑚 𝑧2

𝑎, 𝑏 + 𝑐, 𝑑 = (𝑎 + 𝑐, 𝑏 + 𝑑)

𝑎, 𝑏 ⋅ 𝑐, 𝑑 = (𝑎𝑐 − 𝑏𝑑, 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐)

𝛼 𝑎, 𝑏 = 𝛼𝑎, 𝛼𝑏 , 𝛼 ∈ ℝ

Na osnovu ovih osobina skupa ℂ, zaključuje se da je (ℂ, +, ∙ ) polje, u algebarskom smislu. Element

0,0 je neutralni element za sabiranje, a 1,0 je neutralni (jedinični) element za množenje.

−𝑎, −𝑏 je suprotni element elementa 𝑎, 𝑏 za sabiranje.

Oduzimanje i dijeljenje kompleksnih brojeva su operacije inverzne operacijama sabiranja i

množenja. Ako su 𝑧1 = 𝑎, 𝑏 i 𝑧2 = (𝑐, 𝑑) označimo dva kompleksna broja tada je:

𝑧1 − 𝑧2 ≝ 𝑧1 + −𝑍2 = 𝑎, 𝑏 + −𝑐, −𝑑 = (𝑎 − 𝑐, 𝑏 − 𝑑)

𝑧2 ∙ 𝑧 = 𝑧2 ⇒ 𝑧 =𝑍2

𝑍2 , 𝑧2 ≠ 0 , 0 0,0 , 𝑧 = 𝑥, 𝑦

𝑎, 𝑏 ∙ 𝑥, 𝑦 = 𝑐, 𝑑

𝑎𝑥 − 𝑏𝑦, 𝑎𝑦 + 𝑏𝑥 = 𝑐, 𝑑 𝐷𝑥 = 𝑐 −𝑏𝑑 𝑎

= 𝑎𝑐 + 𝑑

𝑎𝑥 − 𝑏𝑦 = 𝑐 , 𝑏𝑥 + 𝑎𝑦 = 𝑑 , 𝐷𝑦 = 𝑎 𝑐𝑏 𝑑

= 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 , 𝑧𝑎 𝑠𝑣𝑒 𝑎, 𝑏 ≠ 0,0 .

𝐷 = 𝑎 −𝑏𝑏 𝑑

= 𝑎2 + 𝑏2 , 𝑥, 𝑦 =(𝑐, 𝑑)

(𝑎, 𝑏)=

𝑎𝑐 + 𝑏𝑑

𝑎2 + 𝑏2 ,𝑎𝑑 − 𝑏𝑐

𝑎2 + 𝑏2

Za sabiranje i množenje kompleksnih brojeva zakoni komutacije i asocijacije, kao i distributivnost

množenja prema sabiranju.

Ako 0, 1 označimo sa 𝑖 , tada je prema definiciji množenja kompleksnih brojeva:

0,1 ∙ 0,1 = 0 ∙ 0 − 1 ∙ 1, 0 ∙ 1 + 1 ∙ 0 = −1,0 = −1 ⇒ 𝑖 = 0,1

Neka je 𝑧 = 𝑎, 𝑏 = 𝑎, 0 + 𝑎, 𝑏 = 𝑎 1,0 + 𝑏 0,1 = 𝑎 + 𝑖𝑏 , tada 𝑅𝑒 𝑧 = 𝑎 predstavlja realni, a

𝐼𝑚 𝑧 = 𝑏 imaginarni dio kompleksnog broja 𝑧.

Oblik 𝑧 = 𝑎, 𝑏 = 𝑎 + 𝑖𝑏 predstavlja Algebarski ili Gaussov oblik kompleksnog broja.

S

Typewritten Text


MA

TE

MA

TIK

A I

II

2

Trigonometrijski oblik kompleksnog broja

𝑟 = 𝑧 = 𝑎 + 𝑖𝑏 = 𝑎2 + 𝑏2 - je apsolutna vrijednost ili modul kompleksnog broja.

Ugao 휃 = 𝐴𝑟𝑔 𝑧 = 𝑎𝑟𝑔𝑧 + 2𝑘𝜋 𝑘 = 0, ±1, ±2, … je argument kompleksnog broja 𝑧 = 𝑎 + 𝑖𝑏.

−𝑎𝑟𝑔𝑧 ∈ (−𝜋, 𝜋) je glavna vrijednost od funkcije 𝐴𝑟𝑔 𝑧.

Uzmemo li u obzir polarne koordinate 𝑟, 휃 neke tačke 𝑧 ≠ 0, tada je:

𝑎

𝑟= cos 휃

𝑏

𝑟= sin휃

= 𝜋 𝑎 = 𝑟 cos 휃 , 𝑏 = 𝑟 sin 휃 , 𝑝𝑎 𝑠𝑒 𝑘𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑘𝑠𝑎𝑛 𝑏𝑟𝑜𝑗 𝑚𝑜ž𝑒 𝑛𝑎𝑝𝑖𝑠𝑎𝑡𝑖 𝑢

𝑡𝑟𝑖𝑔𝑜𝑛𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑗𝑠𝑘𝑜𝑚 𝑜𝑏𝑙𝑖𝑘𝑢: 𝑧 = 𝑎, 𝑏 = 𝑎 + 𝑖𝑏 = 𝑟 cos 휃 + 𝑖𝑟 sin 휃

𝑧 = 𝑟 cos 휃 + 𝑖 sin 휃

𝑒𝑖휃 = cos 휃 + 𝑖 sin휃 ⇒ 𝑧 = 𝑟 ∙ 𝑒𝑖휃 predstavlja EULEROV OBLIK.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

3

2. Mnozenje, dijeljenje, stepenovanje i korjenovanje kompleksnog broja

Množenje i dijeljenje preko trigonometrijskog oblika će biti:

𝑧1 ∙ 𝑧2 = 𝑟1 cos 휃1 + 𝑖 sin휃1 ∙ 𝑟2 cos 휃2 + 𝑖 sin휃2 =

= 𝑟1 ∙ 𝑟2 cos 휃1 cos 휃2 − sin 휃1 sin 휃2 + 𝑖 sin 휃1 cos 휃2 + cos 휃1 sin 휃2

= 𝑟1𝑟2 cos 휃1 + 휃2 + 𝑖 sin 휃1 + 휃2

𝑧1

𝑧2=

𝑟1 cos 휃1 + 𝑖 sin 휃1

𝑟2 cos 휃2 + 𝑖 sin휃2 =

𝑟1 cos 휃1 + 𝑖 sin 휃1

𝑟2 cos 휃2 + 𝑖 sin휃2 ∙

cos 휃2 − 𝑖 sin 휃2

cos 휃2 − 𝑖 sin 휃2=

=𝑟1

𝑟2∙ cos 휃1 cos 휃2 − sin 휃1 sin 휃2 + 𝑖 sin휃1 cos 휃2 + cos 휃1 sin 휃2

cos 휃2 2 + sin휃2 2

=𝑟1

𝑟2∙ cos 휃1 − 휃2 + 𝑖 sin 휃1 − 휃2

Preko trigonometrijskog oblika je sada moguće i vršiti stepenovanje kompleksnog broja. Neka je

𝑧 = 𝑟 cos 휃 + 𝑖 sin휃 ⇒ 𝑧2 = 𝑧 ∙ 𝑧 = 𝑟2 cos 휃 + 𝑖 sin휃 cos 휃 + 𝑖 sin휃 = 𝑟2 cos 2휃 + 𝑖 sin 2휃

𝑧3 = 𝑟3 cos 3휃 + 𝑖 sin 3휃

𝑧𝑛 = 𝑟𝑛 cos 𝑛휃 + 𝑖 sin 𝑛휃 , te dolazimo do formule, tzv. MOAVROV OBRAZAC za stepenovanje

kompleksnog broja:

cos 휃 + 𝑖 sin 휃 𝑛 = cos 𝑛휃 + 𝑖 sin 𝑛휃

Korijenovanje

Definicija. Broj 𝜔 je n – ti korijen kompleksnog broja 𝑧 ako je 𝜔𝑛 = 𝑧. Tada pišemo 𝜔 = 𝑧𝑛 , 𝑛 ∈ ℕ.

Neka je: 𝑧 = 𝑟 cos 휃 + 𝑖 sin 휃 , 𝜔 = 𝜌 cos 𝜑 + 𝑖 sin 𝜑

𝜔 = 𝑧𝑛 tj. 𝜔𝑛 = 𝑧 , tada je 𝜔𝑛 = 𝜌𝑛 cos 𝜑 + 𝑖 sin 𝜑 𝑛 = 𝑟 cos 휃 + 𝑖 sin 휃

⇒ 𝜌𝑛 = 𝑟 ∧ cos 𝑛𝜑 + 𝑖 sin 𝑛𝜑 = cos 휃 + 𝑖 sin 휃

⇒ 𝜌 = 𝑟𝑛

∧ 𝑛𝜑 = 휃 + 2𝑘𝜋 ⇒ 𝜌 = 𝑟𝑛

∧ 𝜑 =휃 + 2𝑘𝜋

𝑛

Zaključak:

𝜔 = 𝑧𝑛 = 𝜌 cos 𝜑 + 𝑖 sin𝜑 = 𝑟𝑛 cos휃 + 2𝑘𝜋

𝑛+ 𝑖 sin

휃 + 2𝑘𝜋

𝑛 , 𝑘 = 0, ±1, ±2 … , 𝑛 − 1


MA

TE

MA

TIK

A I

II

4

3. Skupovi tacaka kompl. ravni, oblasti, 𝛆-okolina konacne tacke, R – okolina beskrajno daleke tacke

Definicija. Za skup 𝑠 tačaka kompleksne ravni kažemo da je povezan ako se ma koje dvije tačke tog

skupa mogu međusobno povezati poligonalnom linijom koja ne izlazi iz skupa 𝑠. Poligonalna linija je

unija konačno mnogo povezanih duži. Svaki otvoren i povezan skup nazivamo OBLAST.

Ako oblasti dodamo sve njene rubne tačke, tada dobijamo zatvorenu oblast.

Definicija. Za skup 𝑠 tačaka kompleksne ravni kažemo da je ograničen ako postoji konstanta 𝑅 > 0

takva da je ∀𝑧 ∈ 𝑠 𝑧 ≤ 𝑅.

Ograničena oblast je prosto povezana ili višestruko povezana, u zavisnosti od toga da li je njena granica

povezan ili nepovezan skup. Ako je granica ograničene oblasti jedna linija, tada je ona prosto povezana,

a ako granica ograničene oblasti nije jedna linija, tada je oblast višestruko povezana.

Definicija. Ako je svakoj tački oblasti 𝐷 pridružen isti smisao rotacije, tada je ova oblast

ORIJENTISANA.

Oblast 𝐷 je pozitivno orijentisana ako je smisao rotacije pozitivan (suprotan smjeru obrtanja kazeljke na

satu) u suprotnom je negativno orijentisan.

Pozitivno orijentisana jednostruko povezana oblast 𝐷 ostaje nam s lijeve strane kada je obilazimo idući

njenim rubom 𝑐 u pozitivnom smislu.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

5

Višestruko povezana oblast je pozitivno orijentisana ako, kada je obilazimo idući puta ma kojim njenim

rubom, ona ostaje s lijeve strane.

Definicija. Pod 휀 −okolinom tačke 𝑧0 ≠ ∞ kompleksne ravni podrazumijevamo skup svih tačaka 𝑧 ∈ ℂ,

takvih da je: 𝑧 − 𝑧0 < 휀, tj. skup svih tačaka koje leže unutar kružnice poluprečnika 휀, sa centrom u 𝑧0.

Definicija. Pod 𝑅 okolinom beskrajno daleke tačke ∞ podrazumijevamo sve one tačke 𝑧 ∈ ℂ koje se

nalaze izvan kružnice 𝑧 = 𝑅, ili 𝑧 ∈ ℂ ∶ 𝑧 > 𝑅 ∞


MA

TE

MA

TIK

A I

II

6

4. Navesti i dokazati teoreme koji daju potreban i dovoljan uslov da bi niz kompl. Brojeva konvergirao

Teorem. Da bi niz 𝑧𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛 𝑛 = 1,2, … konvergirao, potrebno je i dovoljno da konvergira niz

𝑥𝑛 𝑛=1∞ realnih dijelova, i niz 𝑦𝑛 𝑛=1

∞ imaginarnih dijelova kompleksnog niza 𝑧𝑛 𝑛=1∞ , tj. ako i samo

ako je lim𝑛→∞ 𝑥𝑛 = 𝑥0 i lim𝑛→∞ 𝑦𝑛 = 𝑦0 vrijedi lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0.

Dokaz: Neka je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 , to znači da 𝑧 − 𝑧0 → 0 𝑛 → ∞ . Tada je

𝑧 − 𝑧0 = 𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛 − 𝑥0 + 𝑖𝑦0 = 𝑥𝑛 − 𝑥0 + 𝑖 𝑦𝑛 − 𝑦0 =

= 𝑥𝑛 − 𝑥0 2 + 𝑖 𝑦𝑛 − 𝑦0

2 ≥ 𝑥𝑛 − 𝑥0

𝑦𝑛 − 𝑦0

Dakle, 𝑥𝑛 − 𝑥0 ≤ 𝑧 − 𝑧0 → 0 𝑛 → ∞ , pa slijedi da je lim𝑛→∞ 𝑥𝑛 = 𝑥0 . Također,

𝑦𝑛 − 𝑦0 ≤ 𝑧 − 𝑧0 → 0 𝑛 → ∞ , pa je lim𝑛→∞ 𝑦𝑛 = 𝑦0.

Ako je lim𝑛→∞ 𝑥𝑛 = 𝑥0 i lim𝑛→∞ 𝑦𝑛 = 𝑦0, tada za fiksirano, malo 휀 > 0 postoji neki broj 𝑁 휀 > 0, takav

da je 𝑥𝑛 − 𝑥0 < 휀/2 i 𝑦𝑛 − 𝑦0 < 휀/2 za svako 𝑛 ≥ 𝑁 휀 .

Nejednakost trougla: 𝑧1 + 𝑧2 ≤ 𝑧1 + 𝑧2 , ∀𝑧1, 𝑧2 ∈ ℂ ∗ 𝑖 = 1

Tada za 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0, koristeći se relacijom (∗) vrijedi:

𝑧 − 𝑧0 = 𝑥𝑛 − 𝑥0 + 𝑖 𝑦𝑛 − 𝑦0 ≤ 𝑥𝑛 − 𝑥0 + 𝑖 𝑦𝑛 − 𝑦0 ≤ 𝑥𝑛 − 𝑥0 + 𝑦𝑛 − 𝑦0 ≤

≤휀

2+

휀

2= 휀

Što znači da je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 .

Teorem. (Opšti košijev kriterij konvergencije) Da bi niz {𝑧𝑛} bio konvergentan, potrebno i dovoljno je

da se za svako 휀 > 0 može naći broj 𝑁 = 𝑁(휀) takav da vrijedi:

𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧𝑛 < 휀 ∀𝑝 ∈ 1,2, … ili 𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧𝑛 < 휀 ∀𝑝 ∈ 1,2, … , ∀𝑛 ≥ 𝑁

Dokaz. Ako je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 , tj. 𝑧𝑛 − 𝑧0 < 휀 za sve 𝑛 ≥ 𝑁 휀 tada je:

𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧𝑛 = 𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧0 + 𝑧0 − 𝑧𝑛 ≤ 𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧0 휀/2

+ 𝑧𝑛 − 𝑧0 휀/2

≤ 휀 ∀𝑛 ≥ 𝑁 휀

Uslov potreban

Obrnuto iz: 𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧𝑛 < 휀 ∀𝑛 ≥ 𝑁 휀 (𝑝 = 1,2, … ) treba pokazati da je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 . Tada

vrijedi pretpostavka za realne nizove {𝑥𝑛} i 𝑦𝑛 , tj.

𝑥𝑛+𝑝 − 𝑥𝑛 ≤ 𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧𝑛 < 휀 𝑦𝑛+𝑝 − 𝑦𝑛 ≤ 𝑧𝑛+𝑝 − 𝑧𝑛 < 휀


MA

TE

MA

TIK

A I

II

7

Realni nizovi {𝑥𝑛} i 𝑦𝑛 zadovoljavaju opšti kriterij konvergencije za realne nizove, a oni moraju biti

konvergentni, zato je: 𝑧𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛 .

Kao i kod realnih nizova i kod kompleksnih vrijedi:

lim 𝑧𝑛 = 𝑧0 , lim 𝜔𝑛 = 𝜔0 , lim 𝑧𝑛 + 𝜔𝑛 = 𝑧0 + 𝜔0 ,

lim𝑧𝑛 ∙ 𝜔𝑛 = 𝑧0 ∙ 𝜔0 , lim𝑧𝑛

𝜔𝑛=

𝑧0

𝜔0 (𝜔0 ≠ 0)

5. Ako je z=x+iy, dokazati da je

lim𝑛→∞

𝑛 +𝑧

𝑛

𝑛

= 𝑒𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦 𝑒𝑧 ≝ lim𝑛→∞

𝑛 +𝑧

𝑛

𝑛

; 𝑒𝑧 = 𝑧𝑛

𝑛!

∞

𝑛=0

Dokaz:

1 +𝑧

𝑛= 1 +

𝑥 + 𝑖𝑦

𝑛= 1 +

𝑥

𝑛 + 𝑖

𝑦

𝑛 , 𝑟 = 1 +

𝑧

𝑛 = 1 +

𝑥

𝑛

2

+ 𝑦

𝑛

2

휃 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔

𝑦

𝑛

1 +𝑥

𝑛

=

𝑦

𝑛𝑛+𝑥

𝑛

=𝑦

𝑛 + 𝑥= 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔

𝑦

𝑛 + 𝑥

Za velike vrijednosti 𝑛 ce biti 1 + 𝑥/𝑛 > 0 , 휃 ∈ −𝜋/2, 𝜋/2

1 +𝑧

𝑛

𝑛

= [𝑟 cos 휃 + 𝑖 sin 휃 𝑛 = 𝑟𝑛 cos 𝑛휃 + 𝑖 sin𝑛휃 =

= 1 +𝑥

𝑛

2

+ 𝑦

𝑛

2

𝑛

∙ cos 𝑛 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑦

𝑛 + 𝑥+ 𝑖 sin 𝑛𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔

𝑦

𝑛 + 𝑥

Za realno x: 𝑒𝑥 = lim𝑛→∞ 1 +𝑥

𝑛

𝑛

;

1 +𝑥

𝑛

2

+ 𝑦

𝑛

2

= 1 +𝑥

𝑛

2

+ 1 +𝑥

𝑛 ∙

𝑛

𝑛 + 𝑥∙𝑦

𝑛

2

= 1 +𝑥

𝑛

2

∙ 1 + 𝑦

𝑛 + 𝑥

2

1 +𝑧

𝑛

𝑛

= 1 +𝑥

𝑛

2

+ 1 + 𝑦

𝑛 + 𝑥

2

𝑛

2

∙ cos 𝑛 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑦

𝑛 + 𝑥+ 𝑖 sin 𝑛𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔

𝑦

𝑛 + 𝑥 =

= 1 +𝑥

𝑛

𝑛

⇒ 𝑒𝑥

∙ 1 + 𝑦

𝑛 + 𝑥

2

𝑛

2

⇒ 1

∙ [cos 𝑛휃 + 𝑖 sin 𝑛휃] 𝑦

Potrebno je još pokazati da je:

𝑛 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑦

𝑛 + 𝑥→ 𝑦 , 𝑛 → ∞ 𝑖 1 +

𝑦

𝑛 + 𝑥

2

𝑛

2

→ 1 , 𝑛 → ∞


MA

TE

MA

TIK

A I

II

8

lim𝑥→0

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥

𝑥= 1

lim𝑛→∞

𝑛 ∙ 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔𝑦

𝑛 + 𝑥= lim

𝑛→∞𝑏 ∙

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑦

𝑛+𝑥𝑦

𝑛+𝑥

∙𝑦

𝑛 + 𝑥

lim𝑛→∞

𝑛𝑦

𝑛 + 𝑥= lim

𝑛→∞

𝑦

1 +𝑥

𝑛

= 𝑦

lim𝑛→∞

1 + 𝑦

𝑛 + 𝑥

2

𝑛

2

= lim𝑛→∞

1 +1

𝑛+𝑥

𝑦

2

𝑛+𝑥

𝑦

2∙

𝑦

𝑛 +𝑥

2∙𝑛

2

= 𝑒 lim𝑛→∞

𝑛

2

𝑦2

𝑛 + 𝑥 2= 𝑒0 = 1

Čime je dokaz završen. Dakle

lim𝑛→∞

1 +𝑧

𝑛

𝑛

= 𝑒𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sin𝑦

6. Pojam funkcije, granicna vrijednost i neprekidnost funkcije kompleksne promjenljive

Definicja. Pod funkcijom kompleksne promjenljive 𝑤 = 𝑓(𝑧) podrazumijevamo svako preslikavanje 𝑓

koje jednu oblast (𝑧) ravni preslikava u drugu oblast (𝑤) ravni sa osama 𝑢 𝑥, 𝑦 𝑖 𝑣(𝑥, 𝑦).

Definicija. Neka je 𝑓 funkcija kompleksne promjenljive definisana u nekoj okolini tačke 𝑧0. Neka je

𝐴 ∈ ℂ. Ako je ∀휀 > 0 ∃𝛿 휀 > 0 ∀𝑧 ≠ 𝑧0 𝑓 𝑧 − 𝐴 < 휀 čim je 𝑧 − 𝑧0 < 𝛿 onda kažemo da

funkcija 𝑓(𝑧) u tački 𝑧0 ima graničnu vrijednost i pišemo:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝐴

Definicija. Kažemo da je funkcija 𝑓 𝑧 neprekidna u tački 𝑧 = 𝑧0 ako je lim𝑧→𝑧0

𝑓 𝑧 = 𝑓 𝑧0 .

Definicja. Funkcija je neprekidna u oblasti 𝐺 ako je neprekidna u svakoj tački te oblasti.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

9

7. Navesti i dokazati teorem koji daje potreban uslov diferencijabilnosti f-je kompl. promjenljive

𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)

Teorem. Neka je jednoznačna funkcija 𝑤 = 𝑓(𝑧) definisana u nekoj okolini tačke 𝑧0 ≠ ∞ i neka je

diferencijabilna (ima izvod) u 𝑧0 . Tada realni i imaginarni dio 𝑢(𝑥, 𝑦) i 𝑣(𝑥, 𝑦) funkcije 𝑓(𝑧) imaju

parcijalne izvode po promjenljivoj 𝑥, 𝑦 u tački 𝑧0(𝑥0, 𝑦0), vrijede jednakosti:

𝑢𝑥′ 𝑥0, 𝑦0 = 𝑣𝑦

′ (𝑥0, 𝑦0)

𝑢𝑦′ 𝑥0, 𝑦0 = −𝑢𝑥

′ (𝑥0, 𝑦0)

Dokaz: 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣 𝑥, 𝑦 . Posmatrajmo

lim∆𝑧→0

𝑓 𝑧0 + ∆𝑧 − 𝑓 𝑧0

∆𝑧= 𝑓′ (𝑧0)

1. Neka 𝑧 → 𝑧0 u pravcu ose 𝑂𝑥 , tada je ∆𝑥 > 0

𝑓 𝑧0 + ∆𝑧 − 𝑓 𝑧0

∆𝑧=

𝑢 𝑥0 + ∆𝑥, 𝑦0 + 𝑖𝑣 𝑥0 + ∆𝑥, 𝑦0 − 𝑢 𝑥0, 𝑦0 − 𝑖𝑣(𝑥0, 𝑦0)

∆𝑥

lim∆𝑧→0

𝑓 𝑧0 + ∆𝑧 − 𝑓 𝑧0

∆𝑧= lim

∆𝑥→0

𝑢 𝑥0 + ∆𝑥, 𝑦0 − 𝑢 𝑥0, 𝑦0

∆𝑥+ 𝑖 lim

∆𝑥→0

𝑣 𝑥0 + ∆𝑥, 𝑦0 − 𝑣 𝑥0, 𝑦0

∆𝑥

Dakle 𝑓′ 𝑧0 = 𝑢𝑥′ 𝑥0, 𝑦0 + 𝑖𝑣𝑥 𝑥0, 𝑦0 … (1)

2. Neka je 𝑧 → 𝑧0 u pravcu ose 𝑂𝑦 , tada je ∆𝑦 > 0

lim∆𝑧→0

𝑓 𝑧0 + ∆𝑧 − 𝑓 𝑧0

∆𝑧= lim

∆𝑦→0

𝑢 𝑥0 , 𝑦0 + ∆𝑦 + 𝑖𝑣 𝑥0, 𝑦0 + ∆𝑦 − 𝑢 𝑥0, 𝑦0 − 𝑖𝑣(𝑥0, 𝑦0)

𝑖∆𝑦=

= lim∆𝑦→0

𝑢 𝑥0, 𝑦0 + ∆𝑦 − 𝑢 𝑥0, 𝑦0

∆𝑦

1

𝑖+ 𝑖 lim

∆𝑦→0

𝑣 𝑥0 , 𝑦0 + ∆𝑦 − 𝑣 𝑥0, 𝑦0

∆𝑦


MA

TE

MA

TIK

A I

II

10

= lim∆𝑦→0

𝑣 𝑥0 , 𝑦0 + ∆𝑦 − 𝑣 𝑥0, 𝑦0

∆𝑦− 𝑖 lim

∆𝑦→0

𝑢 𝑥0, 𝑦0 + ∆𝑦 − 𝑢 𝑥0, 𝑦0

∆𝑦

Dakle

𝑓′ 𝑧0 = 𝑣𝑦′ 𝑥0, 𝑦0 − 𝑖𝑢𝑦 𝑥0, 𝑦0 … (2)

Poređenjem formula (1) i (2) dobijamo da je 𝑢𝑥′ = 𝑣𝑦

′ i 𝑢𝑦′ = −𝑣𝑥

′ u tački 𝑥0, 𝑦0 . Ove jednačine se

nazivaju Koši-Rimanove jednačine.

8. Analiticke funkcije, definicija, osobine, primjeri

Definicija. Za jednoznačnu funkciju 𝑤 = 𝑓(𝑧) kažemo da je analitička (regularna) u tački 𝑧0, ako ima

izvod u svakoj tački okoline te tačke 𝑧0. Funkcija je analitička u oblasti 𝐺 ako ima izvod u svakoj tački te

oblasti.

Tačke u kojima funkcija nije analitička nazivamo singularne tačke. Analitičnost i diferencijabilnost

funkcije u oblasti se poklapaju, ali se u tački razlikuju.

Npr. funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑧 ∙ 𝑅𝑒𝑧 ima izvod u tački 𝑧 = 0, ali nije analitička u toj tački, jer nema izvod ni u

jednoj tački 𝑧 ≠ 0.

Primjeri analitičkih funkcija:

- Svaka stepena funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑧𝑛 je analitička u cijeloj kompleksnoj ravni.

- Svaki polinom je regularna funkcija u svakoj ograničenoj oblasti, 𝑓 𝑧 = 𝑎𝑘𝑧𝑘∞𝑘=0

- Količnik funkcija (racionalne funkcije):

𝑓 𝑧

𝑔 𝑧 , u bilo kojoj ograničenoj oblasti koja ne sadrži nule nazivnika.

- Funkcije predstavljene cijelim redovima: 𝑓 𝑧 = 𝑎𝑛 𝑧 − 𝑍0 𝑛∞

𝑘=0 gdje su 𝑎 𝑛 = 0,1,2, …

koeficijenti, 𝑧0 kompleksni brojevi.

- Trigonometrijske funkcije 𝑠𝑖𝑛, 𝑐𝑜𝑠, 𝑡𝑔, 𝑐𝑡𝑔, 𝑒𝑧 −eksponencijalna

- Funkcija 𝑎 ∙ 𝑓 𝑧 je regularna ako i samo ako je 𝑓 𝑧 regularna i vrijedi: 𝑎𝑓 𝑧 ′ = 𝑎𝑓′ 𝑧

Iz diferencijabilnosti funkcije slijedi njena neprekidnost, ali obratno ne vrijedi.

Ako postoje izvodi 𝑓′(𝑧) i 𝑔′(𝑧) tada vrijede formule:

𝑓 𝑧 ± 𝑔 𝑧 ′ = 𝑓′ 𝑧 ± 𝑔′ (𝑧)

𝑓 𝑧 ∙ 𝑔 𝑧 ′ = 𝑓′ 𝑧 𝑔 𝑧 + 𝑓 𝑧 𝑔′ (𝑧)

𝑓 𝑧

𝑔 𝑧

′

=𝑓′ 𝑧 𝑔 𝑧 − 𝑓 𝑧 𝑔′ 𝑧

𝑔2 𝑧 ; 𝑔 𝑧 ≠ 0

Takođe važi i pravilo za izvod složene funkcije.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

11

9. Navesti i dokazati teorem koji daje dovoljan uslov diferencijabilnosti f-je kompl. promjenljive

Teorem. (Dovoljan uslov diferencijabilnosti) Neka je jednoznačna funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)

definisana u nekoj okolini tačke 𝑧0, a funkcije 𝑢(𝑥, 𝑦) i 𝑣 𝑥, 𝑦 diferencijabilne u toj tački. Dovoljan uslov

da funkcija 𝑓 𝑧 bude analitička (diferencijabilna) u tački 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 je da u toj tački budu

zadovoljeni Koši-Rimanovi uslovi.

𝑢𝑥′ = 𝑣𝑦

′ , 𝑢𝑦′ = −𝑣𝑥

′

Dokaz: Kako 𝑢 𝑥, 𝑦 i 𝑣(𝑥, 𝑦) imaju neprekidne parcijalne izvode u tački 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 to vrijedi:

∆𝑢 = 𝑢 𝑥0 + ∆𝑥, 𝑦0 + ∆𝑦 − 𝑢 𝑥0, 𝑦0 = 𝑢𝑥′ 𝑥0, 𝑦0 ∆𝑥 + 𝑢𝑦

′ 𝑥0 , 𝑦0 ∆𝑦 + 𝛼1∆𝑥 + 𝛼2∆𝑦

∆𝑣 = 𝑣 𝑥0 + ∆𝑥, 𝑦0 + ∆𝑦 − 𝑣 𝑥0, 𝑦0 = 𝑣𝑥′ 𝑥0, 𝑦0 ∆𝑥 + 𝑣𝑦

′ 𝑥0, 𝑦0 ∆𝑦 + 𝛽1∆𝑥 + 𝛽2∆𝑦

gdje 𝛼1, 𝛼2, 𝛽1, 𝛽2 → 0 ∆𝑥, ∆𝑦 → 0

∆𝑤

∆𝑧=

∆𝑓 𝑧

∆𝑧=

∆𝑢 + 𝑖∆𝑣

∆𝑥 + 𝑖∆𝑦=

𝑢𝑥′ ∆𝑥 + 𝑢𝑦

′ ∆𝑦 + 𝛼1∆𝑥 + 𝛼2∆𝑦 + 𝑖(𝑣𝑥′ ∆𝑥 + 𝑣𝑦

′ ∆𝑦 + 𝛽1∆𝑥 + 𝛽2∆𝑦)

∆𝑥 + 𝑖∆𝑦

Koristeći K-R uslove dobijamo:

∆𝑤

∆𝑧=

𝑢𝑥′ ∆𝑥 + 𝑖𝑢𝑥

′ ∆𝑦 + 𝑖𝑣𝑥′ ∆𝑥 − 𝑣𝑥

′ ∆𝑦

∆𝑥 + 𝑖∆𝑦+ 𝛼1 + 𝑖𝛽1

∆𝑥

∆𝑥 + 𝑖∆𝑦+ 𝛼2 + 𝑖𝛽2

∆𝑦

∆𝑥 + 𝑖∆𝑦=

= 𝑢𝑥′ 𝑥0, 𝑦0 + 𝑢𝑣𝑥

′ 𝑥0, 𝑦0 + 𝛼1 + 𝑖𝛽1 ∆𝑥

∆𝑥 + 𝑖∆𝑦 𝛼2 + 𝑖𝛽2

∆𝑦

∆𝑥 + 𝑖∆𝑦

Kako je ∆𝑥

∆𝑥+𝑖∆𝑦 ≤ 1 𝑖

∆𝑦

∆𝑥+𝑖∆𝑦 posljednja dva razlomka teže ka nuli, kada ∆𝑥, ∆𝑦 → 0, tj. ∆𝑧 → 0,

zato postoji:

𝑓′ 𝑧0 = lim∆𝑧→0

∆𝑤

∆𝑧= 𝑢𝑥

′ 𝑥0, 𝑦0 + 𝑖𝑣𝑥′ 𝑥0 , 𝑦0


MA

TE

MA

TIK

A I

II

12

10. Koši – Rimanove jednacine u polarnim koordinatama

Za neke primjere jednostavnije je koristit K-R jednačine u polarnim koordinatama. Ako je:

𝑧 = 𝑟(cos 𝜑 + 𝑖 sin 𝜑)

tada je: 𝑥 = 𝑟 cos 𝜑 , 𝑦 = 𝑟 sin𝜑 , 𝑤 = 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣 𝑥, 𝑦 = 𝑢 𝑟, 𝜑 + 𝑖𝑣 𝑟, 𝜑

Sada je

𝑢𝑟′ = 𝑢𝑥

′ ∙ 𝑥𝑟′ + 𝑢𝑦

′ ∙ 𝑦𝑟′ = 𝑢𝑥

′ cos 𝜑 + 𝑢𝑦′ sin𝜑

𝑣𝑟′ = 𝑣𝑥

′ ∙ 𝑥𝑟′ + 𝑣𝑦

′ ∙ 𝑦𝑟′ = 𝑣𝑥 cos 𝜑 + 𝑣𝑦

′ sin 𝜑

Korištenjem K – R uslova dobijamo

𝑢𝑟′ = 𝑣𝑦

′ cos 𝜑 − 𝑣𝑥′ sin𝜑

𝑣𝑟′ = −𝑢𝑦

′ cos 𝜑 + 𝑢𝑥′ sin𝜑

(1)

Također,

𝑢𝜑′ = 𝑢𝑥

′ 𝑥𝜑′ + 𝑢𝑦

′ 𝑦𝜑′ = 𝑢𝑥

′ −𝑟 sin 𝜑 + 𝑢𝑦′ 𝑟 cos 𝜑

𝑣𝜑′ = 𝑣𝑥

′ 𝑥𝜑′ + 𝑣𝑦

′ 𝑦𝜑′ = 𝑣𝑥

′ (−𝑟 sin 𝜑) + 𝑣𝑦′ 𝑟 cos 𝜑

(2)

Upoređujući (1) i (2), dobijamo:

𝑟 ∙ 𝑢𝑟′ = 𝑣𝜑

′ 𝑟 ∙ 𝑣𝑟′ = −𝑢𝜑

′

Ove jednačine predstavljaju K-R jednačine u polarnim koordinatama.

11. Diferencijal funkcije

Iz definicje izvoda funkcije 𝑤 = 𝑓 𝑧 u tački 𝑧, slijedi

∆𝑤

∆𝑧= 𝑓′ 𝑧 + 휀,

gdje 휀 → 0 kada ∆𝑧 → 0. Odatle je ∆𝑤 = 𝑓′ 𝑧 ∙ ∆𝑧 + 휀 ∙ ∆𝑧

Veličina 𝑓′ (𝑧) ∙ ∆𝑧 zove se glavni dio od ∆𝑤. Označimo: 𝑓′ 𝑧 ∙ ∆𝑧 = 𝑑𝑤 𝑜𝑑𝑛𝑜𝑠𝑛𝑜 𝑑𝑓 𝑧 .

𝑑𝑤 = 𝑓′(𝑧) ∙ ∆𝑧 - zove se Diferencijal funkcije 𝑓(𝑧) u tački 𝑧, koji odgovara prirastu ∆𝑧.

Specijalno, za 𝑤 = 𝑧 je 𝑑𝑤 = 𝑑𝑧 (jer je 𝑓′ 𝑧 = 𝑧′ = 1), tj. 𝑑𝑧 = ∆𝑧 , te zato umjesto prirasta ∆𝑧

nezavisno promjenljive 𝑧 , možemo pisati njen diferencijal 𝑑𝑧. Dakle,

𝑑𝑤 = 𝑑𝑓 𝑧 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧

Zato 𝑓′ (𝑧) također označavamo sa 𝑑𝑤/𝑑𝑧 ili 𝑑𝑓(𝑧)/𝑑𝑧 .


MA

TE

MA

TIK

A I

II

13

12. Harmonijske funkcije, definicija i veza sa analitickom funkcijom

Definicija. Funkcija 𝑃(𝑥, 𝑦) koja ima neprekidne parcijalne izvode prvog i drugog reda u nekoj oblasti 𝐷

i zadovoljava laplasovu jednačinu:

𝜕2𝑃(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥2=

𝜕2𝑃(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦2= 0

zove se harmonijska funkcija u toj oblasti.

Laplasovu jednačinu pišemo i u obliku ∆𝑃 𝑥, 𝑦 = 0, gdje se operator ∆=𝜕2

𝜕𝑥 2 +𝜕2

𝜕𝑦2 zove laplasov

operator.

Realni i imaginarni dio 𝑢 𝑥, 𝑦 i 𝑣(𝑥, 𝑦) analitičke funkcije su harmonijske funkcije. Kako kod analitičke

funkcije vrijede K-R jednačine 𝑢𝑥′ = 𝑣𝑦

′ i 𝑢𝑦′ = −𝑣𝑥

′ diferenciranjem prve jednačine po 𝑥 , a druge

jednačine po 𝑦 dobijamo:

𝑢𝑥𝑥′′ = 𝑣𝑦𝑥

′′ i 𝑢𝑦𝑦′′ = −𝑣𝑥𝑦

′′

Kako je 𝑣𝑦𝑥′′ = 𝑣𝑥𝑦

′′ , sabiranjem prethodnih jednakosti dobijamo da je: 𝑢𝑥𝑥′′ + 𝑢𝑦𝑦

′′ = 0 , te je 𝑢

harmonijska funkcija.

Na sličan način se dokazuje da je i 𝑣 harmonijska funkcija:

𝑣𝑦′ = 𝑢𝑥

′ /𝑦′

𝑣𝑥′ = −𝑢𝑦

′ /𝑥′ + ⇒ 𝑣𝑦𝑦

′′ + 𝑣𝑥𝑥′′ = 0

te je 𝑣 harmonijska funkcija.

Zaključujemo da samo harmonijske funkcije mogu biti realni i imaginarni dio analitičke kompleksne

funkcije.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

14

13. Elementarne funkcije kompleksne promjenljive

1). Funkcija 𝒆𝒛

Definicija. Funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑒𝑧 kompleksne promjenljive 𝑧 je

𝑒𝑧 = lim𝑛→∞

1 +𝑧

𝑛

𝑛

= 𝑒𝑥 (cos 𝑦 + 𝑖 sin𝑦) , 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦

A možemo je definisati i stepenim redom:

𝑒𝑧 = 𝑧𝑛

𝑛!

∞

𝑛=0

Funkcija 𝑒𝑧 je regularna u cijeloj 𝑧 ravni, izuzev u tački 𝑧 = ∞. Zato je red 𝑧𝑛

𝑛 !∞𝑛=0 ravnomjerno

konvergentan i može se diferencirati član po član. Tako je:

𝑒𝑧 ′ = 𝑛 ∙ 𝑧𝑛−1

𝑛!

∞

𝑛=0

= 𝑧𝑛−1

(𝑛 − 1)!

∞

𝑛=0

= 𝑧𝑛

𝑛!

∞

𝑛=0

= 𝑒𝑧 , 𝑒𝑧 ≠ 0 𝑧𝑎 (∀𝑧 ∈ ℂ)

Jer 𝑒𝑧 = 0 ⇒ 𝑒𝑧 = 𝑒𝑧 ∙ 𝑒𝑖𝑦 = 𝑒𝑥 = 0, što je nemoguće.

Izvorna funkcija: 𝑤 = ln 𝑧 ⇔ 𝑧 = 𝑒𝑤 .

2). Trigonometrijske i hiperbolne funkcije

Na osnovu jednakosti

𝑒𝑖𝑦 = cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦 i 𝑒−𝑖𝑦 = cos 𝑦 − 𝑖 sin𝑦

(sabiranjem i oduzimanjem) dobijaju se izrazi za cos 𝑦 i sin 𝑦, i to

cos 𝑦 =𝑒𝑖𝑦 + 𝑒−𝑖𝑦

2 , sin𝑦 =

𝑒𝑖𝑦 − 𝑒−𝑖𝑦

2

Funkcije sin 𝑧 i cos 𝑧 kompleksne promjenljive 𝑧 definišu se jednakostima

cos 𝑧 =𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧

2 , sin𝑧 =

𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧

2

Lako se dokazuju jednakosti

1) cos2 𝑧 + sin2 𝑧 = 1

2) cos(𝑧1 + 𝑧2) = cos 𝑧1 cos 𝑧2 − sin 𝑧1 sin𝑧2

3) sin(𝑧1 + 𝑧2) = sin𝑧1 cos 𝑧2 + cos 𝑧1 sin𝑧2

Funkcije sin 𝑧 i cos 𝑧 imaju period 2𝜋 (odnosno 2𝑘𝜋, 𝑘 = 0, ±1, ±2, . . ).

Funkcije 𝑡𝑔 𝑧 i 𝑐𝑡𝑔 𝑧 definišu se jednakostima

𝑡𝑔 𝑧 =sin𝑧

cos 𝑧 , 𝑧 ≠

𝜋

2+ 𝑘𝜋 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …


MA

TE

MA

TIK

A I

II

15

𝑐𝑡𝑔 𝑧 =cos 𝑧

sin 𝑧 , 𝑧 ≠ 𝑘𝜋 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

Kako su sin𝑧 i cos 𝑧 analitičke funkcije u cijeloj kompleksnoj ravni, takve su i 𝑡𝑔 𝑧 i 𝑐𝑡𝑔 𝑧, osim u gore

navedenim tačkama.

Hiperbolne funkcije se definišu jednakostima

𝑠𝑕 𝑧 =𝑒𝑧 − 𝑒−𝑧

2 , 𝑐𝑕 𝑧 =

𝑒𝑧 + 𝑒−𝑧

2 , 𝑡𝑕 𝑧 =

𝑠𝑕 𝑧

𝑐𝑕 𝑧 , 𝑐𝑡𝑕 𝑧 =

𝑐𝑕 𝑧

𝑠𝑕 𝑧

Neposredno iz datih definicija slijedi

𝑠𝑕 𝑧 = −𝑖 sin 𝑖𝑧 , 𝑠𝑕 𝑖𝑧 = 𝑖 sin 𝑧 , 𝑐𝑕 𝑧 = cos 𝑖𝑧 , 𝑐𝑕 𝑖𝑧 = cos 𝑧

Izvodi ovih funkcija su

sin 𝑧 ′ = cos 𝑧 , cos 𝑧 ′ = − sin𝑧 , 𝑡𝑔 𝑧 ′ =1

cos2 𝑧 , 𝑐𝑡𝑔 𝑧 ′ =

−1

sin2 𝑧

𝑠𝑕 𝑧 ′ = 𝑐𝑕 𝑧 , 𝑐𝑕 𝑧 ′ = 𝑠𝑕 𝑧 , 𝑡𝑕 𝑧 ′ =1

𝑐𝑕2 𝑧 , 𝑐𝑡𝑕 𝑧 ′ =

−1

𝑠𝑕2 𝑧

3* Opšta stepena funkcija 𝑧𝑎 (𝑧 ≠ 0, ∞, 𝑎 ma koji kompleksan broj) definiše se pomoću jednakosti

𝑎𝑧 = 𝑒𝑧 ln 𝑎


MA

TE

MA

TIK

A I

II

16

14. Integral f-je kompleksne promjenljive, definicija, primjeri, osobine

Neka je 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) jednoznačna funkcija definisana u oblasti 𝐺 𝑧 −ravni. Neka je 𝑙 ⊂ 𝐺

glatka orjentisana kriva sa početnom tačkom 𝑎 i krajnjom tačkom 𝑏. Podijelimo luk 𝑙 na 𝑛 dijelova

tačkama 𝑎 = 𝑧0, 𝑧1 , 𝑧2, … , 𝑧𝑛 = 𝑏. Neka je 휁𝑘 = 𝜉𝑘 + 𝑖휂𝑘 tačka koja leži na luku određenom tačkama

𝑧𝑘−1 , 𝑧𝑘 . Formirajmo sumu

𝜍𝑛 = 𝑓 𝜉𝑘 (𝑧𝑘 − 𝑧𝑘−1)

𝑛

𝑘=1

= 𝑓 𝜉𝑘 ∆𝑧𝑘

∞

𝑛=1

Označili bi: 𝑓 𝜉𝑘 = 𝑢𝑘 + 𝑖𝑣𝑘 , ∆𝑧𝑘 = ∆𝑥𝑘 + 𝑖∆𝑦𝑘 sada imamo

𝜍𝑛 = 𝑢𝑘 + 𝑖𝑣𝑘

𝑛

𝑘=1

∆𝑥𝑘 + 𝑖∆𝑦𝑘 = 𝑢𝑘∆𝑥𝑘 − 𝑣𝑘∆𝑦𝑘

𝑛

𝑘=1

+ 𝑖 𝑣𝑘∆𝑥𝑘 + 𝑢𝑘∆𝑦𝑘

𝑛

𝑘=1

Sume na desnoj strani jednakosti su integralne sume realnih funkcija 𝑢 i 𝑣, koje se pojavljuju kod

linijskog integrala druge vrste.

Definicija. Kažemo da je kompleksan broj 𝐼 integral funkcije 𝑓(𝑧) po luku 𝑙 od tačke 𝑎 do tačke 𝑏, ako

za svako 휀 > 0 postoji 𝛿 휀 > 0, tako da, nezavisno od izbora tačaka 휁𝑘 , važi

𝐼 − 𝜍𝑛 < 휀

čim je max𝑕 𝑧𝑘 − 𝑧𝑘−1 < 𝛿. Broj 𝐼 označavamo sa

𝐼 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑏

𝑎

𝑖𝑙𝑖 𝐼 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙

Po ovoj definiciji je

𝐼 = 𝐼1 + 𝐼1

𝐼1 = 𝑢 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑣(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑙

, 𝐼2 = 𝑢 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑣(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑙

𝐼 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙

= 𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦𝑙

+ 𝑖 𝑣𝑑𝑥 + 𝑢𝑑𝑦𝑙

= 𝑢 + 𝑖𝑣 𝑑𝑥 + 𝑖𝑑𝑦 𝑙


MA

TE

MA

TIK

A I

II

17

To znači da se računanje integrala 𝐼 svodi na računanje linijskih integrala druge vrste, a time i na

računanje običnih integrala.

Osobine integrala:

(1)

(𝑙) 𝑓(𝑧)𝑏

𝑎

𝑑𝑧 = −(𝑙) 𝑓(𝑧)𝑎

𝑏

𝑑𝑧

(2)

𝑐𝑘

𝑝

𝑘=1

𝑓𝑘(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 𝑐𝑘

𝑝

𝑘=1

𝑓𝑘(𝑧)𝑑𝑧𝑙

(3)

𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑧)𝑙1

+ 𝑓(𝑧)𝑙2

, 𝑙 = 𝑙1 ∪ 𝑙2

(4)

𝑓 𝑧 𝑙

𝑑𝑧 ≤ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧𝑙

Primjer 1. Izračunati integral

𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧0 , ako je kružnica 𝑧 − 𝑧0 < 𝑟

Rješenje: 𝑧 − 𝑧0 = 𝑟 ∙ 𝑒𝑖𝑡 , 𝑜 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋 , 𝑡 ∈ [0, 2𝜋]

𝑧 = 𝑧0 + 𝑟𝑒𝑖𝑡 , 𝑑𝑧 = 𝑟𝑖𝑒𝑖𝑡 𝑑𝑡

𝐼 = 𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧0=

𝑟𝑖𝑒𝑖𝑡

𝑟𝑒𝑖𝑡

2𝜋

0

= 𝑖 ∙ 𝑡 02𝜋 = 2𝜋𝑖

Primjer 2. Ako je 𝑓 𝑧 = 1, onda je

𝜍𝑘 = 1 ∙ 𝑧𝑘 − 𝑧𝑘−1

𝑛

𝑘=1

= 𝑏 − 𝑎

što znači da je za bilo koju krivu 𝑙

𝑙 𝑑𝑧𝑏

𝑎

= 𝑏 − 𝑎


MA

TE

MA

TIK

A I

II

18

15. Košijeva i Koši – Gurasova teorema o integralu regularne f-je na jednostruko i višestruko povezanoj oblasti, primjeri

Teorem 1.(Cauchy). Neka je 𝐺 jednostruko povezana oblast u ℂ i neka je 𝑓(𝑧) regularna funkcija koja

ima neprekidan izvod u 𝐺. Tada za svaku zatvorenu glatku (po dijelovima glatku) krivu 𝑙 ⊂ 𝐺 vrijedi:

𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 0

Dokaz: 𝑙 ⊂ 𝐺

𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦𝑙

+ 𝑖 𝑣𝑑𝑥 + 𝑢𝑑𝑦𝑙

Posmatrajmo

𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑙

𝐺𝑟𝑖𝑛𝑜𝑣𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎

Ako su funkcije 𝑃, 𝑄,𝜕𝑃

𝜕𝑥 ,

𝜕𝑄

𝜕𝑦 neprekidne na oblasti 𝐷, čiji je rub 𝑙, vrijedi:

𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦𝑙

= 𝜕𝑄

𝜕𝑥−

𝜕𝑃

𝜕𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

Na osnovu Green-ove formule imamo

𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = −𝜕𝑣

𝜕𝑥−

𝜕𝑢


𝐷 0

+ 𝑖 𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑣


𝐷 0

= 0

Jasno da 𝑓(𝑧) zadovoljava K – R uslove 𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 0

Teorem 2. (Goursat) Neka je 𝐺 jednostruko povezana oblast i 𝑓(𝑧) regularna funkcija u 𝐺. Tada, za

svaku zatvorenu glatku krivu 𝑙 koja leži u 𝐺, vrijedi:

𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 0

U Koši – Gursaovoj teoremi pretpostavlja se da kriva leži u 𝐺, zato je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u svim

tačkama krive 𝑙. I ova pretpostavka se može izostaviti.

Teorem 3. Neka jednostruko povezana oblast 𝐺 ima glatki rub 𝛾 i neka je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u 𝐺 i

neprekidna na 𝐺 = 𝐺 ∪ 𝛾, tada je


MA

TE

MA

TIK

A I

II

19

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0

Ovaj teorem važi i u slučaju višestruko povezanih oblasti, npr kod dvostruko povezane oblasti 𝐺

omeđene sa 𝛾 = 𝛾0 ∪ 𝛾1 ∪ 𝛾2

Pomoću glatkog luka oblast 𝐺 ćemo podijeliti na dvije jednostruko povezane oblasti, a zatim ćemo na

svaku dobijenu jednostruko povezanu oblast primjeniti teorem 3 i sabrati integrale. Integrali po dužini

se anuliraju i dobija se:

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0

Primjedba: Ako je 𝑓(𝑧) regularna u jednostruko povezanoj oblasti 𝐺 onda je

𝑙1 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧 = 𝑙2 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧 … 𝑙1, 𝑙2 ⊆ 𝐺 .

Dokaz:

Prema Koši – Gursaovoj teoremi je

𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙1∪𝑙2

= 0 𝑡𝑗.

𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙1

− 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙2

= 0 ⇒ 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙1

= 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙2


MA

TE

MA

TIK

A I

II

20

16. Osnovna i uopštena Košijeva integralna formula

Teorem 1. Neka je oblast 𝐺 ograničena po dijelovima glatkom krivom 𝛾, i neka je funkcija 𝑓(𝑧)

analitička u oblasti 𝐺 i neprekidna u zatvorenoj oblasti 𝐺 = 𝐺 ∪ 𝛾. Tada (∀𝑎 ∈ 𝐺) vrijedi:

𝑓 𝑎 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝑑𝑧

𝛾

(∗)

Dokaz: Neka je 𝐾𝑟 ⊂ 𝐺 kružnica poluprečnika 𝑟 sa centrom u tački 𝑎 ∈ 𝐺, tako da krug čija je granica

𝐾𝑟 čitav leži u 𝐺. Funkcija

1

2𝜋𝑖 𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎

je regularna u oblasti 𝐷 koja se dobije kada se od oblasti 𝐺 odstrani krug ograničen kružnicom 𝐾𝑟 , i

neprekidna na 𝐷 . Sada imamo

1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝛾∪𝑘𝑟

𝑑𝑧 = 0 ⇔1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝛾

𝑑𝑧 +1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝑘𝑟

𝑑𝑧 = 0

1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝛾

𝑑𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧


𝑑𝑧

1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧


𝑑𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧 − 𝑓(𝑎)


𝑑𝑧 +1

2𝜋𝑖𝑓 𝑎

1


𝑑𝑧

𝑑𝑧


= 𝑠: 𝑧 − 𝑎 = 𝑟𝑒𝑖𝜑

𝜑 02𝜋

𝑑𝑧 = 𝑟𝑖𝑒𝑖𝜑 𝑑𝜑

= 𝑟𝑖𝑒𝑖𝜑 𝑑𝜑

𝑟𝑒𝑖𝜑

2𝜋

0

= 2𝜋𝑖

Kako je po pretpostavci f – ja 𝑓(𝑧) neprekidna funkcija to: |𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑎 | → 0, kada 𝑧 − 𝑎 = 𝑟 → 0, tj.

∀휀 > 0 ∃𝑟 휀 > 0 𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑎 < 휀 , kada je 𝑧 − 𝑎 < 𝑟(휀).

1

2𝜋𝑖



𝑑𝑧 ≤1

2𝜋𝑖


𝑧 − 𝑎 𝑘𝑟

𝑑𝑠 <휀

2𝑟𝜋 𝑑𝑠𝑘𝑟 2𝑟𝜋

=휀

2𝑟𝜋2𝑟𝜋 = 휀

Kako je 휀 proizvoljno mali broj, zaključujemo da:

1

2𝜋𝑖



𝑑𝑧 → 0 𝑘𝑎𝑑𝑎 𝑟 → 0


MA

TE

MA

TIK

A I

II

21

1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝐾𝑟

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑎) ⇒ 1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝛾

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑎)

Teorem 2. (Poopštena košijeva integralna formula) Neka je 𝐺 ograničena po dijelovima glatkom

zatvorenom krivom 𝛾. Neka je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u oblasti 𝐺 i neprekidna u 𝐺 = 𝐺 ∪ 𝛾. Tada

funkcija 𝑓(𝑧) u svakoj unutrašnjoj tački 𝑎 ∈ 𝐺 ima izvod 𝑓 𝑛 (𝑎) i vrijedi:

𝑓𝑛 (𝑎) =𝑛!

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎 𝑛+1𝛾

𝑑𝑧 , (𝑛 = 0,1,2 … )

Dokaz. Formula važi za 𝑛 = 0 jer se tada svodi na Košijevu integralnu formulu. Pretpostavimo da važi

za 𝑛 = 𝑘 i dokažimo da važi za 𝑛 = 𝑘 + 1 (dokaz matematičkom indukcijom).

Primjedba. Teorem 2 pokazuje da regularna funkcijaima izvod ma kog reda, tj. izvod regularne funkcije

je regularna funkcija.

Primjer 1.

𝐼 = 𝑒𝑧

𝑧𝑑𝑧 , 𝑧 = 1

𝑓 𝑧 = 𝑒𝑧 , 𝑎 = 0 ⇒ 𝐼 = 2𝜋𝑖 ∙ 𝑓 0 = 2𝜋𝑖 ∙ 𝑒0 = 2𝜋𝑖

Primjer 2.

𝐼 = cos 𝑧

𝑧3 , 𝑓 𝑧 = cos 𝑧 , 𝑎 = 0 , 𝑛 = 2, 𝑧 = 2

𝐼 = cos 𝑧

𝑧 − 0 3𝑑𝑧 =

2𝜋𝑖

2!𝑓𝑛 0 = 𝜋𝑖 − cos 0 = −𝜋𝑖

17. Primitivna funkcija i integral

Definicija 1. Za funkciju 𝑓 𝑧 kažemo da je primitivna funkcija funkcije 𝑓(𝑧) na oblasti 𝐷 ako vrijedi

𝐹′ 𝑧 = 𝑓 𝑧 , za svaku tačku 𝑧 ∈ 𝐷.

Ako je 𝐹(𝑧) primitivna funkcija od 𝑓(𝑧) na 𝐷, onda je i 𝐹 𝑧 + 𝑐 (c konstanta) takođe primitivna funkcija

funkcije 𝑓(𝑧) na 𝐷.

Ako su 𝐹1(𝑧) i 𝐹2(𝑧) primitivne 𝑓 – je od 𝑓(𝑧) na 𝐷 , onda je 𝐹1 𝑧 − 𝐹2 𝑧 = 𝐶 na 𝐷. Naime ako je

𝐹 𝑧 = 𝐹1 𝑧 − 𝐹2 𝑧 = 𝑢 + 𝑖𝑣 , tada je

𝐹′ 𝑧 = 𝐹1′ 𝑧 − 𝐹2

′ 𝑧 = 𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑧 = 0 , 𝑧 ∈ 𝐷

i, zatim

𝐹′ 𝑧 =𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 0 , 𝐹′ 𝑧 =

𝜕𝑢

𝜕𝑦− 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0

Slijedi

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑢

𝜕𝑦=

𝜕𝑣

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0 ⇒ 𝑢 = 𝑐1 , 𝑣 = 𝑐2


MA

TE

MA

TIK

A I

II

22

A to znači da je

𝐹 𝑧 = 𝑢 + 𝑖𝑣 = 𝑐1 + 𝑖𝑐2 = 𝑐.

Teorem 1. Neka je funkcija 𝑓(𝑧) neprekidna u oblasti 𝐺 i integral od 𝑓(𝑧) zavisi samo od krajnjih tačaka

krive integracije (koja sva leži u 𝐺 ). Tada je funkcija 𝜙 𝑧 = ∫ 𝑓(𝑡)𝑧

𝑧0𝑑𝑡 regularna u 𝐺 i vrijedi

𝜙′ 𝑧 = 𝑓 𝑧 .

Dokaz.: Neka je 𝑧 ∈ 𝐺, proizvoljna tačka i ∆𝑧 takav da je (𝑧 + ∆𝑧) ∈ 𝐺. Imamo:

𝜙 𝑧 + ∆𝑧 − 𝜙(𝑧)

∆𝑧− 𝑓(𝑧) =

1

∆𝑧 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 − 𝑓 𝑡

𝑧

𝑧0

𝑧+∆𝑧

𝑧

𝑑𝑡 − 𝑓 𝑧 =

=1

∆𝑧 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 −

𝑓(𝑧)

∆𝑧 𝑑𝑡

𝑧+∆𝑧

𝑧

𝑧+∆𝑧

𝑧

=1

∆𝑧 𝑓 𝑡 − 𝑓 𝑧

𝑧+∆𝑧

𝑧

𝑑𝑡

Zbog neprekidnosti funkcije 𝑓(𝑧) možemo za svako 휀 > 0 odrediti 𝛿 휀 > 0, tako da je

𝑓 𝑡 − 𝑓 𝑧 < 휀

Čim je 𝑡 − 𝑧 < 𝛿 휀 . Zato je

𝜙 𝑧 + ∆𝑧 − 𝜙(𝑧)

∆𝑧− 𝑓(𝑧) ≤

휀

∆𝑧 ∙ ∆𝑧 = 휀

tj. 𝜙′ 𝑧 = 𝑓(𝑧).

Primjedba. Teorem 1 izražava činjenicu da je i funkcija 𝜙(𝑧) primitivna funkcija funkcije 𝑓(𝑧). Zato je

𝜙 𝑧 = 𝑓(𝑡)𝑧

𝑧0

𝑑𝑡 = 𝐹 𝑧 + 𝑐

pri čemi je 𝐹(𝑧) proizvoljna primitivna funkcija funkcije 𝑓(𝑧). Stavljajući u ovoj jednakosti 𝑧 = 𝑧0 ,

dobijamo 0 = 𝐹 𝑧0 + 𝑐, tj. 𝑐 = −𝐹(𝑧0). Dakle

𝜙 𝑧 = 𝑓(𝑡)𝑧

𝑧0

𝑑𝑡 = 𝐹 𝑧 − 𝐹(𝑧0)

Dobijena jednakost se po obliku poklapa sa Newton – Leibntzovom formulom.

Primjer 1.

cos 𝑡 𝑑𝑡𝑧

0

= sin 𝑡 0𝑧 = sin𝑧


MA

TE

MA

TIK

A I

II

23

18. Teoremi Morera i Liuvila

Teorem 1. Ako je funkcija 𝑓(𝑧) neprekidna na jednostruko povezanoj oblasti 𝐺, i ako integral funkcije

𝑓(𝑧) po bilo kojoj zatvorenoj krivoj 𝛾 ⊂ 𝐺 ima vrijednost nula, onda je 𝑓(𝑧) regularna funkcija u 𝐺.

𝑓𝑙

𝑑𝑧 = 0

Dokaz: Predpostavka da 𝑓(𝑢)𝛾

𝑑𝑢 = 0. Neka su 𝑧0 i 𝑧1 prozvoljne tačke iz 𝐺 i vrijedi

𝑙1 𝑓 𝑢 𝑧

𝑧0

𝑑𝑢 = 𝑙2 𝑓 𝑢 𝑧

𝑧0

𝑑𝑢

𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝛾

= 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑙1

+ 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑙2

= 0

+

Integral ∫ 𝑓 𝑢 𝑧

𝑧0𝑑𝑢 zavisi samo od početne i krajnje tačke.

𝜙(𝑧) ≝ 𝑓 𝑢 𝑧

𝑧0

𝑑𝑢

je dobro definisana funkcija.

𝜙 𝑧 − je primitivna funkcija funkcije 𝑓(𝑧) na 𝐺, a to znači:

1. 𝜙 𝑧 − je regularna na 𝐺

2. 𝜙′ (𝑧) = 𝑓 𝑧 , 𝑧 ∈ 𝐺

𝜙 𝑧 = ∫ 𝑓 𝑢 𝑧

𝑧0𝑑𝑢 zadovoljava sve uslove u oblasti 𝐺 poopštene Košijeve formule.

Onda ∀𝑛 ∈ ℕ vrijedi : 𝜙′′ (𝑧) = 𝑓′ 𝑧 , 𝑧 ∈ 𝐺. Funkcija 𝑓 𝑧 je regularna na 𝐺 (jer ima izvod u svakoj

tački skupa).

Primjer 1. Integral

𝐼 = 𝑒1/𝑧

2 − 𝑧 𝑧𝑑𝑧

𝑧 =3

riješiti smjenom: 𝑧 = 1/𝑤 .

Rješenje.

𝑧 =1

𝑤 ⇒ 𝑑𝑧 =

−𝑑𝑤

𝑤−2 , 𝑧 = 3 ⇒ 𝑤 =

1

3


MA

TE

MA

TIK

A I

II

24

Pa je

𝐼 = 𝑒𝑤

2 −1

𝑤

1

𝑤

∙−𝑑𝑤

𝑤−2

𝑤 =1/3

= − 𝑒𝑤

2𝑤 − 1

𝑤 =1/3

Funkcija 𝑒𝑤

2𝑤−1 je regularna u krugu 𝑤 ≤ 1/3, jer tačka 𝑤 = 1/2 ne pripada tom krugu. Zato je 𝐼 = 0.

Teorem 2. Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u cjeloj kompleksnoj ravni i ograničena po apsolutnoj

vrijednosti, onda je ona konstanta.

Dokaz: Neka je 𝑧 proizvoljna tačka kompleksne ravni i 𝛾𝑟 kružnica sa centrom u 𝑧 i poluprečnika 𝑟. Tada

je

𝑓′ 𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑧 2𝛾𝑟

𝑑𝜉

𝑓′ 𝑧 ≤1

2𝜋

|𝑓 𝜉 |

𝜉 − 𝑧 2𝛾𝑟

𝑑𝑠 ≤𝑀

2𝜋𝑟2 𝑑𝑠𝛾𝑟

=𝑀

2𝜋𝑟2∙ 2𝜋𝑟 =

𝑀

𝑟

Kako 𝑟 može biti po volji veliki broj, to dobijamo da je 𝑓′ 𝑧 = 0, odakle slijedi da je 𝑓 konstanta.

Na osnovu prethodne teoreme zaključujemo da funkcija 𝑓 𝑧 = sin𝑧 nije ograničena u kompleksnoj

ravni. Naime sin 𝑧 je regularna u 𝑧 −ravni. Ako bi bila i ograničena, bila bi i konstantnafunkcija, što

znamo da nije tačno.

19. Stepeni redovi, poja, osobine, konvergencija

Red oblika 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘∞𝑘=0 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑧 − 𝑎 + 𝑐2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯, gdje su 𝑎, 𝑐0 , 𝑐1, 𝑐2, … kompleksne

konstante, zove se stepeni (potencijalni) red. Ako je 𝑎 = 0, dobijamo red oblika

𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑧𝑘 = 𝑐0 + 𝑐1𝑧 + 𝑐2𝑧2 + … . (2).

Teorem 1. (Abel) Ako stepeni red (2) konvergira u tački 𝑧 = 𝑧0 ≠ 0 onda on

a) konvergira apsolutno u krugu 𝑧 < 𝑧0

b) konvergira uniformno na krugu 𝑧 ≤ 𝜌 < 𝑧0

Teorem 2. Postoji realan broj 𝑅 ∈ 0, ∞ takav da red (2) konvergira za svako 𝑧 za koje je 𝑧 < 𝑅, a

divergira za svako 𝑧 za koje je 𝑧 > 𝑅.

Broj 𝑅 zove se poluprečnik konvergencije reda (2) i određuje se pomoću Dalamberovog ili Košijevog

kriterija korijena. Naime, ako postoje granice

lim𝑛→∞

𝑐𝑛 𝑛 ili lim

𝑛→∞

𝑐𝑛

𝑐𝑛+1

tada je


MA

TE

MA

TIK

A I

II

25

𝑅 =1

lim𝑛→∞

𝑐𝑛 𝑛 ili 𝑅 =

1

lim𝑛→∞

𝑐𝑛

𝑐𝑛+1

Ako navedene granične vrijednosti ne postoje, onda u izrazima za 𝑅 treba uzeti lim𝑛→∞ = lim

𝑛→∞ superior.

Oblast 𝑧 < 𝑅 zove se krug konvergencije (2). U tačkama 𝑧 = 𝑅 red može i konvergirati i divergirati.

Primjer. Odrediti krug konvergencije reda

𝑛𝑛

𝑛!

∞

𝑛=1

𝑧𝑛

Rješenje. Imamo

𝑐𝑛 =𝑛𝑛

𝑛!⇒ lim

𝑛→∞ 𝑐𝑛+1

𝑐𝑛 = lim

𝑛→∞

𝑛+1 𝑛+1

𝑛+1 !

𝑛𝑛

𝑛 !

= lim𝑛→∞

𝑛! 𝑛 + 1 𝑛+1

𝑛 + 1 ! 𝑛𝑛= lim

𝑛→∞ 1 +

1

𝑛

𝑛

= 𝑒

Red konvergira za 𝑧 ∙ 𝑅 < 1, tj. za 𝑧 < 1/𝑒 . Dakle, 𝑅 = 1/𝑒 .

Teorem 3.

(a) Suma stepenog reda je regularna funkcija u krugu konvergencije

(b) Stepeni red se može diferencirati i integrirati član po član u krugu konvergencije

(c) Diferenciranjem i integracijom se ne mijenja poluprečnik reda.

20. Teorem o razvoju funkcije u Tejlorov red

Odgovor na pitanje da li regularna funkcija određuje stepeni red koji je konvergenran nam daje slijedeći

teorem.

Teorem. Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u krugu 𝑧 − 𝑎 < 𝑅, onda se ona u tom krugu razlaže u

konvergentan red oblika:

𝑓 𝑧 = 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

∞

𝑘=0

pri čemu su koeficijenti 𝑐𝑘 određeni formulom

𝑐𝑘 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑎 𝑘+1𝑑𝜉

𝛾𝜌

=𝑓 𝑘 𝑎

𝑘!

gdje je 𝛾𝜌 kružnica 𝑧 − 𝑎 < 𝑅 i 𝑧 − 𝑎 < 𝜌 < 𝑅.

Dokaz : Neka je 𝑧 proizvoljna tačka kruga 𝑧 − 𝑎 < 𝑅 i 𝑧 − 𝑎 < 𝜌 < 𝑅. Na osnovu košijeve integralne

formule vrijedi:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

26

𝑓 𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑧𝑑𝜉

𝛾𝜌

(1)

Za 𝑧 − 𝑎 < 𝜉 − 𝑎 važi razvoj

𝑧 − 𝑎

𝜉 − 𝑎 < 1

1

𝜉 − 𝑧=

1

𝜉 − 𝑎 − 𝑧 − 𝑎 =

1

𝜉 − 𝑎∙

1

1 −𝑧−𝑎

𝜉−𝑎

=1

𝜉 − 𝑎∙

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘

∞

𝑘=0

1

𝜉 − 𝑧=

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0

(2)

Red (2) kovergira ravnomjerno po 𝜉 na kružnici 𝛾𝜌 , jer je

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1 ≤

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜌𝑘+1 𝑛𝑒𝑧𝑎𝑣𝑖𝑠𝑛𝑜 𝑜𝑑 𝜉 ∈ 𝛾𝜌

Zato se u jednakosti (koja slijedi iz (1) na osnovu (2))

𝑓 𝑧 =1

2𝜋𝑖 𝑓 𝜉 ∙

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0𝛾𝜌

𝑑𝜉

Smije izvršiti integracija član po član. Dakle,

𝑓(𝑧) = 𝑧 − 𝑎 𝑘 ∙1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾𝜌

∞

𝑘=0

Primjedba 1. Kružnicu 𝛾𝜌 možemo zamijeniti bilo kojom zatvorenom krivom koja leži u kgrugu

𝑧 − 𝑎 < 𝑅 i obuhvata tačku 𝑎.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

27

21. Loranov red, teorem i primjeri

Uopštenje Tejlorovog reda jeste red oblika

𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

+∞

k=−∞

= 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

−1

k=−∞

+ 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

+∞

k=0

|k = −k|=

𝑐−𝑘 𝑧 − 𝑎 −𝑘

+∞

k=1

+ 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

+∞

k=0

= +1

2

ovaj red se zove Loranov red.

Ako je 𝐷1 oblast konvergencije reda Σ1 , a 𝐷1 oblast konvergencije reda Σ2, onda je 𝐷1 ∩ 𝐷2 oblast

konvergencije datog Loranovog reda.

Ako je

lim𝑘→∞

|𝑐−𝑘 |𝑘 = 𝑟1

nnda red Σ1 konvergira u oblasti 𝑧 − 𝑎 > 𝑟1. Ako je

lim𝑘→∞

|𝑐𝑘 |𝑘 =1

𝑟2

onda red Σ2 konvergira u oblasti 𝑧 − 𝑎 > 𝑟2. Redovi Σ1 i Σ2 imaju zajedničku oblast konvergencije

akoe je 𝑟1 < 𝑟2. Dakle, Loranov red konvergira u prostoru 𝑟1 < 𝑧 − 𝑎 < 𝑟2 , a u prstenu 𝑟1 < 𝜌1 ≤

𝑧 − 𝑎 ≤ 𝜌2 < 𝑟2 konvergencija je ravnomjerna, U prstenu konvergencije Loranov red definiše

regularna funkcija.

Teorem. (Loranov) Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u prstenu 𝑟1 < 𝑧 − 𝑎 < 𝑟2, onda se ona u tom

prstenu razlaže u konvergentan Loranov red:

𝑓 𝑧 = 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

+∞

𝑘=−∞

pri čemu je

𝑐𝑘 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾𝜌

gdje je 𝛾𝜌 kružnica 𝑧 − 𝑎 = 𝜌 , pri čemu je 0 ≤ 𝑟1 < 𝜌 < 𝑟2 < ∞.

Primjer 1. Funkciju

𝑓 𝑧 =1

𝑧 − 1 𝑧 − 2


MA

TE

MA

TIK

A I

II

28

razložiti u Loranov red u oblasti: a) 𝑧 < 1, b) 1 < 𝑧 < 2, c) 𝑧 > 2

Rješenje. a) Kako je

𝑓 𝑧 =1

𝑧 − 2−

1

𝑧 − 1

1

𝑧 − 2= −

1

2

1

1 −𝑧

2

= −1

2

𝑧𝑘

2𝑘

∞

𝑘=0

, 𝑧 < 2

1

𝑧 − 1= −

1

1 − 𝑧= − 𝑧𝑘

∞

𝑘=0

, 𝑧 < 1

to je

𝑓 𝑧 = 1 −1

2𝑘+1 𝑧𝑘

∞

𝑘=0

za 𝑧 < 1.

22. Singularne tacke funkcije, pojam residuma f – je

Definicija. Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u oblasti 0 < 𝑧 − 𝑎 < 𝑟 izuzev u tački 𝑧 = 𝑎, onda se tačka 𝑎

zove izolovani singularitet ili izolovana singularna tačka.

Primjer 1. Funkcija 𝑓 𝑧 =1

𝑧−1 regularna u oblasti 0 < 𝑧 − 1 ≤ 2 , ali nije regularna u okolini

𝑧 − 1 < 𝛿, jer u tački 𝑧 = 1 iz te okoline nema izvod. Tačka 𝑧 = 1 je izolovana singularna tačka za ovu

funkciju.

Postoje slijedeće vrste singulariteta:

1. Ako lim𝑧→𝑎 𝑓(𝑧) postoji, onda je tačka 𝑎 otklonjivi (prividni) singularitet.

2. Ako lim𝑧→𝑎 𝑓(𝑧) = ∞, onda je tačka 𝑎 pol funkcije 𝑓(𝑧)

3. Ako lim𝑧→𝑎 𝑓(𝑧) ne postoji, onda se tačka 𝑎 zove esencijalni singularitet.

Primjer 2. Tačka 𝑎 = 0 za funkciju 𝑓 𝑧 =sin 𝑧

𝑧 je otklonjivi singularitet. Jer lim

𝑧→0

sin 𝑧

𝑧= 1 postoji.

Primjer 3. Tačka 𝑎 = 0 za funkciju 𝑓 𝑧 = 𝑒1/𝑧 je esencijalni singularitet. Naime, ako se tački 𝑎 = 0

približimo preko tačaka 1/𝑛 , 𝑛 = 1,2, …, dobijemo lim𝑧→0

𝑓 𝑧 = lim𝑛→∞

𝑒𝑛 = ∞ . Ako se tački 𝑎 = 0

približimo preko tačaka −1/𝑛 , 𝑛 = 1,2, …, dobijemo lim𝑧→0

𝑓 𝑧 = lim𝑛→∞

𝑒−𝑛 = 0.

Tvrdnja:

1. Ako je 𝑎 otklonjivi singularitet, onda je 𝑐 = 0 za sve 𝑘 = −1, −2, −3, … ,


MA

TE

MA

TIK

A I

II

29

2. Ako je 𝑎 pol funkcije, tada je samo konačno mnogo koeficijenata 𝑐𝑘 , za negativne vrijednosti

indeksa 𝑘, različito od nule

3. Ako je 𝑎 esencijalni singularitet, tada je beskonačno mnogo 𝑐𝑘 , za negativne 𝑘, različito od nule.

Dokaz. 2)

Neka je 𝑎 pol od 𝑓(𝑧) tj. lim𝑧→∞

𝑓 𝑧 = ∞. To znači da je u jednoj okolini tačke 𝑎, 𝑓 𝑧 > 𝑘 > 0 odnosno

1

𝑓 𝑧 <

1

𝑘 , pa je u toj okolini funkcija

1

𝑓 𝑧 regularna, zato se može razviti u Tejlorov red.

1

𝑓 𝑧 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑧 − 𝑎 + 𝑐2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯ + 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘 + ⋯

Odakle je

𝑓 𝑧 =1

𝑐0 + 𝑐1 𝑧 − 𝑎 + 𝑐2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯ + 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘 + ⋯

Odande zaključujemo da mora biti 𝑐0 = 0 jer bi u protivnom vrijedilo 𝑓 𝑎 =1

𝑐0≠ ∞.

Neka je 𝑐0 = 𝑐1 = ⋯ = 𝑐𝑘−1 = 0 , 𝑐𝑘 ≠ 0. Tada imamo:

1

𝑓 𝑧 = 𝑧 − 𝑎 𝑘 𝑐𝑘 + 𝑐𝑘+1 𝑧 − 𝑎 1 + ⋯ = 𝑧 − 𝑎 𝑘𝑔(𝑧)

pri čemu je 𝑔(𝑧) regularna funkcija u tački 𝑎, 𝑔 𝑧 ≠ 0 . Iz ove jednakosti dobijamo

𝑓 𝑧 =1

𝑧 − 𝑎 𝑘∙

1

𝑔 𝑧 =

𝜑 𝑧

𝑧 − 𝑎 𝑘

Funkcija 𝜑 𝑧 = 1/𝑔(𝑧) je regularna u tački 𝑎, pa se može razviti u Tejlorov red

𝜑 𝑧 = 𝐵0 + 𝐵1 𝑧 − 𝑎 + 𝐵2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯

Zato je

𝑓 𝑧 =𝐵0

𝑧 − 𝑎 𝑘+

𝐵1

𝑧 − 𝑎 𝑘−1+ ⋯ + 𝐵𝑘 + 𝐵𝑘+1 𝑧 − 𝑎 + 𝐵𝑘+2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯ =

=𝐷−𝑘

𝑧 − 𝑎 𝑘+

𝐷−𝑘+1

𝑧 − 𝑎 𝑘−1+ ⋯ +

𝐷−1

𝑧 − 𝑎+ 𝐷0 + 𝐷1 𝑧 − 𝑎 + ⋯ , 2

Pri čemu je 𝐷−𝑘 ≠ 0.

Definicija 2. Priroda tačke 𝑧 = ∞ za funkciju 𝑓 𝑧 ista je kao tačke 𝑤 = 0 za funkciju 𝑓 1

𝑤 .

Npr. Tačka 𝑧 = ∞ je regularna tačka za funkciju 𝑓 𝑧 = 𝑒1/𝑧 , jer je tačka 𝑤 = 0 regularna za funkciju

𝑓 1

𝑤 = 𝑒𝑤 .

Definicija 3. Ostatak funkcije 𝑓(𝑧) u izolovanoj singularnoj tački 𝑎 ≠ ∞ jeste kompleksan broj

Res𝑧→𝑎

𝑓(𝑧) ≝1

2𝜋𝑖 𝑓 𝑧 𝑑𝑧 𝛾

gdje je 𝛾 kružnica 𝑧 − 𝑎 = 𝑟 koja ne obuhvata druge singularne tačke funkcije 𝑓 𝑧 .


MA

TE

MA

TIK

A I

II

30

Definicija 4. Ostatak (residum) funkcije 𝑓(𝑧) u tački 𝑧 = ∞ definiše se kao

Res𝑧=∞

𝑓(𝑧) =1

2𝜋𝑖 𝑓 𝑧 𝑑𝑧 𝛾

gdje je 𝛾 kružnica 𝑧 = 𝑟 koja leži u jednoj okolini tačke ∞ u kojoj osim tačke ∞ nema drugih

singulariteta funkcije 𝑓(𝑧). U slučaju da je tačka 𝑎 pol (reda 𝑘) funkcije, ostatak se može izračunati

pomoću izvoda funkcije 𝑓.

23. Navesti i dokazati teorem o izracunavanju ostatka f-je u polu primjenom izvoda f-je, navesti primjere

Teorem 1. Ostatak (residum) funkcije 𝑓(𝑧) u polu 𝑎 ≠ ∞ računa reda 𝑘 jeste

Res𝑧=𝑎

𝑓(𝑧) =1

𝑘 − 1 !𝑙𝑖𝑚𝑧→𝑎

𝑑𝑘−1

𝑑𝑧𝑘−1 𝑧 − 𝑎 𝑘𝑓 𝑧

Dokaz : Znamo da se funkcija 𝑓(𝑧) može napisati u obliku 𝑓 𝑧 =𝜑 𝑧

𝑧−𝑎 𝑘 gdje je 𝜑(𝑧) regularna funkcija

u tački 𝑎, odnosno da se 𝑑 𝑧 može razviti u red

𝑓 𝑧 =𝐷−𝑘

𝑧 − 𝑎 𝑘+

𝐷−𝑘+1

𝑧 − 𝑎 𝑘−1+ ⋯ +

𝐷−1

𝑧 − 𝑎+ 𝐷0 + 𝐷1 𝑧 − 𝑎 + ⋯

Množeći prethodni izraz sa 𝑧 − 𝑎 𝑘 dobijamo

𝑧 − 𝑎 𝑘𝑓 𝑧 = 𝐷−𝑘 + 𝐷−𝑘+1 𝑧 − 𝑎 + ⋯ + 𝐷−1 𝑧 − 𝑎 𝑘−1 + 𝐷0 𝑧 − 𝑎 𝑘 + 𝐷1 𝑧 − 𝑎 𝑘+1 + ⋯

Odatle je

𝑑 𝑘−1 𝑧 − 𝑎 𝑘𝑓 𝑧

𝑑𝑧𝑘−1= 𝑘 − 1 ! 𝐷−1 +

𝑑 𝑘−1

𝑑𝑧𝑘−1 𝐷𝑙 𝑧 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑙=0

Iz ove jednakosti se dobija

𝐷−1 =1

𝑘 − 1 !lim𝑧→𝑎

𝑑𝑘−1 𝑧 − 𝑎 𝑘𝑓 𝑧

𝑑𝑧𝑘−1

čime je teorem dokazan.

Primjer 1. Funkcija

𝑓 𝑧 =1

𝑧2 𝑧 − 1

Ima u tački 𝑧 = 0 pol drugog reda.

Res𝑧=0

𝑓(𝑧) = lim𝑧→0

𝑧2 ∙1

𝑧2 𝑧 − 1

′

= lim𝑧→0

−1

𝑧 − 1 2= −1

U tački 𝑧 = 1, 𝑓(𝑧) ima pol prvog reda:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

31

Res𝑧=1


𝑧 − 1 ∙1

𝑧2 𝑧 − 1

′

= 1

Primjer 2. Ostatak funkcije

𝑓 𝑧 =𝑒𝑧

𝑧2 − 1

u polu 𝑎 = 1 je

Res𝑧=1


𝑧 − 1 ∙𝑒𝑧

𝑧 − 1 (𝑧 + 1)

′

= lim𝑧→1

𝑒𝑧

𝑧 + 1=

𝑒

2

ostatak u polu 𝑎 = −1 je

Res𝑧=−1

𝑓(𝑧) = lim𝑧→−1

𝑧 + 1 ∙𝑒𝑧

𝑧 − 1 (𝑧 + 1)

′

= lim𝑧→−1

𝑒𝑧

𝑧 − 1=

𝑒−1

−2= −

1

𝑒 − 2

Primjedba. Ako regularna funkcija 𝑓 𝑧 ima konačno mnogo izolovanih singulariteta 𝑧1, … , 𝑧𝑛

(uključujući i tačku 𝑧 = ∞), onda je

Res𝑧=𝑧𝑘

𝑓(𝑧)

𝑛

𝑘=1

= 0

Zaista, označavajući sa 𝑧𝑛 = ∞, imamo po definiciji 4. (Prethodno pitanje) da je

Res𝑧=𝑧𝑛 =∞

𝑓(𝑧) =1

2𝜋𝑖 𝑓(𝑧)

𝛾

𝑑𝑧

pri čemu je 𝛾 kružnica koja obuhvata tačke 𝑧1 , … , 𝑧𝑛−1. Također,

Res𝑧=𝑧𝑘

𝑓(𝑧)

𝑛−1

𝑘=1

= 1


𝛾𝑘

𝑑𝑧

𝑛−1

𝑘=1

=1


𝛾

𝑑𝑧 ,

Zato je

Res𝑧=𝑧𝑘

𝑓(𝑧)

𝑛

𝑘=1

=1


𝛾

𝑑𝑧 +1


𝛾

𝑑𝑧 = 0

Zbog suprotnih orijentacija integracije.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

32

24. Košijev teorem o ostacima i primjeri

Teorem. (Košijev) Neka je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u zatvorenoj oblasti G = G ∪ γ, pri čemu je 𝛾 rub

oblasti 𝐺, osim u konačno mnogo izolovanih singularnih tačaka 𝑧1 , 𝑧2, … , 𝑧𝑛 koji leže u unutrašnjosti

oblasti 𝐺. Tada je

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 Res𝑧=𝑧𝑘

𝑓(𝑧)

𝑛

𝑘=1

Dokaz: Oko svake tačke 𝑧𝑘 opišimo kružnicu γk ⊂ G (slika) koja ne obuhvata singularitete 𝑧𝑗 , 𝑗 ≠ 𝑘.

Tada je

funkcija 𝑓(𝑧) je regularna na 𝐷

𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑟𝑢𝑏𝐷

= 0 ⇒ 𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 + 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝛾𝑘

𝑛

𝑘=1

= 0

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝛾𝑘

𝑛

𝑘=1

= 2𝜋𝑖 1

2𝜋𝑖 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝛾𝑘

𝑛

𝑘=1

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 Res𝑧=𝑧𝑘

𝑓(𝑧)

𝑛

𝑘=1

Praktična vrijednost ove teoreme je u tome što se izračunavanje integrala svodi na izračunavanje

ostataka u izolovanim singularnim tačkama.

Primjer 1.

𝐼 = cos 𝑧

𝑧3 𝑧 =2

𝑑𝑧

𝑧 = 0 je jedini izolovani singularitet i to pol trećeg reda. Zato je

Res𝑧=0

cos 𝑧

𝑧3=

1

2!lim𝑧→0

𝑧 − 0 3cos 𝑧

𝑧3 ′′

=1

2lim𝑧→0

− sin 𝑧 ′ = −1

2cos 0 = −

1

2

Zato je

𝐼 = 2𝜋𝑖 −1

2 = −𝑖𝜋.

Primjer 2.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

33

𝐼 = 𝑧3𝑒1

𝑧

𝑧+1 =2

𝑑𝑧

Imamo samo jedan singularitet (esencijalni) 𝑧 = 0. Kako je

𝑒1

𝑧 = 1 +1

𝑧+

1

2! 𝑧2+

1

3! 𝑧3+ ⋯

to je

𝑧3𝑒1

𝑧 = 𝑧3 + 𝑧2 +𝑧

2!+

1

3!+

1

4! 𝑧+ ⋯

Odakle zaključujemo da je

Res𝑧=0

𝑧3 𝑒1

𝑧 = 𝑐−1 =1

4!=

1

24

Zato je

𝐼 = 2𝜋𝑖 ∙1

24=

𝜋𝑖

12 .

25. Integral oblika ∫ 𝛗 𝐜𝐨𝐬 𝛉 , 𝐬𝐢𝐧 𝛉 𝟐𝛑

𝟎𝒅𝜽 , nacin rješavanja i

primjeri

Ovaj integral se smjenom 𝑧 = 𝑒𝑖휃 pretvara u integral kompleksne funkcije po kružnici 𝑧 = 1. Zaista,

imamo

𝑑휃 =1

𝑖

𝑑𝑧

𝑧 , cos 휃 =

1

2 𝑒𝑖휃 + 𝑒−𝑖휃 =

1

2 𝑧 +

1

𝑧

sin 휃 =1

2𝑖 𝑒𝑖휃 − 𝑒−𝑖휃 =

1

2𝑖 𝑧 −

1

𝑧

i, zatim,

φ cos 휃 , sin 휃 𝑑휃2π

0

=1

𝑖 𝜑 𝑧 =1

1

2 𝑧 +

1

𝑧 ,

1

2𝑖 𝑧 −

1

𝑧

𝑑𝑧

𝑧= 𝑓 𝑧 𝑑𝑧

𝑧 =1

.

A zatim primjenimo Košijev teorem o ostacima.

Primjer 1. Izračunati integral

𝐼 = 𝑑휃

cos 휃 − 2

2π

0

.

Rješenje. Smjenom 𝑧 = 𝑒𝑖휃 dobijemo 𝑑휃 = 𝑑𝑧/𝑖𝑧 , cos 휃 =1

2 𝑧 +

1

𝑧 pa je


MA

TE

MA

TIK

A I

II

34

𝐼 =1

𝑖

𝑑𝑧

𝑖𝑧1

2 𝑧 +

1

𝑧 − 2 𝑧 =1

=

𝑑𝑧

𝑖𝑧𝑧2+1−4𝑧

2𝑧 𝑧 =1

=2

𝑖

𝑑𝑧

𝑧2 − 4𝑧 + 1 𝑧 =1

Funkcija 𝑓 𝑧 =𝑑𝑧

𝑧2−4𝑧+1 ima dva pola 𝑧1,2 = 2 ± 3.

Pol 𝑧1 = 2 + 3 ne leži u krugu

Res𝑧=𝑧2

1

𝑧2 − 4𝑧 + 1= lim

𝑧→𝑧2

𝑧 − 2 − 3 ∙1

𝑧 − 2 − 3 𝑧 − 2 + 3 =

= lim𝑧→2− 3

1

𝑧 − 2 + 3 = −

1

2 3

Zato je

𝐼 =2

𝑖∙ 2𝜋𝑖 ∙ −

1

2 3 = −

2𝜋

3

Primjer 2. Uvjeriti se da je

𝑑𝑥

sin 𝑥 + 2

2π

0

=2π

3

26. Integral oblika ∫ 𝐏𝐦(𝐱)/𝐐𝐧 𝐱 𝐝𝐱+∞

−∞ , gdje je m≤n-2 i polinom

Qn(x) nema realnih nula, nacin rješavanja i primjeri

Pretpostavimo da je 𝑓 𝑥 =𝑃𝑚 𝑥

𝑄𝑛 𝑥 racionalna funkcija pri čemu polinomi 𝑃𝑚 𝑥 i 𝑄𝑛(𝑥) imaju stepene 𝑚

i 𝑛 respektivno, i pri tom 𝑚 ≤ 𝑛 − 2. Pored toga, pretpostavimo da polinom 𝑄𝑛(𝑥) nema realnih nula.

Tada funkcija 𝑓 𝑥 , (𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦), ima 𝑠 ≤ 𝑛 polova koji leže u oblasti 𝑧 < 𝑅0.

Uočimo zatvorenu krivu 𝛾 koja se sastoji od duži −𝑅, 𝑅 na 𝑥 osi i gornje polukružnice 𝑧 = 𝑅, pri

čemu je 𝑅 > 𝑅0 , (slika).

Neka 𝑙 ≤ 𝑠 polova leži u oblasti čiji je rub kriva 𝛾. Tada je


MA

TE

MA

TIK

A I

II

35

𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝛾

= 2𝜋𝑖 Res𝑧=𝑧𝑘

𝑙

𝑘=1

𝑓(𝑥)

Odnosno

𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑅

−𝑅

+ 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝛾𝑅


𝑙

𝑘=1

𝑓 𝑥 … (1)

Gdje je 𝛾𝑅 = 𝑧 ∶ 𝑧 = 𝑅𝑒𝑖휃 , 0 ≤ 휃 ≤ 𝜋 .

Procijenimo integral po polukružnici 𝛾𝑅 kada 𝑅 → ∞. Kako je stepen brojioca za 2 manji od stepena

imenioca, to je

𝑧2𝑓 𝑧 ≤ 𝑀 za 𝑧 ≥ 𝑅1.

To znači da za 𝑅 > 𝑅1 i 𝑧 ∈ 𝛾𝑅 važi

𝑧2𝑓 𝑧 ≤ 𝑀 tj. 𝑅2 𝑓 𝑧 ≤ 𝑀 ,

Odnosno

𝑓 𝑧 ≤𝑀

𝑅2 , 𝑧 ∈ 𝛾𝑅 .

Zato je

𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝛾𝑅

≤𝑀

𝑅2 𝑑𝑠𝛾𝑅

=𝜋𝑀

𝑅→ 0 , 𝑅 → ∞ .

Na osnovu ove procjene iz (1) se dobija

lim𝑅→∞

𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑅

−𝑅


𝑙

𝑘=1

𝑓 𝑥 ,

Odnosno

𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞

−∞


𝑙

𝑘=1

𝑓 𝑥

Primjedba. Slično se razmatra integral funkcije 𝑓 𝑥 = 𝑒𝑖𝑎𝑥 𝑔 𝑥 , 𝑎 > 0 , po realnoj osi. Neka je

funkcija 𝑔(𝑧) regularna u gornjoj poluravni, 𝐼𝑚 𝑧 > 0 , osim u konačno mnogo izolovanih singulariteta

od kojih ni jedan nije na realnoj osi. Osim toga, neka 𝑔 𝑧 → 0 ravnomjerno po arg 𝑧, (0 ≤ arg 𝑧 ≤ 𝜋)

kada 𝑧 → ∞. Tada je za 𝑎 > 0

𝑒𝑖𝑎𝑧 𝑔 𝑥 𝑑𝑥∞

−∞


𝑛

𝑘=1

𝑒𝑖𝑎𝑧 𝑔 𝑧 … (2)

gdje su 𝑧𝑘 singulariteti funkcije 𝑔(𝑧) u gornjoj poluravni. Integracijom funkcije po konturi 𝛾 na

prethodnoj slici i dokazivanjem da


MA

TE

MA

TIK

A I

II

36

𝑒𝑖𝑎𝑧 𝑔 𝑧 𝑑𝑧𝛾𝑅

→ 0 (𝑅 → ∞)

dolazi se do jednakosti (2) .

Primjer 1.

𝐼 = 𝑑𝑥

𝑥2 + 1 2

∞

−∞

, 𝑃 𝑥 = 1 , 𝑄 𝑥 = 𝑥2 + 1 2

𝑄(𝑥) nema realnih nula

𝑓 𝑧 =1

𝑧2 + 1 2

Ima polove 𝑧 = ±𝑖, drugog reda. Pol 𝑧 = 𝑖 se nalazi u oblasti Im 𝑧 > 0. Zato je,

𝑑𝑥

𝑥2 + 1 2

∞

−∞

= 2𝜋𝑖 ∙ Res𝑧=𝑖

𝑓 𝑧 .

Res𝑧=𝑖

1

𝑧2 + 1 2=

1

1!lim𝑧→𝑖

𝑧 − 𝑖 2 1

𝑧2 + 1 2 ′

= lim𝑧→𝑖

1

𝑧2 + 1 2 ′

=

lim𝑧→𝑖

−2

𝑧 + 𝑖 3=

−2

2𝑖 3=

−2

−8𝑖=

1

4𝑖 ⇒ 𝐼 = 2𝜋𝑖 ∙

1

4𝑖=

𝜋

2

27. Pojam ortogonalnog sistema funkcija i trigonometrijskog reda

Funkcionalan red oblika

𝑎0

2+ 𝑎𝑛 cos 𝑛𝑥 + 𝑏𝑛 sin 𝑛𝑥

∞

𝑛=1

(1)

pri čemu su 𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 realni brojevi i 𝑥 realna promjenljiva, naziva se trigonometrijski red. Interesuju nas

konvergentni trigonometrijski redovi čija suma je neka periodična funkcija 𝑓(𝑥). Tada se koeficijenti

reda mogu po određenom pravilu izračunati u zavisnosti od funkcije 𝑓(𝑥).

Pretpostavimo da je 𝑓(𝑥) realna periodična funkcija osnovnog perioda 𝜔. Tada je 𝑓 𝑥 + 𝜔 = 𝑓 𝑥

∀𝑥 ∈ 𝑅 . Pokažimo da je ∀𝑎 ∈ 𝑅,

𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎+𝜔

𝑎

= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝜔

0

(2)

Vrijedi


𝑎

= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥0

𝑎

+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝜔

0

+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎+𝜔

𝜔

Kako je


MA

TE

MA

TIK

A I

II

37


𝜔

𝑠𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎:𝑥 = 𝜔 + 𝑡𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

= 𝑓 𝑡 + 𝑑𝑡 =𝑎

0

𝑓 𝑡 𝑑𝑡𝑎

0

To se prvi i treći integral poništavaju, pa dobijamo


𝜔


0

Grafičko tumačenje je slijedeće

Površina 3 je jednaka površini 1 pa zato zbir površina 1 i 3 predstavlja površinu cijelog krivolinijskog

trapeza. Zato je


𝜔


0

Definicija. Skup (sistem) funkcija 𝜑𝑛 𝑥 (𝑛 = 1,2,3, … ) je ortogonalan na intervalu 𝑎, 𝑏 ako je

𝜑𝑛(𝑥) ∙ 𝜑𝑚 𝑥 𝑏

𝑎

𝑑𝑥 = 0 , 𝑧𝑎 𝑚 ≠ 𝑛𝜆𝑛 , 𝑚 = 𝑛

.

Primjer. Sistem funkcija 1 𝜑1(𝑥)

, cos 𝑥 𝜑2(𝑥)

, sin 𝑥 𝜑3(𝑥)

, 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 𝜑4(𝑥)

, sin 2𝑥 𝜑3(𝑥)

, … je ortogonalan na proizvoljnom intervalu

dužine 2𝜋.

Dokaz. Funkciju (1) možemo napisati kao cos 0 ∙ 𝑥 tj. cos 𝑚𝑥 za 𝑚 = 0. Zbog osobine (2) određenog

integrala periodične funkcije možemo izračunati integral na bilo kojem intervalu dužine 2𝜋. Uzmimo

npr. interval −𝜋, 𝜋 . Ako je 𝑚 ≠ 𝑛, tako je

𝑐𝑜𝑠 𝑛𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝑚𝑥𝑑𝑥𝜋

−𝜋

= 1

2 𝑐𝑜𝑠 𝑚 + 𝑛 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑚 − 𝑛 𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

=

= 1

2 sin 𝑚 + 𝑛 𝑥

𝑚 + 𝑛+

sin 𝑚 − 𝑛 𝑥

𝑚 − 𝑛

−𝜋

𝜋

= 0 ,

a za 𝑚 = 𝑛 imamo

𝑐𝑜𝑠2 𝑛𝑥𝜋

−𝜋

= (1 + cos 2𝑛𝑥)

2

𝜋

−𝜋

𝑑𝑥 = 1

2 𝑥 +

1

2𝑛sin 2𝑛𝑥

−𝜋

𝜋

= 𝜋 .

Za 𝑚 ≠ 𝑛 je


MA

TE

MA

TIK

A I

II

38

𝑠𝑖𝑛 𝑛𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝑚𝑥 𝑑𝑥𝜋

−𝜋

= 1

2 𝑐𝑜𝑠 𝑛 − 𝑚 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 𝑚 𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

=

= 1

2 sin 𝑛 − 𝑚 𝑥

𝑛 − 𝑚−

sin 𝑛 + 𝑚 𝑥

𝑛 + 𝑚

−𝜋

𝜋

= 0 ,

a za 𝑚 = 𝑛 imamo

𝑠𝑖𝑛2 𝑛𝑥𝜋

−𝜋

= (1 − cos 2𝑛𝑥)

2

𝜋

−𝜋

𝑑𝑥 = 1

2 𝑥 −

1

2𝑛sin 2𝑛𝑥

−𝜋

𝜋

= 𝜋 .

Za sve 𝑚 = 0,1,2, … i 𝑛 = 1,2, … je

𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝑥 𝑑𝑥𝜋

−𝜋

= 1

2 𝑠𝑖𝑛 𝑚 + 𝑛 𝑥 − 𝑠𝑖𝑛 𝑚 − 𝑛 𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

Ako je 𝑚 = 𝑛 tada imamo

1

2 sin 2𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= −1

4𝑛cos 2𝑛𝑥

−𝜋

𝜋

= 0

Također za 𝑚 ≠ 𝑛 dobijamo

− 1

2 cos 𝑚 + 𝑛 𝑥

𝑚 + 𝑛−

cos 𝑚 − 𝑛 𝑥

𝑚 − 𝑛

−𝜋

𝜋

= 0 .

Dakle sistem funkcija

𝜑1 𝑥 = 1 , 𝜑2 𝑥 = cos 𝑥 , 𝜑3 𝑥 = sin 𝑥 , 𝜑4 = cos 2𝑥 , 𝜑5 = sin 2𝑥 , … , 𝜑2𝑚 𝑥 = cos 𝑚𝑥 ,

𝜑2𝑚+1 𝑥 = sin 𝑚𝑥 , … zadovoljava uslov definicije ortogonalnosti na bilo kojem intervalu dužine 2𝜋.

Primjedba. Ako je 𝑙 ≠ 0 bilo koji realan broj tada 𝑙𝑥 ∈ [0, 2𝜋] ako i samo ako 𝑥 ∈ [0, 2𝜋/𝑙 ]. Zato je

sistem funkcija 1, cos 𝑙𝑥 , sin 𝑙𝑥 , cos 2𝑙𝑥 , sin 2𝑙𝑥 , … ortogonalan na svakom intervalu dužine 2𝜋/𝑙 .

Tada odgovarajući trigonometrijski red (1) ima oblik

𝑎0

2+ 𝑎𝑘 cos 𝑛𝑙𝑥 + 𝑏𝑘 sin𝑛𝑙𝑥

∞

𝑘=1

(1)

Teorema. Ako red (1) ravnomjerno konvergira na razmaku – 𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 ka funkciji 𝑓 𝑥 , onda vrijede

formule:

𝑎0 =1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

−𝜋

𝑑𝑥 , 𝑎𝑛 =1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

−𝜋

cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 , 𝑏𝑛 =1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

−𝜋

sin 𝑛𝑥 𝑑𝑥, (𝑛 = 1,2, … )

Dokaz:

1)

𝑓 𝑥 𝑎0


∞

𝑛=1

/∙ 𝑑𝑥𝜋

−𝜋


MA

TE

MA

TIK

A I

II

39

Zbog ravnomjerne konvergencije red(1) možemo integraliti član po član, pa dobijemo

𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝜋

−𝜋

= 𝑎0

2

𝜋

−𝜋

+ 𝑎𝑘 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥𝜋

−𝜋 1,cos 𝑛𝑥 =0

+ 𝑏𝑘 sin𝑛𝑥𝑑𝑥𝜋

−𝜋 1,sin 𝑛𝑥 =0

∞

𝑛=1

⇒ 𝑓(𝑥)𝜋

−𝜋

𝑑𝑥 = 𝑎0𝜋 𝑜𝑑𝑎𝑘𝑙𝑒 𝑠𝑙𝑖𝑗𝑒𝑑𝑖 𝑎0 = 1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

−𝜋

𝑑𝑥

2) Redovi 𝑓 𝑥 cos 𝑛𝑥 𝑖 𝑓 𝑥 sin𝑛𝑥 su također ravnomjerno konvergentni jer je cos 𝑛𝑥 ≤ 1 i

sin𝑛𝑥 ≤ 1 zato se i oni mogu integraliti član po članpa imamo

𝑓 𝑥 𝑎0

2+ 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝑥

∞

𝑘=1

/∙ cos 𝑛𝑥

𝑓 𝑥 cos 𝑛𝑥 =𝑎0

2cos 𝑛𝑥 + 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 cos 𝑛𝑥 + 𝑏𝑘 sin𝑘𝑥 cos 𝑛𝑥

𝑛

𝑘=1

/∙ 𝑑𝑥𝜋

−𝜋

(i dalje uniformno konvergira jer smo množili sa ograničenom funkcijom)

𝑓(𝑥)𝜋

−𝜋

cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 =𝑎0

2 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋 1,cos 𝑛𝑥 =0

+

𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥𝜋

−𝜋

cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥

cos 𝑘𝑥 ,cos 𝑛𝑥 = 0,𝑧𝑎 𝑘≠𝑛𝜋 ,𝑧𝑎 𝑘=𝑛

+ 𝑏𝑘 sin𝑘𝑥 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥𝜋

−𝜋 sin 𝑘𝑥 ,cos 𝑛𝑥 =0

𝑛

𝑘=1

𝑓(𝑥) cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥𝜋

−𝜋

= 𝑎𝑛 ∙ 𝜋 ⇒ 𝑎𝑛 =1

𝜋 𝑓(𝑥) cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

3) Analogno sa 2., samo što funkciju množimo sa sin 𝑛𝑥

28. Pojam Furijeovog reda, Dirihletovi uslovi, primjeri razvoja f-je u Furijeov red

Teorem 1. Neka je zadana funkcija 𝑓(𝑥) na [−𝜋, 𝜋]. Ako funkcija 𝑓(𝑥) ima neprekidan drugi izvod na

[−𝜋, 𝜋] onda njoj pridružen Furierov red uniformno konvergira na [−𝜋, 𝜋].

Teorem 2. (Dirichlet–ov T). Neka 2𝜋 periodična funkcija 𝑓(𝑥) zadovoljava slijedeće uslove:

a) Ima konačan broj maksimuma i minimuma na [−𝜋, 𝜋]

b) (uslov integrabilnosti) ima konačan broj prekida prve vrste na [−𝜋, 𝜋].

Tada Furierov red funkcije 𝑓(𝑥) uniformno konvergira na [−𝜋, 𝜋] i vrijedi


MA

TE

MA

TIK

A I

II

40

𝑓 𝑥 + 0 + 𝑓 𝑥 − 0

2=

𝑎0


∞

𝑘=1

Primjetimo da je u tački neprekidnosti

𝑓 𝑥 + 0 + 𝑓 𝑥 − 0

2

Analogna formulacija Dirihletovog teorema važi i za funkcije periodične sa osnovnim periodom 2𝑇.

Tada je −𝑇, 𝑇 osnovni interval, pa iz 𝑥 ∈ −𝑇, 𝑇 slijedi 𝜋𝑥

𝑇∈ −𝜋, 𝜋 . Tada Furijeov red glasi

𝑎0

2+ 𝑎𝑛 cos

𝑛𝜋𝑥

𝑇+ 𝑏𝑛 sin

𝑛𝜋𝑥

𝑇

∞

𝑛=1

,

a koeficijenti se računaju po formulama

𝑎𝑛 =1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝑇

−𝑇

𝑛𝜋𝑥

𝑇𝑑𝑥 , 𝑏𝑛 =

1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝑇

−𝑇

sin𝑛𝜋𝑥

𝑇𝑑𝑥, (𝑛 = 1,2, … )

Ako je 2𝜋 periodična funkcija na intervalu −𝜋, 𝜋 parna tada je 𝑓 𝑥 sin𝑛𝑥 neparna funkcija, pa je taa

𝑏𝑛 =1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

−𝜋

sin𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 0

Zato Furijeov red parne funkcija sadrži samo članove sa kosinusima, a zbog parnosti funkcije

𝑓 𝑥 cos 𝑛𝑥 je tada

𝑎𝑛 =2

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

0

cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑛 = 1,2, … .

Ako je 𝑓 𝑥 neparna funkcija, tada je 𝑓 𝑥 cos 𝑛𝑥 također neparna funkcija, pa je zato tada

𝑎𝑛 =1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

−𝜋

cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 0

Zato Furijeov red neparne funkcija sadrži samo članove sa sinusima, a zbog parnosti funkcije

𝑓 𝑥 sin 𝑛𝑥 je

𝑏𝑛 =2

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

0

sin 𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑛 = 1,2, …

Primjer 1. 𝑓 𝑥 = 𝑥2/4 , 𝑥 ∈ [−𝜋, 𝜋].

Rješenje. Funkcija je parna pa je 𝑏𝑛 = 0 (∀𝑛 ∈ ℕ)

𝑎0 =1

𝜋 𝑓(𝑥)

𝜋

−𝜋

𝑑𝑥 =1

𝜋

𝑥2

4

𝜋

−𝜋

𝑑𝑥 = 2

𝜋

𝑥2

4

𝜋

0

𝑑𝑥 = 1

2𝜋

𝑥3

3

0

𝜋

=𝜋3

6𝜋=

𝜋2

6


MA

TE

MA

TIK

A I

II

41

𝑎𝑛 =2

𝜋

𝑥2

4

𝜋

0

𝑑𝑥 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 =1

2𝜋 𝑥2 cos 𝑛𝑥

𝜋

0

𝑑𝑥

𝑢 = 𝑥2 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥𝑑𝑣 = cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝑣 =1

𝑛sin 𝑛𝑥

=

=2

𝜋 𝑥2 1

𝑛sin 𝑥

0

𝜋

− 1

𝑛sin 𝑥 ∙ 2𝑥𝑑𝑥

𝜋

0

=1

2𝜋 −

2

𝑛 𝑥 sin𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

0

𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥𝑑𝑣 = sin 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝑣 =1

𝑛cos 𝑛𝑥

= − 1

𝑛𝜋 −

1

𝑛cos 𝑛𝑥

0

𝜋

+1

𝑛 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

0

=

=1

𝑛2𝜋 𝜋 −1 𝑛 − 0 +

−1

𝑛𝜋 1

𝑛2sin 𝑛𝑥

→0

0

𝜋

= −1 𝑛

𝑛2 , 𝑛 = 1,2, …

Dakle,

𝑥2

4=

𝜋2

12+

−1 𝑛

𝑛2cos 𝑛𝑥

∞

𝑛=1

, 𝑧𝑎 − 𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋

Ako funkciju 𝑑 𝑥 = 𝑥2/4 periodički produžimo na cijelu realnu osu, tada dobijamo Furijeov razvoj i

vrijedi za svaki 𝑥 ∈ ℝ jer funkcija zadovoljava Dirihletove uslove i u svakoj tački 𝑥 je neprekidna.

Specijalno, za 𝑥 = 0 iz Furijeovog rda slijedi jednakost

𝜋2

12= −

−1 𝑛

𝑛2

∞

𝑛=1

= 1 −1

22+

1

32−

1

42+ ⋯

Za 𝑥 = 𝜋 slijedi

𝜋2

4=

𝜋2

12+

1

𝑛2

∞

𝑛=1

, 𝑡𝑗.𝜋2

6= 1 +

1

22+

1

32+

1

42+ ⋯


MA

TE

MA

TIK

A I

II

42

29. Laplasova transformacija, poja, osobine, primjeri

Definicija. Laplasova transformacija je preslikavanje koje funkciji 𝑓(𝑡) realnog argumenta 𝑡 ≥ 0, koju

nazivamo orginalna funkcija pridružuje drugu funkciju 𝐹(𝑝) kompleksne promjenljive 𝑝 (slika funkcije

𝑓(𝑡)) pomoću formule

ℒ 𝑓 = 𝑓 𝑡 𝑒−𝑝𝑡∞

0

𝑑𝑡 = 𝐹 𝑝 (1)

U slučaju kada ovaj integral konvergira, tj. postoji. Da bi integral (19 konvergirao, potrebno je da

orginalna funkcija 𝑓(𝑡) bude eksponencijalno ograničena tj. da vrijedi ∀𝑡 ≥ 0 𝑓 𝑡 ≤ 𝑀𝑒𝛼𝑡 , za neke

konstante 𝑀 > 0, i 𝛼 ≥ 0. Tada integral (1) konvergira za sve kompleksne 𝑝, čiji je 𝑅𝑒 𝑝 > 𝛼.

Primjer 1. Ako je 𝑓 𝑡 = 1 tada je

𝐹 𝑝 = 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡 ∞

0

𝑑𝑡 𝑒−𝑝𝑡 ∙ 1𝑑𝑡∞

0

= − 1

𝑝𝑒−𝑝𝑡

0

∞

=1

𝑝 , 𝑡𝑗. 𝐿 1 =

1

𝑝.

Moguće je dokazati slijedeće osobine za Laplasove transformacije:

1.) Linearnost LP

ℒ 𝜆𝑘𝑓𝑘 𝑡

𝑛

𝑘=1

= 𝜆𝑘𝐹𝑘(𝑝)

𝑛

𝑘=1

2.) Sličnost

ℒ 𝑓 𝑎𝑡 =1

𝛼𝐹

𝑝

𝑎 (𝑎 > 0 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑎𝑛 𝑏𝑟𝑜𝑗)

3.) Teorem o translaciji ℒ 𝑓 𝑡 − 𝑎 = 𝑒−𝑎𝑝 𝐹 𝑝

ℒ 𝑓 𝑡 + 𝑎 = 𝑒𝑎𝑝 𝐹 𝑝 − 𝑒−𝑝𝑡𝑓 𝑡 𝑎

0

𝑑𝑡

4.) Teorem o gašenju

ℒ 𝑒−𝑏𝑡 𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑝 + 𝑏)

5.) Diferenciranje i orginalnoj oblasti

ℒ 𝑓′ 𝑡 = 𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓(+0)

ℒ 𝑓′′ 𝑡 = 𝑝2𝐹 𝑝 − 𝑓 +0 𝑝 − 𝑓′ (+0)

⋮

ℒ 𝑓 𝑛 𝑡 = 𝑝𝑛𝐹 𝑝 − 𝑓 +0 𝑝𝑛−1 − 𝑓′ +0 𝑝𝑛−2 − ⋯− 𝑓𝑛−2 +0 𝑝 − 𝑓𝑛−1 +0

6.) Diferenciranje u preslikanoj oblasti

ℒ −1 𝑛𝑡𝑛𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑛 𝑝 𝑛 = 1,2, …

7.) Integracija u orginanoj oblasti

ℒ 𝑓 𝜏 𝑡

0

=1

𝑝𝐹 𝑝


MA

TE

MA

TIK

A I

II

43

8.) Teorem o dijeljenju

ℒ 𝜑 𝑡

𝑡 = 𝐹 𝑧 𝑑𝑧

∞

𝑝

.

30. Konvolucija funkcija, slike specijalnih funkcija

Definicija. Konvolucija dviju funkcija 𝑓1(𝑡) i 𝑓2 𝑡 je nova funkcija 𝑓1 ∗ 𝑓2 (𝑡) koju definišemo

jednakošću

𝑓1 ∗ 𝑓2 𝑡 = 𝑓1(𝜏) ∙ 𝑓2 𝜏 𝑑𝜏𝑡

0

Za operaciju konvolucije ∗ vrijede zakoni komutativnosti, asocijativnosti i distributivnosti u odnosu

na sabiranje funkcija. Laplasova transformacija konvoluciji funkcija pridružuje proizvod njihovih

slika

ℒ 𝑓1 ∗ 𝑓2 𝑡 = ℒ 𝑓1 𝑡 ∙ ℒ 𝑓2 𝑡 = 𝐹1 𝑝 + 𝐹2 𝑝

Primjer. Odrediti sliku funkcije 𝑓 𝑡 = ∫ 𝜏 cos 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏𝑡

0

Rješenje. I)

𝑓 𝑡 = 𝜏 − sin 𝑡 − 𝜏 0

0

𝑡

+ sin(𝑡 − 𝜏) 𝑑𝜏𝑡

0

= cos 𝑡 − 𝜏 0𝑡 = 1 − cos 𝑡.

Zato je

ℒ 𝑓 𝑡 = ℒ 1 − cos 𝑡 = 𝑡𝑎č𝑘𝑎 𝐿𝑇 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟𝑛𝑜𝑠𝑡𝑖 = ℒ 1 − ℒ cos 𝑡 =

1

𝑝−

𝑝

𝑝2 + 1=

1

𝑝 𝑝2 + 1 , 𝑗𝑒𝑟 𝑗𝑒 ℒ cos 𝛼𝑡 =

𝑝

𝑝2 + 𝛼2 , 𝛼 = 1.

II) Funkcija 𝑓(𝑡) je jednaka konvoluciji funkcija:

𝑓1 𝑡 = 𝑡 𝑖 𝑓2 𝑡 = cos 𝑡

Zato je

ℒ 𝑓 𝑡 = ℒ 𝑓1 𝑡 ∙ 𝑓2 𝑡 = ℒ 𝑡 ∙ ℒ cos 𝑡 =1

𝑝2∙

𝑝

𝑝2 + 1=

1

𝑝 𝑝2 + 1

Iz tabele LT koristili smo

ℒ 𝑡𝑛−1

𝑛 − 1 ! =

1

𝑝𝑛 𝑧𝑎 𝑛 = 2, 𝑖 ℒ cos 𝛼𝑡 =

𝑝

𝑝2 + 𝛼2 𝑧𝑎 𝛼 = 1


MA

TE

MA

TIK

A I

II

44

31. Inverzna Laplasova transformacija

ℒ−1 𝐹 𝑝 = 𝑓(𝑡)

Za izračunavanje originalne funkcije koristimo formulu

ℒ−1 𝐹 𝑝 =1

2𝜋𝑖 𝐹 𝑝 𝑒𝑝𝑡 𝑑𝑝

𝑠+𝑖∞

𝑠−𝑖∞

= 𝑓 𝑡 , 𝑧𝑎 𝑡 ≥ 0

0 , 𝑧𝑎 𝑡 < 0

Integracijska putanja ovog integrala funkcije kompleksne promjenljive je prava paralelna imaginarnoj

osi, 𝑅𝑒 𝑝 = 𝑠 > 𝛼, gdje je 𝛼 > 0 konstanta eksponencijalne ograničenosti. Osim korištenja navedene

formule često za određivanje originalne funkcije možemo koristiti teorem o konvoluciji ili rastavljanju

funkcije 𝐹(𝑝) na zbir proizvoljnih elementarnih razlomaka.

Primjer.

𝐹 𝑝 =1

𝑝 + 𝑠 𝑝2 + 𝜔2 = 𝐹1(𝑝) ∙ 𝐹2 𝑝

Gdje je

𝐹1 𝑝 =1

𝑝2 + 𝜔2 , 𝐹2 𝑝 =

1

𝑝 + 𝑠

ℒ−1 𝐹1 𝑝 = ℒ−1 1

𝑝2 + 𝜔2 =

1

𝜔sin 𝜔𝑡 = 𝑓1(𝑡)

ℒ−1 𝐹2 𝑝 = ℒ−1 1

𝑝 + 𝑠 = 𝑒−𝑠𝑡 = 𝑓2(𝑡)

𝑓 𝑡 = 𝑓1 ∗ 𝑓2 𝑡 = 𝑓1 𝜏 𝑡

0

𝑓2 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑒𝑠 𝑡−𝜏 𝑡

0

sin𝜔𝜏

𝜔𝑑𝜏

𝑓 𝑡 =1

𝑠2 + 𝜔2 𝑠 sin 𝜔𝑡 − 𝜔 cos 𝜔𝑡

𝜔+ 𝑒−𝑠𝑡


MA

TE

MA

TIK

A I

II

45

32. Rješavanje Košijevog problema za diferencijalne jednacine primjenom Laplasove transformacije

Diferencijalna jednačina n – tog reda sa konstantnim koeficijentima

𝑦 𝑛 𝑡 + 𝑐𝑛−1𝑦 𝑛−1 𝑡 + ⋯ + 𝑐1𝑦

′ 𝑡 + 𝑐0𝑦 𝑡 = 𝑓(𝑡)

sa početnim vrijednostima 𝑦 +0 = 𝑦0 , 𝑦′ +0 = 𝑦0′ 0 , … , 𝑦 𝑛−1 +0 = 𝑦0

𝑛−1 prelazi LT u

jednačinu:

𝑐𝑘𝑝𝑘𝑌(𝑝)

𝑛

𝑘=0

− 𝑐𝑘

𝑛

𝑘=1

𝑝𝑘−𝑠−1

𝑘−1

𝑠=0

𝑦0(𝑠)

= 𝐹 𝑝 (𝑐𝑛 = 1)

Pri tome je

𝐺 𝑝 = 𝑐𝑘𝑝𝑘

𝑛

𝑘=0

= 0

Karakteristična jednačina diferencijalne jednačine

𝐹 𝑝 = ℒ 𝑓 𝑡 𝑖 𝑌 𝑝 = ℒ 𝑦 𝑡 .

Primjer. Riješiti košijev problem za diferencijalnu jednačinu

𝑦′ 𝑡 + 2𝑦 𝑡 = sin 𝑡

uz početni uslov 𝑦 0 = 0.

S

Typewritten Text

WWW.STUDOMAT.BA

matematika 3 - pomocni materijal za pripremu ispita - usmeni

Documents