matematika iii

2011

SKRIPTA ZA USMENI

MATEMATIKA III

FAKULTET ELEKTROTEHNIKE | SUDO

MA

TE

MA

TIK

A I

II

1

1. Nizovi kompleksnih brojeva

Definicija 1. Preslikavanje oblika 𝑓: ℕ → ℂ nazivamo kompleksnim nizom 𝑓 𝑛 = 𝑧𝑛 .

𝑧𝑛 𝑛=1∞ − komplesan niz. 휀 −okolina tačke 𝑧0.

Definicija 2. Neka je zadan niz 𝑧𝑛 , tačka 𝑧0 ∈ ℂ je tačka nagomilavanja niza 𝑧𝑛 ako i samo ako

𝑉(𝑧0 , 휀) ∃𝑛0 ∈ ℕ ∴ 𝑧𝑛0 ∈ 𝑁휀 𝑧0 , (𝑧𝑛0 ≠ 𝑧0)

Lema. Ako je 𝑧0 ∈ ℂ tačka nagomilavnja niza 𝑧𝑛 , onda se u proizvoljnoj 𝑁휀(𝑧0) okolini 𝑧0 nalazi

beskonačno mnogo članova niza 𝑧𝑛 .

Posljedica 1: ∀𝑁휀(𝑧0) ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝑧𝑛 ∈ 𝑁휀 𝑧0 , , 𝑛 > 𝑛0

Posljedica 2: ∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ ( 𝑧𝑛 − 𝑧0 < 휀) , 𝑛 > 𝑛0

Definicija 3. Neka je zadan niz 𝑧𝑛 𝑛=1∞ . Za tačku 𝑧0 ∈ ℂ kažemo da je granična vrijednost niza 𝑧𝑛 ako i

samo ako je 𝑧0 jedinstvena tačka nagomilavanja niza 𝑧𝑛 .

Definicija 4. Tačka 𝑧0 ∈ ℂ zove se granična vrijednost niza 𝑧𝑛 ako i samo ako vrijedi

∀𝑉(𝑧0 , 휀)𝑘 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝑧𝑛 ∈ 𝑉 𝑧0 , 휀 , kada je 𝑛 ≥ 𝑛0 .

Definicija 5. Za niz 𝑧𝑛 kažemo da teži ka beskonačno dalekoj tački ako i samo ako

∀𝑘 > 0 ∃𝑛0 𝑘 ∈ ℕ ∴ 𝑧𝑛 > 𝑘 ; 𝑛 ≥ 𝑛0

Teorem 1. Neka je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 , 𝑧𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛 , 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 , tada je lim𝑛→∞ 𝑥𝑛 = 𝑥0 i

lim𝑛→∞ 𝑦𝑛 = 𝑦0 (∗).

Ako za nizove 𝑥𝑛 ; 𝑦𝑛 vrijedi (∗) tada lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 , 𝑍𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛 ; 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0

lim𝑛→∞

𝑧𝑛 = lim𝑛→∞

𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 = 𝑧0

lim𝑛→∞

(𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛) = lim𝑛→∞

𝑥𝑛 + 𝑖 lim𝑛→∞

𝑦𝑛

Stav 2. Ako je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 , tada je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 .

Ako je lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 = 𝑧0 i lim𝑛→∞ 𝑤𝑛 = 𝑤0 , onda vrijedi

lim𝑛→∞

𝑧𝑛 ± 𝑤𝑛 , lim𝑛→∞

𝑧𝑛 ∙ 𝑤𝑛 , lim𝑛→∞

𝑧𝑛

𝑤𝑛

Osobine konvergentnih nizova:

a) lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 ± 𝑤𝑛 = 𝑧0 ± 𝑤0

b) lim𝑛→∞ 𝑧𝑛 ∙ 𝑤𝑛 = 𝑧0 ∙ 𝑤0

c) lim𝑛→∞ 𝑍𝑛

𝑊𝑛 =

𝑍0

𝑊0 𝑤0 ≠ 0

Definicija 6. Za niz 𝑧𝑛 𝑛=1∞ kažemo da je košijev ako i samo ako

∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝑧𝑚 − 𝑧𝑛 < 휀 ; kada je 𝑚 , 𝑛 ≥ 𝑛0 (∗).

Teorem 2. Niz 𝑧𝑛 𝑛=1∞ je košijev ako i samo ako je konvergentan.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

2

2. Pojam funkcije kompleksne promjenljive. Granična vrijednost i neprekidnost

Definicija. Kompleksnom funkcijom jedne promjenljive smatramo preslikavanje 𝑓: 𝐺 → ℂ zadane kao

(𝑓 = 𝑓 𝑧 , 𝑧 ∈ 𝐺)

Definicija. Kompoleksni broj 𝑧 → 𝑧0 𝑧𝐺→ 𝑧0 ako i samo ako za

∀𝑁휀(𝑧0) ∃𝑧 ∈ 𝑁휀′(𝑧0) ∩ 𝐺

Definicija. Funkcija ograničena na skupu 𝐺 ⊆ ℂ, 𝑧0 ∈ 𝐺 je tačka gomilanja skupa 𝐺, funkcija 𝑓(𝑧) ima

graničnu vrijednost 𝐴 ∈ ℂ kada 𝑧𝐺→ 𝑧0 ako vrijedi:

∀𝑁휀(𝐴) ∃𝑁𝛿 𝑧0 ∴ (𝑓(𝑧) ∈ 𝑁휀 𝐴 , kada je 𝑧 ∈ 𝑁𝛿′ 𝑧0 ⊂ 𝐺

∀휀 > 0 ∃𝛿 휀 > 0 ∴ 𝑓 𝑧 − 𝐴 < 휀 , kada je 𝑧 − 𝑧0 < 𝛿, (𝑧 ≠ 𝑧0).

Teorem 1. Neka je zadana funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) i tačka 𝐴 = 𝑎 + 𝑖𝑏, ∈ ℂ . Tada je

lim𝑧→𝑧0𝑓(𝑧) = 𝐴 , ako i samo ako

lim 𝑥 ,𝑦 →(𝑥0 ,𝑦0)

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑎 𝑖 lim 𝑥 ,𝑦 →(𝑥0 ,𝑦0)

𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑏

Posljedica: 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = lim 𝑥 ,𝑦 →(𝑥0 ,𝑦0)

𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣 𝑥, 𝑦 = lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑥0 ,𝑦0

𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖 lim 𝑥 ,𝑦 → 𝑥0 ,𝑦0

𝑣 𝑥, 𝑦 = 𝑎 + 𝑖𝑏

(Granična vrijednost kompleksne funkcije se svodi na računanje graničnih vrijednosti funkcija dvije

promjenljive.)

Osobine granične vrijednosti. Ako je lim𝑧→𝑧0𝑓(𝑧) = 𝐴 i lim𝑧→𝑧0

𝑔(𝑧) = 𝐵, onda vrijedi:

a) lim𝑧→𝑧0𝑘𝑓(𝑧) = 𝑘 ∙ 𝐴 (𝑘 − 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡)

b) lim𝑧→𝑧0 𝑓 𝑧 ± 𝑔 𝑧 = 𝐴 ± 𝐵

c) lim𝑧→𝑧0 𝑓 𝑧 ∙ 𝑔 𝑧 = 𝐴 ∙ 𝐵

d) lim𝑧→𝑧0 𝑓 𝑧 /𝑔 𝑧 = 𝐴/𝐵 (𝐵 ≠ 0)

Definicija 2. Funkcija 𝑓(𝑧) je definisana na 𝐺 ⊆ ℂ (𝑧0 je tačka gomilanja) funkcija 𝑓 𝑧 je neprekidna u

𝑧0 ∈ 𝐺

∀휀 > 0 ∃𝛿 휀 > 0 ∴ 𝑓 𝑧 − 𝑓(𝑧0) < 휀 , za 𝑧 − 𝑧0 < 𝛿

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑧0)

Definicija 4. Za funkciju 𝑓(𝑧) kažemo da je ravnomjerno (uniformno) neprekidna na 𝐺 ⊆ 𝐷𝑓 ako i

samo ako

∀ε > 0 ∃δ ε > 0 ∴ 𝑓 𝑧1 − 𝑓 𝑧2 < ε ,

kada je 𝑧1 − 𝑧2 < 𝛿.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

3

Tvrđenje:

a) Funkcija 𝑤 = 𝑓1(𝑧) neprekidna u tački 𝑧0 , a funkcija 𝑓2(𝑤) neprekidna u tački 𝑤0 = 𝑓1(𝑧0),

onda je kompozicija 𝑓2 ∘ 𝑓1 𝑧 = 𝑓2 𝑓1 𝑧 neprekidna u tački 𝑧0 .

b) Funkcija 𝑓(𝑧) neprekidna na ograničenoj i zatvorenoj oblasti 𝐺, onda je ona ograničena na 𝐺.

∃M > 0 ∴ 𝑓 𝑧 ≤ 𝑀 (𝑧 ∈ 𝐺)

c) Funkcija 𝑓(𝑧) je neprekidna na ograničenu i zatvorenu skupu 𝐺 onda je ona uniformno

neprekidna na 𝐺. (Ograničen i zatvoren skup – kompaktan skup)

Teorem 2. Neka je funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣 𝑥, 𝑦 definisana na 𝐺 , neka je 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 tačka

gomilanja skupa 𝐺, slijedi, 𝑓(𝑧) je neprekidna u tački 𝑧0, ako i samo ako su funkcije 𝑢(𝑥, 𝑦) i 𝑣(𝑥, 𝑦)

neprekidne (𝑥0 , 𝑦0).

3. Pojam i osobine izvoda funkcije kompleksne promjenljive

Definicija. Neka je kompleksna funkcija 𝑓(𝑧) definisana u nekoj okolini tačke 𝑧0, ako postoji konačna

granična vrijednost:

lim𝑧→𝑧0

𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑧0

𝑧 − 𝑧0

onda funkcija 𝑓(𝑧) ima prvi izvod u tački 𝑧0. 𝑓 ′ 𝑧0 𝑧 = 𝑧0 + ∆𝑧

𝑓 ′ 𝑧0 = lim∆𝑧→0

𝑓 𝑧0 + ∆𝑧 − 𝑓 𝑧0

∆𝑧

Definicija 2. Za funkciju 𝑓(𝑧) kažemo da je diferencijabilna u tački 𝑧0 , ako vrijedi:

∆𝑓 𝑧0 = 𝐴 ∙ ∆𝑧 + 𝜔(∆𝑧) ∙ ∆𝑧 , 𝐴 ∈ ℂ

∆𝑓 𝑧0 = 𝑓 𝑧0 + ∆𝑧 − 𝑓 𝑧0 , lim∆𝑧→0

𝜔(∆𝑧) = 0

Teorem 1. Funkcija 𝑓(𝑧) je diferencijabilna u tački 𝑧0 , ako i samo ako ima prvi izvod u tački 𝑧0 .

Dokaz:

∆𝑓 𝑧0 = 𝐴 ∙ ∆𝑧 + 𝜔 ∆𝑧 ∙ ∆𝑧 ⇒∆𝑓(𝑧0)

∆𝑧= 𝐴 + 𝜔 ∆𝑧 (∆𝑧 → 0)

lim∆𝑧→0

∆𝑓(𝑧0)

∆𝑧= 𝐴

=𝛿 ′ (𝑧0)

+ lim∆𝑧→0

𝜔(∆𝑧) =0

Definicija 3.(Izvod u pravcu) Neka je 𝑙 poluprava u kompleksnoj ravni sa početnom tačkom 𝑧0 . Izvod

funkcije 𝑓(𝑧) po pravcu 𝑙 u tački 𝑧0 definiše se na slijedeći način

𝑓𝑙′ 𝑧0 = lim

𝑧→𝑧0

𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑧0

𝑧 − 𝑧0


MA

TE

MA

TIK

A I

II

4

Definicija 4. Totalni diferencijal funkcije 𝑓(𝑧) definiše se na slijedeći način 𝑑𝑓 𝑧 = 𝑓 ′(𝑧) ∙ ∆(𝑧)

𝑓 𝑧 = 𝑧 ⇒ 𝑑𝑧 = ∆𝑧 ; 𝑑𝑓 𝑧 = 𝑓 ′ 𝑧 𝑑𝑧

Osobine izvoda:

Ako su funkcije 𝑓(𝑧) i 𝑔(𝑧) diferencijabilne u tački 𝑧 , onda su i funkcije 𝑓 𝑧 ± 𝑔 𝑧 , 𝑓(𝑧) ∙ 𝑔(𝑧) i

𝑓(𝑧)/𝑔(𝑧) diferencijabilne u tački 𝑧, i vrijedi:

a) 𝑓 𝑧 ± 𝑔 𝑧 ′ = 𝑓 ′ 𝑧 ± 𝑔′(𝑧)

b) 𝑓 𝑧 ∙ 𝑔 𝑧 ′ = 𝑓 ′ 𝑧 𝑔 𝑧 + 𝑓 𝑧 𝑔′(𝑧)

c) 𝑓 𝑧

𝑔 𝑧 ′

=1

𝑔2 𝑧 𝑓 ′ 𝑧 𝑔 𝑧 − 𝑓 𝑧 𝑔′ 𝑧 ; 𝑔 𝑧 ≠ 0

Teorem 3. Neka je funkcija 𝑓(𝑧) diferencijabilna u tački 𝑧0 , i neka je funkcija 𝑔(𝑤) diferencijabilna u

𝑤0 = 𝑓 𝑧0 . Tada je funkcija 𝑔 ∘ 𝑓 𝑧 = 𝑔 𝑓 𝑧 diferencijabilna u 𝑧0 i vrijedi:

𝑔 ∘ 𝑓 𝑧 ′ = 𝑔𝑤′ (𝑤0) ∙ 𝑓𝑧

′(𝑧0)

Definicija 6. Za funkciju 𝑓(𝑧) kažemo da je regularna (analitička) u tački 𝑧0, ako ima izvod u nekoj

okolini tačke 𝑧0 .

Za funkciju 𝑓(𝑧) kažemo da je regularna (analitička) u oblasti 𝐺 (otvorena oblast), ako funkcija 𝑓(𝑧)

ima izvod u svakoj tački oblasti 𝐺.

4. Koši – Rimanovi uslovi

Teorem 4. Da bi funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) bila diferencijabilna u tački 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 potrebno je i

dovoljno da funkcije 𝑢(𝑥, 𝑦) i 𝑣(𝑥, 𝑦) budu diferencijabilne u tački (𝑥, 𝑦) i da važe jednakosti:

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦= −

𝜕𝑣

𝜕𝑥

Dokaz: pp

∆𝑓 𝑧 = 𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑧 + 𝑕 ∆𝑧 ∆𝑧 (𝑕 ∆𝑧 → 0, 𝑘𝑎𝑑𝑎 ∆𝑧 → 0)

∆𝑓 𝑧 = Re𝑓 ′ 𝑧 + 𝑖Im𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑥 + 𝑖∆𝑦 + Re𝑕 ∆𝑧 + 𝑖Im𝑕 ∆𝑧 (∆𝑥 + 𝑖∆𝑦)

∆𝑓 𝑧 = Re𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑥 − Im𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑦 + Re𝑕 ∆𝑧 ∆𝑥 − Im𝑕 ∆𝑧 ∆𝑦 +

𝑖 Re𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑦 + Im𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑥 + Re𝑕 ∆𝑧 ∆𝑦 + Im𝑕 ∆𝑧 ∆𝑥 ∗

∆𝑓 = ∆𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖∆𝑣 𝑥, 𝑦 ∗∗


MA

TE

MA

TIK

A I

II

5

∆𝑢 𝑥, 𝑦 = Re𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑥 − Im𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑦 + Re𝑕 ∆𝑧 ∆𝑥 − Im𝑕 ∆𝑧 ∆𝑦 (1)

∆𝑣 𝑥, 𝑦 = Re𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑦 + Im𝑓 ′ 𝑧 ∆𝑥 + Re𝑕 ∆𝑧 ∆𝑦 + Im𝑕 ∆𝑧 ∆𝑥 (2)

𝜑 𝑥, 𝑦 − je diferencijabilna u (𝑥, 𝑦) ako i samo ako vrijedi:

∆𝜑 𝑥, 𝑦 = 𝐴∆𝑥 + 𝐵∆𝑦 + 𝑤1 ∆𝑥, ∆𝑦 ∆𝑥 + 𝑤2(∆𝑥, ∆𝑦)∆𝑦

(𝑤1,2 → 0) kada ∆𝑥, ∆𝑦 → (0,0) (𝐴, 𝐵 ∈ ℝ)

𝑢(𝑥, 𝑦) , 𝑣(𝑥, 𝑦) je diferencijabilno u tački (𝑥, 𝑦)

Iz (1) :

∆𝑢

∆𝑥= Re𝑓 ′ 𝑧 − Im𝑓 ′ 𝑧

∆𝑦

∆𝑥+ Re𝑕 ∆𝑧 − Im𝑕 ∆𝑧

∆𝑦

∆𝑥

∆𝑧 → 0 ⟺ ∆𝑥, ∆𝑦 → 0 ⟹

∆𝑢

∆𝑥= Re𝑓 ′ 𝑧 + Re𝑕(∆𝑧)

ako pomožimo sa ∆𝑥 → 0

lim∆𝑥→0

∆𝑢

∆𝑥= Re𝑓 ′ 𝑧 + lim

∆𝑥→0∆𝑦=0

Re𝑕(∆𝑧) ⟹ 𝜕𝑢

𝜕𝑥= Re𝑓 ′(𝑧)

∆𝑢

∆𝑦= Re𝑓 ′ 𝑧

∆𝑥

∆𝑦+ Re𝑕 ∆𝑧

∆𝑥

∆𝑦− Im𝑓 ′ 𝑧 − Im𝑕(∆𝑧)

lim∆𝑦→0

∆𝑢

∆𝑦= −Im𝑓 ′ 𝑧 − lim

∆𝑦→0∆𝑥=0

Im𝑕(∆𝑧)

∆𝑢

∆𝑦= −Im𝑓 ′(𝑧)

𝑖𝑧 2:𝜕𝑣

𝜕𝑥= Im𝑓 ′(𝑧)

𝜕𝑣

𝜕𝑦= Re𝑓 ′(𝑧)

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦𝜕𝑢

𝜕𝑦= −

𝜕𝑣

𝜕𝑥

U trigonometrijskom obliku

Ako je 𝑧 = 𝜌(cos 𝜑 + 𝑖 sin 𝜑) onda je 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝜌, 𝜑 + 𝑖𝑣(𝜌, 𝜑)

𝜕𝑢

𝜕𝜌=

1

𝜌

∆𝑣

∆𝜑1

𝜌

𝜕𝑢

𝜕𝜑= −

𝜕𝑣

𝜕𝜌

𝐾 − 𝑅 𝑗𝑒𝑑𝑛𝑎𝑘𝑜𝑠𝑡𝑖 𝑢 𝑡𝑟𝑖𝑔. 𝑜𝑏𝑙𝑖𝑘𝑢

Definicija 7. Za funkciju dvije promjenljive 𝜑(𝑥, 𝑦) kažemo da je harmonijska u 𝐺 ako i samo ako

∀ x, y ∈ 𝐺 drugi parcijalni izvodi su neprekidne funkcije i vrijedi:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

6

𝜕2𝜑

𝜕𝑥2=

𝜕2𝜑

𝜕𝑦2= 0 = ∆𝜑

Teorem. Funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) je dva puta neprekidno diferencijabilna u oblasti 𝐺.

Dokaz:

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2=

𝜕

𝜕𝑥 𝜕𝑢

𝜕𝑥 =

𝜕

𝜕𝑥 𝜕𝑣

𝜕𝑦 =

𝜕2𝑣

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2=

𝜕

𝜕𝑦 𝜕𝑢

𝜕𝑦 =

𝜕

𝜕𝑦 −

𝜕𝑣

𝜕𝑥 = −

𝜕2𝑣

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2= 0 𝑛𝑎 𝐺.

Teorem 2. Ako funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) ima neprekidan prvi i drugi izvod u oblasti 𝐺 ⊆ ℂ

onda su funkcije 𝑢(𝑥, 𝑦) i 𝑣(𝑥, 𝑦) harmonijske funkcije.

5. Pojam i osobine integrala funkcije kompleksne promjenljive

Funkcija 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) je jednoznačna funkcija definisana u oblasti 𝐺 ∈ ℂ i neka je 𝑙 ⊂ 𝐺

glatka orjentisana kriva sa početnom tačkom 𝑎 i krajnjom tačkom 𝑏.

𝑙: 𝑥 = 𝑥(𝑡)𝑦 = 𝑦(𝑡)

𝑡 ∈ 𝛼, 𝛽 𝑧 ∈ 𝑙: 𝑧 = 𝑥 𝑡 + 𝑖𝑦(𝑡)

Ova kriva će biti glatka, ako su funkcije:

1) 𝑥 𝑡 𝑖 𝑦(𝑡) diferencijabilne (neprekidne) na 𝛼, 𝛽

2) 𝑥′2 𝑡 + 𝑦′2(𝑡) ≠ 0 , za 𝑡 ∈ 𝛼, 𝛽 ⇒ vektor pravca tangente ćemo imati uvijek kada imamo

izvode i ne smije biti 0.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

7

Definicija 1. Za kompleksan broj 𝐼 kažemo da predstavlja Rimmanov integral kompleksne funkcije

𝑓(𝑧) po orjentisanom luku 𝑙 ⊂ 𝐺 od tačke 𝑎 do tačke 𝑏, ako vrijedi:

∀ε > 0 ∃δ ε > 0 ∴ 𝐼 − 𝑓 𝜉𝑘 𝑛𝑘=1 ∆𝑧𝑘 < 휀 ; max𝑘 |∆𝑧𝑘 | < 𝛿 ,

𝐼 = lim𝑑𝜋→0

𝑓 𝜉𝑘

𝑛

𝑘=1

∆𝑧𝑘 , 𝑑𝜋′ ≝ max𝑘

|∆𝑧𝑘 |

𝐼 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑏

𝑎

𝑖𝑙𝑖 𝐼 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙

𝐼 = 𝐼1 + 𝐼1

𝐼1 = 𝑢 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑣(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

𝑙

𝐼2 = 𝑢 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑣(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑙

⟹ 𝐼 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙

= 𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦𝑙

+ 𝑖 𝑣𝑑𝑥 + 𝑢𝑑𝑦𝑙

Neka je kriva 𝑙 zadana parametarska:

𝑙: 𝑥 = 𝑥(𝑡)𝑦 = 𝑦(𝑡)

𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]

𝐼 = 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙

= 𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦𝑙


=

= 𝑢 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 𝑥′ 𝑡 − 𝑣 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 𝑦′ 𝑡 𝑑𝑡𝛽

𝛼

+

+𝑖 𝑣 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 𝑥′ 𝑡 + 𝑢 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 𝑦′ 𝑡 𝑑𝑡𝛽

𝛼

𝑙: 𝑥 = 𝑥(𝑡)𝑦 = 𝑦(𝑡)

𝑥 ∈ [𝛼, 𝛽] 𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑗𝑎𝑙𝑛𝑖 𝑠𝑙𝑢č𝑎𝑗

Osobine integrala funkcija kompleksne promjenljive:

(1) (𝑙) ∫ 𝑓(𝑧)𝑏

𝑎𝑑𝑧 = −(𝑙) ∫ 𝑓(𝑧)

𝑎

𝑏𝑑𝑧

(2) ∫ 𝑘𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 𝑘 ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑙

, (𝑘 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡)

(3) ∫ 𝑓 𝑧 ± 𝑔 𝑧 𝑙

𝑑𝑧 = ∫ 𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙

± ∫ 𝑔 𝑧 𝑑𝑧𝑙

(4) ∫ 𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧=∫ 𝑓(𝑧)𝑙1

+ ∫ 𝑓(𝑧)𝑙2

, 𝑙 = 𝑙1 ∪ 𝑙2

(5) ∫ 𝑓 𝑧 𝑙

𝑑𝑧 ≤ ∫ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧𝑙


MA

TE

MA

TIK

A I

II

8

6. Košijeva teorema o integralu regularne funkcije

Teorem 1. 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

Za oblast 𝐺 ⊆ ℂ kažemo da je povezana oblast ako za proizvoljne dvije tačke iz 𝐺 postoji kriva 𝑙 koja leži

u 𝐺 i spaja te dvije tačke.

Dokaz: 𝑙 ⊂ 𝐺

𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 = 𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦𝑙


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. Neka jednostruko povezana oblast 𝐺 ⊂ ℂ ima glatki (po dijelovima glatki) rub 𝛾 i neka je

funkcija 𝑓(𝑧) regularna u 𝐺 i neprekidna na 𝐺 = 𝐺 ∪ 𝛾, tada je

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0

Primjedba: T2 vrijedi i u slučaju višestruko povezane oblasti:

1) 𝐺 = 𝐺𝑖𝑛𝑖=1 (𝐺𝑖 − jednostruko povezane oblasti)

2) 𝑟𝑢𝑏 𝐺 = 𝑙1 ∪ 𝑙2 ∪ 𝑙


MA

TE

MA

TIK

A I

II

9

Tada je 𝑓(𝑧)𝑟𝑢𝑏𝐺 1

𝑑𝑧 = 0 (jer je glatka kriva, a 𝐺1 jednostruko povezana oblast)

𝑓(𝑧)𝑟𝑢𝑏𝐺 2

𝑑𝑧 = 0 odnosno

𝑓(𝑧)𝑟𝑢𝑏𝐺 1

𝑑𝑧 + 𝑓(𝑧)𝑟𝑢𝑏𝐺 2

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑧)𝑟𝑢𝑏𝐺

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑧)𝑙

𝑑𝑧 + 𝑓(𝑧)𝑙1

𝑑𝑧 + 𝑓(𝑧)𝑙2

𝑑𝑧

Posljedica: 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:

𝑙 = 𝑙1 ∪ 𝑙2 ⇒ 𝑙 𝑗𝑒 𝑧𝑎𝑡𝑣𝑜𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑘𝑟𝑖𝑣𝑎 𝑖 𝑙 ⊆ 𝐺

𝑙 𝑗𝑒 𝑑𝑖𝑜 − 𝑝𝑜 − 𝑑𝑖𝑜 𝑔𝑙𝑎𝑡𝑘𝑎 𝑘𝑟𝑖𝑣𝑎

𝑓 𝑧 𝑑𝑧𝑙

= 0 ⇒ 𝑙1 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧 + 𝑙2 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧 = 0

𝑙1 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧 = − 𝑙2 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧 ⇒ 𝑙1 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧 = 𝑙2 𝑓 𝑧 𝑏

𝑎

𝑑𝑧

7. Osnovna Košijeva integralna formula

Teorem 3. Neka je oblast 𝐺 ⊂ ℂ ograničena po dijelovima glatkom zatvorenom krivom 𝛾, i neka je

funkcija 𝑓(𝑧) regularna u oblasti 𝐺 i neprekidna u oblasti 𝐺 = 𝐺 ∪ 𝛾. Tada za bilo koju unutrašnju tačku

𝑎 ∈ 𝐺 vrijedi formula.

𝑓 𝑎 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝑑𝑧

𝛾

(∗)

Dokaz: Neka je 𝑘𝑟 ⊂ 𝐺 kružnica poluprečnika 𝑟 > 0 s centrom u 𝑎. (𝑘𝑟 : 𝑧 − 𝑎 = 𝑟)


MA

TE

MA

TIK

A I

II

10

Kružnica 𝑟 definiše krug 𝑘𝑟 čiji je rub kružnica 𝑘𝑟 i da je krug 𝑘𝑟 ⊂ 𝐺. Označimo sa 𝐷 slijedeću oblast

𝐷 = 𝐺\𝑘𝑟 . Posmatrajma funkciju 𝑓(𝑧)/(𝑧 − 𝑎) ona je regularna na 𝐷 = 𝐺\𝑘𝑟 i neprekidna na rubu

𝐷 = 𝛾 ∪ 𝑘𝑟 .

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

2𝜋𝑖

𝑓 𝑎


𝑑𝑧

1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧


𝑑𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧 − 𝑓(𝑎)


𝑑𝑧 + 𝑓(𝑎) = 2𝜋𝑖𝑓(𝑎)

Procjena integrala 𝑰

𝐼 = 1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑎


𝑑𝑧 ≤1

2𝜋𝑖



𝑑𝑠 (∗∗)

𝑧 − 𝑎 = 𝑟 funkcija 𝑓(𝑧) je neprekidna u 𝐺 pa je neprekidan i u 𝑎.

∀휀 > 0 ∃𝛿 휀 > 0 ∴ 𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑎 < 휀 , kada je 𝑧 − 𝑎 < 𝛿.

Neka je 𝑟 < 𝛿 iz (∗∗)

𝐼 ≤1

2𝜋


𝑧 − 𝑎 𝑘𝑟

𝑑𝑠 <1

2𝜋

휀

𝑟𝑘𝑟

𝑑𝑠 =휀

2𝜋𝑟 𝑑𝑠𝑘𝑟

=휀

2𝜋𝑟∙ 2𝑟𝜋

𝐼 < 휀 ; čim je 𝑧 − 𝑎 = 𝑟 < 𝛿 . lim𝑟→0 |𝐼| = 0

U (1′) pustimo da 𝑟 → 0

⇒ 1

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎𝛾

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑎)


MA

TE

MA

TIK

A I

II

11

8. Poopštena košijeva integralna formula

Teorem 4. 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:

𝑓𝑎 𝑛

=𝑛!

2𝜋𝑖

𝑓 𝑧

𝑧 − 𝑎 𝑛+1𝛾

𝑑𝑧 , (𝑛 = 0,1 … )

Ako stavimo da je 𝑛 = 0 , dobijamo osnovnu Košijevu integralnu formulu.

9. Pojam primitivne funkcije

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

𝐹′ 𝑧 = 𝑓 𝑧 , (𝑧 ∈ 𝐷).

Lema 1. Ako je 𝐹(𝑧) primitivna funkcija od 𝑓(𝑧) na 𝐷, onda je i 𝐹 𝑧 + 𝐶 takođe primitivna funkcija

funkcije 𝑓(𝑧) na 𝐷.

Dokaz: pp 𝐹′ 𝑧 = 𝑓 𝑧 na 𝐷. 𝐹 𝑧 + 𝐶 ′ = 𝐹′ 𝑧 + 𝐶′ = 𝑓(𝑧) na 𝐷.

𝐹 𝑧 + 𝐶 − klasa prim funkcija od 𝑓 𝑧 .

Posljedica: Familija {𝐹 𝑧 + 𝐶} će biti familija funkcija 𝑓(𝑧) na 𝐷.

Lema 2. Ako su 𝐹1(𝑧) i 𝐹2(𝑧) primitivne 𝑓 – je od 𝑓(𝑧) na 𝐷 , onda je 𝐹1 𝑧 − 𝐹2 𝑧 = 𝐶 na 𝐷.

𝐹1′ 𝑧 = 𝑓 𝑧 ; 𝐹2

′ 𝑧 = 𝑓(𝑧)

𝐹1′ 𝑧 − 𝐹2

′ 𝑧 = 0 , 𝐹1 𝑧 − 𝐹2 𝑧 ′ = 0 ⇒ 𝐹1′ 𝑧 − 𝐹2

′ 𝑧 = 𝐶

Teorem 1. Neka je 𝜙 𝑧 = ∫ 𝑓(𝜉)𝑧

𝑧0𝑑𝜉 dobro definisana funkcija tada je funkcija 𝑓(𝜉) je integrabilna i

∫ 𝛿(𝜉)𝑧

𝑧0𝑑𝜉 zavisi samo od početne i krajnje tačke, onda je funkcija 𝜙 𝑧 neprekidna na 𝐷.

Dokaz: 𝜙 𝑧 + ∆𝑧 − 𝜙 𝑧 = ∫ 𝑓(𝜉)𝑧+𝛥𝑧

𝑧𝑑𝜉 → 0 (𝑘𝑎𝑑𝑎 ∆𝑧 → 0)

Teorem 2. Neka je funkcija 𝑓(𝑧) neprekidna na 𝐺 ⊆ ℂ i neka je funkcija 𝜙 𝑧 = ∫ 𝑓(𝜉)𝑧

𝑧0𝑑𝜉 dobro

definisana. Tada je funkcija 𝜙(𝑧) regularna na 𝐺 i vrijedi 𝜙′ 𝑧 = 𝑓 𝑧 , (𝑧 ∈ 𝐺).

Dokaz.: 𝑧 ∈ 𝐺, a ∆𝑧 je takav, tako da je (𝑧 + ∆𝑧) ∈ 𝐺. Imamo:

𝜙 𝑧 + ∆𝑧 − 𝜙(𝑧)

∆𝑧− 𝑓(𝑧)

Ako teži 0, kada ∆𝑧 → 0, onda imamo:

𝜙′ 𝑧 = lim∆𝑧→0

𝜙 𝑧 + ∆𝑧 − 𝜙(𝑧)

∆𝑧− 𝑓(𝑧)


MA

TE

MA

TIK

A I

II

12

𝜙 𝑧 + ∆𝑧 − 𝜙(𝑧)

∆𝑧− 𝑓(𝑧) =

1

∆𝑧 𝑓 𝜉 𝑑𝜉 − 𝑓 𝜉

𝑧

𝑧0

𝑧+∆𝑧

𝑧

𝑑𝜉 − 𝑓 𝑧 =

1

∆𝑧 𝑓 𝜉 𝑑𝜉 −

𝑓(𝑧)

∆𝑧 𝑑𝜉

𝑧+∆𝑧

𝑧

𝑧+∆𝑧

𝑧

=1

∆𝑧 𝑓 𝜉 − 𝑓 𝑧 𝑑𝜉

𝑧+∆𝑧

𝑧

≤

≤1

∆𝑧 𝑓 𝜉 − 𝑓 𝑧

𝑧+∆𝑧

𝑧

𝑑𝜉

Posljedica: 𝜙 𝑧 = ∫ 𝑓(𝜉)𝑧

𝑧0𝑑𝜉 je primitivna funkcija funkcije 𝑓 𝑧 . To znači da je:

𝜙 𝑧 = 𝑓(𝜉)𝑧

𝑧0

𝑑𝜉 = F(z) + C

𝑓(𝜉)𝑧

𝑧0

𝑑𝜉 = F z0 + C ⇒ C = −F(z0

⇒ 𝑓(𝜉)𝑧

𝑧0

𝑑𝜉 = 𝐹 𝑧 − 𝐹(𝑧0)

Newton – Leibntzova formula

10. Teorema Morera

Teorem 3. Neka je funkcija 𝑓(𝑧) neprekidna na jednostruko povezane oblasti 𝐺. Ako integral funkcije

𝑓(𝑧) po bilo kojoj zatvorenoj glatkoj 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 (∀𝛾 ⊂ 𝐺) ustvari znači da ∫ 𝑓(𝑢)𝑧

𝑧0𝑑𝑢 ne zavisi od krive

integracije nego samo od početne i krajnje tačke. 𝛾 = 𝑙1 ⊂ 𝑙2 , ∫ 𝑓(𝛾)𝛾

𝜙𝜉 = 0

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


MA

TE

MA

TIK

A I

II

13

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.

11. Teorema LIOUVILLA

Teorem 4. Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u cjeloj kompleksnoj ravni i ograničena po modulu u ℂ

( 𝑓 𝑧 ≤ 𝑀 ; 𝑧 ∈ ℂ), onda je ona konstantna funkcija.

Dokaz: Neka je 𝑧 proizvoljna tačka iz ℂ i neka je 𝑘𝑟 (𝑟 > 0) kružnica sa centrom u tački 𝑧 poluprava 𝑟,

tada očito funkcija 𝑓(𝑧) na krugu 𝑘𝑟 ispunjava sve uslove poopštene košijeve integralne formule, dakle

vrijediće

𝑓 ′ 𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑧 2𝑘𝑟

𝑑𝜉

𝑓 ′ 𝑧 ≤1

2𝜋

|𝑓 𝜉 |

𝜉 − 𝑧 2𝑘𝑟

𝑑𝑠 ≤𝑀

2𝜋𝑟2 𝑑𝑠𝑘𝑟

≤𝑀

𝑟

Ako posmatramo da 𝑟 → +∞:

0 ≤ 𝑓 ′ 𝑧 ≤𝑀

𝑟 (∀𝑧 ∈ ℂ) ⇒ 𝑓 ′ 𝑧 = 0 ⟹ 𝑓 𝑧 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡

12. Red kompleksnih brojeva. Kriteriji konvergencije

Brojni redovi: 𝐶𝑘∞𝑘=0 (𝐶𝑘 ∈ ℂ) red kompleksnih brojeva, 𝐶𝑘 − opšti član reda

𝑆𝑛 ≝ 𝐶𝑘𝑛𝑘=0 𝑛 ∈ ℕ − n-ta parcijalna suma , 𝑟𝑛 = 𝐶𝑘

∞𝑘=𝑛+1 − ostatak reda

Definicija. Red 𝐶𝑘∞𝑘=0 konvergira ka 𝑆 ∈ ℂ ako i samo ako red parcijalnih suma konvergira:

lim𝑛→∞

𝑆𝑛 = 𝑆


MA

TE

MA

TIK

A I

II

14

𝑟𝑛 ≝ 𝑆 − 𝑆𝑛 = 𝐶𝑘

∞

𝑘=1

− 𝐶𝑘

𝑛

𝑘=1

= 𝐶𝑘

∞

𝑘=𝑛+1

Stav 1. Ako je lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 = 𝑆 ⇒ lim𝑛→∞ 𝑟𝑛 = 0

Teorem: Ako red 𝐶𝑘∞𝑘=0 konvergira, onda je lim

𝑘→∞𝐶𝑘 = 0

Dokaz: ∀휀 > 0 ∃𝑛0 ∈ ℕ ∴ 𝐶𝑛 ∈ ℕ 𝐶, 휀 , za 𝑛 ≥ 𝑛0. Kako je 휀 ≠ 0, možemo uvijek odabrati 휀 > 0

takav da vrijedi: 0 ⊄ ℕ 𝐶, 휀 pa je 𝐶 − 휀 > 0.

Za svaki 𝐶𝑘 ∃𝑛0 za koji je : 0 ≠ 𝑧0 < 𝐶𝑛 , 𝑛 ≥ 𝑛0

𝐶𝑘

∞

𝑘=0

≤ 𝐶𝑘

∞

𝑘=0

≤ |𝐶𝑘 |

𝑛0−1

𝑘=0

+ 𝐶𝑘

∞

𝑘=𝑛0

|𝐶𝑘 |𝑛0−1𝑘=0 = 𝐵 – konačno mnogo brojeva

𝐵 + |𝑧0|

∞

𝑘=𝑛0

≤ 𝐵 + |𝐶𝑘 |

∞

𝑘=𝑛0

𝐵 + 𝑧0 1 ≤ 𝐵 + 𝐶𝑘 ∞𝑘=𝑛0

∞𝑘=𝑛0

− očito ovaj red divergira.

Ovo naravno nije tačno, jer je pretpostavka teorema da red konvergira. Zaključujemo:

lim𝑘→∞

𝐶𝑘 = 0 ⇒ lim𝑘→∞

𝐶𝑘 = 0.

Ako red konvergira, opšti član teži nuli, obrnuto ne vrijedi.

Definicija 2. Za red 𝐶𝑘(𝑧)∞𝑘=0 kažemo da je apsolutno konvergentan ako i samo ako je 𝐶𝑘 ∞

𝑘=0

konvergentan.

Ako je red apsolutno konvergentan ⇒ konvergentan

Ako je red konvergentan ⇏ apsolutno konvergentan

Stav 2. Ako red 𝐶𝑘(𝑧)∞𝑘=0 apsolutno konvergira onda na njega možemo primjeniti komutativnost i

asocijativnost.

Definicija. Za red 𝐶𝑘(𝑧)∞𝑘=0 kažemo da uslovno konvergira ako je konvergentan, ali nije apsolutno

konvergentan.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

15

Košijev kriterij konvergencije

Teorem 1. Red 𝐶𝑘(𝑧)∞𝑘=0 je konvergentan ako i samo ako je niz parcijalnih suma {𝑆𝑛} košijev niz.

∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝐶𝑘

∞

𝑘=𝑛

< 휀, 𝑚, 𝑛 ≥ 𝑛0 (∗)

Abelova transformacija

Neka je 𝐴𝑘 = 𝑎𝑖𝑘𝑖=0 , (𝑎𝑖 ∈ ℂ). Onda vrijedi:

𝑎𝑘𝑏𝑘

𝑛

𝑘=0

= 𝐴𝑘 𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1 + 𝐴𝑛𝐵𝑛

𝑛−1

𝑘=0

, (𝑛 = 1,2, … ; 𝑏𝑘 ∈ ℂ)

Dokaz:

𝑎𝑘𝑏𝑘

𝑛

𝑘=0

= 𝐴0𝑏0 + 𝐴1 − 𝐴0 𝑏1 + ⋯ + 𝐴𝑛−1 − 𝐴𝑛−2 𝑏𝑛−1 + 𝐴𝑛 − 𝐴𝑛−1 𝑏𝑛

𝐴𝑘 − 𝐴𝑘−1 = 𝑎𝑖

𝑘

𝑖=0

− 𝑎𝑖

𝑘−1

𝑖=0

= 𝑎𝑘

𝑎𝑘𝑏𝑘

𝑛

𝑘=0

= 𝐴0 𝑏0 − 𝑏1 + 𝐴1 𝑏1 − 𝑏2 + ⋯ + 𝐴𝑛−1 𝑏𝑛−1 − 𝑏𝑛 + 𝐴𝑛𝑏𝑛

= 𝐴𝑘(𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1)

𝑛−1

𝑘=0

+ 𝐴𝑛𝑏𝑛

Dedeking kriterij za konvergenciju

Teorem 1. Neka su za nizove 𝑎𝑛 𝑖 𝑏𝑛 ; 𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 ∈ ℂ ispunjeni uslovi:

a) Parcijalne sume 𝐴𝑛 = 𝑎𝑘𝑛𝑘=0 su ograničene 𝐴𝑛 ≤ 𝑀 𝑛 ∈ ℕ

b) lim𝑛→∞ 𝑏𝑛 = 0

c) Red 𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1 ∞𝑘=1 konvergira

Tada red konvergira 𝑎𝑘𝑏𝑘𝑛𝑘=0

Dokaz: Na osnovu Abelove transformacije posmatrat ćemo:

𝑆𝑚+𝑛 − 𝑆𝑚−1 = 𝑎𝑘𝑏𝑘

𝑚+𝑛

𝑘=𝑚

≤ |𝐴𝑘 | ∙ 𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1

𝑚+𝑛

𝑘=𝑚

+ 𝐴𝑚+𝑛 ∙ 𝐵𝑚+𝑛 + 𝐴𝑚−1 ∙ 𝑏𝑚−1

1. ∀ 𝐴𝑘 ≤ 𝑀

2. ∀휀 > 0 ∃𝑛 ∈ ℕ ∴ 𝑏𝑛 < 휀/3𝑀 ; 𝑏𝑚+𝑛 < 휀/3𝑀 , 𝑚 ≥ 𝑛.

3. |𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1|∞𝑘=0 apsolutno konvergira, a odavde slijedi:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

16

lim𝑚→∞

𝑟𝑚 = lim𝑛→∞

|𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1|

∞

𝑘=𝑚

= 0

|𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1|

∞

𝑘=𝑚

<휀

3𝑀 ⟹ |𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1|

𝑚+𝑛−1

𝑘=𝑚

<휀

3𝑀

𝑆𝑚+𝑛 − 𝑆𝑚−1 ≤ 𝑀 |𝑏𝑘 − 𝑏𝑘+1|

𝑚+𝑛−1

𝑘=𝑚

+ 𝑀 𝑏𝑚+𝑛 + 𝑀 𝑏𝑚 < 𝑀 ∙휀

3𝑀+ 𝑀

휀

3𝑀+ 𝑀

휀

3𝑀= 휀

𝑆𝑚+𝑛 − 𝑆𝑚−1 < 휀 ; 𝑚 ≥ 𝑛0 ⟹ slijedi da je niz parcijalnih suma Košijev, što znači da {𝑆𝑛} konvergir.

To znači da 𝑎𝑘𝑏𝑘∞𝑘=0 konvergira.

Posljedice Dedeking kriterija su:

Dirichelt – ov kriterij: Ako re 𝑎𝑘∞𝑘=0 ima ogranicen niz parcijalnih suma, a red 𝑏𝑘

∞𝑘=0 ima realne

članove i lim𝑛→∞ 𝑏𝑘 = 0 , onda red 𝑎𝑘∞𝑘=0 𝑏𝑘 konvergira

Leibnitzov kriterij: Ako za niz 𝑏𝑘 𝑘=0 , 𝑏𝑘 ∈ ℝ vrijedi lim𝑘→∞ 𝑏𝑘 = 0 , onda red −1 𝑘∞𝑘=0 𝑏𝑘

konvergira.

Red 𝑒 î𝑘

𝑘+1 𝑝 (𝑘 = 1 … ∞) konvergira za 𝑝 > 0.

i) 0 < 𝑝 ≤ 1 − konv. uslovno

ii) 𝑝 > 1 − konv. Apsolutno

13. Pojam reda kompleksnih funkcija. Konvergencija i kriteriji konvergencije

Definicija 1. Red či su članovi funkcije (realne ili kompl.) promjenljive zove se red kompleksne

promjenljive. Označavamo ga na slijedeći način:

(1) 𝑈𝑘(𝑧)

+∞

𝑘=0

(𝑧 ∈ ℤ)

Za konkretnu vrijednost 𝑧 = 𝑎 dobija se brojni red

2 𝑈𝑘(𝑎)

+∞

𝑘=0

.

Neka je 𝐷𝑘 definiciono područije funkcije 𝑈𝑘 𝑧 . Onda ćemo

𝐷 = 𝐷𝑘 ⊆ ℂ

𝑛

𝑘=0

zvati definiciono područije reda (1).


MA

TE

MA

TIK

A I

II

17

Definicija 3. Za red funkcija 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 kažemo da konvergira u običnom smislu ili po tačkama na

oblasti 𝐺 ⊆ ℂ ka funkciji 𝑈(𝑧) ako i samo ako

∀𝑧 ∈ 𝐺 ∀휀 > 0 ∃𝑛 𝑘, 𝑧 ∈ ℕ ∴ 𝑈 𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

< 휀 ; 𝑛 ≥ 𝑛 (휀, 𝑧)

Definicija 4. (Uniformna konvergencija) Za red oblika 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 kažemo da konvergira uniformno

(ravnomjerno) na skupu 𝐺 ⊆ ℂ ka funkciji 𝑈(𝑧) ako i samo ako

∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝑈 𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

< 휀 , 𝑛 ≥ 𝑛0 , (∀𝑧 ∈ 𝐺)

Napomena. Ukoliko red 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 uniformno konvergira na 𝐺 tada on konvergira i u običnom smislu

(po tačkama) na 𝐺. Jasno je da obrnuto ne vrijedi.

Kriterij za uniformnu konvergenciju

Teorem 1. Košijev opšti kriterij za uniformnu konvergenciju

Da bi red 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 uniformno konvergirao na 𝐺 ⊆ ℂ potrebno je i dovoljno da vrijedi:

∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∀𝑝 ∈ ℕ ∀𝑧 ∈ 𝐺 ∴ 𝑈𝑘 𝑧

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

< 휀 ; 𝑛 > 𝑛0

Teorem 2. (Vaještrasov kriterij)

Ako za red 𝑈𝑘 𝑧 ∞𝑘=0 postoji red 𝑀𝑘

∞𝑘=0 𝑀𝑘 ≥ 0 tako da vrijedi:

1. 𝑀𝑘∞𝑘=0 je konvergentan red

2. 𝑈𝑘 𝑧 ≤ 𝑀𝑘 𝑘 = 0,1,2, … 𝑧 ∈ 𝐺

onda red 𝑈𝑘 𝑧 ∞𝑘=0 uniformno konvergentan na skupu 𝐺.

Dokaz: (∀𝑧 ∈ 𝐺) vrijedi:

0 ≤ 𝑈𝑘 𝑧

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

≤ 𝑈𝑘 𝑧

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

≤ 𝑀𝑘

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

Po pretpostavci teoreme red 𝑀𝑘𝑛+𝑝𝑘=𝑛 je konvergentan ⟹ dakle 𝑀𝑘

∞𝑘=0 je košijev red. To znači da za:

∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝑀𝑘

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

< 휀 , ∀𝑛 ≥ 𝑛0 ∀𝑝 ∈ ℕ

⇒ 𝑈𝑘 𝑧

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

< 휀 𝑖 ∀𝑛 ≥ 𝑛0 , ∀𝑧 ∈ 𝐺

Red 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 i apsolutno konvergira na 𝐺:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

18

𝑈𝑘 𝑧

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

≤ 𝑀𝑘

𝑛+𝑝

𝑘=𝑛

< 휀

14. Teorem o neprekidnosti za uniformno konvergentne redove

Teorem 1. Neka su članovi reda 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 neprekidne funkcije na oblasti 𝐺. Ako red 𝑈𝑘(𝑧)∞

𝑘=0

uniformno konvergira ka funkciji 𝑈(𝑧) na 𝐺 , onda je 𝑈(𝑧) neprekidna funkcija na 𝐺.

Dokaz: Uslov neprekidnosti :

lim∆𝑧→∞

𝑓(𝑧 + ∆𝑧) = 𝑓 𝑧 ⇒ lim∆𝑧→∞

𝑓 𝑧 + 𝛥𝑧 − 𝑓 𝑧 = 0

𝑈 𝑧 + ∆𝑧 − 𝑈 𝑧 ≤ 𝑈 𝑧 + ∆𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧 + ∆𝑧

𝑛

𝑘=0

+

+ 𝑈𝑘 𝑧 + ∆𝑧

𝑛

𝑘=0

− 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

+ 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

− 𝑈 𝑧

Primjenjujemo 3 sume:

1. Definicija uniformne konvergencije, po kojoj ćemo sumu učiniti proizvoljno malom:

p.p 𝑈𝑘(𝑧)𝑛𝑘=0 ≥ 𝑈(𝑧) uniformno konvergira na 𝐺

∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝑈 𝑧 + ∆𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧 + ∆𝑧

𝑛

𝑘=0

<휀

3 , 𝑛 ≤ 𝑛0 ∀(𝑧 + ∆𝑧) ∈ 𝐺

𝑈 𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

<휀

3 , 𝑛 ≥ 𝑛0 ∀𝑧 ∈ 𝐺.

2. Neprekidnost ( kako su funkcije 𝑈𝑘(𝑧) pp neprekidne na 𝐺 , za 𝑧 ∈ 𝐺 ,

𝑈𝑘 𝑧 + ∆𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧 <휀

3 𝑛 + 1 , 𝑧𝑎 𝑘 = 0,1,2, … ; 𝛥𝑧 < 𝛿 휀

⇒ 𝑈 𝑧 + ∆𝑧 − 𝑈 𝑧 <휀

3+ 𝑈𝑘 𝑧 + 𝛥𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0+

휀

3<

2 ∙ 휀

3+

휀

3 𝑛 + 1

𝑛

𝑘=0

za proizvoljno 휀:

∀휀 > 0 ∃𝛿 휀 > 0 ∴ 𝑈 𝑧 + 𝛥𝑧 − 𝑈 𝑧 < 휀 , 𝛥𝑧 < 𝛿 ⇒

lim∆𝑧→0

𝑈 𝑧 + 𝛥𝑧 = 𝑈 𝑧 , (𝑧 ∈ 𝐺)

Posljedica 1. Ako vrijede uslovi iz teorema 1 onda vrijedi

lim𝑧→𝑎

𝑈𝑘(𝑧)

∞

𝑘=0

= lim𝑧→𝑎

𝑈(𝑧) = lim𝑧→∞

𝑈𝑘(𝑧)

∞

𝑘=0

= 𝑈𝑘(𝑎)

∞

𝑘=0

Ovo su pp neprekidne funkcije.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

19

15. Teorem o integraciji za uniformno konvergentne redove

Teorem 2. (Integracija član po član) Neka su članovi reda 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 neprekidna funkcija na 𝐺. Ako

red 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 uniformno konvergira ka funkciji 𝑈(𝑧) na 𝐺 onda je 𝑈(𝑧) integrabilna funkcija na 𝐺 i

vrijedi

𝑈(𝑧)𝑑𝑧𝛾

= 𝑈𝑘 𝑧

∞

𝑘=0

𝑑𝑧𝛾

= 𝑈𝑘(𝑧)𝑑𝑧𝛾

∞

𝑘=0

(𝛾 ⊆ 𝐺)

Dokaz:

1. Ako red 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 = 𝑈(𝑧) uniformno konvergira ka 𝑈(𝑧) na 𝐺:

∀휀 > 0 ∃𝑛0 휀 ∈ ℕ ∴ 𝑈 𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

<휀

𝑠 𝛾 , 𝑛 ≥ 𝑛0 ∀𝑧 ∈ 𝐺, ∀𝛾 ∈ 𝐺

2. Ako su funkcije 𝑈𝑘(𝑧) neprekidne na 𝐺, to znači da je i 𝑈(𝑧) neprekidna na 𝐺 , tj. ∫ 𝑈𝑘 𝑧 𝑑𝑧𝛾

i

∫ 𝑈 𝑧 𝑑𝑧𝛾

postoje.

3.

𝑈 𝑧 𝑑𝑧𝛾

− 𝑈𝑘 𝑧 𝛾

𝑛

𝑘=0

𝑑𝑧 = 𝑈 𝑧 𝑑𝑧𝛾

− 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

𝑑𝑧𝛾

=

𝑈 𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

𝑑𝑧𝛾

≤ 𝑈 𝑧 − 𝑈𝑘 𝑧

𝑛

𝑘=0

𝑑𝑧𝛾

<

< 휀

𝑠 𝛾 𝑑𝑠

𝛾

=휀

𝑠 𝛾 𝑑𝑠𝛾

= 휀

lim𝑛→∞


− 𝑈𝑘 𝑧 𝛾

𝑛

𝑘=0

𝑑𝑧 = 0

16. Teorem o regularnosti za uniformno konvergentne redove Weierstrass

Teorem 3. Neka su funkcije 𝑈𝑘 𝑧 regularne u oblasti 𝐺 i neka red 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 uniformno konvergira na

𝐷 ⊆ 𝐺. Tada vrijedi:

a) 𝑈(𝑧) je regularna u 𝐺

b) 𝑈𝑚 𝑧 = 𝑈𝑘𝑚 (𝑧)∞

𝑘=0 (𝑧 ∈ 𝐺 , 𝑚 = 0,1,2, … )

c) Red 𝑈𝑘𝑚 (𝑧)∞

𝑘=0 uniformno konvergira ka funkciji 𝑈 𝑛 (𝑧) u ma kojoj zatvorenoj podoblasti

𝐷 ⊆ 𝐺


MA

TE

MA

TIK

A I

II

20

Dokaz: Neka 𝑧0 ∈ 𝐺 i 𝐷 ⊆ 𝐺 je jednostruko povezana oblast koja sadrži:

- Red 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 je uniformno konvergentan na 𝐷 = 𝐷 ∪ 𝑟𝑢𝑏𝐷

- Neka je 𝛾 proizvoljna zatvorena dio – po – dio glatka kriva u 𝐷, 𝛾 ∈ 𝐷


= 𝑈𝑘 𝑧

∞

𝑘=0

𝑑𝑧 𝛾

= 𝑈𝑘(𝑧)𝛾

𝑑𝑧

∞

𝑘=0

= 0

𝑈(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 0 po definiciji MORERA.

Teorem 4. Neka su funkcije 𝑈𝑘(𝑧) regularne u oblasti 𝐺 ⊆ 𝐺 ∪ 𝛾 pri čemi je 𝛾 rub oblasti 𝐺 i neka red

𝑈 𝑧 = 𝑈𝑘(𝑧)∞𝑘=0 uniformno konvergentan na rubu 𝛾. Tada red 𝑈𝑘(𝑧)∞

𝑘=0 konvergira po tačkama

ka funkciji 𝑈(𝑧) unutar oblasti 𝐺.

17. Stepeni redovi u kompleksnom obliku. Konvergencija

Realna funkcija 𝑓: ℝ → ℝ, 𝑓 ∈ ℂ∞(𝑎, 𝑏) gdje je ℂ∞prostor funkcija koje zadovoljavaju slijedeće:

(1) 𝑓 𝑛 (𝑥) postoji za 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏)

(2) 𝑛 ∈ ℕ (beskonačno mnogo puta diferencijabilna funkcija)

Pretportavimo da su svi uslovi zadovoljeni i da se funkcija može razviti u:

𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑘 𝑥0

𝑥′ 𝑥 − 𝑥0 𝑘

𝑛

𝑘=1

+𝑓 𝑛+1 𝜉

𝑛 + 1 ! 𝑥 − 𝑥0 𝑛+1

𝑅𝑛 𝑥 =𝑓 𝑛+1 𝜉

𝑛 + 1 ! 𝑥 − 𝑥0 𝑛+1

ukoliko 𝑅𝑛 𝑥 → 0 kada 𝑛 → ∞ , to je dovoljan uslov da se funkcija može razviti u Tajlorov red.

𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑘 𝑥0

𝑘! 𝑐𝑘

𝑥 − 𝑥0 𝑘

𝑛

𝑘=0

Ovakvi redovi se nazivaju stepeni redovi.

Red oblika 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑧0 𝑘∞𝑘=0 , (𝑐𝑘 ∈ ℂ) se zove red potencija ili stepeni red. Ako je 𝑧0 = 0 , dobija se

red oblika 𝑐𝑘∞𝑘=0 𝑧𝑘 .

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

apsolutno u krugu 𝐺. 𝐺 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 < 𝑧0 Osim toga, red 𝑐𝑘𝑧𝑘∞𝑘=0 konvergira uniformno na krugu

𝐷 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 ≤ 𝜌 < 𝑧0

Dokaz: Neka red 𝑐𝑘𝑧𝑘∞𝑘=0 u tački 𝑧 = 𝑧0 ≠ 0 konvergira, onda konvergira red 𝑐𝑘𝑧0

𝑘∞𝑘=0 . Opšti član

reda: lim𝑘→∞ 𝑐𝑘 ∙ 𝑧0𝑘 = 0 (Mora biti ograničen, jer svaki konvergentan niz ograničen)


MA

TE

MA

TIK

A I

II

21

∃𝑀 > 0 ∴ 𝑐𝑘𝑧0𝑘 ≤ 𝑀 , 𝑘 = 1,2, …

𝑐𝑘𝑧𝑘 = 𝑐𝑘𝑧0𝑘𝑧𝑘

𝑧0𝑘 = 𝑐𝑘𝑧0

𝑘 ∙ 𝑧

𝑧0

𝑘

≤ 𝑀 𝑧

𝑧0

𝑘

0 ≤ |𝑐𝑘𝑧𝑘 |

∞

𝑘=0

≤ 𝑀 𝑧

𝑧0

𝑘∞

𝑘=0

𝑧

𝑧0 < 1 ⇒ 𝑧 < 𝑧0 , ⇒ 𝑐𝑘𝑧𝑘

∞

𝑘=0

konvergira za 𝑧 < |𝑧0|

𝑐𝑘𝑧𝑘 = 𝑐𝑘𝑧0𝑘 ∙

𝑧

𝑧0

𝑘

ako uzmemo da je

𝑧 ≤ 𝜌 ≤ 𝑧0 ⇒ 𝑧

𝑧0 < 𝜌

𝑐𝑘𝑧𝑘 ≤ 𝑐𝑘𝑧0𝑘 ∙ 𝜌𝑘 𝑘 = 1,2, … , 𝑀𝑘 = 𝑐𝑘𝑧0

𝑘 | ∙ 𝜌𝑘

1. 𝑐𝑘𝑧𝑘 ≤ 𝑀𝑘

2. 𝑀𝑘∞𝑘=0 konvergira

Ovo znači da naš polazni red 𝑐𝑘𝑧𝑘∞𝑘=0 uniformno konvergira za 𝑧 ≤ 𝜌 ≤ 𝑧0 .

Posljedica 1. Ukoliko red 𝑐𝑘𝑧𝑘∞𝑘=0 divergira u tački 𝑧 = 𝑧0 ≠ 0 onda on divergirati za svako 𝑧 ≥ |𝑧0|

.

Teorem 2. Neka je zadan red oblika 𝑐𝑘𝑧𝑘∞𝑘=0 , tada postoji 𝑅 ≥ 0 takav da red 𝑐𝑘𝑧𝑘∞

𝑘=0 konvergira

na oblasti 𝐾0 = {𝑧 ∈ ℂ 𝑧 < 𝑅 } i divergira na oblasti 𝐷0 = {𝑧 ∈ ℂ 𝑧 > 𝑅} .

Cauchy Anomarov kriterij za računanje poluprečnika

Neka je zadan red oblika 𝑐𝑘𝑧𝑘∞𝑘=0

1. košijeva formula

𝑅 =1

lim𝑛→∞

𝑐𝑛 𝑛

2.

𝑅 = lim𝑛→∞

𝑐𝑛

𝑐𝑛+1

Kada ovi limesi ne postoje, može se računati kao:

1. košijeva formula


MA

TE

MA

TIK

A I

II

22

𝑅 =1

lim𝑛→∞ 𝑐𝑛 𝑛

2.


𝑐𝑛

𝑐𝑛+1

𝑙𝑖𝑚 − uzet ćemo najveću tačku nagomilavanja.

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.

𝐶𝑘𝑧𝑘∞𝑘=1 neka konvergira na 𝐾0. Diferenciranjem dobijamo novi red, koji je opet stepeni

𝑐𝑘𝑧𝑘 ′

∞

𝑘=0

= 𝑘𝑐𝑘𝑧𝑘−1

∞

𝑘=0

Poluprečnik konvergencije tražimo na način:


𝑛 𝑐𝑛

𝑛 + 1 |𝑐𝑛+1|= lim

𝑛→∞

𝑛

𝑛 + 1 1

lim𝑛→∞

|𝑐𝑛 |

|𝑐𝑛+1|= 𝑅0

18. Razvoj funkcije kompleksne promjenljive u Tejlorov red

Teorem. Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna na krugu 𝐾0 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 − 𝑎 < 𝑅 , 𝑅 > 0 onda se ona na

krugu 𝐾0 može razložiti u konvergentan red oblika:

𝑓 𝑧 = 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

∞

𝑘=0

na 𝐾0, gdje su:

𝑐𝑘 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑎 𝑘+1𝑑𝜉

𝛾𝜌

, 𝛾𝜌 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 − 𝑎 = 𝜌 < 𝑅

Dokaz : Neka je 𝑧 proizvoljna tačka iz kruga 𝛾𝜌 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 − 𝑎 = 𝜌 < 𝑅 , na osnovu košijeve

integralne formule vrijedi:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

23

𝑓 𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑧𝑑𝜉

𝛾𝜌

(1)

Jasno je da vrijedi:

𝑧 − 𝑎 < 𝜉 − 𝑎 ⇔ 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

= 𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0

(2)

Očito je da će red (2) konv.uniformno na 𝛾𝜌 , po waještrasovom kriteriju. U jednakost (1) ubacit ćemo

jednakost (2):

𝑓 𝑧 =1

2𝜋𝑖 𝑓 𝜉 ∙

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0

𝛾𝜌

𝑑𝜉 =1

2𝜋𝑖 𝑓 𝜉 ∙

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0

𝑑𝜉𝛾𝜌

=

= 1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑎 𝑘+1 𝑧 − 𝑎 𝑘𝑑𝜉

𝛾𝜌

∞

𝑘=0

= 1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾𝜌

∞

𝑘=0

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝑓 𝑧 = 𝑐𝑘

∞

𝑘=0

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝑐𝑘 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾𝜌

(𝑘 = 0,1,2, … )

19. Razvoj funkcije u Loranov red

Red oblika 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘+∞k=−∞ zove se Loranov red.

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


+∞

k=0

= +1

2

𝐷1 − oblast konvergencije ,1 𝐷2 − oblast konvergencije .2 Da bi ova dva reda konv. mora važiti

slijedeće: 𝐷1 ∩ 𝐷2 oblast konvergencije Loranovog reda.

Neka je

𝑟1 = lim𝑛→∞

|𝑐𝑛 |𝑛 , 𝐷1 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 − 𝑎 > 𝑟1

𝑟2 = lim𝑛→∞

𝑐𝑛

𝑐𝑛+1 =

1

lim𝑛→∞

𝑐𝑛 𝑛 , 𝐷2 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 − 𝑎 < 𝑟2


MA

TE

MA

TIK

A I

II

24

𝐷1 ∩ 𝐷2 ≠ ∅ ako i samo ako je 𝑟1 < 𝑟2. Ako bi bilo 𝑟1 > 𝑟2 ⇒ 𝐷1 ∩ 𝐷2 = ∅ (Loranov red divergira).

Neka je 𝑟1 < 𝑟2 , tada imamo:

1. Loranov red konv.na 𝐷1 ∩ 𝐷2 = 𝑧 ∈ ℂ 𝑟1 < 𝑧 − 𝑎 < 𝑟2

2. Loranov red uniformno konv.na 𝑧 ∈ ℂ 𝑟1 < 𝜌1 ≤ 𝑧 − 𝑎 ≤ 𝜌2 < 𝑟2

Teorem. (Loranov) Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u prstenu 𝑧 ∈ ℂ 𝑟1 < 𝑧 − 𝑎 < 𝑟2 , 0 ≤ 𝑟1 < 𝑟2 ,

onda se ona u tom prstenu razlaže u konvergentan Loranov red:


+∞

𝑘=−∞

pri čemu je

𝑐𝑘 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾𝜌

, 𝑘 = ⋯ , −2, −1,0,1,2, … ,

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

Dokaz : Neka je 𝑧 proizvoljna tačka iz prstena 0 < 𝑟1 < 𝑧 − 𝑎 < 𝑟2.

Uočimo kružnice 𝛾1′ i 𝛾2

′ sa centrom u tački 𝑎 poluprečnika 𝑟1′ i 𝑟2

′ , tako da vrijedi

𝑟1 < 𝑟1′ < 𝑧 − 𝑎 < 𝑟2

′ < 𝑟2 .

Primjenimo osnovnu košijevu integralnu formulu na funkciju 𝑓(𝑧) koja je regularna u datom prstenu


MA

TE

MA

TIK

A I

II

25

𝑓 𝑧 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾1∪𝛾2

=1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾1

+1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾2

= 𝐼1 + 𝐼2

1. Neka su 𝜉 ∈ 𝛾2 pa je 𝑧 − 𝑎 < 𝜉 − 𝑎 , (𝜉 − je na rubu , 𝑧 − je unutra).

𝑧 − 𝑎

𝜉 − 𝑎 ≤ 𝑞 < 1

1

𝜉 − 𝑧=

1

𝜉 − 𝑎∙

1

1 −𝑧−𝑎

𝜉−𝑎

=1

𝜉 − 𝑎

𝑧 − 𝑎

𝜉 − 𝑎

𝑘∞

𝑘=0

= 𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0

𝐼2 =1

2𝜋𝑖 𝑓 𝜉

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0

𝑑𝜉𝛾2

= 𝑧 − 𝑎 𝑘

∞

𝑘=0

1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉


𝛾2

=


∞

𝑘=0

(∗)

2. Neka je 𝜉 ∈ 𝛾1 tada je

𝜉 − 𝑎 < |𝑧 − 𝑎| ⇒ 𝜉 − 𝑎

𝑧 − 𝑎 ≤ 𝑞 < 1

1

𝜉 − 𝑧=

−1

𝑧 − 𝑎

1

1 −𝜉−𝑎

𝑧−𝑎

=−1

𝑧 − 𝑎

𝜉 − 𝑎

𝑧 − 𝑎 𝑘∞

𝑘=0

= − 𝜉 − 𝑎 𝑘

𝑧 − 𝑎 𝑘+1

∞

𝑘=0

= − 𝜉 − 𝑎 𝑘−1

𝑧 − 𝑎 𝑘

∞

𝑘=0

(∗∗)

Iz (*) i (**):

𝐼1 =1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉

𝜉 − 𝑧𝛾1

𝑑𝜉 =−1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉 𝜉 − 𝑎 𝑘−1

𝑧 − 𝑎 𝑘

∞

𝑘=1𝛾1

𝑑𝜉 = 1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉 𝜉 − 𝑎 𝑘−1

𝑧 − 𝑎 𝑘𝛾1

∞

𝑘=1

𝑑𝜉 =

= 1

2𝜋𝑖

𝑓 𝜉 𝜉 − 𝑎 −𝑘−1

𝑧 − 𝑎 −𝑘𝛾1

−∞

𝑘=−1

𝑑𝜉 = 1

2𝜋𝑖 𝑓 𝜉

𝑧 − 𝑎 𝑘

𝜉 − 𝑎 𝑘+1𝛾1

𝑑𝜉

−∞

𝑘=−1

=

= 𝑧 − 𝑎 𝑘1

2𝜋𝑖

𝑓(𝜉)

𝜉 − 𝑎 𝑘+1𝛾1

𝑑𝜉

−∞

𝑘=−1


−∞

𝑘=−1

𝑓 𝑧 = 𝐼1 + 𝐼2 = 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

−∞

𝑘=−1


∞

𝑘=0


+∞

𝑘=−∞

𝑐𝑘 =1

2𝜋𝑖

𝑓(𝜉)

𝜉 − 𝑎 𝑘+1𝛾

𝑑𝜉 , 𝑘 ∈ ℤ


MA

TE

MA

TIK

A I

II

26

20. Singularne tačke kompleksne funkcije. Pojam i osobine

residuma.

Definicija. Ako je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u oblasti 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 − 𝑎 < 𝑟 ; 𝑟 > 0 izuzev u tački 𝑧 = 𝑎,

onda se tačka 𝑎 zove izolovani singularitet ili izolovana singularna tačka.

Postoje slijedeće vrste singulariteta:

1. Ako lim𝑧→𝑎 𝑓(𝑧) postoji i konačan je, onda je tačka 𝑎 prividna ili otklonjiva singularna tačka.

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

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

Lema 1. 𝑧 = 𝑎 je singularna tačka funkcije 𝑓(𝑧) na oblasti 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 − 𝑎 < 𝑟 ; 𝑟 > 0 onda vrijedi:

1. Ako je 𝑎 otklonjiva singularna tačka, onda je 𝑓 𝑧 = 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘∞𝑘=0

2. Ako je 𝑎 pol funkcije 𝑓(𝑧), onda je 𝑓 𝑧 = 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘∞𝑘=−𝑛

3. Ako je 𝑎 esencijalna singularna tačka, onda je 𝑓 𝑧 = 𝑐𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘+∞𝑘=−∞

Neka je lim𝑧→𝑎 𝑓(𝑧) = ∞, ako i samo ako:

∀𝑘 > 0 ∃𝑁𝛿 𝑎 > 0 ∴ 0 < 𝑘 ≤ 𝑓 𝑧 , za ∀𝑧 ∈ 𝑁𝛿 𝑎

Funkcija po modulu će biti proizvoljno velika u blizini tačke 𝑎.

0 <1

𝑓 𝑧 <

1

𝑘 ⇒

funkcija 𝑓(𝑧) je regularna u okolini 𝑁𝛿 (𝑎)

1


∞

𝑘=0

⇒ 𝑓 𝑧 =1

𝑐0 + 𝑐1 𝑧 − 𝑎 + 𝑐2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯ 𝑛𝑎 𝑁𝛿 (𝑎)

𝑐0 = 0, jer u suprotnom ne bi vrijedilo lim𝑧→𝑎 𝑓(𝑧) = ∞.

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

1

𝑓 𝑧 = 𝑐𝑛 𝑧 − 𝑎 𝑛 + 𝑐𝑛+1 𝑧 − 𝑎 𝑛+1 + ⋯ = 𝑧 − 𝑎 𝑛 𝑐𝑛 + 𝑐𝑛+1 𝑧 − 𝑎 + ⋯

1

𝑓 𝑧 = 𝑧 − 𝑎 𝑛𝑔(𝑧)

lim𝑧→𝑎

𝑔(𝑧) ≠ 0 𝑔 𝑧 𝑗𝑒 𝑟𝑒𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟𝑛𝑎 𝑛𝑎 𝑁𝛿 𝑎

𝑓 𝑧 =1

𝑧 − 𝑎 𝑛

1

𝑔 𝑧 =

𝜑 𝑧

𝑧 − 𝑎 𝑛 𝜑 𝑧 𝑗𝑒 𝑟𝑒𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟𝑛𝑎 𝑛𝑎 𝑁𝛿 𝑎

𝜑 𝑧 =1

𝑔 𝑧 , 𝜑 𝑧 = 𝑏0 + 𝑏1 𝑧 − 𝑎 + 𝑏2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯


MA

TE

MA

TIK

A I

II

27

𝑓 𝑧 =𝑏0

𝑧 − 𝑎 𝑛+

𝑏1

𝑧 − 𝑎 𝑛−1+ ⋯ + 𝑏𝑛 + 𝑏𝑛+1 𝑧 − 𝑎 + 𝑏𝑛+2 𝑧 − 𝑎 2 + ⋯

𝑠: 𝑏0 = 𝑎−𝑛

𝑏𝑛 = 𝑎0 𝑓(𝑧) 𝑎𝑘 𝑧 − 𝑎 𝑘

∞

𝑘=−𝑛

Definicija 2. Za singularnu tačku 𝑧 = 𝑎 kažemo da je pol 𝑛 − 𝑡𝑜𝑔 reda ako postoji slijedeći prikaz:

𝑓 𝑧 = 𝜑(𝑧)/ 𝑧 − 𝑎 𝑛 , 𝑓(𝑧) je regularna u 𝑁𝛿 𝑎 .

Definicija 3. Ostatak (residum) funkcije 𝑓(𝑧) u izolovanoj singularnoj tački 𝑧 = 𝑎 ≠ ∞ definiše se kao

Res𝑧→𝑎

𝑓(𝑧) ≝1

2𝜋𝑖 𝑓 𝑧 𝑑𝑧 𝛾

; 𝛾: 𝑧 − 𝑎 = 𝑟 𝑟 > 0

i ne obuhvata druge singularne tačke funkcije 𝑓 𝑧 .

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

Res𝑧=∞

𝑓(𝑧) =1

2𝜋𝑖 𝑓 𝑧 𝑑𝑧 𝛾

; 𝛾: 𝑧 = 𝑅 𝑅 > 0

Uz uslov da u oblasti 𝑧 ∈ ℂ 𝑧 = 𝑅 nema drugih singularnih tačaka osim tačke 𝑧 = ∞.

Teorem 1. Ostatak (residum) funkcije 𝑓(𝑧) u polu 𝑛 − 𝑡𝑜𝑔 reda 𝑧 = 𝑎 ≠ ∞ računa se po formuli:

Res𝑧=𝑎

𝑓(𝑧) =1

𝑛 − 1 !𝑙𝑖𝑚𝑧→𝑎

𝑑𝑛−1

𝑑𝑧𝑛−1 𝑧 − 𝑎 𝑛𝑓 𝑧

Dokaz : Možemo funkciju 𝑓(𝑧) razviti u:


∞

𝑘=−𝑛

, 𝑐𝑛 ≠ 0 /∙ 𝑧 − 𝑎 𝑛

𝑧 − 𝑎 𝑛𝑓 𝑧 = 𝑐−𝑛 + 𝑐−𝑛+1 𝑧 − 𝑎 + ⋯ + 𝑐−1 𝑧 − 𝑎 𝑛−1 + 𝑐0 𝑧 − 𝑎 𝑛 + 𝑐1 𝑧 − 𝑎 𝑛+1

𝑑𝑛−1

𝑑𝑧𝑛−1 𝑧 − 𝑎 𝑛𝑓 𝑧 = 𝑐−1 𝑛 − 1 ! + 𝑐0 𝑧 − 𝑎 ∙ 𝑛 𝑛 − 1 + ⋯ + 𝑐1 𝑧 − 𝑎 2 𝑛 + 1 𝑛 𝑛 − 1 …

Ako 𝑧 → 𝑎:

lim𝑧→𝑎

𝑑𝑛−1

𝑑𝑧𝑛−1 𝑧 − 𝑎 𝑛𝑓 𝑧 = 𝑐−1 𝑛 − 1 !


MA

TE

MA

TIK

A I

II

28

21. Košijeva teorema o residumu (ostacima)

Lema 1. Neka je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u ℂ, osim u konačno mnogo izolovanih singularnih tačaka

𝑧1 , 𝑧2 , … , 𝑧𝑛 (uključujući i 𝑧 = ∞). Tada vrijedi:

𝑅𝑒𝑠𝑧=𝑧𝑘

𝑓 𝑧

𝑛

𝑘=1

= 0

Dokaz: Bez umanjenja opštosti možemo staviti: 𝑧𝑛 = ∞ (𝑎𝑧1 , 𝑧2 , … , 𝑧𝑛−1 su konačne singularne tačke

funkcije). Neka je 𝛾: 𝑧 = 𝑅 , (𝑅 > 0) kružnica dovoljno velikog poluprečnika da obuhvati sve

singularne tačke 𝑧1 , 𝑧2 , … , 𝑧𝑛−1.

𝛾𝑘 𝑘 = 1,2, … , 𝑛 − 1 kružnice 𝛾𝑘 : 𝑧 − 𝑧𝑘 = 𝑟𝑘 sa osobinama:

1. 𝛾𝑘 ⊂ 𝛾

2. 𝛾𝑘 ne sadrži druge singularne tačke osim 𝑧 = 𝑧𝑘

𝑓(𝑧) je regularna na oblasti

𝐷 = 𝐾𝛾 𝐾𝑟𝑘

𝑛−1

𝑘=1

unija krugova čiji su poluprečnici mali.

𝑓 𝑧 𝑟𝑢𝑏𝐷

𝑑𝑧 = 0 ⇒ 𝑓 𝑧 𝛾∪ 𝛾𝑘

𝑑𝑧 = 0

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 + 𝑓(𝑧)𝛾𝑘

𝑛−1

𝑘=1

𝑑𝑧 = 0 /−1

2𝜋𝑖

1

2𝜋𝑖 𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 + 1

2𝜋𝑖 𝑓(𝑧)𝛾𝑘

𝑛−1

𝑘=1

𝑑𝑧 = 0

Res𝑧=∞

𝑓(𝑧) + Res𝑧=𝑧𝑘

𝑓(𝑧)

𝑛−1

𝑘=1

= 0

Z1

Z2

Z3 Z

n-1

γ1 γ

2

γ3

γn-1

γ γ

3


MA

TE

MA

TIK

A I

II

29

Res𝑧=𝑧𝑘

𝑓(𝑧)

𝑛

𝑘=1

= 0

Teorem. (Košijev) Neka je funkcija 𝑓(𝑧) regularna u zatvorenoj oblasti G = G ∪ γ, 𝛾 je, po dijelovima

glatka, zatvorena kriva, koja je rub oblasti 𝐺, osim u konačno mnogo izolovanih singularnih tačaka

𝑧1 , 𝑧2 , … , 𝑧𝑘 ∈ 𝐺. Tada je:

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 Res𝑧=𝑧𝑖

𝑓(𝑧)

𝑘

𝑖=1

Dokaz: Kružnice 𝛾𝑖 ∶ 𝑧 − 𝑧𝑖 < 𝑟𝑖 (𝑟𝑖 > 0) imaju osobine:

1. 𝛾𝑖 ⊂ 𝐺

2. Nema drugih singularnih tačaka osim 𝑧 = 𝑧𝑖 , (𝑖 = 1,2, … , 𝑘)

Svakoj kružnici 𝛾𝑖 ćemo pridružiti broj 𝐾𝑖 .

𝐷 = 𝐺\ 𝐾𝑖

𝑘

𝑖=1

; 𝑟𝑢𝑏 𝐷 = 𝛾 ∪ 𝛾𝑖

𝑘

𝑖=1

,

funkcija 𝑓(𝑧) je regularna na 𝐷

𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑟𝑢𝑏𝐷

= 0 ⇒ 𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 + 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝛾𝑖

𝑘

𝑖=1

= 0

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝛾𝑖

𝑘

𝑖=1

= 2𝜋𝑖 1

2𝜋𝑖 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝛾𝑖

𝑘

𝑖=1

𝑓(𝑧)𝛾

𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 Res𝑧=𝑧𝑖

𝑓(𝑧)

𝑛

𝑖=1

Izvan oblasti 𝐺 može biti još singularnih tačaka, ali će suma residuma obuhvatiti samo one tačke koje su

„upale“ u krug.

Z1

Z2

Z3

γ1

γ2

γ3


MA

TE

MA

TIK

A I

II

30

22. Prostori funkcija. Pojam sistema funkcija

Za skup funkcija, realnih na nekom segmentu 𝑎, 𝑏 :

𝑆 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → 𝑅′

∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝑆 definišemo operaciju sabiranja 𝑓 + 𝑔 𝑥 = 𝑓 𝑥 + 𝑔(𝑥)

∀𝑓 ∈ 𝑆, ∀𝛼 ∈ ℝ množenje funkcije skalarom 𝛼𝑓 𝑥 = 𝛼 ∙ 𝑓(𝑥)

Ako linearna kombinacija vektora i skalara ostaje unutar vektorskog prostora, onda je to uistinu

vektorski prostor.

∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝑆 ∀𝛼, 𝛽 ∈ ℝ (𝛼𝑓 + 𝛽𝑔) ∈ 𝑆

(𝑝𝑜𝑡𝑟𝑒𝑏𝑎𝑛 𝑖 𝑑𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑎𝑛 𝑢𝑠𝑙𝑜𝑣)

Svaka funkcija koja se definiše sa 𝜶: 𝑺 × 𝑺 → ℝ ima osobine:

a) ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝑆 𝑑 𝑓, 𝑔 ≥ 0 ∧ 𝑑 𝑓, 𝑔 = 0 ⇔ 𝑓 = 𝑔 na [𝑎, 𝑏]

b) ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝑆 𝑑 𝑓, 𝑔 = 𝑑 𝑔, 𝑓 - simetričnost

c) ∀𝑓, 𝑔, 𝑕 ∈ 𝑆 𝑑 𝑓, 𝑔 ≤ 𝑑 𝑓, 𝑕 + 𝑑(𝑕, 𝑔) - relacija trougla

Ovako definisana funkcija naziva se metrika ili razdaljinska funkcija na vektorskom polju 𝑆.

Uređeni par (𝑆, 𝑑) se naziva metrički prostor (vektorski prostor+metrika)

Funkcija koja svakom vektoru pridružuje neki realni broj: ∶ 𝑆 → ℝ ima slijedeće osobine:

a) Za ∀𝑓 ∈ 𝑆 : 𝑓 ≥ 0 ∧ 𝑓 = 0 ⇔ 𝑓 = 0 na [𝑎, 𝑏]

b) Za ∀𝑓 ∈ 𝑆, 𝛼 ∈ ℝ : 𝛼𝑓 = 𝛼 ∙ 𝑓

c) Za ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝑆 : 𝑓 + 𝑔 ≤ 𝑓 + 𝑔 - nejednakost trougla

Ako ovdje imamo definisanu normu, onda se ovo zove normirani prostor 𝑆, ∙ , i razlikujemo dvije

situacije:

1) Neka imamo metrički prostor 𝑆, 𝑑 ∶ ∀𝑓 ∈ 𝑆 : 𝑓 = 𝑑(𝑓, 0) ⇒ onda se kaže da je ova

norma indukovana metrikom

2) Neka imamo normirani prostor 𝑆, ∙ ∶ ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝑆 ∶ 𝑑 𝑓, 𝑔 = 𝑓 − 𝑔 ⇒ onda se kaže da

je ova metrika indukovana normom.

Vektorski prostori funkcija

Klase prostora:

1. tzv. C – prostor

𝐶 𝑎, 𝑏 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → ℝ′ 𝑓 neprekidna na [𝑎, 𝑏]

a) ∀𝑓 ∈ 𝐶 𝑎, 𝑏 𝑓 = max𝑥∈[𝑎 ,𝑏] 𝑓(𝑥)


MA

TE

MA

TIK

A I

II

31

b) ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶 𝑎, 𝑏 𝑑 𝑓, 𝑔 = 𝑓 𝑥 − 𝑔(𝑥) = max𝑥∈[𝑎 ,𝑏] 𝑓 𝑥 − 𝑔(𝑥)

Uzmimo prostor 𝐶′ 𝑎, 𝑏 = 𝛿: 𝑎, 𝑏 → ℝ 𝑓 − 𝑛𝑒𝑝𝑟𝑒𝑘𝑖𝑑𝑛𝑎 𝑑𝑖𝑓. 𝑓 − 𝑗𝑎 𝑛𝑎 𝑎, 𝑏

𝐶𝑘 𝑎, 𝑏 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → ℝ 𝑓 − 𝑘 − 𝑝𝑢𝑡𝑎 𝑛𝑒𝑝𝑟𝑒𝑘. 𝑑𝑖𝑓. 𝑛𝑎 𝑎, 𝑏

𝐶∞ 𝑎, 𝑏 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → ℝ 𝑓(𝑛) − 𝑛𝑒𝑝𝑟𝑒𝑘𝑖𝑑𝑛𝑎 𝑧𝑎 ∀𝑛 ∈ ℕ

(𝐶∞ je funkcija koja ima izvod na skupu [𝑎, 𝑏]).

𝐶 − prostori su napravljeni od 𝑆 − prostora po kriteriju diferencijabilnosti.

2. tzv. L – prostor

L – prostori nastaju po kriteriju diferencijabilnosti

→ Prostor apsolutno integrabilne funkcije:

𝐿′ 𝑎, 𝑏 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → ℝ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑏

𝑎

< ∞

a) ∀𝑓 ∈ 𝐿′ ∶ 𝑓 𝐿1 = ∫ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑏

𝑎− norma

b) ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿′ ∶ 𝑑 𝑓, 𝑔 = 𝑓 − 𝑔 = ∫ 𝑓 𝑥 − 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥𝑏

𝑎− metrika

⇒ Prostor kvadratno integrabilne funkcije:

𝐿2 𝑎, 𝑏 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → ℝ 𝑓 𝑥 2𝑑𝑥𝑏

𝑎

< ∞

a) ∀𝑓 ∈ 𝐿2 ∶ 𝑓 𝐿2 = ∫ 𝑓 𝑥 2𝑑𝑥𝑏

𝑎

1

2− norma

b) ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿2 ∶ 𝑑𝐿2 𝑓, 𝑔 = 𝑓 − 𝑔 𝐿2 = ∫ 𝑓 𝑥 − 𝑔 𝑥 2𝑑𝑥𝑏

𝑎

1

2− metrika

𝐶[𝑎, 𝑏] ⊂ 𝐿′ [𝑎, 𝑏]

Zašto se uvodi 𝐿2 ?

∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿2 ∫ 𝑓 𝑥 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 < ∞𝑏

𝑎 je dobro definisana, jer je uvijek ispod integrala (ograničen sa 𝑓2 ili

𝑔2, zavisno od toga šta je veće na [𝑎, 𝑏]).

s

c'

c

c∞


MA

TE

MA

TIK

A I

II

32

Znamo kad je koji veći, pa manji zamjenjujemo uvijek većim, u prvom slučaju će biti 𝑔2, u drugom 𝑓2

itd.

Definicija skalarnog produkta u 𝐋𝟐:

∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿2 𝑎, 𝑏 < 𝑓, 𝑔 > = 𝑓 𝑥 𝑔 𝑥 𝑑𝑥𝑏

𝑎

i ima osobine skalarnog produkta:

1) . , . ∶ 𝐿2 × 𝐿2 → ℝ

2) 𝛼𝑓, 𝑔 = 𝑓, 𝛼𝑔 = 𝛼 𝑓, 𝑔

3) 𝑓 + 𝑕, 𝑔 = 𝑓, 𝑔 + 𝑕, 𝑔

4) 𝑓, 𝑔 = 𝑔, 𝑓

∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿2 , 𝑓 i 𝑔 su ortogonalne funkcije ako 𝑓, 𝑔 = 0. To znači da je ∫ 𝑓 𝑥 𝑔 𝑥 𝑑𝑥𝑏

𝑎= 0

Ovaj 𝐿2 je HILBERTOV PROSTOR (jer se može obogatiti skalarnim produktom, za razliku od 𝐿′ i 𝐶).

⇒ 𝐿𝑝 prostor

𝐿𝑝 𝑎, 𝑏 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → ℝ 𝑓 𝑥 𝑝𝑑𝑥𝑏

𝑎

< ∞ 𝑝 ≥ 1

a) ∀𝑓 ∈ 𝐿𝑝 ∶ 𝑓 𝐿𝑝 = ∫ 𝑓 𝑥 𝑝𝑑𝑥𝑏

𝑎

1

𝑝− norma

b) ∀𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 ∶ 𝑑 𝑓, 𝑔 𝐿𝑝 = 𝑓 − 𝑔 𝐿𝑝 = ∫ 𝑓 𝑥 − 𝑔 𝑥 𝑝𝑑𝑥𝑏

𝑎

1

𝑝− metrika

Sistem funkcija

Za funkcije 𝜑1 𝑥 , 𝜑2 𝑥 , … , 𝜑𝑛 𝑥 ∈ 𝑆 = 𝑓: 𝑎, 𝑏 → ℝ′ kažemo da su linearno nezavisne funkcije na

[𝑎, 𝑏] ako i samo ako 𝛼1𝜑1(𝑥) + 𝛼2𝜑2(𝑥) + ⋯ + 𝛼𝑛𝜑𝑛(𝑥) = 0 na [𝑎, 𝑏] onda i samo onda kada je

𝛼1 = 𝛼2 = ⋯ = 𝛼𝑛 = 0.

→ Neka je sistem funkcija podskup od 𝐿2:

𝜑1 , 𝜑2 , … , 𝜑𝑛 ⊂ 𝐿2 𝑎, 𝑏

Ako je 𝜑𝑖 , 𝜑𝑗 = 0 , 𝑖 ≠ 𝑗 , onda je sistem ortogonalan. Ako sistem ima još i osobinu 𝜑𝑖 𝐿2 = 1 , (𝑖 =

1,2, … , 𝑛) kažemo da je sistem normiran.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

33

23. Razvoj funkcije u Furier – ov red

Sistem funkcija: {1, cos 𝑥 , sin 𝑥 , cos 𝑛𝑥 , sin 𝑛𝑥} ⊂ 𝐿2[−𝜋, 𝜋] čine ortogonalan sistem funkcija.

1, cos 𝑥 , sin 𝑥 , … , cos 𝑛𝑥 , sin 𝑛𝑥 = 𝑎0

2+ 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝑥 𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 ∈ ℝ ;

𝑛

𝑘=1

𝑥 ∈ −𝜋, 𝜋

Ako ovaj sistem funkcija produžimo, opet ćemo dobiti jedan sistem funkcija:

1, cos 𝑥 , sin 𝑥 , … , cos 𝑚𝑥 , sin 𝑚𝑥 = 𝑎0

2+ 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝑥 𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 ∈ ℝ ;

𝑛

𝑘=1

𝑥 ∈ −𝜋, 𝜋

𝑇𝑛 𝑥 =𝑎0

2+ 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝑥

𝑛

𝑘=1

− 𝑇𝑟𝑖𝑔𝑜𝑛𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑗𝑠𝑘𝑖 𝑟𝑒𝑑

Teorem 1. Neka je

𝑎0


∞

𝑘=1

= 𝑓(𝑥)

uniformno na −𝜋, 𝜋 , 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


∞

𝑘=1

/∙ 𝑑𝑥𝜋

−𝜋

(uniformna konvergencija reda)

𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝜋

−𝜋

= 𝑎0

2

𝜋

−𝜋

+ 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥𝜋

−𝜋 1,cos 𝑘𝑥 =0

+ 𝑏𝑘 sin 𝑘𝑥𝑑𝑥𝜋

−𝜋 1,sin 𝑘𝑥 =0

∞

𝑘=1

⇒ 𝑓(𝑥)𝜋

−𝜋

𝑑𝑥 = 𝑎0𝜋

2)

𝑓 𝑥 𝑎0


∞

𝑘=1

/∙ cos 𝑛𝑥


MA

TE

MA

TIK

A I

II

34

𝑓 𝑥 cos 𝑛𝑥 =𝑎0

2cos 𝑛𝑥 + 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 cos 𝑛𝑥 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝑥 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 sin 𝑘𝑥 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

Posljedica: Neka vrijedi:

𝑥 =𝜋

𝐿𝑡

𝑠𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎:

𝜑 𝑡 = 𝑓 𝜋

𝐿𝑡

𝜑 𝑡 = 𝑓 𝜋

𝐿𝑡 =

𝑎0

2+ 𝑎𝑛 cos

𝑛𝜋

𝐿𝑡 + 𝑏𝑛 sin

𝑛𝜋

𝐿𝑡

∞

𝑛=1

𝜑 𝑡 je 2𝐿 periodična funkcija

𝜑 𝑡 + 2𝐿 = 𝜑 𝑡 … 𝜑 𝑡 + 2𝐿 = 𝑓 𝜋

𝐿 𝑡 + 2𝐿 = 𝑓

𝜋

𝐿𝑡 + 2𝜋 = 𝑓

𝜋

𝐿𝑡 = 𝜑(𝑡)

𝑎𝑛 =1

𝜋 𝜑 𝑡 cos

𝑛𝜋

𝐿𝑡𝑑𝑡

𝐿

−𝐿

, 𝑏𝑛 =1

𝜋 𝜑 𝑡 sin

𝑛𝜋

𝐿𝑡𝑑𝑡

𝐿

−𝐿

Ako je:

𝑓 𝑥 =𝑎0


∞

𝑘=1

𝑎𝑘 =1

𝜋 𝑓 𝑥 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

, 𝑏𝑘 =1

𝜋 𝑓 𝑥 sin 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

𝑓(𝑥) je integrabilna na [−𝜋, 𝜋], a van tog segmenta periodično produžena. Na osnovu

𝑎0


∞

𝑘=1

Možemo izračunati 𝑎0 , 𝑎1 , … , 𝑎𝑘 , … ; 𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑘 , … i nazivaju se Furierovi koeficijenti.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

35

Furierov red je pridružen funkciji 𝑓(𝑥)

𝑓(𝑥)~𝑎0


∞

𝑘=1

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].

(lijevi i desni limesi postoje i konačni su, ali različiti) Tada Furierov red funkcije 𝑓(𝑥) uniformno

konvergira na [−𝜋, 𝜋] i vrijedi

𝑎0


∞

𝑘=1

=𝑓 𝑥 + 0 + 𝑓 𝑥 − 0

2

Napomena:

1) 𝑓 𝑥 + 0 = lim𝑡→𝑥+ 𝑓(𝑡) – desni limes , 𝑓 𝑥 − 0 = lim𝑡→𝑥− 𝑓(𝑡) - lijevi limes

2) ako je funkcija 𝑓(𝑥) neprekidna u tački 𝑥, onda je 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑥 + 0 = 𝑓(𝑥 − 0) pa jednakost iz

teoreme postaje 𝑓 𝑥 =𝑎0

2+ 𝑎𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝑥 ∞

𝑘=1 u tačkama neprekidnosti funkcije

𝑓(𝑥) na [−𝜋, 𝜋].

Interval [−𝜋, 𝜋] je simetričan u odnosu na 0, pa podintegralna funkcija treba da bude neparna:

𝑎𝑘 =1

𝜋 𝑓 𝑥

𝑛𝑒𝑝𝑎𝑟𝑛𝑎

cos 𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑛𝑎

𝑛𝑒𝑝𝑎𝑟𝑛𝑎

𝑑𝑥𝜋

−𝜋

24. Aproksimacija trigonometrijskim polinomom


2+ 𝑐𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑑𝑘 sin 𝑘𝑥

𝑛

𝑘=1

, 𝑐𝑘 , 𝑑𝑘 ∈ ℝ ; 𝑛 ∈ ℝ

1, cos 𝑥 , sin 𝑥 , … , cos 𝑛𝑥 , sin 𝑛𝑥 su linearno nezavisne funkcije koje razabiru neki podprostor od 𝐿2:

[1, cos 𝑥 , sin 𝑥 , … , cos 𝑛𝑥 , sin 𝑛𝑥] ⊂ 𝐿2[−𝜋, 𝜋]

𝑑𝐿2 𝑓, 𝑇𝑛 𝑥 = 𝑓 𝑥 − 𝑇𝑛 𝑥 2𝑑𝑥𝜋

−𝜋

1/2

𝐼𝑛 =1

2𝜋 𝑓 𝑥 − 𝑇𝑛 𝑥 2𝑑𝑥

𝜋

−𝜋


MA

TE

MA

TIK

A I

II

36

(koji će polinom 𝑇𝑛(𝑥) biti najbliže funkciji 𝑓 (sa najmanjom aproksimacijom))

(kada 𝐼𝑛 bude minimalno, tada će i 𝑑𝐿2 biti minimalno)

𝐸𝑛 𝑓 = min𝑇𝑛 (𝑥)

𝐼𝑛

Teorem 1. Najbolja aproksimacija 𝐸𝑛(𝑓) funkcije 𝑓(𝑥) trigonometrijskom polinomu postiže se za:

𝑇𝑛 𝑥 = 𝑆𝑛(𝑥), pri čemu je

𝑆𝑛 𝑥 =𝑎0


𝑛

𝑘=1

,

𝑛 − 𝑡𝑎 parcijalna suma Furierovog reda funkcije 𝑓(𝑥).

Dokaz:

𝐼𝑛 =1

2𝜋 𝑓 − 𝑇𝑛 2𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

=1

2𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 + 𝑆𝑛 − 𝑇𝑛

=0 𝑏𝑖ć𝑒 𝑛𝑎𝑗𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 𝑔𝑟𝑒š𝑘𝑎

2

𝑑𝑥𝜋

−𝜋

=1

2𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 2𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

+1

2𝜋 𝑆𝑛 − 𝑇𝑛 2𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

+1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 𝑆𝑛 − 𝑇𝑛 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋 𝐴

(∗)

𝐴 =1


𝜋

−𝜋

⇒

1)

1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 0

𝜋

−𝜋

2) 1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 sin 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 0

𝜋

−𝜋

1

𝜋 𝑓(𝑥) − 𝑆𝑛(𝑥) cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =

𝜋

−𝜋

=1


𝜋

−𝜋 𝑎𝑘

−1

𝜋

𝑎0


𝑛

𝑘=1

𝜋

−𝜋

cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

Definicija 1. Trigonometrijskim polinomom reda 𝑛 (𝑛 ∈ ℕ) nazivamo slijedeći izraz


2+ 𝑐𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝑑𝑘 sin 𝑘𝑥

𝑛

𝑘=1

, 𝑐𝑘 , 𝑑𝑘 ∈ ℝ

Posmatrajmo funkciju 𝑓 ∈ 𝐿2 −𝜋, 𝜋 , funkcija je neprekidna i 2𝜋 periodična. Može se razviti u Furierov

red, jer zadovoljava uslove Dirichlet – ove teoreme.

𝑓 𝑥 =𝑎0


∞

𝑘=1

U slučaju da funkcija ne ispunjava uslove možemo pisati:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

37

𝑓(𝑥)~𝑎0


∞

𝑘=1

𝑆𝑛 𝑥 =𝑎0


𝑛

𝑘=1

− 𝑛 − 𝑡𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑖𝑗𝑎𝑙𝑛𝑎 𝑠𝑢𝑚𝑎 𝑟𝑒𝑑𝑎 𝑓 𝑥 .

𝑓 𝑥 − 𝑇(𝑥) − Tražimo najmanju razliku, tj. koji trigonometrijski polinom n – tog reda najbolje

aproksimira funkciju 𝑓(𝑥).

Definicija . Za neprekidnu, 2𝜋 periodičnu funkciju 𝑓(𝑥) veličina

𝐴𝑛 ≝ sup𝑥∈[−𝜋 ,𝜋]

𝑓 𝑥 − 𝑇𝑛 𝑥

zove se greška aproksimacije funkcije 𝑓(𝑥). Za neprekidnu, 2𝜋 periodičnu funkciju 𝑓(𝑥) ∈ 𝐿2[−𝜋, 𝜋],

srednje kvadratno odstupanje trigonometrijskog polinoma 𝑇𝑛(𝑥) od funkcije 𝑓(𝑥) definiše se kao:

𝐼𝑛 =1

2𝜋 𝑓 𝑥 − 𝑇𝑛 𝑥 2𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

Definicija. Brojevi

𝐸𝑢 𝑓 ≝ inf𝑇𝑢

𝐴𝑢 ∧ 𝐸𝑛 𝑓 2 ≝ inf𝑇𝑛

𝐼𝑛

zove se najbolja aproksimacija funkcije 𝑓(𝑥) trigonometrijskim polinomom reda 𝑢, a drugi, najbolja

aproksimacija sa indeksom 2 funkcije 𝑓(𝑥) trigonometrijskim polinomom reda 𝑛.

Teorem 1. Nejbolja aproksimacija 𝐸𝑛(𝑓) funkcije 𝑓(𝑥) trigonometrijskim polinomom dobija se za

𝑇𝑛 𝑥 = 𝑆𝑛(𝑥).

Dokaz:

𝐼𝑛 =1

2𝜋 𝑓 − 𝑇𝑛 2𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

=1

2𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 + 𝑆𝑛 − 𝑇𝑛

=0→min 𝑔𝑟𝑒𝑠𝑘𝑎

2𝜋

−𝜋

𝑑𝑥

𝐼𝑛 =1


𝜋

−𝜋

+1


𝜋

−𝜋

+1


𝜋

−𝜋 𝐴

𝐴 =1


𝜋

−𝜋

⇒

1. 1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= 0

2. 1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 sin 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= 0


MA

TE

MA

TIK

A I

II

38

1

𝜋 𝑓 𝑥 − 𝑆𝑛 𝑥 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

=1


𝜋

−𝜋 𝑎𝑘

−1

𝜋

𝑎0

2+ 𝑎𝑖 cos 𝑖𝑥 + 𝑏𝑖 sin 𝑖𝑥

𝑛

𝑖=1

𝜋

−𝜋

cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =

= 𝑎𝑘 −1

𝜋

𝑎0

2cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋 1,cos 𝑘𝑥 =0

−

1

𝜋𝑎𝑖 cos 𝑖𝑥 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

cos 𝑖𝑥 ,cos 𝑘𝑥 = 0,𝑧𝑎 𝑖≠𝑘𝜋 ,𝑧𝑎 𝑖=𝑘

+1

𝜋𝑏𝑖 sin 𝑖𝑥 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋 sin 𝑖𝑥 ,cos 𝑘𝑥 =0

𝑛

𝑖=1

1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= 𝑎𝑘 − 𝑎𝑘 = 0 , (𝑘 = 1,2, … , 𝑛)

1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 sin 𝑘𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= 𝑏𝑘 − 𝑏𝑘 = 0

⇒1

𝜋 𝑓 − 𝑆𝑛 (𝑆𝑛 − 𝑇𝑛)𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= 0

𝐼𝑛 =1


𝜋

−𝜋

+1


𝜋

−𝜋

𝐸𝑛 𝑓 2 = inf𝑇𝑛

𝐼𝑛 =1


𝜋

−𝜋

Iz neprekidnosti:

1

2𝜋 𝑓 𝑥 − 𝑆𝑛 𝑥 2𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

≥ 0 ⇒𝑎0

2

2+ 𝑎𝑘

2 + 𝑏𝑘2

∞

𝑘=1

=1

𝜋 𝑓2 𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

=1

𝜋 𝑓 𝐿2

2

Sada je

𝑎02

2+ 𝑎𝑘 + 𝑏𝑘

∞

𝑘=1

≤1

𝜋 𝑓 𝐿2

2

red

𝑎02

2+ 𝑎𝑘

2 + 𝑏𝑘2

∞

𝑘=1

je monotono rastući red. Kako je

0 ≤𝑎0

2

2+ 𝑎𝑘

2 + 𝑏𝑘2

∞

𝑘=1

≤1

𝜋 𝑓 𝐿2

2

tada je red konvergentan. Kako red konvergira onda je limk→∞(𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘

2) = 0 i onda je limk→∞ ak = 0 i

limk→∞ bk = 0. Furierovi koeficijenti su nula nizovi!


MA

TE

MA

TIK

A I

II

39

25. Kompleksni oblik Furierovog reda. Pojam Furierove

transformacije

Neka se 𝑓(𝑥) može razviti u Furierov red koji konvergira upravo toj funkciji, dakle vrijedi:

𝑓 𝑥 =𝑎0


∞

𝑘=1

(1)

kako je

cos 𝑥 =

𝑒𝑖𝑥 + 𝑒−𝑖𝑥

2

sin 𝑥 =𝑒𝑖𝑥 − 𝑒−𝑖𝑥

2𝑖

⇒cos 𝑛𝑥 =

𝑒𝑖𝑛𝑥 + 𝑒−𝑖𝑛𝑥

2

sin 𝑛𝑥 =𝑒𝑖𝑛𝑥 − 𝑒−𝑖𝑛𝑥

2𝑖= 𝑖

−𝑒𝑖𝑛𝑥 + 𝑒−𝑖𝑛𝑥

2

Dobivene jednakosti uvrstimo u (1) pa imamo:

𝑓 𝑥 =𝑎0

2+ 𝑎𝑛

𝑒𝑖𝑛𝑥 + 𝑒−𝑖𝑛𝑥

2+ 𝑖𝑏𝑛

−𝑒𝑖𝑛𝑥 + 𝑒−𝑖𝑛𝑥

2

∞

𝑛=1

=

=𝑎0

2+

𝑎𝑛 − 𝑖𝑏𝑛

2𝑒𝑖𝑛𝑥 +

𝑎𝑛 + 𝑖𝑏𝑛

2𝑒−𝑖𝑛𝑥

∞

𝑛=1

=𝑎0

2+


2𝑒𝑖𝑛𝑥

∞

𝑛=1

+ 𝑎𝑛 + 𝑖𝑏𝑛


∞

𝑛=1

Uvrstimo smjenu |𝑛 = −𝑛| pa je onda

𝑓 𝑥 =𝑎0

2+


2𝑒𝑖𝑛𝑥

∞

𝑛=1

+ 𝑎𝑛 + 𝑖𝑏𝑛


∞

𝑛=1

𝑎𝑛 =1

𝜋 𝑓 𝑥 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

⇒ 𝑎−𝑛 =1

𝜋 𝑓 𝑥 cos(−𝑛𝑥) 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= 𝑎𝑛

𝑏𝑛 =1

𝜋 𝑓 𝑥 sin 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

⇒ 𝑏−𝑛 =1

𝜋 𝑓 𝑥 sin(−𝑛𝑥) 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋

= −𝑏𝑛

𝑏0 = 0 pa je:

𝑓 𝑥 =𝑎0

2+


2𝑒𝑖𝑛𝑥

∞

𝑛=1

+ 𝑎𝑛 − 𝑖𝑏𝑛

2𝑒𝑖𝑛𝑥

−∞

𝑛=−1

=𝑎0 − 𝑖𝑏0

2+


2𝑒𝑖𝑛𝑥

+∞

𝑛=−∞𝑛≠0

= 𝑎𝑛 − 𝑖𝑏𝑛

2𝑒𝑖𝑛𝑥

∞

𝑛=−∞

Ako uvedemo smjenu |𝑐𝑛 = 𝑎𝑛 − 𝑖𝑏𝑛 , 𝑐𝑛 ∈ ℂ|

𝑓 𝑥 =1

2 𝑐𝑛𝑒𝑖𝑛𝑥

∞

𝑛=−∞

, 𝑐𝑛 =1

𝜋 𝑓 𝑥 𝑒−𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋

−𝜋


MA

TE

MA

TIK

A I

II

40

Integral oblika: ∫ 𝑓 𝑥 𝑒−𝑖𝑡𝑥 𝑑𝑥∞

−∞ naziva se Furierov integral funkcije 𝑓(𝑥). Furierova transformacija je:

𝑆 𝑖𝑡 ≝ 𝑓 𝑥 𝑒−𝑖𝑡𝑥 𝑑𝑥∞

−∞

𝑓 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡 direktnom furierovom transformacijom, rednoj funkciji 𝑓(𝑥) pridružuje se neka

kompleksna funkcija.

𝐸: 𝑓 𝑥 → 𝑆 𝑖𝑡 − direktna Fur. transformacija

𝐸−1: 𝑆 𝑖𝑡 → 𝑓(𝑥) − inverzna Fur. transformacija

Inverzna transformacija se dobije:

𝑓 𝑥 =1

2𝜋 𝑆 𝑖𝑡

+∞

−∞

𝑒𝑖𝑡𝑥 𝑑𝑥

gdje je 𝑓(𝑥) original realne funkcije, za koju funkciju integral postoji.

Osobine:

1) Homogenost

𝑓 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡 ⇒ 𝜆𝑓 𝑥 = 𝜆𝑆 𝑖𝑡 (𝜆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. )

2) Aditivnost

𝑓1 𝑥 = 𝑆1(𝑖𝑡)

𝑓2 𝑥 = 𝑆2(𝑖𝑡) ⇒ 𝑓1 𝑥 + 𝑓2 𝑥 = 𝑆1 𝑖𝑡 + 𝑆2(𝑖𝑡)

3) Sličnost

𝑓 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡 ⇒ 𝑓 𝛼𝑥 =1

𝛼𝑆

1

𝛼𝑖𝑡

4) Diferenciranje originala

𝑓 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡

𝑓 𝑥 − 𝑜𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑙 ⇒ 𝑓 ′ 𝑥 = 𝑖𝑡𝑆 𝑖𝑡 − 𝑓 +0

5) Integracija originala

𝑓 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡 ⇒ 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑥

0

=1

𝑖𝑡𝑆(𝑖𝑡)

6) Osobina retardacije

𝑓 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡 ⇒ 𝑓 𝑥 − 𝜔 = 𝑒−𝑖𝑡𝜔 𝑆 𝑖𝑡 , 𝜔 ∈ ℝ

7) Osobina pomaka

𝑓 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡 ⇒ 𝑒𝑖𝑡0𝑥𝑓 𝑥 = 𝑆(𝑖𝑡 − 𝑖𝑡0)

8) Teorema konvolucije 𝑓 𝑥 = 𝑆(𝑖𝑡)

𝑔 𝑥 = 𝑇(𝑖𝑡)

𝑓 ∗ 𝑔 𝑥 ≝ 𝑓 𝜔 𝑔 𝑥 − 𝜔 𝑑𝜔+∞

−∞

⇒ 𝐹 ∗ 𝑔 𝑥 = 𝑆 𝑖𝑡 ∙ 𝑇(𝑖𝑡)


MA

TE

MA

TIK

A I

II

41

26. Pojam direktne laplasove transformacije

Posmatrajmo realne funkcije: 𝑓 𝑥 : ℝ′ → ℝ′, koje imaju osobine:

1) Funkcija 𝑓(𝑡) je neprekidna, zajedno sa svojim izvodima dovoljno visokog reda, izuzev u

konačno mnogo tačaka u kojima ima prekid prve vrste.

2) Ako je 𝑡 < 0, tada je 𝑓 𝑡 = 0.

3) Postoje realne konstante 𝑀 > 0, 𝑠0 ≥ 0, tako da ∀𝑡 ∈ ℝ vrijedi: 𝑓 𝑡 ≤ 𝑀𝑒𝑠0𝑡 tj. funkcija

𝑓(𝑡) je eksponencijalno ograničena.

Napomena: Realni brojevi 𝑠0 zovemo stepenom rasta funkcije 𝑓(𝑡). Primjetimo slijedeće: 𝑠0 = 0 ako je

𝑓(𝑡) ograničena funkcija.

Funkcije 𝑓 𝑥 : ℝ′ → ℝ′ koje zadovoljavaju gornje uslove zvat ćemo originalom, a skup takvih realnih

funkcija zvat ćemo prostorom originala.

Integral oblika ∫ 𝑓 𝑡 𝑒−𝑝𝑡∞

0𝑑𝑡 zovemo Laplasovim integralom.

Ovaj integral uvijek je dobro definisan ako funkcija 𝑓(𝑡) zadovoljava gornje osobine, tj. ako je 𝑓(𝑡) iz

prostora originala.

𝑝 = 𝑠 + 𝑖𝑣 ∈ ℂ

𝑓 𝑡 𝑒−𝑝𝑡 𝑑𝑡∞

0

= 𝑓 𝑡 𝑒−𝑠𝑡−𝑖𝑣𝑡 𝑑𝑡∞

0

= 𝑓 𝑡 𝑒−𝑠𝑡 𝑒−𝑖𝑣𝑡𝑑𝑡∞

0

= 𝑓 𝑡 𝑒−𝑠𝑡 𝑒−𝑖𝑣𝑡𝑑𝑡+∞

−∞

Svakom originalu 𝑓(𝑡) iz prostora originala pridružit ćemo odgovarajuću sliku na sl. način:

𝐹 𝑝 = 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡∞

0

, 𝑝 = 𝑠 + 𝑖𝑣 ∈ ℂ

odnosno simbolički: 𝑓 𝑡 ≑ 𝐹(𝑝)

𝑓 𝑡 𝐿→ 𝐹(𝑝) nazivamo direktnom Laplasovom transformacijom.

Prostor 𝐹(𝑝) je prostor slika.

Teorem. Za svaki original 𝑓(𝑡) njegova slika 𝐹(𝑝) dobivena direktnom Laplasovom transformacijom 𝐿

je dobro definisana u poluravni 𝑅𝑒 𝑝 = 𝑠.

Dokaz: 𝐹 𝑝 = ∫ 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡 ∞

0𝑑𝑡 , 𝑓(𝑡) iz prostora originala, onda je: ∫ 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡

∞

0𝑑𝑡 parametarski

integral dobro definisan.

Potrebno je pokazati da je 𝐹 𝑝 < ∞

0 ≤ 𝐹 𝑝 = 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡 ∞

0

𝑑𝑡 ≤ 𝑒−𝑝𝑡 ∙ 𝑓 𝑡 𝑑𝑡∞

0

≤ 𝑒−𝑠𝑡𝑀𝑒𝑠0𝑡𝑑𝑡∞

0

= 𝑀 𝑒− 𝑠−𝑠0 𝑡𝑑𝑡∞

0

=


MA

TE

MA

TIK

A I

II

42

= 𝑀 lim𝑅→+∞

𝑒− 𝑠−𝑠0 𝑡𝑑𝑡𝑅

0

=𝑀

𝑠 − 𝑠0< ∞ , 𝑧𝑎 𝑠 − 𝑠0 > 0 , 𝑠 > 𝑠0

Funkcija 𝐹 𝑝 <𝑀

𝑠−𝑠0 je dobro definisana i analitička za 𝑅𝑒 𝑝 = 𝑠 > 𝑠0.

Posljedica:

lim𝑅𝑒 𝑝 →+∞

𝐹 𝑝 ≤ lim𝑠→+∞

𝑀

𝑠 − 𝑠0= 0 ⇒ lim

𝑅𝑒 𝑝 →+∞ 𝐹 𝑝 = 0

Teorem . ( jedinstvenost ): Svakom originalu odgovara jedinstvena slika. Obrnuto, ako je u poluravni Re(𝑝) > 𝑠 funkcija 𝐹(𝑝) slika dvaju originala 𝑓1(𝑡) i 𝑓2(𝑡), onda su ti originali identički jednaki u tačkama svoje neprekidnosti.

27. Osobine Laplasove transformacije

Pretpostavimo da imamo konačno mnogo originala 𝑓𝑖(𝑡) sa odgovarajućim slikama 𝐹𝑖(𝑝) (𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛). Tada je linearna kombinacija originala:

𝑓 𝑡 = 𝐶𝑖𝑓𝑖(𝑡)

𝑛

𝑖=1

(1)

Gdje su 𝐶𝑖 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡, za sve 𝑖 ∈ {1,2, … , 𝑛} - takođe original. Slika 𝐹(𝑝) linearne kombinacije originala je linearna kombinacija odgovarajućih slika:

𝐹 𝑝 = 𝐶𝑖𝐹𝑖(𝑡)

𝑛

𝑖=1

Teorem . Neka je funkcija 𝑓(𝑡) original i ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑝). Tada vrijedi

ℒ 𝑓 𝑎𝑡 =1

𝛼𝐹

𝑝

𝑎 (2)

gdje je 𝑎 > 0 (vrijedi uslov 3) za original i 𝑅𝑒 𝑝 > max(𝑠, 𝑎𝑠)

𝐹 𝑝 = 𝑓 𝑡 𝑒−𝑝𝑡 𝑑𝑡∞

0

(3)

c

R

e S

0

I


MA

TE

MA

TIK

A I

II

43

Dokaz.

ℒ 𝑓 𝑎𝑡 = 𝑓 𝑡 𝑒−𝑝𝑡 𝑑𝑡∞

0

= 𝑢 = 𝑎𝑡

𝑑𝑢 = 𝑎𝑑𝑡 = 𝑒−

𝑝

𝑎𝑢𝑓(𝑢)

∞

0

𝑑𝑢

𝑎=

1

𝑎𝐹

𝑝

𝑎

Posljednja jednakost je napisana na osnovu LT.

Teorem . Neka je 𝐹(𝑝) slika originala 𝑓(𝑡) i 𝛼 neki kompleksan broj, tada je 𝐹(𝑝 + 𝛼) slika originala 𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡).

Dokaz.

ℒ 𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡) = 𝑒−𝑝𝑡 𝑒−𝛼𝑡∞

0

𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑝+𝛼 𝑡𝑓(𝑡)∞

0

𝑑𝑡 = 𝐹(𝑝 + 𝛼)

ℒ 𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡) = 𝐹 𝑝 + 𝛼 (∗)

Poredak rasta funkcije 𝑓(𝑡) je 𝑠 , pa je poredak rasta funkcije 𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡) broj 𝑠 − Re(𝛼). Zbog toga (∗) vrijedi ako je:

Re 𝑝 > 𝑠 − Re 𝛼 , 𝑡𝑗. Re 𝑝 + 𝛼 > 𝑠

Analogno se dobije:

𝐹 𝑝 − 𝛼 = ℒ 𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡) , Re 𝑝 − 𝛼 > 𝑠

Teorem. Ako je ℒ 𝑓(𝑡) = 𝐹(𝑝) , onda je:

𝑒−𝑏𝑝𝐹 𝑝 = 0

𝑓(𝑡 − 𝑏)

𝑧𝑎 𝑡 < 𝑏𝑧𝑎 𝑡 ≥ 𝑏

gdje je 𝑏 proizvoljan broj.

Dokaz. Primjenimo LT na funkciju 𝑓 𝑡 − 𝑏 :

𝑒−𝑝𝑡 𝑓(𝑡 − 𝑏)∞

0

𝑑𝑡 = 𝑡 − 𝑏 = 𝜏𝑡 = 0 →𝑡 = ∞ →

𝑑𝑡 = 𝑑𝜏𝜏 → −𝑏𝜏 → ∞

= 𝑒−𝑝𝜏𝑒−𝑝𝑏+∞

−∞

𝑓 𝜏 𝑑𝜏 =

= 𝑒−𝑏𝑝 𝑒−𝑝𝜏∞

0

𝑓 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑒−𝑏𝑝𝐹 𝑝 .

Integral:

𝑒−𝑏𝑝 𝑒−𝑝𝜏0

−𝑏

𝑓 𝜏 𝑑𝜏 = 0

jer je po definiciji original jednak nuli za sve negativne vrijednosti argumenta.


MA

TE

MA

TIK

A I

II

44

28. Diferenciranje originala i diferenciranje slike

Teorem. Neka je funkcija 𝑓(𝑡) ima neprekidan izvod na cijeloj pozitivnoj poluosi 𝑡 > 0 , i neka je 𝑓 ′(𝑡) original. Stepen rasta funkcija 𝑓(𝑡) i 𝑓 ′(𝑡) su jednaki 𝑠0 . Ako je ℒ𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑝 , tada vrijedi:

ℒ 𝑑𝑓

𝑑𝑡 = ℒ 𝑓 ′ 𝑡 = 𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓 +0 , 𝑓 +0 = lim

𝑡→+0𝑓 𝑡

Dokaz.

ℒ𝑓 ′ 𝑡 = 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 ′(𝑡)∞

0

𝑑𝑡 = 𝑢 = 𝑒−𝑝𝑡 ,

𝑑𝑢 = −𝑝𝑒−𝑝𝑡 𝑑𝑡 ,

𝑑𝑣 = 𝑓 ′ 𝑡 𝑑𝑡

𝑣 = 𝑓 𝑡

= 𝑒 −𝑝𝑡 𝑓 𝑡 ∞0 + 𝑝𝑒−𝑝𝑡

∞

0

𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓 +0 .

Teorem. Neka je ℒ𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑝 , Re 𝑝 > 𝑠. Tada vrijedi:

𝑑𝐹 𝑝

𝑑𝑝= ℒ −𝑡𝑓 𝑡

Dokaz. Kako integral ∫ 𝑒−𝑝𝑡∞

0𝑓 𝑡 𝑑𝑡 konvergira ravnomjerno, to se on može diferencirati po

parametru. Zato je:

𝑑𝐹

𝑑𝑝=

𝑑

𝑑𝑝 𝑒−𝑝𝑡

∞

0

𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑

𝑑𝑝 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡

∞

0

= 𝑒−𝑝𝑡∞

0

−𝑡𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = ℒ −𝑡𝑓 𝑡

što je i trebalo dokazati .

Medutim preostaje još da se uoči da je i – 𝑡𝑓(𝑡) original ako je 𝑓 𝑡 original, jer se u ulozi stepena rasta može uzeti svako 𝑠1 > 𝑠, gdje je 𝑠 stepen rasta polaznog originala 𝑓 𝑡 .

29. Integracija originala i integracija slike

Teorem. Neka je 𝑓(𝑡) original, a njegova slika 𝐹(𝑝). Tada je ∫ 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑡

0 takođe original i njegova slika je

𝐹 𝑝

𝑝 .

Dokaz. Nije teško provjeriti da je ∫ 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑡

0 original (provjerom sva tri uslova). Označimo sada traženu

sliku sa Φ(𝑝) :

ℒ 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑡

0

= Φ 𝑝 .

Koristeći teorem o diferenciranju originala, imamo:


0

′

= 𝑝Φ 𝑝 − 𝑓 𝑢 𝑑𝑢0

0

= 𝑝Φ 𝑝 ,

𝑡𝑗. ℒ 𝑓 𝑡 = 𝑝Φ 𝑝 .


MA

TE

MA

TIK

A I

II

45

Kako po pretpostavci teorema: ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑝 , to vrijedi:

𝐹 𝑝 = 𝑝Φ 𝑝 ⟹ Φ 𝑝 =𝐹 𝑝

𝑝 .

Dakle ,


0

=𝐹 𝑝

𝑝 .

Teorem. Neka je ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑝) i neka je 𝑓 𝑡

𝑡 original, a integral ∫ 𝐹 𝑧 𝑑𝑧

∞

𝑝 neka konvergira. Tada

vrijdei:

ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑧 𝑑𝑧∞

𝑝

.

Dokaz.

ℒ 𝑓 𝑡 = ℒ 𝑡 ∙𝑓 𝑡

𝑡 = −

𝑑

𝑑𝑡 ℒ

𝑓 𝑡

𝑡 = −Φ′(𝑝)

S druge strane je: ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑝 , pa je:

𝐹 𝑝 = −Φ′ 𝑝 𝑖𝑙𝑖 𝑑Φ

𝑑𝑝= −𝐹 𝑝 .

Rješavanjem te diferencijalne jednadžbe po nepoznatoj funkciji Φ 𝑝 , dobijamo:

𝑑Φ = −𝐹 𝑝 𝑑𝑝 ; 𝑑Φ𝜂

𝑝

= − 𝐹(𝑧)𝜂

𝑝

𝑑𝑧

⟹ Φ 𝜂 − Φ 𝑝 = − − 𝐹(𝑧)𝜂

𝑝

𝑑𝑧 .

Pustimo li da 𝜂 → ∞ , onda

𝐹 𝑧 𝑑𝑧𝜂

𝑝

= Φ 𝑝 − lim𝜂→∞

Φ 𝜂 ⇒ 𝐹 𝑧 𝑑𝑧𝜂

𝑝

= Φ(𝑝)


MA

TE

MA

TIK

A I

II

46

30. Konvolucija funkcija

Konvolucijom realnih funkcija 𝑎(𝑡) i 𝑏(𝑡) nazivamo novu realnu funkciju c(𝑡) definisanu na slijedeći

način

c 𝑡 ≝ 𝑎 𝑢 𝑏 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏𝑡

0

Simbolički konvoluciju 𝑐(𝑡) funkcija 𝑎(𝑡) i 𝑏(𝑡) označavamo sa:

𝑐 𝑡 = 𝑎 𝑡 ∗ 𝑏(𝑡)

Teorem. Neka funkcija 𝑓𝑘(𝑡) sa stepenom rasta 𝑠𝑘 odgovara slici 𝐹𝑘 𝑝 , gdje je Re 𝑝 > 𝑠𝑘 (𝑘 = 1,2)

i 𝑠1 > 𝑠2. Tada proizvodu slika 𝐹1 𝑝 𝐹2(𝑝) odgovara original u obliku konvolucije originala 𝑓1(𝑡) i 𝑓2 𝑡 ,

tj.

𝐹1 𝑝 𝐹2 𝑝 = ℒ 𝑓1 𝑡 ∗ ℒ 𝑓2 𝑡 , 𝑧𝑎 Re 𝑝 > 𝑠1 .

Teorem. Ako je ℒ𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑝) i ako je 𝑓 ′(𝑡) original, tada je:

lim𝑝→∞

𝑝𝐹 𝑝 = lim𝑝→+0

𝑓(𝑡) .

Dokaz. U skladu s teoremom o diferenciranju originala, imamo:

ℒ 𝑓 ′ 𝑡 = 𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓 +0

Potreban uslov egzistencije slike je, kao što znamo, lim𝑝→∞ 𝑝𝐹 𝑝 = 0, pa otuda imamo i

lim𝑝→∞

𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓 +0 = 0 ,

Kao granica slike od 𝑓 ′ 𝑡 .

Teorem. Ako je ℒ𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑝) i ako je 𝑓 ′ 𝑡 original, tada je

lim𝑝→∞

𝑝𝐹 𝑝 = lim𝑡→∞

𝑓 𝑡 ,

Uz pretpostavku da postoji lim𝑡→∞ 𝑓 𝑡 .

Dokaz. Prema teoremu o diferenciranju originala imamo:

ℒ 𝑓 ′ 𝑡 = 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 ′ 𝑡 ∞

0

𝑑𝑡 = 𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓 +0

Pustimo u gornjoj jeddnakosti da 𝑝 → 0 .

𝑓 ′ 𝑡 𝑑𝑡∞

0

= lim𝜂→∞

𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓 +0

Međutim, kako je:


MA

TE

MA

TIK

A I

II

47

𝑓 ′ 𝑡 𝑑𝑡∞

0

= lim𝜂→∞

𝑓 ′ 𝑡 𝑑𝑡𝜂

0

= lim𝜂→∞

𝑓 𝜂 − 𝑓 +0

To imamo (vraćajući se sa 𝜂 na 𝑡):

lim𝑡→∞

𝑓 𝑡 − 𝑓 +0 = lim𝑝→0

𝑝𝐹 𝑝 − 𝑓 +0 ,

tj. Imamo:

lim𝑝→0

𝑝𝐹 𝑝 = lim𝑡→∞

𝑓 𝑡

31. Laplasova transformacija periodične funkcije

Neka je funkcija 𝑓(𝑡) iz prostora originala i neka je periodična sa osnovnom periodom 𝑇 tj.

𝑓 𝑡 + 𝑇 = 𝑓(𝑡)

𝐹 𝑝 = 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡∞

0

= 𝑒−𝑝𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 𝑛+1 𝑇

𝑛𝑇

∞

𝑛=0

=

𝑢 = 𝑡 − 𝑛𝑇𝑡 = 𝑢 + 𝑛𝑇

𝑢 0𝑇

= 𝑒−𝑝 𝑢+𝑛𝑇 𝑓 𝑢 + 𝑛𝑇 𝑑𝑢𝑇

0

=

∞

𝑛=0

= 𝑒−𝑝𝑛𝑇

∞

𝑛=0

𝑒−𝑝𝑢 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑇

0

= 𝑒−𝑝𝑇 𝑛

∞

𝑛=0

𝑒−𝑝𝑢 𝑓 𝑢 𝑑𝑢𝑇

0

𝑒−𝑝𝑇 < 1

𝑒−𝑅𝑒 𝑝𝑇 < 1 𝑒−𝑝𝑇 𝑛

∞

𝑛=0

=1

1 − 𝑒−𝑝𝑇

𝐹 𝑝 =1

1 − 𝑒−𝑝𝑇 𝑒−𝑝𝑢 𝑓 𝑢 𝑑𝑢

𝑇

0

32. Inverzna Laplasova transformacija

Teorema. (T jedinstvenosti) Ako je kompleksna funkcija 𝐹(𝑝) slika originala 𝑓1(𝑡) i 𝑓2(𝑡) onda vrijedi

𝑓1 𝑡 = 𝑓2(𝑡) u svim tačkama njihove neprekidnosti.

𝐿: 𝑓 → 𝐹 , 𝐿−1: 𝐹 → 𝑓

Teorem.(T inverzne L. transf) Ako je 𝑓(𝑡) original, a 𝐹(𝑝) njena slika 𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑝 , tada je:

𝑓 𝑡 =1

2𝜋𝑖 𝐹 𝑝 𝑒𝑝𝑡 𝑑𝑝

𝑠+𝑖∞

𝑠−𝑖∞

=1

2𝜋𝑖lim𝑣→∞

𝐹 𝑝 𝑒𝑝𝑡 𝑑𝑝𝑠+𝑖𝑣

𝑠−𝑖𝑣

(∗)

U svim tačkama neprekidnosti funkcije 𝑓(𝑡).

Dokaz: Neka je 𝑝 = 𝑠 + 𝑖𝑣 ∈ ℂ, 𝑠0 je indeks rasta funkcije 𝑓(𝑡) i 𝑅𝑒 𝑝 = 𝑠 > 𝑠0


MA

TE

MA

TIK

A I

II

48

𝐹 𝑝 = 𝑒− 𝑠+𝑖𝑣 𝑡𝑓 𝑡 𝑑𝑡∞

0

= 𝑒−𝑠𝑡𝑓 𝑡 𝜑(𝑡)

𝑒−𝑖𝑣𝑡𝑑𝑡+∞

−∞

Posljednji integral predstavlja direktnu Furierovu transformaciju za funkciju 𝜑(𝑡). Možemo iskoristiti

formulu za inverznu Furierevu transformaciju.

𝑒−𝑠𝑡𝑓 𝑡 =1

2𝜋 𝐹 𝑠 + 𝑖𝑣 𝑒𝑖𝑣𝑡𝑑𝑣

+∞

−∞

/𝑒𝑠𝑡

𝑓 𝑡 =1

2𝜋 𝐹 𝑠 + 𝑖𝑣 𝑒 𝑠+𝑖𝑣 𝑡𝑑𝑣

+∞

−∞

=

𝑠 + 𝑖𝑣 = 𝑝𝑑𝑝 = 𝑖𝑑𝑣

𝑣 −∞+∞ , 𝑝 𝑠−𝑖∞

𝑠+𝑖∞ =

1

2𝜋 𝐹 𝑝 𝑒𝑝𝑡

𝑠+𝑖∞

𝑠−𝑖∞

𝑑𝑝

𝑖

𝑓 𝑡 =1


𝑠+𝑖∞

𝑠−𝑖∞

.

Da bi kompleksna funkcija bila Laplasova slika nekog originala dovoljno je da ispunjava slijedeće

uslove:

a) 𝐹(𝑝) je analitička funkcija u poluravni 𝑅𝑒 𝑝 = 𝑠 > 𝑠0 𝑠0 ≥ 0

b) 𝐹 𝑝 → 0 kada 𝑝 → +∞, 𝑅𝑒 𝑝 > 𝑠0

c) ∫ 𝐹 𝑠 + 𝑖𝑣 𝑑𝑣+∞

−∞< ∞ (konvergira)

Ako kompleksna funkcija zadovoljava uslove 𝑎, 𝑏 i 𝑐 onda je njen original dobijen iz formule

𝑓 𝑡 =1


𝑠+𝑖∞

𝑠−𝑖∞

Teorema. Neka jekompleksna funkcija 𝐹(𝑝) slika nekog originala 𝑓(𝑡) i neka je 𝐹(𝑝) analitička

(regularna) u cijeloj kompleksnoj ravni, izuzev u konačno mnogo singularnih tačaka 𝛼1 , 𝛼2 , … 𝛼𝑛 , … i

neka je lim𝑅→∞ max 𝑝 =𝑅 |𝐹 𝑝 | = 0. Tada za ∀𝑡 > 0 vrijedi jednakost

𝑓 𝑡 =1


𝑠+𝑖∞

𝑠−𝑖∞

= Res𝑝=𝛼𝑖

𝐹 𝑝 𝑒𝑝𝑡

𝑛

𝑠=1


MA

TE

MA

TIK

A I

II

49

33. Primjena Laplasove transformacije na diferencijalne

jednačine

Laplasova transformacija nam omogućava jednostavnije riješavanje diferencijalnih jednačina.

Upotrebom LT diferencijalnu jednačinu prebacujemo u Laplasov domen i time je svodimo na

algebarsku jednačinu. Zatim nađemo rješenje algebarske jednačine i sliku rješenja, a inverznom

Laplasovom transformacijom dobivamo original. Na ovaj način možemo rješiti i sistem diferencijalnih

jednačina.

Primjer: Riješiti košijev problem.

𝑦 4 + 2𝑦′′ + 𝑦 = sin 𝑡 , uz uslov: 𝑦 0 = 𝑦′ 0 = 𝑦′′ 0 = 𝑦 4 0 = 0

𝑦(𝑡) je original i pretvorit ćemo ga u Laplasovu sliku:

𝑦 𝑡 = 𝑦(𝑝) 𝑦′′′ 𝑡 = 𝑝3𝑦(𝑝)

𝑦′ 𝑡 = 𝑝𝑦(𝑝) 𝑦 4 𝑡 = 𝑝4𝑦(𝑝)

𝑦′′ 𝑡 = 𝑝2𝑦(𝑝) sin 𝑡 = 1/(1 + 𝑝2)

pa je jednačina

𝑝4𝑦 + 2𝑝2𝑦 + 𝑦 =1

𝑝2 + 1

𝑦 𝑝4 + 2𝑝2 + 1 =1

𝑝2 + 1

𝑦 𝑝2 + 1 2 =1

𝑝2 + 1⇒ 𝑦 𝑝 =

1

𝑝2 + 1 3

𝑦 𝑝 − slika nepoznate funkcije košijevog problema

𝐿−1 𝑦 = 𝑦(𝑡)

𝑦 𝑝 =1

𝑝2 + 1∙

1

𝑝2 + 1∙

1

𝑝2 + 1= sin 𝑡 ∗ sin 𝑡 ∗ sin 𝑡

sin 𝑡 ∗ sin 𝑡 =1

2sin 𝑡 −

1

2𝑡 sin 𝑡

𝑦 𝑡 = sin 𝑡 ∗ sin 𝑡 ∗ sin 𝑡 = 1

2sin 𝑡 −

1

2𝑡 sin 𝑡 ∗ sin 𝑡 =

3

8sin 𝑡 −

3

8𝑡 sin 𝑡 −

1

8𝑡2 sin 𝑡

𝑦 𝑡 =3

8sin 𝑡 −

3

8𝑡 sin 𝑡 −

1

8𝑡2 sin 𝑡

matematika iii

Documents