Funkcije kompleksne varijable

Prikaz

-

ponencija1ni

[

,

'

(1.14) (1.15)

1.4.

+ Ako je IZli =1, IZ21 =1 i ZlZ2:f:. -l,dokaži daje Z = Z I Z2 1 + zlZ2 realan broj.

RJEŠENJE,

Broj Z je realan ako i samo ako vrijedi Z=z, Po uvjetima zadatka

imamo

1.1. PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

13

Zato je, koristeći pravilakonjugiranja _z 1 ++ , - ++ i z je realan. Zl

Z2

Zl Z2

Zl Z2

ZlZ2

-

ZlZl Z2

Zl Z2

Z2Z 1Z2

ZlZ2ZlZ2

Z2

Z1

- ++1 - z -

ZlZ2

Prkaži i u tri gonometri jskom oblki u sljedeće brojeve: -2i; va +ij C. -v'2; 2; -1 +2i, 1+

1.5. RJEŠENJE,

B. E.

A. D.

2 i1 3;

' A.

==>

F.

. , 67r ) z=2 ( cos67r +�sm

. . r=I - 2�'I=2 lP= 3'"27r te J.e z=2 ( cos 3'"27r +�. sm, 327r ) . C. r=I-v'2I=v'2, 1P= 7r, z=v'2{cos7r +isi n 7r). r=121=2, IP=O, z=2{cosO +isi n O). B

j

D.

F

A ---;-�-7L--+----+--e B

E. l i123

+

l+i4.30+3

Slika

E

D

1.2.

1+ i4 30i3

= ( 7 ) = l+i3= l -i. Odavde = = ..fi, r= v'f+l 7 7 7r 7r 7r 7r ., "4 ) IP=2 7r - arc tg l=27r -4'="4 tesliJe' z=2 ( cos"4 +um r=I-I +2il=v'š, tglP=-2 1P= 7r - arctg2=1,I 071=116°34', Dobiva mo z =v'š(cos 116°34' +i sin 116°34)' . sl 1.2. di

F.

==>

Vidi

1.

14

1.6.

Prikaži u trigonometrijskom obliku A. z= -sin 'Tf'18 -i cos 18 j B. z= l +cosa +i sina, O < a < 'Tf'12 . 'Tf'

RJEŠENJE. A. r =

KOMPLEKSNI BROJEVI

( sin2 i +cos2i) 1/2=l

('Tf' )

cos'Tf'1 8 'Tf' 3'Tf' 'Tf' =ctg"8= tg 2'-"8 =tgs' sin'Tf'/8 Kako se broj z nalazi u trećem kvadrantu, to je cp = 3: + = li1l" . Dakle, Z = cos +i sin li1l" . tg
'Tf'

B. r =.JI + 2cosa +cos2a + sin2a =..,j2+ 2cosa =

2 cos ah, 2 sinal2 cosal2 sina tg
)

(

Označili smo eil(J :=cos
,

(1.17)

Odavde zaključujemo (1.18) I zn 1 = I zln (1.19) Arg( zn)=n

1.2. POTENCIRANJE I KORJENOVANJE

15

p

slijedi = :efT i n'I/J = tp +2k7r . Uvrštavanjem k = O, ±l, ±2, . .. dobivamo n različitih vrijednosti n-tog korijena kompleksnog broja O/Z = :efT ( cos tp +2k7r +i sin tp +2k7r ) , k = 0,1,... , n- l (1.20) n n je = arg z, a :efT označava realan i pozitivan n-ti korijen iz pozitivnog broja tp= I zl. Sve vrijednosti od O/Z leže na kružnici polumjera = vizi, sa središ­ tem u ishodištu, a argumenti tih brojeva razlikuju se za višekratnik od 27r/n. Dakle, n-ti korijeni kompleksnog (pa i realnog!) broja čine vrhove pravilnog n-terokuta sa središtem u ishodištu. Th

z:

r

p

Slika 1.3. Svi n-ti korijeni komp­ leksno!1 broja su vrhovi pravilnog n-terokuta sa središtem u Ishodištu. Polumjer n-terokuta iznosi t;rr

Izračunaj (-1 +iV3)60 . Prikažimo -1 +iV3 u trigonometrijskom obliku. On se nalazi u drugom kvadrantu i vrijedi = V(-1)2 +(V3)2 = 2, V3 = 7r tg(7r - tp) = T tg "3' 27r Dakle, = 2, tp = '"3 27r +'tSlll . . 27r ) ' . In3 2 (COS3" -l .+'tv.l= 3" Možemo sada primjeni ti de Moivreovu formulu (1.16) (-1 +iJ3)60 = 260 [cos(60' 2; ) + sin(60 . 2; )J = 260 [ cos(407r ) +i sin(407r )] = 260. 1.7.

RJEŠENJE.

r

r

y

:

I

Slika

i

x

1.4.

1 . KOMPLEKSNI BROJEVI

16

(1 +

)

71" . 71" 6 . + l sm '6 '6 " RJEŠENJE. Po zadatku 1.6.B, komplek san broj z = 1 + cos i + i sin i 1+ + � i ima prikaz z = 2 cos � ( cos � + i sin r2 ) . Zato je 71" 6 671" . . 671" cos Z6 26 cos + l sm 12 12 12 3 2 + v3 3 1 + c s 71"/6 . i = (2 + V3)3i. = 26 i = 26 4

1 8 •

. IzracunaJ -

•

YI-

= (

)( �

(

COS

).

)

(

)

(1 + i)16 . fi) . 9 (1 lV3) RJEŠENJE. Prikažirno najprije brojeve ZI = 1 + i i Z2 = 1 - i V3 u trigonometrijskom obliku:

1 . 9.

-

Izračunaj

ZI

=

Z2 = =

Sada je

=

1

� + i sin �), 2( cos(271" - i) + i sin(271" - i )] 2 (cos( - i ) + i sin( - i )]'

V2(cos

Slika 1.5.

(1 + i)l6 _ (V2)l6[cos(16 . �) + i sin(16 . �)J 29 [cos( - 9 . �) + i sin( -9 . �)] (1 - iV3)9 =

=

� (cos(l(' . � + 9 . �) + i

2

4

3

sin(16 . � + 9 . �)] 4 3

� (cos(771") + i sin(771") ] -�. =

Dokaži da je polinom P(x) = (cos a +x sina)n - cosna - x sinna djeljiv s polinomom Q(x) = x2 + 1 . RJEŠENJE . Vrijedi Q(x) = (x - i)(x +i). P(x) će biti djeljiv sa Q(x) ukoliko je djeljiv sa (x - i) i sa (x + i) , tj. ako su brojevi x = i i X2 = -i nul točke l polinoma P(x). Izračunajmo stoga P(i) i P( -i). P(i) = (cosa + i sina)n -cosna - sinna = cosna + i sinna - cosna - i sinna = P( -i) = (cosa - i sina)n - cosna + i sinna = [cos( -a) + i sin( _a)]n - cos( -na) - i sin( -na) = Dakle, P(x) je djeljiv sa (x + i)(x - i) = Q(x).

1 . 10.

i

O,

O.

1.2. POTENCIRANJE I KORJENOVANJE

17

Odredi kompleksan broj z za kojeg vrijedi IZ-l l = I z l i Arg(z3) = 'Tr / 3 + Argz . RJEŠENJE. Prikažimo broj z u trigonometrijskom obliku, z = r cos tp+i r sin tp. Prvi uvjet daje 1.11.

(r cos tp

_

1)2 + (r sin tp)2 = r2

::=}

r=

a drugi, po formuli (1 .19)

2

c!s tp'

'Tr 'Tr 3tp 3' + tp + 2k'Tr ::=} tp '6 + k'Tr za neku vrijednost cijelog broja' k . Samo vrijednosti k = O i k 1 daju kut unutar intervala [O, 2'Tr) . Za k 1 dobivamo tp = 7'Tr / 6 što daje negativan r i to rješenje odbacujemo. Za k = O dobivamo lP = 'Tr/ 6 i r = ..{3/ 3. Dakle, 'Tr . . 'Tr ) 1 . ..{3 ..{3 z = - ( cos - + � SIn - = - + � -. 6 6 2 6 3 <

=

=

=

=

1.12.

Izračunaj

RJEŠENJE.

A.

Arg

1+

A.

l+i Arg - -' 1 -l i

B. Arg(-2 - 2iv'3)" .

� = Arg(l+ i) - Arg(1 - i)

1 -l

'Tr

'Tr

'Tr

= (4 + 2n'Tr) - (-4 + 2m'Tr) = 2' + 2k'Tr,

k E Z.

ili, na drugi način 1 +i 1 + i 1 + 2i + i2 1+i . 'Tr = Arg = Arg Arg = Arg � = 2' + 2k'Tr, k E Z. 2 1 i . 1 +i 1 i B. Arg("":2 - 2iv'3)4 = 4arg(- 2 - 2iv'3) + 2k'Tr 4'Tr . 2v'3 = 4 ['Tr + arc tg - -] + 2k'Tr 3" + 2k'Tr 2 =

1.13.

RJEŠENJE.

A.

Odredi sve vrijednosti korijena B. V16; c. H; A. .et-l+ ii i prikaži ih u kompleksnoj ravnini.

Napišimo broj - 1 + i u trigonometrijskom obliku: 3'Tr . . 3'Tr . tn 2 ( cosT+UInT )' - 1 +S=v�

t

k E Z.

1. KOMPLEKSNI BROJEVI

18

Prema tome, :vrijedi 1 -l+ il=Vii, cp= 3'1r/ 4 i po (1.20 ) dobivamo 3G2 cos 3'1r/ 4+ 2k'lr + �. SIn . 3'1r / 4+ 2k'lr 3 ;--:;- �1+ �-;-: - V v V"I. ' k --O l 2, 3 3 'Ir 2k'lr 2k'lr , ( 'Ir 6 r;; cos ( '4 + 3) + �.SIn 4" + 3) k O, 1,2. = v2 Postoje tri vrijednosti ovog korijena: 6r;; ( 'Ir . . 'Ir ) k=O Z1= v2 cos 4" + � SIn 4" ' •

_

[

(

)

]

'

lh . . lh 6 r;; =v 2( cos 12+ t SIn 12 ) ' 19 . 19'1r) . 6 r;2; ( cos '1r + f. SIn k=2 Zs= V" ' 12 B. Broj 16 u trigonometrijskom obliku ima prikaz 16=16 ( 0080 + i sin O ), pa je

"

=

Z2

k=l

O+ 2k'lr ., O+ 2k'lr + t SIn 4r:;;;16( COS )' 4 4 k'lr .. k'lr =2 ( cos '"2 + t SIn '"2 ) ' k=O,l, 2,3 Dobivamo sljedeće četiri vrijednosti: Z1=2(cos O+ i sin O)=2, k=O

Slika

1.6.

V 10 - V 10

4 r:;;; 16

_

'Ir

.

-2

'Ir

= 2( cos 2' + t" SIn 2' )=2't,

�=l

Z2

k=2

Zs

2

Slika

-2i

1.7.

=2(cos'lr+i sin'lr)=-2, 3'1r · 3'1r . '"2 + t.SIn k=3 . Z =2(cos '"2 )= -2't, 4 Vidimo da smo v'16 mogli pronaći i bez upotrebe de Moivreove formule znajući da je jedno rješenje broj 2, a sljedeća tri predstavljaju preostale vrhove kvadrata sa središtem u ishodištu, C. Trigonometrijski oblik broja -l je -l=l(cos 'Ir+ i sin 'Ir) , Zato + 2k'lr ., 'Ir+ 2k'lr s;' Sr1�= V ll ( cos 'Ir V -l + � SIn ) , k=O,l,2. 3 3 . Dobivamo l

v'3 = -+l2 ' 2 Z2=-l, l ,v'3 2' t 2 Zs Z1

=

.

-

.

'

Slika

1.B.

1.2. POTENCIRANJE I KORJENOVANJE

D.

19

'frigonometrijski oblik ovog broja glasi 3 +4i = ( cos (arc tg �) +i sinearc tg �) ) . Zato je arc tg 413 +2k7r +�. sm. arc tg 4/3 + 2k7r ) ' k = 0,1. v3 +'J:4�' = va ( cos 2 2 Za k = O dobivamo: = VS ( cos( � arc tg �) +i sin(� arc tg �) ) . Drugo rješenje Z2 je simetrično prvom s obzirom na ishodište, tj. Z2 = 1.14. Odredi realna rješenja jednadžbe (x +i)n (x- i)n = O. Jednadžba je ekvivalentna sa n (X +i ) =1 X +i = nvlJ. = cos2k7r .. 2k7r +�sm n ,k=O,l,... ,n-1. xn x-t Izračunajmo odavde x: 2k7r . 2k7r '(1 +cos) sm--t n x - n 2k7r 2k7r 1 -cos i sin n n o .2k7r ' 2k7r 2k7r - . 2k7r (1 +cos-» ) ( l-cos +tsmsm--� ( ) n n n n 2k7r 2 2k7r 2 (l-cosn ) ) + (sinn k7r o k7r . 2k7r sm2cos-smn n n = ctg k7r = n' k = 0,1, ... ,n-l. 2k7r = k7r 2 2 ( o -) l-cosn n 5

�

r,;5

ZI

-ZI '

-

RJEŠENJE. --o

==?

_

.

_

Slll

1.15.

RJEŠENJE. A.

1 (1 - iJŠ)4 (v'3 +i)61 = 1(1 - iv'3)41 . I (v'3 +i)61 = II - iV3141v'3 +il6 = (_/3-+1)6 = 210• (Vf+"3)4 B. I �I = til3 - 4il = -ttV'9+I6 = Vs". C. I '1'(1 +i)81 = '1'11 +il8 = J( v'fTI)8 = # = 4.

1 . KOMPLEKSNI BROJEVI

J(z) = 2 + z + 3z2 P(z) P(z) , A. (iil59 ++21 ) 2 (l+i)O (1 i)3

J(z) J(z) P

z = 3 + 2i.

1 . 16.

Neka je

1. 17.

Pokaži da je

1 .lS.

Odredi realni i imaginarni dio sljedećih kompleksnih brojeva:

. Izr8.Čunaj

==

1 . 19. 1.20.

za svaki polinom

B.

i

i

_

ako je

sa realnim koeficijentima

C. ( 1 + iV3 )4 ; 2

;

+ i)(2 -i) + (2z + iy)(l- 2i) z 3 z = z n l '- 2 A z=z w= z - l , z ±l. Rew = I zl = 1. Z+ ZI Z2 ZI + z2 Zl Z2 Odredi realna rješenja jednadžbe

(4x

Odredi sve kompleksne brojeve

za koje vrijedi

•

-

i

B

•

=F

1.21.

Neka je

1 .22.

Dokaži da su

i

==

7

Si.

, n ,,::; .

Dokaži da je

O

ako i samo ako je

kompleksno-konjugirani ako i samo ako su

i

realni brojevi.

1.23.

2(1z112 �- lz2 12 ) ; 2 A. I1Zl-+zzz2 12 2+ I Zl - z2z12 = 2 1. 1 + zlZ2 12 + IIZZl -z2 12 (1(1 +- IIzZd2)(1)(l +- lIzZ2 12)); C 1 2 l 2 1 2 l 2 2 1 = lI 2 2 1 ; 2

Dokaži identitete B.

==

I Z11 + IZ21 + IZ3 1 + IZl + Z2 + z3 1 = I Zl + z2 1 + IZ2 + z3 12 + IZ3 + A. (n- 2) t L I Zk +ZsI 2, k=l lzk,2 + lk=lt2 zkr=1(k<8( n 2; 2 -z8 L I Zk 1 k=lt I Zkl -Itk=l Zk 1 =l(k<s( n 2(lzl/n + I Z2 I n) IZl + z21n + IZl -z2 1n � 2n-1 (lz1In + IZ2 In), 2. 21 z1 - 4az + 1 +Aa.i Izl + z(a=2 + ii C. Z Iz l + az + 1 = (a Izl=Iz - 11 , - 1) = 31f'/4; A. Izl = l IZ + il=IZ + 11 ; C. I zl= I /z I, arg(2z) = arg( ifz ) ' 2 z1 I .

D.

1 .24.

Dokaži identitete

B.

1.25.

n

Dokaži nejednakost:

n�

�

1.26. 1 .27.

Riješi jednadžbe

B.

==

O

E R);

V2,

O

Odredi sve kompleksne brojeve za koje v rijedi B.

***

arg(z

E R).

1.3.

21

ZADACI ZA VJEŽBU

u trigonometrijskom obl iku sljedeće brojeve: A. z=1- sina + cosa, (O < a < 71"12); (71"
1.28. Prikaži

_

_

i

1

1.29. Odredi realan

broj m> O taka v da za broj z = m+imVJ bude Re (z8) ==

B A. (2+2i)7; . (l+cos 'Tr/3 +i sin 71"/3 )18.

1.30. Izračunaj D.

je za prirodan broj

1.31.

Dokaži da

1.32.

Nađi najmanji

1.33.

za

Služeći se de Moivreovom sina i cosa.

1.34. Dokaži:

1.35.

broj n

G-�r2;

C.

i)4k

realan.

+�

(l+

k broj

koji vrijedi (VJ+W'

( 2'l + ) 10 i

-128,

i

:::: (VJ - i)'" .

formulom izrazi sin nO! j

cos na

pomoću potencija

od

itglP ) n = l+�tgnlP ( l+ l tgnlP. l - itglP - t

Ako vrijedi z+ ! =2 coslP, z

1.36. Izra č una j

dokaži da

je z'" +� =2 cos nlP . zn

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

!

je polinom P(x) =x" sina - A,,-l x sin{na) + An sin(n-I)O! djeIjiv S polinomom Q(x) == x - 2Ax cosa +)..2.

1.37. Dokaži da

1.38.

1.39.

Neka. je O < a < Z1':.

2

formule . n+l Slfl a n 2 sin o! ; A. sina +sin 2a+...+ sinna = a Z sin 2 . . n+l sm- -a l 2 B. 2' + cosQ +cos2a+...+cosnO! = . o! 2SlnI Dokaži

--

Neka. je O < a < 'Tr. Dokaži formule sin 2na A. cosO!+cos3a+... +cos(n-l)a= - -.-j 2 Slna s n Zna 1 + 11. sin(2n- l)a == (_1) +1 i B. sin a - sin 3a+ ...+(_1) 2 cosQ .

...

1.40.

Izra.č u naj

A. ../4+ 3i;

D.

V-=I;

B.

E.

�2+i;

f!-8+8V3ij

c.

F.

';(1- iVJ)7; V-V3+i.

1.

22

3-1 - O· z z + tz 4 +z2 + 1 - O' (3z3-+i)3zz32=+-4+8i ; 3z + 3 = Oj (1 +i)z4-(l-i)z O. O,l, +i zk = (z-zt}(z -Z2)' " (z -Zn-l) = 1 + Z + .. , + zn-l, = 2n-1 . x2n-1 (x2 - 1) nk=II':ll (x2 + 2n 1-l = (x-l)II(n x2 - 2xcos--+ l) k=1 -l n + 1) x2n + 1 k=OII (x2-

1 .41. Riješi jednadžbe A. D.

KOMPLEKSNI BROJEVI

B

e

,

•

E.

sin 2 k1T /n , k =

cos 2 k1T /n jedinice. Dokaži da vrijedi

1.42. Neka su

•

1T

2 1T

•

. .

-l)1T . sm (n -- •

=

X

-

,

+

,

n

n

1.43. Dokaži identitete

=

. .. , n- l svi n-ti korijeni iz

Pomoću ovog indentiteta izvedi relaciju sm;:; sm n

6 2'

•

2xcos

k1T

n

1)

2 k1T 2n+l

2 k+ l

2 xcos �1T

=

***

e vrijedi l l = Ibl = lei

r, b, a lab+bc+ca/ a+b+c = r. z,< 1a�-zl +z 1. z z = !� i , Izl 2 + B>.ji + B>'I-' + GII-'12 A >' 1 >., I I-' A O, G O, IBI2 AG. ZI, Z2, IEZkWkl2 (EIZkI2) (EIWkI2). Zl!" " Zn I Zk l 1 1 fr (Z 1-kt=1 IZkl· 1) Ik=frl Zk-1 .1:t=1 l zk-lli k I k=1

1.44. Ako za kompleksne brojeve

1.45. Ako su

a

a,

=

dokaži da je tada.

kompleksni brojevi s pozitivnim realnim dijelovima, pokaži da vrijedi

= l, pokaži da. se broj 1.46. Ako vrijedi čemu je t realan broj.

1.47. Izraz E c. Dokaži da. je tada.

�

može prikazati u obliku

�

je nenega.tiva.n, za. sve vrijednosti brojeva.

�

1.48. Dokaži da. za. proizvoljne kompleksne brojeve

vrijedi Cauchy-Schwa.rtzove nejednakost:

* •• ,

�

1.49. Ako za brojeve A.

�

E

e vrijedi

� 1, dokaži da. je tada

B.

�

pri

23

2.

Geometrija kompleksne ravnine Kompleksnu (ili Gaussovu) ravninu e možemo geometrijski poistovjetiti s prostorom točki = iz kompleksne ravnine odgovara točka u (kartezijevoj) ravnini Apsolutna vrijednost kompleksnog broja = odgovara (euk­ Jidskoj) udaljenosti točke do ishodišta. Neka su zadana dva kompleksna = broja = Tada vrijedi i

R2,

ZR 2 . x+iy (x,y) z x + iy Izl(x, y) ZI X l + iYl Z2 X2 + iY2 ' IZl - z2 1 I (Xl - X2 ) + i(Yl - Y2 ) I ....jr:-( X-I - -- X-2-:-:)2:-+-:-(-Y-l--Y---' 2:-:::-)2 . te je IZl - z2 1 udaljenost između točaka ZI i Z2 u kompleksnoj ravnini. 2.1. Prikaži kompleksne brojeve ZI i Z2 u Gaussovoj ravnini i uvjeri se da vrijedi A. IZl + z2 1 � IZl i + I Z2 ;1 B. IZl - z2 1 � I l zII - l z2 1 1 , Dokaži ove nejednakosti i algebarskim putem. RJEŠENJE . Iz trokuta OAB vidimo IZl + z2 1 � IZli + IZ2 1 jer je duljina stranice trokuta manja od zbro­ ja duljina preostalih dviju. Iz trokuta OAG vidimo I Zl - z2 1 � I l ztI - l z2 1 1, =

=

B

jer je duljina jedne stranice Veća od razlike duljina preostalih dviju stranica. Dokažimo sada ove nejednakosti algebar­ skim putem . . A.

Slika 2.1 . Geometrijska interpreta. i + cija brojeva

IZ l 21 2 1 IZ l -21 2 1 IZl + z2 12 (ZI + Z2 )(Zl + Z2 ) (ZI + Z2 )(ZI + Z2 ) ZIZl2 + Zl Z22 + Z2 Z1 + Z2 Z2 IZll + IZ2 1 + (ZIZ2 + ZIZ2 ) Izračunajmo izraz u zagradi Zl Z2 + Zl Z2 (Xl - iYI)(X2 + iY2 ) + (Xl + iyt}(X2 - i Y2) 2(XIX2 + YI Y2 ) 2 Re (ZIZ2 ). =

=

=

=

=

=

=

2.

24

Dobili smo IZl+z2 12 pleksan broj z vrijedi

=

IZI[2+ IZ212+2Re(zl z2). Kako za proizvoljan kom­

Rez � J(Rez)2 +(Imz)2

to imamo

GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

=

Izl, Izl = Izl,

Re(ZIZ2) � IZIZ21 = IZII·lz21 = IZI[ ·IZ21, IZl +z212 � IZl12 + IZ212 + 21z21·lz21 = (Izli+IZ21)2 tj. IZl +z212 � IZli+ IZ2 1 , što je i trebalo dokazati. B. Primjenimo gornju nejednakost na sljedeći način: IZli = I(Zl -Z2)+z21 � IZl -Z21+IZ21· Dobivamo Zamijenimo ovdje ZI sa Z2: IZl -Z21 ;;.. IZ21-lzII· Ove su dvije nejednakosti ekvivalentne sa IZl -Z2! ;;..llzII-lz21 1. 2.2.

Odredi i skiciraj skup točm Z u kompleksnoj ra.vnini za. koje vri­ jediA. Imz2>2;B. Izl>2+Imz. RJEŠENJE. A. Neka je Z = x+ iy . Tada je z2 = (x+ iy)2 = x2 - y2 + i2xy . Prema tome, vrijedi Im z 2 2xy i {z: Imz2 >2} = {(x,y) : xy> l} Ovaj je skup skiciran na sl. 2.2.a.

=

a)

b)

Slika 2.2.

B. Stavimo ponovo Z = x + iy , Izl>2+Imz <=> x2+y2>(2+y)2 <=> x2>4+4y. Riječ je o području omeđenom odozgo parabolom y = tx2 1 ( sl. 2.2.b). -

25

2 .1. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

2 .3.

Odredi sve točke kompleksne ravnine za koje je 7r 7r B. 1 < Izl < 3. A. 6' < arg z <

"4j

sin

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

(�, i) . '!raženi � i (sl. 2.3.a).

može biti proizvoljan, a cp se mora nalaziti unutar intervala je skup kut u kompleksnoj ravnini određen zrakama cp = i cp =

r

a)

Slika 2.9. B. Prikažimo ponovo kompleksni broj z u trigonometrijskom obliku: z = r(cos cp + i sin cp) . Sada je Izl = r i uvjet prelazi u 1 < r < 3, dok nema

ograničenja na kut cp. Stoga je uvjetom odreden kružni prsten na sl. 2.3.b. Rubovi nisu uključeni u područje.

2 .4.

Koje su krivulje određene sljedećim jednadžbama: B. I z - zoi = 6; D. z z + i(z - z) = 2?

ImZj

A. Rez = C. I z il+ Iz+ il = 4j -

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

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

e)

2. C. Zbroj udaljenosti točke z do točaka i, -i mora iznositi 4. Kako je me­ đusobna udaljenost tih točaka jednaka 2 , to jednadžba Iz - i l + Iz + il = 4 predstavlja elipsu s žarištima u točkama i, -i i velikom osi 2a = 4 . Izračunajmo njenu jednadžbu u kartezijevoj ravnini. Stavimo ponovo z = x+ iy: Iz i l + Iz + il lx + i{y - 1) 1 + lx + i{y + 1) 1 = Jx2 + {y - 1)2 + Jx2 + {y + 1) 2 = 4. Eliminacijom korijena dobivamo (provjeri!): x"32 +4y2 l,

GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

26

=

-

=

što predstavlja jednadžbu elipse sa središtem u ishodištu i poluosima b = J3, a = 2 (sl. 2.4.c). D. Stavimo z = + zz +

x iy:

i{z - z)

=

2

�

- iy)2 + i {x + iy - x + iy) 2x iy)(x + (y - 1) = 3.

{x +

�

=

2

Riječ je o kružnici sa središtem u točki 8{0, l) i polumjerom J3.

2.5.

Kakav je podskup kompleksne ravnine određen uvjetom

11" ?. -� < Arg{z + l < 2 4 RJEŠENJE. Fiksirajmo kompleksar broj z u ravni­ ni. Kompleksan broj z+ l - = z-{ -1+i) prikazuje se vektorom čiji je početak u točki -1 + a vrh u je točki z. Kut kojeg taj vektor zatvara s osi upravo Arg{z + l i on se može mijenjati u gra­ nicama od -� do 3:. Prema tome, zadani uvjet određuje podskup kompleksne ravnine između dviju zraka s početkom u točki -1 + i , a koje zatvaraju s osi kutove od -� i 3: radijana (sl. 2.5). -

i)

i

i, Ox

- i)

Ox

2.6.

3

Slika 2.5.

Koje su krivulje u kompleksnoj ravnini određene sljedećim jednadž­ bama? Naznači smjer kretanja po njima. A. z{t) = a + {b - a)t, O � t � l, (a, b E R) ; B. z{t) = Zo + {Z1 -zo)t, O � t � l, (zo, Z1 E C); C. z{t) = Reit, O � t � 11", (R>O); D. z{t) = t + � t < oo;

iti 2 , O E. z{t) = t + t' l � t

< oo .

2. 1 .

GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

RJEŠENJE.

A. Stavimo

zet) = x{t) + iy{t) . x{t) + iy{t) = a + (b a)t _

27

<==>

{ yX{{tt)) == a -a)t,

+ (b . O bJ na realnoj osi.

[a , Stavimo zet) = x{t) + iy{t), Zk = Xk + iYk , (k = 0, 1). = Xo + (Xl - xo)t, z(t) = Zo + (ZI - Zo)t { x{t) yet) = Yo + (YI - yo)t. Eliminirajmo parametar t: X - Xo = Y - Yo , Xo � X � Xl. Xl - Xo YI - Yo To je jednadžba spojnice točaka (XO , Yo) i (XI, YI), odnosno, Zo i ZI Ga­ ussovoj ravnini. ' C. Vrijedi I z {t) 1 = R. arg zet) = t, O � t � Tražena krivulja je gornja polovina kružnice I z l = R, obiđena u pozitivnom smjeru. To je parametarska jednadžba segmenta B.

<==>

---

U

1l'.

= t,2 zet) = t + it2 { X{t) y{t) = t . Eliminacijom parametra t slijedi y = x2 , X � O. To je desna polovina parabole. E. Sada dobivamo y = �, X � 1. Dio luka hiperbole. X Neka za kompleksni broj a i realni broj 13 vrijedi 13 la l 2 . Pokaži 2.7. da jednadžba I z l2 -a Z -a z + 13 = O D. Sada imamo

<==>

<

predstavlja kružnicu. Odredi njeno središte i polumjer.

RJEŠENJE. Vrijedi

= I z l2 -az -az + 13 = zz2-az -az + aa + 13 -aa = (z -a){z2 - 2a) + 13 - la l = Iz -al - r Iz -a l = r, gdje smo stavili r2 := -13 + la l 2 > O. Dakle, jednadžba predstavlja kružnicu sa središtem u točki a i polumjerom J f3 + la l2 . O

<==>

***

2. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

28

1,

Neka je Z2 kompleksan broj modula tj. Z2 = cos 'If; + i sin 'If;. Pokažimo da množenje s brojem Z2 geometrijski odgovara rotaciji broja ZI oko ishodiš­ ta za kut 'If; u pozitivnom smjeru. Ako je ZI = r(cos cp + i sin cp), tada je ZlZ2 = r[cos(cp + 'If;) + sin(cp + 'If;)] (sl. 2.6) .

i

•

Slika 2.6. Množenjem s komplelcsnim brojem modula l i argumenta tP, broj z se rotira za kut 1/J

- v'3 -i oko RJEŠENJE. Množenjem kompleksnog broja sa brojem cosa + i sina, roti­ ramo ga oko ishodišta za kut a. U za.{;atku je - v'3 i, a 211'/3. Zato je (cos '3211" + ,.sm '3211' ) ( ;;;3 t') (1'2 + tTv'3) ;;;3 t.. 2.8.

Odredi kompleksni broj koji se dobije rotacijom broja ishodišta,za kut 211"/3. Zl

Z = ZI

,

=

-Voi) -

ZI = -

-

.

=

= v

-

Nacrtaj sliku!

2.9.

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

RJEŠENJE. Točku (x,y) možemo prikazati kompleksnim brojem u ekspo­ nencijalnom obliku Z = x + iy = r ei'P . Prikaz istog kompleksnog broja II zaro­ tiranom sustavu je (sl. 2.7) z = x' + iy' = r ei('P-a) . Odavde x' + iy'

r el'P e -lOt = (x + iy)(cosa - isina), x + iy = (x' + iy')(cosa + i sina). Izdvajanjem realnih i imaginarnih dije­ lova, dobivamo tražene veze =

T' x'

Slika 2.7. Rotacija pravokutnog kartezije­ Vo9 sustava mole se povezati 8 množenjem kompleksnih brojeva

2.1.

GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

Xl yi X y

i u obratnom smjeru:

= =

=

=

29

+

x coso: ysino:, -x sino: +ycoso:, Xl coso: -yi sin 0:, x' sino: + yi cos 0:.

2.10.

(2.1) (2.2)

Odredi jednadžbu hiperbole _x2 + y2 1 u sustavu zarotiranom za 45° . Veze između kartezijevih koordinata u oba sustava su: V2(x y'), X X coso:- SlnO: 2 y x' sino:+ yi coso: V;(x' yi), i početna jednadžba prelazi u -x2 + y2 1 -2'1 (xl2-2xly' + y' 2) + 12'(x'2 + 2X'yl + yi2) 1 x'yl 12 i to je jednadžba hiperbole u novom sustavu. 2.11. Jednadžbom 2 2 AX By + Cxy + Dx + Ey + F O određena je, u nedegeneriranom slučaju, krivulja drugog reda (elip­ sa, hiperbola, parabola), čije su osi zarotirane u odnosu na koor­ dinatne osi Ox, Oy . Za koji kut treba zarotirati sustav xOy da bi ta krivulja imala osi paralelne s koordinatnim osima u novom sustavu? Provjeri na primjeru elipse 2X2 + y2 + v3 xy 5 . Neka je o: traženi kut. Jednadžba krivulje u novom sustavu će glasiti, po formulama (2.2) : A(X' coso:-yi sino:? + B(x' sino: + yi coso:? + C(x' coso: -yi sino:)(x' sino: yi cos 0:) + D(x' coso: -yi sin 0:) +E(x' sino: + yi cos 0:) + F O i da bi njene osi bile paralelne s koordinatnim, mora iščezavati koeficijent uz član Xly' : -2Acoso: sino: + 2B sino: coso: + C(cos2o:-sin2 0:) O, (B -A) sin 20: + Ccos20: O. =

RJEŠENJE.

Y

I

=

•

I

=

+

=

=

=

I

�

=

�

=

_

. Kanonska jednadžba krivulje drugog reda.

+

=

=

RJEšENJE.

+

=

=

=

2.

30

Odavde

tg 2Q'

A

e

B

U zadanom primjeru je:

Q'

te je

1 arc tg

2

== -

v'3 2

===}

Q'

GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

= i1 arc tg

e

(2.3)

Jr

-- = -

1

6'

1 v'3 x==-x Y 2 i' v'3 y== i1 X +T Y' I

I

I

x

I

što nakon uvrštavanja i sređivanja daje

5X,2 + yl2 = 10. Ova nam jednadž­ ba omogućava da nacrtamo elipsu i u 2.8.

početnom koordinatnom sustavu, vidi sl.

2.12.

Slika 2.8. Elipsa će u zarotiranom sus­ tavu imati osi paralelne s kartezijevim koordmatnim osima

A.lz+I I +lz-l-i l = v'15; B.lz + 1 i l = Rez.:filmz? RJEŠENJE. A. I z + 11 + Iz - 1 - il predstavlja udaljenost točke z = (x, y) do točaka Fl (-1, O), F (1, 1). Zato je tražena krivulja elipsa, sa žarištima u 2 točkama F l i F i velikom osi 2a = -v'i5. Odredimo njenu jednadžbu. Početna 2 Koje su krivulje određene sljedećim jednadžbama:

jednadžba daje

V(x + 1)2 + y2 +

= v'15.

Eliminacijom korijena dobivamo

l lx2 + 14y2 - 4xy + 2x - 14y - 34 = O.

Elipsa je nacrtana na sl. 2.9.a.

Koliko je njena glavna os zarotirana prema

realnoj osi koordinatnog sustava?

B. Uvrstimo z = x + iy: I z+l-il = l(x+I)+i(y-I) 1 = Odavde, nakon kvadriranja i sređivanja dobivamo

x2 + y2 + 2xy + 4x - 4y + 4 = O.

x-y

.;2'

Da bismo odredili koju krivulju drugog reda određuje ova jednadžba, zaro­ tirati ćemo sustav za kut

xOy

2.2.

31

ZADACI ZA VJEŽBU

(vidi Zadatak 2. 11). Veze između starih i novih koordinata iznose:

V2(xI -y'), y= V2(x +y') . x= 2 2 I

Gornja jednadžba prelazi u

�(XI2 +yl2 2xly') + �(X12 +yl2 +2xly') +(x' 2-y12) +2V2(x' - y')-2V2(x' +y') + 4= O, odnosno 2X,2 -4V2y' +4= O te u novom sustavu dobivamo jednadžbu parabole: v2 v2 2 y =Tx1 +2' parabola ima žarište F(-l,l) i ravnalicu p y = x (sl. 2 9 b) . Zais­ ta, svaka točka z= (x, y) na paraboli ima svojstvo da se njene udaljenosti do žarišta F i do ravnalice p podudaraju: . x-y Rez-Imz v2 Iz + 1 - tl= v2 = d(z, F)= d(z,p) _

I

Ova

.

<=>

.

.

.

.

'

što predstavlja početnu jednadžbu, a)

Slika t.9.

2.13.

Odredi podskup kompleksne ravnine određen sa B. Iz - 11 < Iz -il; A. O � Imz � lj E. Izl = Imz + 1; D. Iz - Zl i = Iz-z 1;

2

2.14.

c. Re (1 + z) = jzl; F. 12z l> II + z21,

Odredi podskup kompleksne ravnine određen sa z z-zI A. Re - ZI = O ; B. Im = O; z-z2 z-z2 = C. Iz-31 + Iz + 31 D. Iz -il-Iz + il = 1; 8; E. Iz-31-lz + 3il = 5; F. 4 < Iz-11 + Iz + tl < 8.

2 . GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE

32

2.15. Skiciraj sljedeće krivulje u C i naznači smjer kretanja po njima 1 A. z (t) = a eit + - e -it, O � t � 211" (a > O) ; a 2 1 C. z(t) = e •1 - 1, O � t � 211"; B. Z(t) = 1 + e-', O � t � 211";

{e

, O � t � l, t - 2, 1 � t � 3; 2 F. z (t) = 1 + i cos t, 0 � t � 211".

D.

z{t) =

it

...

E.

z (t)

=

i cos t,

O � t � 211";

***

2.16. Dokaži da tri međusobno različite točke ZI , Z2 , Z3 leže na jednom pravcu ako i Z3 - ZI . --. samo ako Je realan brOJ. Z2 - ZI 2.17. Dokaži da četiri međusobno različite točke ZI, Z2, z3, Z4 leže na jednom pravcu ' ZI - Z3 Z2 - Z3 ako l· samo ako Je --- : --- realan brOJ.. ZI - Z4 Z2 - Z4 2.18. (Apolonijeva kružnica) Dokaži da za svaki pozitivni broj k I- 1 jednadžba IZ - z l i = klz - z2 1 predstavlja kružnicu. Odredi njen polumjer i središte.

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

2.20. Pokaži da jednadžba pravca koji prolazi točkama ZI , Z2 glasi Z z 1 ZI ZI 1 = O. Z2 Z2 1

2.21. Dokaži da jednadžba kružnice koja je određena s tri točke ZI, z2 , Z3, glasi 2 IzI Z z 1 IZl12 ZI ZI 1 = 0. IZ2 12 Z2 Z2 1 2 IZ31 Z3 Z3 1 2.22. Kružnica prolazi kroz tri nekolinearne točke ZI, Z2 , Z3 . Pokaži da središte Zo i polumjer r mogu izračunati formulama 2 - D2 2 Dl Zo = - D r = Izol D' ' gdje je ZI D = Z2 Z3

ZI Z2 Z3

1 1 1

IZl1 2 2 Dl = IZ2 1 2 IZ31

ZI Z2 Z3

1 1 1

IZl12 ZI 2 D2 = IZ2 1 Z2 2 IZ31 Z3

se

njeno

1 1 1

***

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

11"/2.

2.24. Za koji kut treba zarotirati broj 2V2 + 3V2i da. se dobije broj 5 - i?

2.2.

33

ZADACI ZA VJEŽBU

2.25.

Odredi koordinate točke T(1, 2) u sustavu zarotiranom za 2 0° .

2.26. Odredi kut za koji treba zarotirati sustav

xOy da bi sljedeće krivulje drugog reda u novom sustavu imale osi paralelne s koordinatnim osima. Nacrtaj te krivulje. 2 2 A. x 2 + 2y 2 - 3xy - 10 = Oj 10 = Oj B. x - y + xy 2 + xy 4 = o. . x C -

z1 + Z 2 + Za = O, IZli = IZ21 = I zal = l, pokaži da su točke ZI, z 2, za vrhovi jednakostraničnog trokuta upisanog u jediničnu kružnicu.

2.27. Ako vrijedi 2.28.

z1 je vrh pravilnog n-terokuta čije je središte točka Z = Zo. Odredi preostale vrhove.

2.29. Neka su

ZI, , Zn vrhovi pravilnog n-terokuta upisanog u kružnicu {Izl = l}, te Z proizvoljna točka s te kružnice. Dokaži da vrijedi • . •

n

I: Iz - z1:12 = 2n.

1:=1

2.30. Nađi. najveću i najmanju vrijednost modula broja

(a> O).

I ;1

z za kojeg je z +

=

a,

34

3.

Nizovi i redovi kODnpleksnih brojeva

{Zn }

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

{Zn }

Zo Zo (\fe > O)(3no E N)(\fn E N) n � no IZn - zo i e. Pišemo Zn - zo, Zo lim Zn ili kraće Zo lim Zn . n-+oo Zo je gomilište niza {Zn} ako se u svakoj okolini broja Zo nalazi bes­ konačno mnogo članova tog niza. Tada postoji podniz {Zn /J niza {Zn } koji konvergira prema Zo . Konvergencija niza kompleksnih brojeva može se svesti na konvergenciju re­ alnih nizova koje čine realni i imaginarni dijelovi. Neka je Zn X n + iYn ' Tada niz {zn } konvergira ako i samo ako konvergiraju realni nizovi {xn }, {Yn } , i vrijedi Zn lim Xn + i lim Yn Vrijedi donekle i slična tvrdnja za trigonometrijski prikaz kompleksnog bro=>

=

<

=

=

lim

=

•

ja:

e , arg Z -:j:. O. IZn l - l zZl iEargzn-argz.

Zn - Z ako i samo ako RJEŠENJE. Dovoljnost je očigledna: stavimo Zn = Tn ei'Pn) Z T ei'P. Ako Tn - T, tpn - tp, tada, koristeći trigonometrijski prikaz kompleksnog broja i 3.1.

Neka je

Dokaži d a

=

neprekidnost trigonometrijskih funkcija, dobivamo

Zn Tn (cos tpn + i sin tpn) - T(COS tp + i sintp) = z. Primijetimo da ovdje uvjet arg Z -:j:. O nije potreban. =

3.1. NIZOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

35

Nužnost ćemo pokazati koristeći dvije ocjene. Najprije, vrijedi ITn -TI = Ilznl-lzll � IZn -ZI. Zato Zn - Z povlači Tn - T. Pretpostavimo da {CPn} ne konvergira ka cp. Tada postoji 6 > O takav da je ICPn -cpl > 6. Sa sl. ocjenjujemo . ICPn - cpl � IZn -z I sm 2 '" 21z1

3.1.

�.

;

Slika 9. 1.

CP cpl i zato IZn-zI � 21z1 sin I n � 21z1 sin Prema tome, ako vrijedi Zn - Z , tada mora biti i CPn - cp. Ovdje smo koristili uvjet arg Z -:I O. Inače tvrdnja nije istinita, pošto se može dogoditi da dvije bliske točke blizu pozitivnog dijela realne osi imaju ar­ gumente koji se razlikuju skoro za 21i.

3.2.

Dokaži da vrijedi n i A. lim + CP =coscp + i sinCP; n...... oo n n B. lim l + .:. =e:l:(cosy+ i siny), z=x + iy. n..... oo n i n RJEŠENJE. A. Stavimo Z n = + . Odrediti ćemo modul Tn i argumen� CPn broja Zn i pokazati da vrijedi Tn CPn - cp. Rezultat tada slijedi po prethodnom zadatku. n = + = + + Tn =

(1 ) ( ) (1 :)

1,

I (1 i:rl II i: l [1

Nadalje,

( i:r =n.arg (l + i:)

(�f r/2 1.

CPn =arg l +

cp kad n =n arc tg - - cp n Zato Z n =Tn(COSCPn + i sinCPn) - l(coscp + i sincp).

oo.

,

B. Iskoristit ćemo prethodni rezultat: n x+i n lim +� + _ _ Y = lim n..... oo n......oo n n

(1

)

n --;-:-..;;..iY--;--:- ] (1 ) [ 1 + n(l + x /n) n =e:l: nlim (1 + ....iL ) =e:l:(cosy + i siny). oo n+ x .....

3. NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

36

3.3.

Dokaži da su sljedeći nizovi konvergentni i izračunaj i m limese:

{ l ::2n } , lal ;t lj B. { �(l + ei '" + . . . + e in", ) } , O < r.p < 2 11"; 1 C . { __{n+l + nZ + (n-l)z2 + . . . + zn ) } , I z l � 1 , Z ;t 1. n+l A. Za lal < 1 vrijedi ocjena an � I a i n = 1 . I a in I 1 + a2n I 1 - lal2n 1 + Iain 1 - Iain ' O . Specijalno, za n � no vrijedi I a i n < 112 . Za tada I a i n an I lI + a2n < 2 1 al n O . A.

RJEŠENJE.

Kad

n n je -7

takve

oo ,

-7

-7

Za

lal > 1

U oba

možemo postupiti ovako:

an I1+

I � lal2nIai n- 1 = I aiIain +n 1

sluča ja, traženi je limes O .

B . Vrijedi

.

1 < 1 I a i n - 1 I ain - 1

.....

1 + e"P. + . . . + em",) . 1 1 - ei(n + l )", i zato Zn := n-(1 n 1 - et'" + l 1 1 1 - ei(n )"' 1 1 + lei(n + l )", 1 I Zn l = ;;- . 11 - ei"' l l � ;;- . 11 - cos r.p i sin r.p l 2 1 n [(1 cos r.p)2 + (sin r.p)2 J1/2 ..... O kad n =

.

.

-

.

Dakle,

Zn

.....

.....

oo .

O.

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

Zn n_+l _{n+l l + nz + . . . + zn ) n n -1 zk +1 1 2: = n +1 1 2: (1 + z + . . . + z k ) = n + 1 k=O 1 - Z k=O � (l _ Z k+l ) = 1 1 Z . n +1 l L...,. k=O I [n - "",,n z k+ l = l -l z . L...,. J n + l k=O 1 _1_ [ n z . 1 - zn+l ] l-z l 1 z n+ l + 1 n z = l - z [ n + l - l - z ' 1 n- +znl J ..... l -1 z · _

=

_

0.

31

3.1. NIZOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

3.4.

Neka je lim Z+n. +A ., . A. +:FZn. Dokaži da je tada Ai lim ZI Z2 n n-+oo ZI + 2Z2 + . . . + nzn. n.lim .... oo n(n + 1 )/2 oo Dokaži Neka je an. > O takav da 2: an C. n.=1 lim al zl + a2 Z2 + . . . + an zn. -- A. n .... oo · al + a2 . . + an. Dovoljno je pokazati C. Po definiciji limesa, za svaki e > O postoji takav da vrijedi Izn. - AI e/2 čim je n Sada imamo oo .

=

A.

=

=

B.

A

;

=

+

RJEŠENJE. E N

no

l

alZl + . . . + anzn. _ A al + . . . + an.

I

�

=

� � M

oo ,

.

� no .

<

lal {ZI - A) I + . . + lan ( Zn - A) I a l + . . . + an E��l a k l zk - A I + E�=n.o+! ak l zk - A I al + . . . + an al + . . . + an. M e(an.o +! + . . . + an.)/2 + �..;..;:... .:- . al;!:,. +an...;.:.:..: al + . . . + an . . +.

M

e

+al + . . . + an. 2 n.

gdje je konstanta koja ne ovisi o Za dovoljno veliki n ovaj je izraz manji od e . Neka je I z l 1 . Dokaži da je niz {Wn } definiran sa . 3.5. <

Wn RJEŠENJE.

Tad

a Je. Zn+!

=

� (2n+ 1- (2n-1)z2 +(2n- 3)z'+ . . . +(- 1 ) n z 2n ) 2n 1

konvergentan i izračunaj mu limes. Definirajmo

=

n. n Zn+! = 1 -'z2 + . . . + ( _1 ) z2 , 1 + ( _1 ) n z2n+ 2 . . . l . + 2 1 z

' prema 1 2 Kako Je' ovaj mz konvergrra 1+z .

Wn.

=

.

� (2zt + 2Z2 + , , , + 2zn + Zn+! ) 2n 1 kao

Wn to, po Zadatku 3.4.C, niz {wn } ima isti limes i niz {Zn} i nlim -oo Riješi na isti način i Zadatak 3 .3 .C.

=

1 -2 ' 1+Z

3 . NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

38

Red 1:�1 Zn je konvergentan, ako niz parcijalnih suma {Sn} , Sn = Zl + . . . + Zn ima konačan limes. Taj se limes naziva suma reda. Red 1::= 1 Zn je apsolutno konvergentan, ako konvergira red pozitivnih brojeva 1::=1 IZn l . Svaki apsolutno konvergentni red konvergira. Obrat ne vrijedi. Za red koji konvergira ali ne konvergira apsolutno, kažemo da konvergira uvjetno. Red 1::= 1 Zn konvergira ako i samo ako je Cauchyjev, tj. ako za svaki e > '0 postoji no E takav da za sve n , m E m � no , n > m vrijedi

N

I kt=m zk l < e.

N,

Neka je Zn =X n + iYn . Red 1:�1 Zn konvergira ako i samo ako konvergi­ raju redovi 2::=1 X n i 2::=1 Yn ' U tom slučaju za njihove sume vrijedi

oo

L n=1

Zn =

oo

L

n=1

Xn + i

oo

L Yn . .

n=1

Ako red 1:�=1 Zn konvergira, tada mora vrijediti lim IZnl = O , tj. lim Zn = O . Taj se uvjet naziva nužan uvjet za konvergenciju reda:. ako je lim Zn =F O , tada red 1::= 1 Zn divergira. Pri ispitivanju apsolutne konvergencije obično koristimo tzv. kriterije km­ vergencije: 1. D'Alambertov kriterij. Ako je p

l I< ..u� 1 :: I>

:=lim sup

n - oo

Zn

1

tada red konvergira (apsolutno). Ako pak postoji p=

Z

1

tada red konvergira za p < l , divergira za p daje odluku.

1 . Za p = 1 ovaj kriterij ne

2. Cauchyjev kriterij. Ako je p

:=lim sup �

tada za p < 1 red konvergira (apsolutno), a za p nema odluke. 3. Raabeov kriterij. Ako je

(3 =nlim n

- oo

tada za (3

>1

>1

( I� I - 1) Zn+ l

1

red konvergira (apsolutno), a za (3 <

red divergira. Za p = 1

red divergira.

3. 2. 4.

REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

39

Gaussov kriterij. Ako je

I �I Zn+l a+ �n +r(n) =

a, (3 brojevi neovisni o n i r(nn) O , tada red konvergira (apsoa > 1 ili pak a 1 i {3 > 1. Za a 1 ili a = 1 i {3 � 1 red Kriterij usporedbe . Ako je E:'= l an konvergentan red pozitivnih brojeva i ako vrijedi pri čemu su lutno) ako je divergira.

-+

<

=

5.

čim je

n � no , tada red E:'=l Zn konvergira apsolutno.

3.6.

Ispitaj ponašanje redova

n C . ei / n ' _ 1 l) ( n + l' ; nL=l (n + l')2 ; B ' nL=l nL=l --;RJEŠENJE. A. Vrijedi I Zn l = ln +1 i l2 = n2 1+ l ' 1 Kako red E --- konvergira, to zadani red konvergira apsolutno. n=l n2 + 1 Vrijedi B . Ovaj red ne konvergira_ apsolutno. ( l)n = 1 n 2 n + l. ( _2 l)n ' n + i ,(- ) n + 1 n + l ( l)n konvergira apsolutRed f ( -l) n +- konvergira uvjetno, a red f � n=l n + l n=l n + 1 oo

oo

oo

A.

oo

no. Zato zadani red konvergira uvjetno.

, ei/n = cos l/n+l. sin l/n . Red "" cos l/n diverglIa , . . Qer . Je uspore� n n n n sin l/n dljiv s harmonijskom redom). Red f n konvergira. Zadani red divergira =l n pošto ne konvergira red njegovih realnih dijelova. C . Sada je

oo

--

3. NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

40

3.7.

oo n OO n! n A. L -z n",1oo nn , Iz l ej nL=l na z , n. . C. L ) ( ( + 1 z + 2) .. (z + n) ' z > l j Z n=1 ( � 2n - 1)!! zn) 2 , I z I 1. D . � (2n)!!

Dokaži da sljedeći redovi konvergiraju apsolutno: <

B.

I

(a E R) ,

Izl

<

lj

Re

<

A. Iskoristit ćemo d'Alembertov kriterij . Stavimo

RJEŠENJE. Tada je

zn+l ! - ! (n + l)! znn+1+! �n I n-+oo I Zn n-+oo (n n+ 1 ) nl z = n....oo (n +n 1 )n I z l = Iz l n-+oo (1 + 1 ) n = Ele . !Jn 1 Iz l e n--+oo \I'TŽJ = n-+oo v'lnazn l = n-+oo I z l e ytn)a = I z l 1 lim

lim

lim

lim

Za

Zn = nnln zn

<

ovaj je kvocijent manji od

i red konvergira apsolutno.

B. Po Caucbyjevom kriteriju,

lim

lim

lim

i red konvergira apsolutno.

.

Zn 1 -- I z + n + 11 ' . I -zn+! n + l lz + n + ll - (n + l) n( I � I l)' = n n-+oo Zn+1 n-+oo n+1 (n + l)} 1) = n-+oo{I (x + n + + iyl n-+oo{v'(x + n + 1)2 +2 y2 - (n+2 1) } = n-+oo (xv'(x+ n++n 1)+21)+2 y+ y-2 (n+ n++1)1 + 1) + y2 = x. = n.....oo v'(xx+2 +n 2x(n + 1)2 + y2 + n + l x = Re z > l.

C Sada vnJedi •

Zato

/3 = lim

lim

lim

=

lim

lim lim

Po Raabeovom kriteriju, red će konvergirati apsolutno ako je Primjeti da d'Alembertov kriterij ne daje odluke.

D. Sada je

<

Zn ( 2n + 2 , ) 2 . I Zn+! I = (2n + l)lz l

3.2 .

41

REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

1 )2 ( _ (1 + 2 +

Dokazati ćemo apsolutnu konvergenciju koristeći Gaussov kriterij:

I 1

1

_

1+ Zn+ l - I z I 2 2n + 1 _

=

1

)

= a+

{3

:;; + r(n).

2n + 1 (2n + 1)2 izbor a = 1/l z 1 2 , {3 = 1/l z 1 2 • Kako je a

Iz I2

Ovaj prikaz vrijedi uz konvergira apsolutno.

1

>

1 , to red

***

Pri ispitivanju konvergencije redova koji konvergiraju uvjetno (ali i ne samo njih) koristimo najčešće sljedeću Abelovu transformaciju: Neka su { an } , ibn } nizovi kompleksnih brojeva i Sn := a l + . . . + an , So := O . Tada za sve m , nE m < n vrijedi

N.

n-l n I: akbk = I: Sk(bk - bk+1 ) - Sm-lbm + Snbn. k =m k= m

(3.1)

Po smislu, ova formula odgovara metodi parcijalne integracije. Dokažimo formulu (3.1) ! Transformirati ćemo desnu stranu u (3.1) , tako da promijenimo poredak sumiranja:

n-l k I: ( I: aj)(bk - bk+ 1) - Sm -l bm + Snbn k=m j=l n- l n -l m-l n -l = I: aj I: (bk-bk+d + I: aj I:(bk -bk+d-Sm-lbm+Snbn j=l k=m j= m k=j m-l n- l = I: aj(bm - bn) + I: aj(bj - bn) - Sm-lbm + Snbn j=1 j=m n -l = Sm- l bm-Sm- l bn+ I: ajbj -(Sn- I -Sm-dbn-Sm-Ibm+Snbn j=m n -l n I: aj bj = I: ajbj + bn(Sn - Sn-d j =m j=m

=

3. NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

42

Diricbletov test. Neka je E� l Zn. red kompleksnih brojeva za kojeg je niz parcijalnih suma Sn = Zl + . . . + Zn omeđen: postoji

3.8.

M < oo

takav da vrijedi

n

N.

I I >k I � M , \In E k =l Neka je nadalje { cn } niz pozitivnih brojeva koji teži monotono ka nuli. Dokaži da red E:'=l Cn Zn konvergira. RJEŠENJE. Iskoristit ćemo Abelovu transformaciju

n

n-l

k=m

k=m

(3.1)

. Neka je m <

L Ck Zk l � L ISk l(Ck '- Ck+d + ISm-1 ICm + ISn.lcn.

I

O

'

Neka je c > proizvoljan. Izaberimo m dovoljno velik da bude Kako je ISk / < M za svaki k I to imamo za svaki n > m

I Dakle, red

3.9.

n

cm < c

hM

.

n-l

L Ck Zk l � M L (Ck - Ck+! ) + M(Cm + en)

k=m

E Ck Zk

k=m

= M(em - cn} + M(em + en) = 2emM

< c.

je Cauchyjev, pa stoga i konvergentan. oo

Abelov test. Neka je E Zn konvergentan red kompleksnih bro-

n=l { en } monoton i ograničen niz realnih tada red E en Zn konvergira. n=l

jeva, a

oo

brojeva. Dokaži da

RJEŠENJE.

Možemo pretpostaviti, bez smanjenja općenitosti, da je niz rastući. Iskoristit ćemo ponovo Abelovu transformaciju:

I

n.

n

n -l

k =m

k=m

{ cn }

L Ck Zk l � L ISk l(Ck - Ck+!) + ISnCn - Sm-lem / n-l

L (ck-Ck+d + I(Sn-Sm-t}en + Sm-l(en-em)/ k=m m ax ISk l (em - en) + I(Sn - Sm-l )lcn + I Sm-t ! (en - em ) . � m�k� n-l

m ax ISk l � m�k� n -l

Pokažimo da članove s desne strane možemo učiniti po volji malenima, za do­ voljno velike n i m . Najprije, niz { Sn } je konvergentan i stoga omeđen nekom konstantom M . Neka je c > proizvoljno malen i unapred zadan. Za dovoljno veliki m i

O

n > m je razlika ISn - Sm-l l

E zk l manja od = I k=m

po pretpostavci konvergentan. Također, niz

n.

{Cn }

c

pošto je

E Zk

je monoton, omeđen nekom

3.2.

43

REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

konstantom C i stoga konvergentan. Zato je i razlika dovoljno velike n i m . Tako dobivamo ocjenu

Cn - cm

manja od e za

n

I L CkZk I � Me + eC + Me k=m

i odavde slijedi konvergencija tog reda.

3. 10.

Neka je O

< cp < 211" i {an} oo .

koji teži u

RJEŠENJE.

rastući niz pozitivnih realnih brojeva

Dokaži da tada

einlf' E _ 11.= 1 an oo

-

konvergira.

Iskoristiti ćemo Dirich1etov test. Prikažimo zadani red u obliku l/an ' Zn e inIf' . Tada je {en} niz pozitivnih bro­ uz izbor Cn jeva koji teži monotono u nulu. Po Zadatku 3.8 dovoljno je pokazati da je niz Sn ZI + . . . + Zn omeđen. Vrijedi

=

E �=I CnZn

=

= e'If'. + . . . + et.nlf' = elif'. 11 --eei'If'n. lf'

Sn te je

I Sn l

=

= [(1 ncp)l l 2-+elif'' I ncp)2] 1 /2 = [4 I 1 -ncpemlf'./2]I 1/2 � I 1 -2elif'' 1 = M. - cos

(sin

sin2

Za O

< cp < 211"

je M

< oo

i tvrdnja slijedi.

{an } kompleksnih brojeva vrijedi lim sup Vl an i � 1 . n Stavimo Sn :::: ao + . . . + an . Dokaži da za IZ I < 1 redovi E anz 11.=0 n i E Snz konvergiraju, te da za njihove sume vrijedi

3.1 1 .

Neka za niz

oo

oo

11.=0

(3.2) RJEŠENJE. Vrijedi lim sup

Vl anzn l

Po Cauchyjevom kriteriju, red

= Iz ln

lim sup

Vl an i � I z l < l.

E anz konvergira apsolutno. Sada je n (1 - z)(So + SIZ + . . . + Snz ) + So + Z(SI - So) + Z2 (S2 - Sl) + . . . + zn (Sn - Sn-t > - Snzn 1 .

Odavde

=

3 . NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA

44

Pustimo da n teži ka oo . Kako je lim sup l an I � 1 . to za dovoljno velike n vrijedi I Sn l � n + 1 i zato zn+1Sn - O kad n - oo . pošto je Izl < 1 . Stoga 1 desna strana, a s tim i lijeva, teži ka -1-E -z oo

k=O

3.12.

Izračunaj sumu redova A. B.

a

oo

2.: (1 + e''P + . . . + ein'P )zn

n=O oo

2.:

n =O

nz

n,

I zl < l j

•

Izl < 1.

RJEŠENJE. A. Iskoristiti ćemo formulu l n i = 1 i ispunjen je uvjet Zadatka 3.11.

B.

ak zk•

a

a

=

(3.2) . Stavimo n Zato je

ein'P . Vrijedi

Stavimo ovdje aO = O , n = 1 za n � 1 . Tada je Sn = n i vrijedi oo

""' n z n

t:o

=

oo

""' Sn z n

�

=

oo

1

""' zn

l-z�

_ _

=

1 . z l-z l-z

_ _

z {1 - z)2 '

=

3.13. Dokaži da su sljedeći nizovi konvergentni i izra.čunaj im limes: A. B.

{ ]n (l - ei'P + e2icp - . . . + (_l)n eniCP } .

{ta/n :kzk}, Izl < l.

3.14. Dokaži da. točke gomilanja. niza.

z

3.15. Dokaži da. točke gomilanja. niza

kružnicu {I l

=

l/�} .

{ein }

O<

čine kružnicu


< 27l'j

{Izl

=

l} .

{ k(lia + 2ia + . . . +nia) } (

(Tu je

niOl

=

eia ln n .)

a

E

R,

a

# O ) čine

45

3.3. ZADACI ZA VJEŽBU en

Dokaži da točke gomilanja niza Izl = ..)2 sh 'Tr/'Tr .

3.17.

Ispitaj konvergenciju redova (vidi u sljedećem poglavlju definiciju i svojstva ele­ mentarnih funkcija kompleksne varijable) " cos(in) . A. � 2n ' D

.

L nyn j

"sh(iy'n)

L tg (:n)

J.

3.18.

E. H.

,

'

3n

'

ei7r/n

L yn j

" ln (n) � sh(in) j

Ispitaj konvergenciju sljedećih redova A.

3.19.

.-

" n sin(in) .

B. �

ei2n

G . � sin (in)

{en } ,

ITk= 1 (1 +

�) leže na kružnici

3.16.

L (2i)n j n

D

" n!

B. � j (in)n

.

L

ein n

.

Dokaži da sljedeći redovi konvergiraju apsolutno n " n! z+ ' Izl < e j A. � nn (2 - 1)! zn ,, , Izl � .!. ', B. � n!) 2 1 + zn 4 1 L (n + z) ln2 n z '" -2, -3, . . . j z(z + 1) · · · (z + n) Re z < -1 D " � j n. " z -2, -4, . j E � (z + 2)(z + 4) . . . (z + 2n) ' 2 n n! 1 " F. � (z + 1 ) (z + 3) . . (z + 2n - 1 ) ' Re z > -j 2 ,, 0:(0: + 1) · · · ( + n - 1){3({3 + 1) · · · ({3 + n - 1) G. � , n! ,(')' + 1) . . . (')' + n 1) (hipergeometrijski red) p

C.

•

Z

�

'

l

'

�l

•

4 r

. .

.

o:

-

3.20.

Ako konvergiraju redovi E zk i E IWk+ 1 - wk l , dokaži da tada konvergira i red E ZkWk '

3.21.

Ako red E Zn konvergira i ako pri tom vrijedi I arg Zn I � tada red E Zn konvergira apsolutno.

o:

< 'Tr/2 , dokaži da

3.2 2.

zn konvergira za Izl < 1 a divergira za Izl 1 "Dokaži da red � � n=1 1 _ zn

3.23.

Dokaži da se iz beskonačnog ograničenog niza može odabrati konvergentan podniz.

oo

,

46

4.

Elemen tarne fun kcije Neka je G e e područje i j : G -+ e zadana funkcija. Za J kažemo da je funkcija kompleksne varijable. Obično pišemo w = J(z) i kažemo da J preslikava točke kompleksne z-ravnine u točke kompleksne w-ravnme. Dajemo popis nekih elementarnih funkcija 1. Po1inom n-tog stupnja: = an zn + . . . + al z + ao ,

Pn (z)

ao , . .

. , an E C,

a

n :fi O.

2. Racionalna funkcija: n + w = b n zzm++. . .. .++alb Zz + b . l m 3. Eksponencijalna funkcija z � exp(z) definirana je za svaki z E e sumom apsolutno-konvergentnog reda oo n (4.1) exp(z) = L ; . n. =O n eZ a

Uobičajeno je pisati i stva:

ao

o

umjesto exp(z) . Eksponencija1na funkcija ima svoj­ eZ1 +Z2 = eZ1 eZ2 , e211'i = 1, •

i stoga je periodom

ez+2k1ri

21ri.

= eZ . e2k1ri = eZ za svaki

k E Z,

tj. z

� eZ je periodička s

4. Trigonometrijske funkcijeooz � sin z ) z � cos z deflnirane su redovima z2n l (4.2) sin z = L(-l) n (2n + 1 ) .1 ' noo=O 2n cos z = �( _ l) n (4.3) (�n)! ' koji apsolutno konvergiraju za svaki z E e. One su periodičke s realnim perio­ dom 211' i imaju samo realne nul točke. Vrijedi Eulerova formula eiz = cos z + i sin z. (4.4) +

4.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE

47

O davde dobi vamo

1

. · (elZ - e - IZ ),

2i1 · . cos z = - (e + e- IZ ). 2 sin z =

(4 . 5)

lZ

(4.6)

Fu nkcije z 1-+ tg z , Z 1-+ etg z definirane su poput realnih funkcija sa sin z cos z tg z := -- , etg z := -.- . cos z smz Za trigonometrijske funkcije komplek sne varijable vrijede sve uobičajene formule koje vrijede za realne trigonometrijske funkcije. 5. Hiperboličke funkcije z 1-+ sh z , z 1-+ ch z , z 1-+ th z , z 1-+ eth z defi­ niraju se poput realnih funkcija formulama

1 1 sh z := 2' (e% - e Z ) , eh z := 2' (e% e- Z ), (4.7) sh z eh z eth z := -. th z := - ' sh z eh z Z a njih također vrijede sve formule kao i za odgovarajuće funkcije na realnom području. 6. Logaritamska funkcija z 1-+ Ln z defi nirana je na kao inver­ zna funkcija ek sponencijal ne funkcije. To je dak le višeznačna funkcija zadana formulom:

+

_

e \ {O}

+i + + 2k7l'), k E Z.

Lnz := ln Izl Arg z = ln Izl i(arg z

P ri tom je ln Izl real na logaritamska funkcija pozitivnog broja Izl . Za dobivamo glavnu vrijednost višeznačne funkcije Ln: ln z := ln Izl

+ i arg z.

(4.8)

k=O

7. Opća potencija z 1-+ za , kao i opća ek sponencijal na funkcij a z 1-+ a% , g dje je a E a =I defi niraju se formulama - ea Ln % , Za .. (4.9) = L a% : e% n a. (4.10) a ln % % ln a e To su višeznačne funkcije s g lavnim vrijednostima odnosno e , 8. Arkus funkcije defini rane su kao inverzne trigonometrijskim, a Area funkcije kao inverzne hlperboli čki m. Npr.

e, O,

•

w := A rc si n z w := Ar sh z

{::::::}

{::::::}

z = sinw, z = sh w.

To su višeznačne funkcije. Z a njihov ek splicitni prikaz vi di zadatak 4.14. ***

4. ELEMENTARNE FUNKCIJE

48

w = suJ(z).u, vPrikažimo z i w u algebarskom obliku: z = x + iV, realne funkcije dviju realnih varijabli x, y i funkcija wJ je= Neka upotpuno + iv.je Tada određena parom realnih funkcija (u, v) : w = J(z) = J(x + iV) = u(x, y) + iv(x, V) · Ponekad je prikladnije prikazati z u eksponencijalnom (ili trigonometrijs­ kom) obliku: z = r ei",. Tada će u, v biti realne funkcije realnih varijabli r, cp : w = J(z) = J(r ei",) = u(r, cp) +iv(r, cp). Ako pak w prikažemo u trigonometrijskom obliku, w = R e itI> imat ćemo npr. w = J(z) = J(x+ iV) = R(x, y) e,\t(:e,lI) l

ili pak

***

4.1.

Prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku funkcije

1 z-l w = z3 ; B. w = - + z + lj C. w = -z+ z E. w = e Z• D. w = zn j RJEŠENJE. A. Stavimo z = z + iy w = U + iv . Dobivamo: u + iv = (x3 + iy)32= x3 + 23x2 iy 3+ 3x{iy)2 + (iy)3 = x 3xy + i{3x y y ). Prema tome, realni i imaginarni dijelovi funkcije w = J (z) su u = u(x,y) = x3 3xy2 , = v(x,y) = 3x2y y3 , B. - iy. + (x - t'V) + l l-,-+ l , ' x-u +w, = + 1 = -x +X'tv X + 'tv X - 'tv = x2 + y2 + X + 1 + i (- x2 +Y y2 -y) te je u = x + X + l, v = - x2 +y y2 - y' C. u + t.v = xx ++ t.y +- ll = xx +- ll ++ 'tiy.v , Xx ++ ll -- 'tiy.v - (x - l)(x + l) +(xy+2 +1)2iy+(xy+2 l) - iy(;; - l )

1;

A.

l

_

_

V

--;::---=:

_

_

49

4.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE

i dobivamo

z = r ei'" Tada ćemo dobiti rn (cos ntp + i sin ntp) .

D. U ovom je slučaju jednostavnije uzeti prikaz

u + iv = ( r ei"'t

DaJde,

=

rn ein",

=

.

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

R eilt , tada iz R eilt = rn ein", slijedi R = R(r, tp) = rn , � = �(r, tp) = ntp. Izaberimo prikaze z x + iy W = U + iv : u + iv ez+ill = eZ eill = eZ (cos y + i sin y) Ako prikažemo w =

E.

=

l

=

te je

u = eZ cos y,

U slučaju prikaza. w =

4.2.

R eilt

,

dobivamo

v = eZ sin y.

R e'lt �

=

eZ e'lI te je

= � (x, y) = y.

Uvjeri se da vrijedi =

sin iz i sh z, cos iz chz,. tg iz = i th z, ctg iz -i cth z,

shiz = i sin z, chiz = cos z, th iz = i tg z, cth iz = -i ctg z.

=

=

RJEŠENJE. Po formuli (4.5) izlazi

:

sin iz = i (e'l-i i (e = - 2'

%

_

%

- e - i.iz ) =

:i (e-

% -

e%)

- elO ) = 2' ( e% - e -Z ) = '. sh z.

Dokaži na. sličan način i ostale relacije.

i

4, ELEMENTARNE FUNKCIJE

50

4.3. RJEŠENJE,

z = x + iy .

Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: A. w = sin Zj B. w = eZ ; C. w = ch(z - � ) , Funkciju w je potrebno prikazati u obliku w = u + 2

A.

,

=

iv, uzevši

w = sin z sin(x + iy) = sin x cos iy + cos x sin iy = sin x ch y + i cos x sh y. Dakle,

u

B.

W

Dakle,

U=

C.

v = cos x sh y.

= sin x ch y,

'

II

2

2

'2

= eZ = e( ",+ ty) = e'" -Y e' :l:y = e",2 - y\cos 2xy + i sin 2xy). 2

e'"II -Y2 cos 2xy,

=

=

V

"

= e - sID 2xy. :1:2

.,2

•

w ch(z - i) ch(x + iy - i) = ch[x + i(y - l )J = chx ch[i(y - 1)] + sh x sh [i(y - 1)] = chx cos(y - 1) + i sh x sin(y - 1). Dakle, u = ch x cos(y - 1) , = shx sin(y - 1) .

v

4.4.

Odredi modul i glavnu vrijednost argumenta zadanih funkcija u zadanim točkama: A. w = sin z, Zo = 1f' + i In(2 + J5); B. w = (z - 1f')eZ, ZI = 1f'j C. W = Ch2 z, Z2 = i ln 3.

RJEŠENJE. A.

w(Zo) = sin[1f' + i ln(2 + J5)] = sin 1f' cos[i ln{2 + J5)] + cos 1f' sin[i ln{2 + J5)] = - sin[i ln(2 + J5)] = -i sh�n(2 + J5)] = -i . ! <e1n(2+v'š) e -1n(2+ v'5» r,:: i 8 + 4J5 = -2 . i = - "2 2 + v 5 - 1 J5 ) = - "2 ' z. + 2 + J5 2 Prema tome, vrijedi r = I w(zo) 1 = I - 2il = 2, cp = argw(zo) = arg(-2t) = 31f'/2.

(

_

U. ELEMENTARNE FUNKCIJE

B.

W ( Zl )

Dakle,

51

= (7ri - 7r )e1l'i = 7r(i - l)(oos 7r + i sin 7r ) = -7r (i - 1) = 7r - 7ri.

r == argw zdw(zd= = I (

rp

l

17r - 7ri l = 7rV2, arg(7r - 7ri) = arctg( -1) = 77r/4.

C. W ( Z2 )

4.5.

= ch2 (z' In 3) = cos2 (1n 3)

:::::}

{r == Iw(z 2 ) 1 = cos2 (In 3), arg w =

Odredi logaritme sljedećih brojeva: B. - l - ; C.

A. lj

i

( Z2 )

rp

O.

i'.

RJEŠENJE. A.

Ln 1 = ln 111 + i(arg 1 + 2k7r) = 0 + i(O + 2k7r) = 2k1ri ,

k E Z.

B.

Ln( - 1 - i) = ln I - 1 - i l + i [arg( -1 - i) + 2k7r] = ln v2 + i (57r/4 + 2k7r), k E Z. C. U ovom slučaju moramo biti oprezni jer je općenito Ln al> i= b Ln a ! Po definiciji opće potencije je ii = exp(i Ln i) = exp {i [I.n Iii + i (arg i + 2k7r)] } = expO�n 1 + i(7r/2 + 2k7r)]} = exp{ -(7r/ 2 + 2k7r) }, k E Z . Sada je Ln ii = Ln exp{ - (7r/2 + 2k7r) } = ln I exp { -(7r/2 + 2k7r )1 + i(arg exp { - (7r/2 + 2k7r)} + 2m1r) = ln exp{ -(7r/2 + 2k7r)} + i(O + 2m7r ) = - (7r/2 + 2k1r) + i2m7r, k E Z , m E Z. Primjeti daje i Ln i = i {ln lil +i(arg i + 2k7r) } = -7r/2 + 2k7r te je Ln i' i= i Ln i .

4 . ELEMENTARNE FUNKCIJE

52

4.6.

Odredi modul i argument kompleksnih brojeva , B. 32 - ; C. w = 2%. A. lO' ;

RJEŠENJE. A. Izračunajmo najprije broj lOi . lOi = ei Ln 10 = ei/ln 10+i(arg 10+2b)] = ei(ln 10+i2 k1r ) =

eiln 10 e- 2 k1l'

= e - 2k11' ( cos(ln 10) + i sin(ln 10)) . Ovo je upravo trigonometrijski zapis broja lOi pa odavde čitamo: i r = l lO l = e-2k 1r , k E Z, IP = Arg lOi = ln lO + 2mll' , m E Zo B. Računamo kao u prošlom primjeru: i ( i) Ln 3 = e{2- i)( Jn 131 + ,( arg3 + 2k 1r » 32- = e 2 = e( 2 -i)(ln 3 +i2 k1r) = e2 ln 3 e2k1l' ei4k1l' e -i ln 3 = 9 e2k1r ei( - ln 3) . pošto je e2 ln 3 = 9 i ei4k1r = 1 . Gornji broj je upravo eksponencijalni zapis broja 32- i i zato možemo pročitati: i r = 1 32 - l = 9 e2k1l' k E Z, i 2 m E Z. lP = Arg 3 - = - ln 3 + 2mll',

,

C.

w = 2% = e% Ln 2 = e(:l:+ill) Ln 2 = exp {(x + iy) {ln 1 2 1 + i(arg 2 + 2kll')] } = exp{x ln 2 - 2kll'Y + i(y ln 2 + 2k1l'x)} = eal ln 2 e 2 k1r !l [cos(y ln 2 + 2kll'x) + sin(y ln 2 + 2kll'x)] i dobivamo e k u = 2al - 2 1r 1l cos(y ln 2 + 2kll'x),

-

4.7.

i

Izracunaj (prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku) + i 2i . B. C. Arc sin i. ..fi '

(1 )

RJEŠENJE. A. i sin i

= ii lh l = ei sh l . Ln i = ei sh l[ln lil+i(arg i+ 2k1r)] =

ei sh l�n 1+i(1I'/ 2 + 2k 1r)1

=

e'- (1I'/ 2+ 2 k1l' ) sh l

,

k E Z.

4.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE

(1+ i )

53

1+i . 1+ i . .. . t � {2 Ln najprIje Ln v'2 . } . IzraeunaJmo v'2 v'2 l +i l +i l + t{' l +i + 2k7l") Ln = ln I v'2 v'2 v'2 = ln1 + i{i + 2k7l") = i{i + 2k7l" ) , k E Z. Dakle (1�t. ) 2i e2i- i(?I'/4+2k'11') = e-(?I'/2+4k'11') , k E Z.

B.

2i

= exp

arg

=

C.

Označimo traženi broj sa w .

i = sin w = ;i (eitv - e-itv) . Množenjem sa eitv nakon sređivanja dobivamo: (eitv) 2 + 2 ei -1 = O sa rješenjima eitv = -1 ± v'2. Prema tome, w = .; Ln( -1± v'2) = -i Ln( -1 ± v'2) . Izračunavši obje vrijednosti Ln( -1 + v'2), Ln( -1 - v'2), dobivamo . { 2k7l" - iln(v'2 -1) A re SIn ' = + 2k7l" - i ln{ v 2 +1) k E Z. Arc sin

i=w

==:?

tv

�

.

4.8.

ln

71"

.

Riješi jednadžbu: ch z

RJEŠENJE.

= O.

+ e-Z ) = i. Množenjem sa eZ dobivamo: (ei) 2 2i eZ +1 = O i odavde eZ i ± iv'2 . Dakle, ' . In) _ { ln{l + v'2) +i(7I"/2 + 2k7l") z - Ln( . ± tv2 - ln( v'2 -1) + i( /2 + 2k7l") , k E Z. eh z

=

i

-i

'

==:?

�(eZ

_

=

�

-71"

4. ELEMENTARNE FUNKCIJE

4.9.

Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: i z - -j B. w = � z

A. w = z2 - 2%' + 5ij

4.10. Izračunaj w(zo) ako je zadano A. w = (z - i) 2 ,

- z3 , C. w -

Zo = -ij zo - ei.. /4 . _

C. w =

B. w = z/z,

Zo = 1 + ij

4.11. Dokaži da trigonometrijske funkcije zadovoljavaju formule: A. sin2 z + cos2 z = lj

2 sin 2z = 2 sin z cos z; 2 2 C. COS(Zl + Z ) = cos zl cos z - sin Zi sin Z , cos 2z = cos2 z - sin2 z. 2 2 2 4.12. Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: B. w = sh zj A. w = el- z ; C. w = tg z. B. sin(zl + Z ) = sin zl cos Z + cos zl sin Z ,

4.13. Izračunaj modul i argument zadanih funkcija. u zadanim točkama: A. w = cos z,

C. w = th z,

Zo = 'IT/2 + i ln 2j zo = 'ITi.

4.14. Dokaži:

A. Arc sin z = -i Ln i(z +

C. Arsh z = Ln(z +

�);

"';z2 + 1);

za

B. w = sh z,

= 1 + i'IT/2;

"';z2 - 1); �). Ar ch z = Ln(z +

B. Arc cos z = -i Ln(z + D.

4.15. Izra.čunaj (prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku) B. Ln(-i); A. Ln(e); C. Ln(3 - 2i)j D . li;

2' ; Arc cos ij M . sin 2i j E. I.

4.16. Riješi jednadžbe:

ln(i - z) = lj 4 cos z + 5 = O; sin z + cos z = 2.

A. eZ + i = Oj D. G. J.

F. 1 1 / ' ; J. Arc sin(1/2); N. cos(2 + i)j

G.

(4 - 3i)1+ij

K. Arc tg(i/3) j O.

(_l)V2,

B. e'z = cos 'ITZ, zER;

E. H.

ln{z + i) = O; sin z = 'lTij

H. L.

tg('lTi/2)j sh('lTi/2)j

C. sin z = 3j F. e2z + 2 ez _ 3 = Oj I. i + sh iz = Oi

55

5.

Diferencijabilnost . C auchy-Riemannovi u vjeti. Harmonijske funkcije

Pojmovi limesa, neprekinutosti i diferencijabi1nosti definiraju se kao i za funkcije realne varijable: E e je limes funkcije -+ e u točki zo E ako vrijedi a) Točka E � b) Funkcija -+ e je neprekinut a u točki E , ako vrijedi < � E -+ e je jednoliko (uniformno) neprekinut a na području b') Funkcija ako vrijedi E � E e ) Funkcija -+ e je diferencijabilna u točki ako postoji

Wo G I: G I I (z) - wo l < e. (Ve > 0)(315 > O)(Vz G) O < I z - zoi < 15 I: G Zo G I I (z) - l(zo) 1 e. (Ve > 0)(315 > O)(Vz G) I z - zoi < 15 G I: G (Ve > 0)(315 > O)(VZl ' Z2 G) IZl z2 1 < 15 I I(Zl ) - I(Z2 ) 1 < e z G I: G f' (z) := ..:1limz_� 6.6.1z ..:1z-o I(z + 6.6.z)z - I(z) . Pojmovi limesa i neprekinutosti mogu se vrlo jednostavno izraziti preko real­ nog i imaginarnog dijela funkcije I ; naime, 1 će imati limes u točki Zo = xo+iyo ako i samo ako vrijedi zlim -zo I(z) = (:':',Y) -lim(:.:0,1Io ) u(x, y) + i (:.:,11) -lim(:':0,110) v(x, V). Također, 1 je neprekinut a u točki Zo :::: Xo + iVo ako i samo ako su funkcije u i v(xo,neprekinute u točki (xo, yo). Međutim, ako su u i v diferencijabilne u točki o), funkcija 1 = u + iv ne mora biti diferencijabi1na u Zo . Vidjet ćemo da Y i v moraju zadovoljavati još i dodatne, tzv. Cauchy-R1emannove uvjete. ::::

lim

u

5.1.

l -z

D a li postoje limesi A. lim

z_l 1 - z

z

z _l _ l +_? z

B. lim

li, CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

56

Zo

= 1 , onda je on neovisan o putu RJEŠENJE. A. Ako postoji limes u točki po kojem točka teži ka točki Izračunajmo taj limes po dvama različitim putovima: (1) Neka -+ 1 duž osi OX , tj. po pravcu y = O . Stavimo = 1 x . Ako -+ 1 , tada x -+ O te dobivamo

z

z

z

z

z .....

-+

(2 ) Neka

z

1-

l 1 - zz -_

, llm

y

zo ,

lim

::e

1 - (1 - x)

.....O 1 - (1 - x)

1 - 1 + x _ l. lim - z-+O 1-1+x _

-+ 1 po pravcu x = 1 . Stavimo O i zato u ovom slučaju mora biti

z

-

z = 1 + iV . Ako z -+ 1 , onda

1 (l + iy) 1 - 1 + iy 1lim -1 lim -- - lim 1 - - 1/.....0 1 - (1 + iV) - 1/.....0 1 - 1 - iV - .

z .....

l

z

-

Dobili smo dvije različite vrijednosti i stoga limes ne postoji . B. Pokažimo da ovaj limes postoji. Stavimo

z = 1 + r(cos

z -+ 1 ekvivalentan je sa r -+ O (

5.2.

Pokaži da j e funkcija noj ravnini c .

J(z) = I zl neprekinuta na čitavoj kompleks­

RJEŠENJE. Pokazali smo (vidi zadatak 2 .1) da vrijedi nejednakost

l i z i - Izo l i < Iz - zo i· Neka je

e >

O proizvoljan. Izaberimo li

>

O, O

< li < c .

Tada iz nejednakosti

I z - zo i < li slijedi l i z i - Izoli < li < e tj. IJ(z) - J(zo)1 < c . Dakle, J je nepre­ kinuta u točki zo . Kako je Zo bila proizvoljna točka iz e, to je J neprekinuta na čitavoj kompleksnoj ravnini. Štoviše, J je uniformno neprekinuta, pošto izbor broja li ne ovisi o točki zo · 5.3.

Pokaži da je funkcija noj ravnini c .

J(z) = Z2 neprekinuta na čitavoj kompleks­

RJEŠENJE. Neka je E e proizvoljan. Pokazat ćemo da je točki Ocijenimo u tu svrhu

Zo .

Zo

IJ(z) - J(zo)l = Iz2 - z51 .

J neprekinuta u

6.2 .

CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI oo

Ako z zo , tada postoji pozitivan broj M < za koji vrijedi I zl < M i I zo l < M , čim je z dovoljno blizu točki zo (npr. ako je I z - zoi < 1 , možemo uzeti M = I zo l + 1 ). Sada. je IJ(z) - J(zo ) 1 = I z2 - z51 = I z - zoi , Iz + zoi � I z - zoi , ( I z l + I zol ) < 2M l z - zo i· Za zadani broj e O možemo odabrati 8 O takav da je 8 < e/2M ' Uz ovakav izbor broja 8 će vrijediti Iz - zoi < 8 I J(z) - J(zo)1 < 2Mlz - zoi < 2M8 < e i zaključujemo da je J neprekinuta u točki Zo . Zbog proizvoljnosti od zo , J je neprekinuta na C . Primijeti da u ovom slučaju izbor broja 8 ovisi o M , pa dakle i o zo . Stoga J neće biti jednoliko neprekinuta na čitavoj kompleksnoj ravnini C . Pokaži da je ipak J uniformno neprekinuta na svakom ograničenom podskupu u C , npr. na krugu {z: I zl � R} , za neki fiksni (ma kako veliki) R . -+

>

>

===?

J(z) = zn diferencijabilna na čitavoj ravnini (zn ), = n zn-l (n E N ) . RJEŠENJE. Računamo derivaciju funkcije J po defmiciji: J(z + �z) - J(z) = lim (z + �z)n - zn !' (z) = Az-+O lim �z Az-+O �z (� 2 . [zn + ) zn-l �z + (�) zn-2 (�z) + . . . + (�z)n] zn = lim Az-+O �z = �� {n zn-l + (�) zn-2 � z + . . . + (�z) n- l } = n zn-l A O 5.4.

Pokaži da je funkcija C , te da vrijedi

_

J(z) =

z

Ako je u(x, y) + iv(x, y) diferencijabilna u točki = x + iy , ta­ da su funkcije u i v diferencijabilne u točki (x , y) i zadovoljavaju Caucby­ Riemannove uvjete

(5 . 1)

J=

Vrijedi i obratna tvrdnja: ako funkcije u i v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete i ako su njihove parcijalne derivacije neprekinute u (x , y) , tada je + iv diferencijabilna u točki x + iy . Ako je diferencijabilna, njenu derivaciju možemo računati pomoću parcijalnih derivacija funkcija u i v :

u

J

z=

au . av +z J' (z) = ax ax -

­

(5.2)

5. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

58

ili

pomoću bilo koje od preostalih triju kombinacija koje slijede primjenom in­ dentiteta (5.1). Za funkciju J ćemo reći da je analitička (ili regularna) na području G ako je diferencijabilna u svakoj točki z E G . Istinita je, ali posve netrivijalna, činjenica da u tom slučaju J ima derivaciju svakog reda na G .

5.5.

2 Pokaži d a je funkcija J(z) = ez analitička n a cijeloj kompleksnoj ravnini, te nađi njenu derivaciju.

RJEŠENJE. Odredimo najprije realni i imaginarni dio od J . 2 2 )2 J( z) = e (Z+I.Y = .e:r: -Y (cos 2xy + i sin 2xy) . Dakle,

U

2 2 = eZ -1/ cos 2xy ,

:r:2 2 , V = e - y sm 2xy.

Funkcije u i v su diferencijabilne u svakoj točki (x, y) i zadovoljavaju Cauchy­ Riemannove uvjete: 2 2 2 av 2 au = 2xe:r: -1/ cos 2xy - 2yeZ -Y sin 2xy = ay ax 2 2 , 2 2 av au - = -2yeZ -y cos 2xy - 2xez -y sm 2xy = - ­ ax ay Vidimo da su ove parcijalne derivacije neprekinute i stoga je J analitička funk­ cija na čitavoj C . Po formuli (5.2) njenu derivaciju možemo računati ovako: 2_ 2 . av J' (z) = au +� = eZ Y [ 2x cos 2xy - 2y sm 2xy J ax ax 2 2 + i ez _1/ [2y cos 2xy + 2x sin 2xyJ 2 2 = efl: -y [2{x + iV) cos 2xy + 2{ix y) sin 2xy] 2 2 = efi: -y [2(x + iy) cos 2xy + 2i(x + iy) sin 2xy] 2 = 2{x + iy)eZ -1I\cos 2xy + i sin 2xy) . )2 = 2 2 = 2{x + iy)e(Z+llI zez •

5.6. RJEŠENJE.

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

J( z) = i{x - iV) = y + ix. Zato je u(x, y) = y , v{x, y) = x . Izračunajmo parcijalne derivacije: av au =0' =0 ax ay av . au =1, =1 ay ax

5 .2 .

59

CAUCHY-RIEMANNOVI

Kako je

:: :: =F -

" to Cauchy-lliemannovi uvjeti nisu ispunjeni niti u jednoj

točki kompleksne ravnine. Zato

5.7.

J nije nigdje diferencijabilna.

Da li su funkcije

J(z) = zl J(z) = sin z J(z) = z RJEŠENJE. A. J(z) = z · = (x + iy)(x - iV) = x2 + y2 . Dakle, u(x,y) = x2 + y2 , v(x,y) = 0. Ispitajmo u kojim točkama vrijede Cauchy-lliemannovi uvjeti. -auax = 2x ' ayav =- 0 ===} x = o, au = 2y , av = o ===} Y = O. ax ay Vidimo da su oni zadovoljeni samo u točki (O , O) . Zato je J(z) = z · = I z l 2 diferencijabilna samo u točki z = O i nije nigdje analitička (pošto nije diferen­ cijabilna niti u kojoj okolini točke O). Izračunajmo njenu derivaciju u točki z = O : ) - J{O) = lim Az · Az J'(O) = lim J {O + Az Az Az = lim Az = lim (Ax - iAy) = O. 1 x - iy2 ' Zato: B. J(z) = - = 2 z x +y x 2 ' v(x,y) = 2-y 2' u{x,y) = x2 -I:-y +y B. -j C. A. ' Zj diferencijabilne? Ako jesu , izračunaj im derivaciju. Z

Z

az-+o

az-+o

az-+o

az-+ o a y -+ o

X

Cauchy-Riemannovi uvjeti su ispunjeni svuda osim u točki cije nisu definirane:

(O, O) , u kojoj funk­

au = -x2 2 + 2y22 = av ' ax (x + y ) ay au = 2-2xy2 2 = - av ay (x + y ) ax' Izračunajmo još derivaciju funkcije J(z) = l/z . Po formuli (5.2): 2 - 2xyi - y2 av -x2 +2 y2 +2 2xyi x �. J' ( z ) - + ax 2ax (x + y )2 { x2 + y2 )2 = - {z(z). z) 2 = - z12' _

au

_

- - ---: ;-,,---"-;:-:-:::=-

_

5. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

60

Izvedi ovu derivaciju i po definiciji.

J(z) = z

x y + i x y = u + iv. 8v -8u = smxshy . = --8v = -, 8y 8y 8x (x, y) C. . )' = 8u + t. 8v = -tSlllXS y = (smz 8x 8x

C.

sin

=

sin ch

8u = 8x

cos sh

C auchy-Riemannovi uvjeti:

cos x ch y

su ispunjeni u svakoj točki sinus analitička u čitavoj

i kako su ove funkcije neprekinute, to je funkcija Njena derivacija iznosi ' h cos x ch Y " cos z.

Ako s u ft i h analitJčke funkcije, pokaži d a j e i funkcija ft h analitička.

. RJEŠENJE. ft = ul + iVI , h = U2 + iV2 , h = ft . h = u + iv. ft · h = UIU2 - V IV2 + i(UlV2 + VlU2 ). u = Ull ,U2Vl- Vl V2 , V U ,UlVV2 + VlU2 . ft h U 2 2 8u = 8Ul U2 + UI 8U2 - 8Vl V2 - Vl 8V2 8x 8Vl8x 8x 88xUl 8xU 8 8V 2 = -U 8y + 8y V2 + Vl 8y2 8y 2 + Ul = 8y8 (Vl U2 + UIV2) = 8vay ' 8u = - 8v . IS l . 8y 8x h 5.8.

Označimo:

Vrijedi

Dakle, odnosno zato parovi Prema tome, vrijedi:

Na

.

Funkcije i' su analitičke i zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete.

.. Kako su ove parc1J nalne derIVacIJe '

.. t' se nacm pokaže d a vrijedi _.

neprekinute funkcije, to je

analitička.

Ako analitičke funkcije G -+ e, g : G e zadovoljavaju uvjet ' f' g E G , pokaži da se one razlikuju za konstantu.

-+ (z) = (z), z J: RJEŠENJE. (z) F(z)= + iv. F(z) z = J(z) - g(z) F U O = F' (z) = 8x8u + i 8x8v = 8y8v _ i 8u8y 8u = 8u = 8v = 8v = O 8x 8y 8x 8y . F U V 5.9.

i zato

Z ato su

F'(z) =

FUnkcija je očito analitička i vrijedi za svaki E G . Moramo pokazati da je konstantna na G . Tada je

'

f' -g Stavimo

i

konstantne, pa je i

konstantna.

li.2 . CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI

Ako j e analitička funkcija J: G - e realna n a području D e G , pokaži da je ona konstantna na D .

5.10. RJEŠENJE. Kako je

61

J

Označimo ponovo J = u + iv . Po pretpostavci je v = O na D . analitička, to u i v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete:

au ax au ay

av

=o

D'

na

av ax

= - - =

0

na

D.

Zato je u , a time i J , konstantna na D . Spomenimo da vrijedi i mnogo jači rezultat: uz iste pretpostavke može se dokazati da je J konstantna na čitavom području defInicije G .

5.11.

Pokaži d a Cauchy-Riemannovi uvjeti u polarnim koordinatama (r,

au a
=

-r

av ar '

Izrazi derivaciju funkcije

r

J

au ar

=

av a

(5.3)

u polarnim koordinatama.

RJEŠENJE. Veza izmedu Kartezijevih i polarnih koordinata glasi

x = r cos

au = ar au = a
-

-

au ax au ay au au . - . - + - . - = - cos

(5.4)

Analogno:

av av av . = Sill
(5.5)

uvjete

(5.1).

Iskoristimo ih:

au a
au . au - - r sill

[ 8V

[

]

]

5. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

62

3 ). Onebilasu,analitička, uz neprekinutost parcijalnih derivacija, (5.= u+iv pošto iz njih sličnim računom (5.1).

Dakle, vrijede relacije i dovoljne da bi funkcija J možemo izvesti i relacije 5.12.

Pokaži d a se deriva.cija analitičke funkcije J može računati u po­ larnim koordinatama formulama

aU + �OV ) J' ( ) - -rz ( ar . ar

(5.6) (5.7)

z

f'(z) = ! ( oOVcp _ i oOcpU ) . . za au l. oV : ' lZraze ' dece JESENJE . z re aCIJa (5 . 4) dobIvamO BlJe ' au = -au cos cp - l -ou sm. cp, AX ax AX r ocp (5.8) ov = - cos cp - l . -av sm. cp. ax ar r ocp Koristeći te izraze, i formule (5. 2 ), (5. 3 ) dobivamo: ' ov J { z) = - + z. ax ax l au . ( OV l OV . cp) cos cp - - . - sm cp + z. - cos cp - - . - sm =ar r ocp ar r ocp au ov . OV ( . = ar COS cp + sm cp + z ar cos cp - ar sm cp) . OV ] (cos cp - �. sm cp) = [ au + t ar( aU OV ) !:. +i ar . = Ako zamijenimo �; i �: , koristeći (5. 3 ), dobit ćemo (5. 7 ). odnosno

. z

R

V

I

l "

-

-

_.

or

ov

kao

OU

OU

or

or

z

or

Ou .

.

5.3. HARMONIJSKE FUNKCIJE

63

Funkcija "p = ?jJ(x, y) je harmonijska funkcija u području G e ako je ona dvaput neprekinuto diferencijabilna i zadovoljava na G Laplaeeovu diferen­ cijalnu jednadžbu:

R2

(5.9)

Ako je f = u + iv analitička u nekom području G , tada su njen realni dio u i njen imaginarni dio v harmonijske funkcije u tom području, pošto vrijedi [Pu2 = a ( au ) = a ( av ) = a ( av ) = a ( au ) = a2u2 . ax ax ax ax ay ay ax ay ay ay Obratno, ako dvije harmonijske funkcije u i v zadovoljavaju Cauehy-Riemann­ ove uvjete, tada je funkcija f = u + iv analitička. Dvije takve harmonijske funkcije zovemo konjugirani par harmonijskih funkcija. Ako je zadana jedna od funkcija u ili v (ona mora nužno biti harmoni­ jska), tada pomoću Cauehy-Riemannovih uvjeta možemo odrediti harmonijsku -

-

funkciju koja s njom čini konjugirani par. Drugim riječima, možemo odrediti analitičku funkciju f ukoliko poznajemo njen realni ili imaginarni dio. 5. 13.

Ispitaj koje su od zadanih funkcija harmonijske: B. = sin x eh y A. = eos yj

2j u y u -2e'" 2 2 C. V = x - y RJESENJE. A Vnje " di axau = 2e'" eos y , auay = 2e'" sm. y te Je. �u = axa2u2 + aay2u2 = -2e'" eos y + 2e'" eos y = O. B. �u , = -2, u nije harmonijska. C. �v = O , v jeste harmonijski. 5.14. Da li funkcija v = e'" sin y + y2 može biti imaginarni dio neke analitičke funkcije? RJEŠENJE. Izračunajmo �v . av "' . y , av = e'" eos y + 2y - = e sm ax ay �v = e'" sin y e'" sin y + 2 = 2 v nije harmonijska pa ona ne može biti imaginarni dio analitičke funkcije. - X.

�

•

-

-

_

5 . CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

64

5.15.

u = x3 - 3xy2 + Odredi funkciju

V,

tako da funkcija Y l bude analitička.

w

= u + iv

kojoj je realni dio

RJEŠENJE. Vrijedi

.Au =

u

te je O . Dakle, je harmonijska i zato postoji tražena funkcija Odredit ćemo je koristeći Cauchy-Riemannove uvjete:

v.

8v 2 2 = 3x 3y = 8y 8x {}u.

i odavde

v(x, y) = J(3x2 - 3y2 )dy + h(x) = 3x2y - y3 + h(x). h -8y = -6xy + 1 = --8x8v = -6xy - h'(x) . h'(x) = -1 h(x) = -x + C . = x3 - 3xy32 + y + i(3x2y - y3 -3 + C) = (x + iy) -i(x + iV) + C = z - iz + C.

Nepoznatu funkciju

određujemo koristeći drugi Cauchy-Riemannov uvjet:

{}u.

Prema tome, vrijedi

i zato

Dobili smo

X

w

5 . 16.

= u + iv, 11 y) l 8u( y) x, 1 ) d + (5.10) v (x, y = - 8 x 8 dy + C. v u 11 8v(xo,y) l 8v 1 (x,y) + d + C. u(x, y) (5.11)

Ako je zadan realni dio analitičke funkcije f se njen imaginarni dio može dobiti formulom a:

8U (XO l

a:o

ill

a:o

Ilo

Y

Obratno, za zadanu funkciju se naći formulom -

pokaži da

A.. . VII

dx

X

l njoj konjugirana funkcija

!lO

_

J:l vX

može

Y

RJEŠENJE. Vrijedi

dv = v� dx + v� dy = -u� dx + u� dy (xo. Vo) - (xo1 y) - (x, y) (x, y), . G (sl. 5.1).

(iskOristili smo Cauchy-Riemannove uvjete). Integrirajmo ovaj potpuni dife­ rencijal po putu koji povezuje proizvoljnu točku (xo , YO ) iz područja analitičnosti funkcije f , s točkom tako da taj put leži u području

65

5.3. HARMONIJSKE FUNKCIJE

dy=o

(x,y)

Slika 5. 1. Integral potpunog di­ ferencijala ne otli.u o putu in­ t�raclje. Taj put biramo tako da nam omogućava jedno,tamo određivanje dijelova analitičke funkcije

Integral ne ovisi o putu integracije: v(x , y) -v (xo , Yo ) = =

1'" u� "'o

-

i

dV (x, y)

(x, y)dx +

r u� (xo , y)dy

JyO

(5.10). Analogno se izvodi i formula (5.11) 5 . 1 7. Da li funkcija u = ln(x2 + y2) može biti realni dio neke analitičke funkcije? Ako može, odredi tu funkciju. RJEŠENJE. Kako je .lu = O (provjeri! ) , to je u odista realni dio neke analitičke funkcije. Odredimo njen imaginarni dio koristeći formulu (5 . 10) ( ) - 1'" - (}u(x,(}y y) + /.y (}u(x(}xo , y) dy + C. v x, y Za početnu točku integracije uzimamo npr. točku (0,1): 2y dx + r 2 · 0 dy + C v (x, y) = r Jo x2 + y 2 Ji i odavde slijedi

-

dx

"'o

Yo

_

x = -2 arc tg + C. y

Time dobivamo w

5.18.

=

u + iv

=

ln (x2 + y2 ) + i(C

u

-

2 arc tg ::y ) .

Neka j e harmonijska funkcija. A. Da li je u 2 harmonijska funk­ cija? B. Za koje funkcije '!/J je harmonijska?

'!/J(u) RJEŠENJE. A. Izračunajmo .lu 2 : �U2 = V'(V'u2 ) = V'(2uV'u) = 2V'u · V'u + 2uV'(V'u) 21 V'u12 + 2u.lu = 2 1V'u 12 pošto je .lu = O po pretpostavci. Dakle, ako je �U2 = O , tada mora biti i V'u = O . Zato je u2 harmonijska i samo ako je u konstanta. =

ako

66

5. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE

B.

tl."p(u) = V ( V"p(U)) = V ("p'(U) VU) = "p"(u) IVu I 2 + "p'(U ) tl. (U) = "p"(u) IVu I 2 "p(u) je harmonijska ukoliko je Vu = O ili "p"(u) = O . Ako je Vu = O , tada je u konstanta i "p moze biti proizvoljna (i tada je "p(u) opet konstanta). Ako u nije konstanta, da bi "p (u) bila harmonijska, mora biti "p" (u) = O , i odavde integracijom "p(u) = Gl u + G2 . 5.19.

Da li postoji harmonijska funkcija, različita od konstante, oblika u(x, y) = "p( Y/x ) ?

RJEŠENJE. Stavimo z = y/x . Tada je

Zato

-y au _ a"p . az _ "p' ax - az ax - . x"2 ' ! au a"p . az = = "p' . ay az ay x' x2 + y2 2y a2u a2u + "p' . = "p" . tl.u = ax + x3 x4 ay 2 2 =

:2 { (1 + z2)"p" + 2z"p' } .

Da bi u bila harmonijska funkcija, mora vrijediti (1 + z2)"p" + 2z"p' = O tj. "p" 2z � = - 1 + z2 '

Integracija daje ln "p' = - ln(1 + z2) + ln Gl , tj. "p' = � 1 + z2 i odavde "p(z) = Gl arc tg z + G2 , tj . u(x, y) = "p( Y/x ) = Gl arc tg Y/x + G2 je harmonijska funkcija, jedina tog oblika.

5.4. ZADACI ZA VJEŽBU

67

5.20. Pomoću Cauchy-lliemannovih uvjeta provjeri koje su funkcije analitičke (na ne­ kom području u C ) i izračunaj im derivaciju. C. w = lzl zj B. w = z eZj A. w = z2 ' Zj D. G.

J.

E.

w = Izl j w = z · Re zj w = ez/zj

H. K.

sin 2z + 3ij w = Izl Im zj w = tg z.

F. w = Zlm zj I. w = ln zj

5.21. Odredi sve točke u kojima su diferencijabilne funkcije

C. w = x2 y2 , (z = x + iy)j 2 2 , (z = x + iY)j w = x + iy 2 2 w = 2xy - i(x _ y ), (z = x + iy).

B. w = ImZj

A. w = Re zj

E.

D. w = lzl 2 j F. w = z Re zj

G.

5.22. Odredi analitičku funkciju 1 ako su poznati njen realni ili imaginarni dio: A. tI =

� , x +y

B. v = 2(ch x sin y - xy) , I (O) = Oj

/('rr ) = l/7rj

C. tI = 2 sin x ch y - x , I (O) = Oj

D.

v = 2 cos x ch x - x2 + y2 , 1(0) = 2j F. tl = x3 + 6x2 y - 3xy2 - 2y3 , 1(0) = Oj G. tl = eX (x cos y - y sin y) , 1(0) = 0. E.

v = - 2 sin 2x sh 2y + y , 1(0) = 2j

5.23. Pokaži da su sljedeće funkcije harmonijske i odredi pripadne konjugirane funkcije: A. tl = x2 + 2x - y2 j B. tl = 2ex cos yj C. tl = arc tg(y/x)j D.

tl

= xy.

5.24. Za koje vrijednosti od a , b , e će

tl

= ax2 + 2bxy + cy2 biti harmonijska funkcija?

5.25. Neka je tf;(z) analitička funkcija. Da li su sljedeće funkcije harmonijske? B. arg tf;(z)j C. ln Itf;(z) I· A. 1 tf;(z)lj 5.26. Da li postoji harmonijska funkcija, različita od konstante, sljedećeg oblika? C. tl = h(x2 Y)j A. tl = h(x)j B. tl = h(ax + by)j D;

G.

= h(xY)j x2 + Y2 )j tl = h( x

tl

E.

H.

tl

= h(x2 + y2 )j

tI=h(X+v'X2 +y2 )j

5.27. Neka je

F. I.

tl

tl

= h(x2 + y)j

= h(x2 _ y2 ).

tl , V par konjugiranih harmonijskih funkcija. Dokaži da tada i U, V čine par konjugiranih harmonijskih funkcija, ako je A. U = eu cos v , V = eu sin Vj B. U = tl2 - v2 , V = 2t1vj C. U = eul _ v2 cos 2t1v , V = eu2 _v2 SID 2t1vj D. U = tp(tI, v) , V = tf; (tl, v) pri čemu je tp , tf; također par konjugiranih harmonijskih funkcija •

68

6.

Integral fun kcija ko mpleksne varijable

z J(z)

Neka je r orijentirana, po dijelovima glatka krivulja i I--'t funkci­ ja kompleksne varijable definirana i po dijelovima neprekinut a na r . Integral funkcije duž krivulje r definira se kao

J

l fJr J(z)dz := nlim n-L J(�k)(ZHl Zk}, ukoliko ovaj limes postoji, neovisno Jl�boru točaka Zl, zz , . . . ,Zn na krivulji (zo je početna, a Zn završna točka krivulje), te iz­ boru točaka �k unutar luka krivulje odre­ denog točkama Zk , ZHl (sl. 6 .1 . ). Limes uzimamo po svim razdiobama za koje vrije­ O. di max I Zk+1 - zkl Ova definicija omogućava da se uspostaveza sa krivuljnim integralom realnih funkcija; ako je J(z) = u(x, y) + iv(x, y ) , tada vrijedi ....

oo

(6. 1 )

r

-+

Zo Slika 6. 1. Razdioba luka krivulje r pri definiciji krivuljnog integrala

vi

1 J(z)dz = 1 u(x, y)dx -v(x, y)dy + i 1 u(x, y)dy + v(x, y)dx,

(6. 2)

pri čemu su integrali s desna krivuljni integrali realnih funkcija, uzeti po krivulji r C Rz . Navodimo osnovna svojstva krivuljnih integrala: 1. 2.

f k=l t CkJk(Z)dz = k=tl Ck Jfr Jk(z)dz l- J(z)dz = 1 J(z)dz

Jr

-

6.1. KRIVULJNI INTEGRAL

69

gdje je r - krivulja identična krivulji r , ali s protivnim smjerom obilaska.

f J(z)dz = f J(z)dz + . . . + h.f J(z)dz 2, II J(z)dz l � l IJ(z)1 ds

3.

hl h ukoliko se krivulja r sastoji od lukova rl , r

4.

gdje je

. . . , rn .

ds diferencijal luka krivulje r .

***

U krivuljnom integralu smijemo zamjenjivati varijable; ako je cp analitička funkcija koja preslikava jednoznačno krivulju r* na r , tada vrijedi

f J(z)dz = f J(cp«()) cp'«() d(.

(6.3)

Jr Jr Ovu formulu koristimo pri računanju krivuljnih integrala kod kojih krivulja r ima parametrizaciju oblika r . Tada glasi rl Jr .

(6.3)

. z = "Y(t), to � t � tl ,

f J(z)dz = Jto J(')'(t» "Y/(t) dt.

(6.4)

(6.4)

se često uzima kao de:6nicijska formula za krivuljni integra�J.. Npr. za integral po kružnici r . O dobivamo:

. z = Zo + r eit , � t � 21T Ir J(z)dz = 12'1f J(zo + reit ) ireit dt. .

Ovaj pak integral možemo računati tako da ga razbijemo na realni i imagi­ narni dio, no obično ga računamo kao integral po realnoj varijabli tretirajući imaginarnu jedinicu kao konstantu.

t,

6.1. RJEŠENJE. ili

pak

Izračunaj integral

z2 = 2 +i.

fr z dz, po odresku koji spaja točke = 1 i

Jednadžba krivulje r glasi r . y= r.

. . x - l, 1 � x � 2, . . "Y(t) = 1 + t(2 + i - l) = 1 + (1 + i)t, O � t � 1.

ZI

6. INTEGRAL FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE

70

Po (6.2) :

Ir z dz = Ir x dx - y dy + i Ir y dx + x dy = IrXdX - (X - l)dx+ilr(X - l)dX+XdX = 1 dx + i 1 (2x - l)dx = 1 + 2i. 2

2

Računajući pak po (6 .3) , imali bismo

f zdz = Jro [l +' (l + i)t](l + i)dt = ( l + i)[t + (l + i);] 1 : = l + 2i.

Jr

6.2.

Izra.čunaj integral

f iz i dz po krivuljama na slici.

Jr,

Slika 6.!. Krivulja rl je spoj­ nica točaka -1 i l , dok ,e r2 polukruinica koja spaja iste točke

·1

rl glasi rl . . . y = o, x = t, -l � t � l i vrijedi I z l = l t + i O I = I t l , dz = dx + i dy = dt . Zato fJrl i z i dz = J-Il I t l dt = 2 Jfo l t dt = 1 . Za pa.rametrizaciju krivulje r2 biramo r Z eit t E [11",0], RJEŠENJE. Pa.rametrizacija krivulje .

te je

2···

-

,

Primijeti da ovaj integral ovisi o putu integracije. Međutim, o n ne ovisi o izbo­ ru pa.rametrizacije zadane krivulje. Tako npr. krivulje u ovom zadataku imaju

11

6.1. KRlVULJNI INTEGRAL

(između ostalih) i sljedeče parametrizacije:

. . . z cos t, t E l[11', O], . . . z ln-t,2 t t E [ /e, e], 2 . ·z = e i , t E [11'/2, 0].

rl

=

rl r

=

.

Provjeri da se u svakom od ovih slučajeva dobiva isti rezultat. ***

J

G

analitička funkcija u jednostruko povezanom području i r Neka je zatvorena Jordanova krivulja sadržana u Tada vrijedi, po Cauchyjevom teoremu

fr J(z)dz

Kao

G.

=

(6.5)

O.

posljedicu ovog osnovnog rezultata dobivamo činjenicu da integral analitič­ ke funkcije ne ovisi o putu integracije. Neka su A , B zadane točke unutar i rl , r2 dvije krivulje koje spajaju točke A , B (i leže unutar Tada vrijedi

f J(z) dz Jfr2 J(z) dz.

Jr 1

G

G).

=

Slika 6.9. Integral funkciie koja je analitička na podrucju G ne ovisi o putu integraciJe već samo o početnoj i zavrinoj točki. Pri tom ne smijemo zaboraviti da put integracIje mora ležati unutar G , taj integral ovisi dakle o području G

Neka je cijela funkcija (analitička u čitavoj kompleksnoj ravnini e). Ta­ da gornji integral možemo označavati kratko sa jer on ovisi samo o točkama A i B (pošto je funkcija analitička na svakom području u komp­ leksnoj ravnini). Neka su proizvoljne točke. Po gornjem, dobro je definirana funkcija

J

J: J(z)dz,

zo , z

G

<J.)(z) Jrzo J{z)dz. Nju nazivamo neodređeni integral funkcije J. To je analitička funkcija za koju vrijedi <J.) ' {z) J(z). Najčešče pišemo kratko <J.) ( z) J J(z)dz . =

=

=

6. INTEGRAL FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE

12

2 )dz (4z 3z 1 = 1 Z2 = i. J(z) = 4z - 3z2

6.3.

Izračunaj integral · Zl i

po dužini r koja spaja točke

RJEŠENJE. Podintegralna funkcija je analitička u čitavoj kompleksnoj ravnini. Integral zato neće ovisiti o putu integracije i vrijediti će Newton-Leibnitzova formula:

li (4z - 3z2 )dz = (2z2 - z3 ) 1 : = -3 i. +

Neka je J analitička funkcija u jednostruko povezanom području G i r zatvorena Jordanova krivulja u G , koja obuhvaća točku a . Cauchyjeva inte­ gralna formula glasi

1 . 1 J(z) dz, J(a) = 2 Jr z - a J{z) dz' "nl { a) = � J 21f'i lr {z - a)n+!

(6.6)

1f''L

te, općenitije

(6.7)

pri čemu se po zatvorenoj krivulji r integrira u pozitivnom smislu.

6.4.

dz = { 21f'i , n= 1, (z - a)n O, n E Z,

Dokaži da je

f Jr

1,

n # gdje je r kružnica sa središtem u točki a i polumjerom

r.

RJEŠENJE. Dakako da se vrijednost ovog integrala može lako izvesti po formuli (6.7) . Međutim, ovaj račun predstavlja najvažniji korak pri izvođenju formule (6.7) , odnosno (6.6) , stoga ćemo ga izvesti direktno. Izaberimo uobičajenu parametrizaciju kružnice r . r . . . = a + reit, Tada za . . stavimo -m i slijedi

z O � t � 21f'. n = O, -1, -2, . f dZ n =f = (z a)Tndz = O Jr (z - a) " Jr -

po Cauchyjevom teoremu, jer je podintegralna funkcija analitička unutar pod­ ručja integracije. imamo Za

n=1

Ir dz = 1211' ir eit-' dt = 21f''L.. rZ

-

a

o

-

r e't

,

6.2.

73

CAUCHYJEVA INTEGRALNA FORMULA

n = 2,3, . . . , dz --;:- = 1211' irn eitt dt 1I' -;--._� _r 211'eme{l -n)it 2. e(l -n)it 211" dt = rn-I (1 - n)i 1 = O. rn - l 1 Formula (6. 7) se može koristiti u računanju integrala Cauchyjevog tipa: f f(z) dz = 27ri {n ) (a), (6.8) f JI' (z - a) n + 1 no ove i slične integrale ćemo računati mnogo jednostavnije primjenom računa ostataka, vidi § 13. 2 . Dustrirajmo (6. 8 ) na par primjera. Za

-o -

o

=

6.5.

o

o

Izračunaj integral po zadanoj krivulji:

) dz, r . . . I z l = 2; 1I' (Zcosz 2 B. JfI' :ctzdzl ' r . . · Iz - 2 1 = 2; e� ' r okružuje točke +1 i -l . 2 Ir z l RJEŠENJE. A. Krivulja r obuhvaća točku = i, f(z) = cos z je analitička svuda. Formula (6 . 8) daje 27ri (cos Z)z=i = 7r2( - cos 2.) = -27rCh 1. f cos z dz = 2! JI' (z i) B. Stavimo f(z) = z +z2Z+ z + 1 r obuhvaća točku a = l: f zdz = f f(z)dz = 27ri (l) = 7ri f 2 Jr z4 - 1 Jr z - l U ovom slučaju moramo rastaviti integral po krivulji r na dva integrala po krivuljama r l , r2 (sl. 6. 4 ) i tek potom iskoristiti Cauchyjevu integral­ nu formulu: f eZ dz = f eZ dz f eZ . dz + . Jr Z2 - 1 Jr l z + l z - l Jr2 z - l z + 1 = 27ri ( : + �-� ) = 27ri sh 1. l 1 1 ' 3

A:

_

c.

a

_

11

3

3

t

.

•

•

c.

_

Slika. 6.4.

6. INTEGRAL FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE

74

RJEŠENJE. polumjera

J

Dokaži Liouvilleov teorem: Ako je cijela funkcija i ako je og­ raničena na e : IJ(z) 1 'riz E C, tada je konstantna. Neka je CR kružnica sa središtem u proizvoljnoj točki z E e l Za svaki > O vrijedi, po

6.6.

� M,

J

R.

R (6.7): 1 1 ( J«())2 d(, J (z) = 2---; (-Z Zato, 1 1 I J(�) I ds � 1'11" ' M2 , 2'11"R = R' M lj (z) 1 � 2'11" I ( zl2 2 R Kako je R proizvoljno velik, to mora 'biti J'(z) = O , za svaki Odavde slijedi tvrdnja, I

I

'1I" S

CR

CR

_

z.

Osnovni stavak algebre: Dokaži da svaki polinom stupnja n � l ima barem jednu nul-točku (i stoga točno n nul-točaka, računajući im kratnosti). Kad polinom Pn ne bi nul-točaka, tada bi funkcija z 1-+

6 . 7.

imao

� �

RJEŠENJE. bila analitička u čitavoj kompleksnoj ravnini e, dakle, cijela. Međutim, Pn z) bi bila i omeđena (dokaži zašto!) i po Liouvilleovom teoremu slijedilo bi Pn Z) Pn =const.

6.8.

Izr&čunaj sljedeće krivuljne integrale

A. Ir e% dz,

B.

C. D.

6.9.

r :

parabola

y=

z2

koja spaja točke

{ ez dz, r : dio pravca od točke . ZI

lr

Ir (z2 + z z)dz, Ir in z dz , zs

r :

r :

O do z2 = l + i i luk kružnice z = eil(), rp E [0, 11"] j =

dio pravca od točke

ZI

Izr&čunaj sljedeće integrale, integrirajući smjeru:

A. l:I=5 z2 �16 1 z sh Z d �' C i

•

1.01=1 Z3

N,

ZI = O i z2 = l + i ;

po

B.

D

=

•

O do ,z2 = l + i .

zadanim krivuljama, u pozitivnom

{ 11 % 1=1 { '

.

Jlzl=2

eZ COS11"Z dz '

z2 + 2z ' e% dZ j +

·

75

7.

Mobiu sova tran sformacija

Mobiusova transformacija (lli razlomljeno linearno preslikavanje) je pre­ slikavanje oblika az + b w = = ez +

S(z)

(7.1)

pri čemu su a, b, e, d kompleksni brojevi za koje vrijedi ad - bc ::1= O. (Ukoliko taj uvjet nije ispunjen, tada je funkcija konstantna.) Korisno je preslikavanje definirati na cijeloj kompleksnoj ravnini, (kojoj je dodana beskonačno daleka točka oo ) , --+ na način

S

S: e e,

•

d 8(- - ) e

= oo,

8(00)

a e

= -.

e

Tada će 8 preslikavati bijektivno upotpunjenu ravninu na c . Svaka se Mobiusova transformacija može prikazati u. obliku kompozicije nekih od sljedeća četiri preslikavanja: (i) (ii) (iii) (iv)

8(z) = z + b, 8(z) = 8(z) = e i'P

kz, z, 1 S(z) z = -,

translacija za broj b, homotetija za faktor rotacija za kut t.p,

•

k

>

0,

(7.2)

inverzija.

Ta su preslikavanja i sama Mobiusove transformacije. Zovemo ih elementarne transformacije.

7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

16

7. 1 .

Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava kružnicu l na kružnicu 11 =

}

{Iw

2} .

-

{ Iz l =

RJEŠENJE. Traženu Mobiusovu transformaciju možemo dobiti kao kompozi­ ciju dviju elementarnih transformacija: homotetije = i translacije Dakle, = + = o = + = (sl. Dakako, preslikavanje nije jedinstveno. Tako npr. zadovoljavaju i sva preslikavanja = + l , za proizvoljan realni tp , te = + itd. Provjeri!

Sl (z) 2z S2 (Z) z 1. S(z) (S2 Sl )(Z) S2 (2z) 2z 1 7.1.) w 2ei'l'z w 2/z 1,

I �� I

7.2.

3

Slika 7.1 .

Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava kvadrat + G= u kvadrat G* = u tako da vrh A( -l, prijeđe u vrh A*(O,

{ lx i Iyl � l} {O � � 2, O � v � 2}, O) O) .

A 2

Slika 7.2.

7.2. Jednadžbe preslikavanja su / 1<" Sl . . . ZI ei 4 Z, S2 . . . Z2 V2 Z1 , S3 . . . w = Z2 + 1 + i ,

RJEŠENJE. Postupak je opisan u sl.

=

7.1. RASTAV MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE

te je

8(z) (83 82 8d(z) =

o

o

=

../2ei1r/4z

77

+ 1 + i = (1 + i )z + 1 + i.

Napomenimo da je gornje preslikavanje atino, i da nema drugog takvog preslikavanja među zadanim područjima, koje bi točku A preslikavalo u A* . Međutim, rastav na elementarne transformacije nije jedinstven. Nije teško opi­ sati i druge mogućnosti, koje će dati, u kompoziciji, isti rezultat (npr, najprije translacija za potom homotetija za faktor ../2 i potom rotacija za kut

1,

tr/4).

***

Kažemo da su dvije točke cu, ako vrijedi

Zl i Z2 simetrične obzirom na jediničnu kružni­

Z2

ZI ZI .

ako je poznata Konstrukcija točke (i obratno) vidi se na sl. 7.3: iz točke povlačimo tangentu na kružnicu k , a zatim iz dirališta T spuštamo oko­ micu na spojnicu ishodišta i točke Ako je početna točka unutar kružnice. k , primjenjujemo obratan postupak: najprije dižemo okomicu na spojnicu toč­ ke s ishodištem i potom iz presječne točke te okomice s kružnicom povlaaimo tangentu.

ZI

Slika 7.9. Konstrukcija točke simetrične zadanoj s obzirom na jediničnu kružnicu

Za zadanu točku z , njoj simetrična glasi

1

arg( = ) z

=

l/z

-

arg z = arg z, _

l/Z. Zaista, lIJ 1 l ]=

=

Izl

=

iZi'

Preslikavanje w = nazivamo inverzija. Ono je kompozicija dviju si­ metrija, prve s obzirom na jediničnu kružnicu, i druge, s obzirom na realnu os točke određuje se (nevažno u kojem poretku). Geometrijski, slika w = konstrukcijom primijenjenom na sl. 7.4.

l/z

Z

7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

78

z

Slika 7.4. Konatrukcija inverzne točke zadanoj točki z l ako se z nalazi unutar kružnice (lije'IJo), ili ako je' 'lJan nje (desno) ***

M6biusova transformacija ima sljedeća svojstva: - Slika jedinične kružnice je ponovo jedinična kružnica (svaka se njena točka zrcali s obzirom na realnu os ) . - Slika kružnice koja prolazi ishodištem i siječe jediničnu kružnicu u točka­ ma A , B , jest pravac koji prolazi točkama A* , B* , simetričnim točkama A i B s obzirom na realnu os (sl. 7.5). - Slika pravca koji siječe jediničnu kružnicu u točkama A* , B* jest kružnica koja prolazi ishodištem i točkama A , B .

k

Slika 7.5. Slika kružnice koja t>rolazi ishodištem je prat/ac ko1i siječe jediničnu ,,",inicu, i obratno

1.1. RASTAV MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE

7.3.

79

W -izz ++1 i

Rastavl M"ob'lUSOVU transfiormaclJu " zatim preslikaj jedinični krug. .

RJEŠENJE.

ZI

z2 Z3 Z4 Z5

=

Z

1

+ 1,

= -,

ZI

-

= =

•

2Z3 Z4

-

2

=

2i

--

.

-t

translacija za 1

- .z2 - ei'll'/2 z2 , i -

. na elementarne l

. zz +- ll . z + 1 z+l z+l '

w = -t-- = -t

te imamo sljedeći rastav:

=

inverzija rotacija za kut 'Tr/2 homotetija za faktor 2 translacija za

-i 7.6.

Djelovanja pojedinih preslikavanja opisana su na sl.

• Slika 7. 6. ***

Osnovno svojstvo Mobiusove transformacije jest da preslikava kružnice u kružnice (pri čemu i pravce smatramo kruznicama beskonačno velikog polumje­ ra. Primijeti da četiri elementarne transformacije imaju ovo svojstvo, a svaka je Mobiusova transformacija kompozicija elementarnih). Svaka je kružnica određe­ na s tri točke. Da bismo odredili sliku područja G omeđenog lukovima kružnica (tu ponovo ubrajamo pravce!) dovoljno je preslikati proizvoljne tri točke iz sva­ kog dijela i kroz njihove slike ponovo povući kružnice. Pri tom će smjer obilaska po krivuljama koje omeđuju zadano područje G ostati sačuvan. Ako biramo poredak točaka tako da G pri obilasku ostaje s lijeve strane, isto će vrijediti i za područje G* (sl.

7.7).

1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

80

Slika 7.7. Neke mogućnosti pri �reslikavanju Mi>biusovom tmnsformacijom. Obmti pozornost na smjerove obdazaka. Područ.je ostaje uvijek s l.jeve stmne

W � : z-l l}; B.D. prugu poluravninu {Rez < 2}; {O < Rez < l}. 7r/4} j RJEŠENJE. A. Izaherimo tri točke koje određuju kružnicu {Izl l} i presli­ kajmo ih: Wl Zl 1, . Z2 z, W2 , '21 - '2z,1 . Z3 -1, W3 21 Slika jedinične kružnice je kružnica koja prolazi točkama Wl , W2 W3 . Kako je među njima točka riječ je zapravo o pravcu. Područje G* nalazi se s lijeve 7.4.

Preslikaj zadana područja funkcijom

A. jedinični krug {Iz l < C. isječak {O < arg z <

i

=

=

=

= OO ,

=

=

=

= -.

J

oo,

strane tog pravca (sl. 7.8).

Slika 7. 8.

1.1. RASTAV MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE

81

7.9 .

B. Sada ćemo odabrati tri točke S pravca koji određuje područje G (sl. ) U takvom slučaju uvijek biramo i točku oo , zbog jednostavnijeg računa. Dobiva­ mo

Wl = 2, Z2 = 2 + i, .. W2 = '23 - '21 �.' Zg = W3 = 1. i slika j e krug određen točkama W l , W2 i Wg. oo,

Slika 7.9.

=

=

C. Izabrat ćemo po tri točke sa svake od zadanih dviju zraka t.p ° i t.p 7r/4 (ukupno četiri točke, pošto ishodište i točka oo pripadaju objema zrakama) . Područje G" određeno je s dva kružna luka (sl. )

7.10 . ZI = 0, Z2 = 1, Zg = z = 1 +i Wl = 0, W2 = Wg = 1, W44 = l -i . oo,

oo ,

Slika 7. 10.

7. 1 1) : ZI = 0, Z2 = i, Zg = Z4 = 1 +i, Z5 = 1, 1 1 Wl = 0, W2 = '2 - '2�. ' Wg = 1, W4 = 1 - i, W5 =

D. Pruga je određena s najmanje 5 točaka (sl. oo,

oo .

7. MOBlUSOVA TRANSFORMACIJA

82

Slika 7. 11.

Ako su zadana tri para međusobno pridruženih točaka ( ) 1, 2, 3 , tada Mobiusovu transformaciju ( ) , određenu tim točkama, računamo po formuli: (7.3)

Zk ' Wk , k = W=S Z W -Wl - WI = -Z - ZI : Z3 - ZI W - W2 W3 - W2 Z - Z2 Z3 - Z2 Ako je neka od zadanih točaka jednaka tada Mobiusovu transformaciju tra­ žimo u obliku

W = azZ -+Zleb ,

Wk = ako je Zle = ako je Zle = i Wie =

--

ili ili

oo ,

oo,

ako je

(7.4)

oo,

W = az + b,

oo

(7.5) oo .

(7.6) Preostale dvije nepoznate konstante odrede se potom pomoću preostala dva para točaka. ***

U sljedećem zadatku tražena Mobiusova transformacija nije jedinstvena. Njen oblik će ovisiti o izboru parova točaka ( ) koje možemo birati po našoj volji. Činiti ćemo to na što prirodniji način (s nadom, opravdanom, da će tako i traženu funkciju biti lakše izračunati).

Zk ' Wk ,

7.5.

Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava područje G u G* : GO< {lwl > A. G { I - 1 1 < B. G { I zl < G* {Imw > G* {lw l < C. G {Im > G* = {Re w > D. G {Im z >

= Z l l , = l}; = l}, = O}i = Z O}, = l}j O}. O}, =

7. 2, IMPLICITNI OBLIK MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE

83

RJEŠENJE, A .

ZI Z2 Z3

= -1 =i =1 w - (-l) , _l_-�.-:.. = z - 2 : 0 - 2 ' w-i l -i z-I-i O-I-i 1 = 1-z .

= 2, = 1 + i, = O,

i odavde B. ZI Z2 Z3

W

WI

W2 W3

Slika 7. 12,

-

= 1, = O = i, = 1 = - 1, w3 = WI

W2

oo

Slika 7. 13,

Transformaciju tražimo u obliku = azz ++lb Jer Je, w3 = dva para točaka daju 0 = 1a ++ 1b ' 1 = aii ++lb a = -i, b = i. -iz + i Zato, w = z+l C. = O, = 1 z2 = 1, = i Z3 = = -1 -- ,

W

.

oo ,

==?

---

ZI

WI

W2

oo, W3

Slika 7. 14.

Sada je

w = z ++ , Jer Je = Nadal'Je, 1+ t. = 1= = -t, (3 = t, 1 + (3 = -zz++z,i Provjeri da je ova funkcija inverzna onoj cl!

Z

•

•

Z3

oo .

cl!

--

i odavde

W

.

==? cl!

•

iz B.

Preostala

1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

84

D.

Z1 = O, W1 = O Z2 = l, W2 = -i Z3 = oo, w3 = oo Slika 7.1 5.

Sada je Dakle,

w

= az + b ( Z3 = W3 = oo ) . O = a . O + b, -i = a . + b

w

= -iz

Nadalje,

l

(rotacija za kut

-'fr /2 ) .

====>

a=

-i, b

=

O.

WZ11,, WZ22

Svojstvo simetrije z a M6biusovu transformaciju glasi: ako su točke simetrične s obzirom na kružnicu (ili pravac) k , tada su njihove slike simetrične s obzirom na sliku k* (sL

7.16).

\

\ \ \ \

\ \

\ \ \ o Z2

Slika 7. 16. Par simetričnih točaka preslikava se Mjjbiusovom tmnsformacijom ponovo u par simetričnih točaka

7.6.

Pokaži da je

w

= ei'f' 1z--zZoZo

(7.7)

opći oblik M6biusove transformacije koja preslikava jedinični krug { I z l < l } u jedinični krug { Iw l < l} , tako da točka prvog kruga prelazi u središte w drugog kruga ( cp je proizvoljan realan broj).

=O

z = Zo

7.3. SVOJSTVO SIMETRIJE ZA MOBIUSOVU TRANSFORMACIJU

85

Slika 7. 1 7. Par točaka zo , ZI simetričnih s obzirom na kru­ žnicu k preslikava se u par točaka wo , wl simetričnih s obzirom na kružnicu k*

RJEŠENJE. Neka je ZI točka simetrična točki Zo s obzirom na jediničnu kru­ žnicu k = { Izl = l} (sl. Znamo da vrijedi ZI = l/zo . Po principu simetrije, njihove slike Wo i Wl će također biti simetrične, s obzirom na sliku k* = {Iwl = l} . Međutim , kako je Wo = to mora biti Wl = oo . Zato tražena transformacija ima oblik

7.17).

z - zo Z - ZI

= 0: -- =

o:

O,

Z - Zo Z - lizo

-o: _Zo

Z - Zo

Z - Zo

1 - Z Zo 13 1 - Z Zo , gdje je 13 neka konstanta, koja nije potpuno proizvoljna. Odrediti ćemo njen oblik, znajući da mora vrijediti Iwl 1, čim je Izl 1. Kako za Izl 1 imamo w

=

=

1 1 - z zo l

= =

to mora biti

1

=

Iwl

=

=

=

=

I z l ' 1 1 - z zo l = Izl ' 1 1 - z zo l Iz - z z zo l = Iz - zo i = Iz - zo i ,

1 13 lz--zZozo I

=

1 131 . I z - zo i

=

Il - z zo l

113 1

i stoga 13 ima oblik 13 = eirp , cp proizvoljan realan broj. Broj cp ipak možemo odrediti, ukoliko je poznat još jedan podatak o pre­ slikavanju, npr. derivacija w'(zo ). (Geometrijsko značenje te derivacije biti će · opisano u sljedećem poglavlju.) Vrijedi

1 - zozo _ w '(Zo ) - eirp (1 - z -Zo ) 2 te je w'(zo)

=

.

elrp

1

1 - ZoZo

=

eirp . 1 - lzo l2

Broj l - lzo l2 je realan i pozitivan, te je arg eirp cp =

arg w'(zo).

= cp =

arg w'(zo ) . Dakle,

7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

86

7.7.

Pokaži da je

. z - Zo w = e"" -z - zo opći oblik Mobiusove transformacije koja preslikava gornju polu­ ravninu {Im z > O} na jedinični krug { Iwl < l} , tako da točka Zo iz zadane poluravnine prijeđe u središte Wo = O kruga. ( cp je proizvoljan realan broj . )

(7.8)

RJEŠENJE.

Slika 7.1 8. Simetričan par to­ čaka (8 obzirom na realnu 08) prelazi tl par O , oo

je

Par simetričnih točaka ZO , ZI = Zo prelazi u par Wo = O , Wl =

oo .

Zato

z - Zo W = O: --. Z - zo Za sve realne z vrijedi z = z i Iz - zo i = Iz - zo i = Iz - zo i . Kako realna os mora prijeći u jediničnu kružnicu, to imamo I z - zo i = Iw l = 1 0: 1 · = 1 0:1 Iz - zo i i ponovo je o: = et'tp , za neki realni cp .

1

7.B.

Odredi funkciju w = J(z) koja preslikava jedinični krug u samog sebe, tako da bude J(l) = O i arg j'( l ) = � .

RJEŠENJE. Po Zadatku

7.6 je, za Zo = ! , z - !2 W - e"" 2 1 - 2Z -

7.9.

. I

cp

__ _

1

.; .

=

�

i

2z - 1 2-z

__

•

Odredi funkciju w = S(z) koja preslikava desnu poluravninu = {Re z > O} u krug {Iw l < 2} tako da bude = O , arg tr/2 .

5(1)

5'(1)

RJEŠENJE. Tražena funkcija S je kompozicija triju Mobiusovih transformaci­ ja (sL i to: rotacije Sl (za kut tr/2 ) koja prevodi desnu poluravninu u koja preslikava gornju poluravninu u jedinični krug gornju, transformacije . te homotetije Sa (za faktor 2).

7.19)

52

7.3.

SVOJSTVO SIMETRIJE ZA MOBIUSOVU TRANSFORMACIJU

87

Slika 7. 19.

ZI = Sl (Z) = ei1r/2z = iz, a1. := Sl (l) = i, ZI - i. , Z2 = S2 (Zl ) = e''P. ZIZI -- alal = e''P -ZI + w = S3 (Z2 ) = 2Z2' Dakle, iz - i _ z - l w - 2 e i'P -- - 2 ei'P -iz + i Z + 1 Nadalje, . 1 ===> w'(l) = e'.'P w' = 4e''P (z + 1)2 7r ·z-l . te Je = arg w'(l ) = - ' w = 2z -- . 2 z+ 1 7.10. Odredi funkciju w = S(z) koja preslikava jedinični krug {I z l l} u gornju poluraVIiinu {Im z O} tako d a bude w(O) = 1 + i, arg w' (O) = -7r/2 . . RJEŠENJE. Nađimo inverznu transformaciju z = S -l(w) ! Ona preslikava gornju poluravninu na jedinični krug i pri tom točka = 1 + i prelazi u iS­ hodište Zo = O . Odredimo još arg z ' (w ) . Kako je (S-l o S)(z) = z, to je (S -l o S) ' (z) = 1 i arg (S-l o S)'(z) = O . Dakle, 0 = arg[(S-l)' (w) ' S'(z)] = arg z'(w) + arg w' (z) . Stoga je argz ' (wo) = -argw ' (zo) = 7r/2 . Po formuli (7. 8 ) imamo - i. z = e'.'P ww - = e'.'P ww -- 1l +i Odredimo Vrijedi z' = ei'P (w - 2il +i)2 ===> Z'(1 +i) = --2liei'P . Z

_

cp

<

>

Wo

o

Wo

- Wo

cp .

1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

88

zl(l + i) = arg( '2i . ) -'2 + odnosno z = et.1f ww -- 11 +- ii = ww -- 1 -+ i Izračunavši odavde w dobivamo traženu funkciju: w = (1 - i)zz ++l 1 + i .

7r te je '2 = arg

-

1 e
=

7r

= Odredi funkciju samu sebe, tako da bude

= 7r . Dakle,

w S(z)S(i)koja 1preslikava poluravninu u + i, arg Sgornju '{i) = 12 RJEŠENJE. Preslikajmo obje poluravnine na jedinični krug, pomoću dvi­ ju Mobiu80vih transformacija Sl i S2 ! Neka pri tom vrijedi Sl(i) S2 (l +i) O . Tada će naša tražena funkcija imati oblik S = S;l Sl (sL 7.20).O , 7. 1 1 .

�

7r

=

o

•

=

Slika 1.20.

Vrijedi

-

e z -e w i odavde w--- 1 -i = z - i w- 1+i z+i Da bismo ispunili drugi uvjet, derivirajmo ovu jednakost: {w - 1 +2i)2 . 2iwl 2 - ei

_

i
-_ -

_


=

= 7r

Zo

_

i
- Wo

=>

, _

W

Wo

---:----:- = Z --

�

-z

7.4. KANONSKI OBLIK MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE

89

= S(z), b=Z S(Z) = az+ cz+ d CZ2 + (d - a)z - b = O.

Mobiusova transformacija w različita od identiteta, može imati jednu ili dvije fiksne točke. Dobivamo ih rješavajući jednadžbu: koja sređena glasi

(7.9)

Ova jednadžba ima jedno, dva ili pak beskonačno mnogo rješenja. U trivijalnom slučaju, u kome svaki zadovoljava jednadžbu, mora biti e O , Oi Transformacija tada glasi dakle I , identično preslikavanje i svaka je točka 9 fiksna točka. Ako je OO fiksna točka, tada ima oblik Ukoliko je

b = = d = a. S= S(z) = az + b. a ':f: l ,

z S(z) = z, S

z e b točka - je druga fiksna točka takvog preslikavanja. 1-a Preostaju dva netrivijalna slučaja: Mobiusova transformacija ima točno jed­ nu fiksnu točku Za , ili pak točno dvije različite fiksne točke ZI , z2 (zo ZI, Z2 ':f: ) Odredimo karakterizaciju Mobiusove transformacije u tim slučajevima ­ l

oo .

kanonski oblik Mobiusove transformacije.

7.12.

� . .. Pokaž·l da M"ob'lUSOva translormacIJa w -- Ima točno jednu fiksnu točku ako i samo ako se dade prikazati u obliku 1 1 __ __ a , a ':f: O, ':f: oo, (7. 10)

= S(Z) = czaz ++ db

{ W - Za = Z Zo- ,Zo + w

= Z + b,

U tom je slučaju

a=

za

=

Za

oo

2c

a+

(7.11)

(Ovakvo preslikavanje nazivamo paraboličkim . )

Zo ':f:Z = ZaZa WZa==S{z) = S(za) = Za . S{z) = {az + b)/d Za a-d Za = --

RJEŠENJE. Slučaj oo je očigledan. Neka je oo . je zaista fiksna točka preslikavanja definiranog sa (7.1O): za desna strana ima vrijednost oo , pa mora biti w za , tj. vrijedi Pokažimo nužnost. Jednadžba (7.9) ima samo jedno rješenje. Pri tom ne smije biti e O l jer bi tada preslikavanje glasilo i imalo bi i drugu fiksnu točku oo . Neka je jedina fiksna točka. Ona je dvostruko rješenje jednadžbe (7.9) i glasi 2c

=

(7.12)

7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

90

Sada je

l l +d az + b - Zo = az + b cz- cZZo - Zo = --dzo cz + d cz+ d --,--+--:b -= --;:- dzo--: z(a--czo) cZo = (Z - zo)(a -c(zczo)- zo)- (cz+ od2 -+ azo + dzo - b) zadovoljava (7.9) pa vrijedi cz5 - azo + dzo - b = O. Također, (7.12) daje dZo+czo = a - czo: c c(z - zo) + a - cZo • l l - Zo = (z - zo)(a - czo) = z - Zo + a - cZo = : z -l Zo + a i broj a zadovoljava (7. 11) a = a -cczo = ca - = 2c a - c 2c Spomenimo još da izbor a = O u formuli (7.10) daje S = I i tad je svaka točka fiksna. w

-

--

--

w

---

--

--

7. 13.

az + b . = z = -cz + d

-

t ranslormaCIJa ' o lUSOva Ima tocno Poka�ZI· da M"b r " w S{ ) ako i samo ako se dade prikazati dvije različite fiksne točke u obliku

{ -- ZI = ), Z - ZI , - Z2 Z - Z2 w

ZI , Z2

ZI, Z2 f:. OO, (7.13) ZI = ),(z - zt ), ), f:. l , Z2 = U tom je slučaju (7. 14) ), = aa -- CZCZl2 odnosno ­ �==��7.= ), = -aa�++-dd7+(7.15) (Za ), > O preslikavanje nazivamo hiperboličkim, za ), oblika ),loksodromičkim. = ei'X, (a f:. O)) eliptičkim, a za ), = reia (r f:. l , f:. O) --

W

W

-

), f:. l,

oo .

cl:

RJEŠENJE. Dovoljnost je ponovo očigledna: Preslikavanje definirano sa (7. 13) ima fiksne točke Kad bi imalo još i treću fiksnu točku, bilo bi i

ZI Z2 .

1.4. KANONSKI OBLIK MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE

= S(z) = z

,x 1.

z,

91

S

Dakle, ima točno dvije fiks­ za svaki i odavde = ne točke. Neka su sada E sve fiksne točke od Tada vrijedi w

ZI , Z2 e S. W - ZI = az + b - ZI = aZ + b - CZIZ - dZl -az + b - CZ Z - dZ CZ(a -+ CZ -)ZZ2- (dzl - b) 2 2 I = 7---�---7��� (a - CZ2 )Z - (dZ2 - b) b dZ 1 Z = aa -- CZCZl2 dZa -2 -CZIb . z - a - CZ2 Kako je ZI fiksna točka, to vrijedi aZ} + b ==> ZI = S- l (zd = dZ1 - b ZI = S(ZI) = --'---:: a - CZI CZI + d i slično za Z2 . Zato je W ZI = a - CZl . Z - ZI = : ,x Z - ZI . ' W - Z2 a - CZ2 Z - Z2 Z - Z2 smo označili ,x = aa -- CZCZ2I . Vidimo da je ,x ::j:. 1, jer bi 1 dalo ZI = Z2 . �adalje, ZI i Z2 su rješenja jednadžbe (7.9 ): (7.16) ZI ,2 = a - d ± .j(a2c- dP + 4bc . Neka je ZI ono rješenje s predznakom +, a Z2 s predznakom - . Ovako odre­ đene vrijednosti za ZI i Z2 uvrštene u (7. 1 4) daju relaciju (7.15). Neka j e N i S Mobiusova transformacija. De:f'b::V.rajmo SO = I (iden­ titeta) i dalje induktivna sn S sn - I . Tada vrijedi, za preslikavanje oblika (7.10) ...,. .".. 1..,.. - Zo- = S(z)1- Zo + Q = Z -1 Zo + 2Q S2 (z).,. i indukcijom 1 1 (7.17) sn (z) _ zo Z - Zo + nQ. Za preslikavanje oblika (7.13) dobivamo S22 (z) - ZI S(z) - Zl = ,x2 Z - ZI S (Z) - Z2 S(Z) - Z2 ' Z - Z2 -=:;....:...;::--

-----

---­

--"-­

'Th.

,x

n

=

***

E

=

o

-;::-.,.....,-

=

- =

,x

---

1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

92

snn (Z) - Zl = .An Z - ZI (7.18) S (Z) - Z2 Z - Z2 E C, Neka je niz {an } definiran sa an+ ! := Sean ), n � O. Tada je an = sn (ao). U slučaju kad S ima samo jednu fiksnu točku Zo :f:. relacija (7.17) pokazuju da vrijedi lim an = Zo . Ako S ima dvije fiksne točke ZI , Z2 :f:. tada, za I .A I < 1 vrijedi lima 1, lima U slučaju I .A I = 1 , niz može imati = ZI , za I .A I = Z . 2 n n više (pa i beskonačno mnogo) gomilišta. i indukcijom

ao

oo ,

oo ,

>

7.14.

Odredi gomilišta nizova definiranih rekurzivnim formulama

1 ao = 2; an+ ! = 2 - -, a n1 3a + n B . an+1 = aann +i+ 3 ' ao = O; C. an+! = an - ao = O. RJEŠENJE. A. Definirajmo Mobiusovu transformaciju w = S(z) := 2 - -Z1 = 2z Z- l Odredimo njene fiksne točke. Jednadžba 2z - 1 = z z2 2z + 1 = O z ima jedno dvostruko rješenje Zo = 1. Zato S ima točno jednu fiksnu točku i može napisati, po (7.10) i (7.11) u obliku 1 = -1 + l. w-l z-l Odavde, po formuli (7. 17) slijedi 1 1 1 + n. an - l = sn (ao) - l = -ao - l Kad n 1 neovisno o izboru početne točke ao . dobivamo an B. Ovog puta pripadna Mobiusova transformacija glasi w = S(z) = 3zz ++31 . Njene fiksne točke su ZI = 1, Z2 = -1 (provjeri!). Zato S može napisati u obliku w - l = .A z - l w+l z+l A.

--

<==>

o

_

se

--

--

-+ oo ,

-+

,

se

--

-­

7.5. ZADACI ZA VJEŽBU

93

A dan sa (7.15) i iznosi A == t . Po formuli (7.18) dobivamo n an - 1 == sn (ao) - 1 An ao - 1 = �n an + l s (ao) + 1 ao + l 2 Stoga an - 1, za svaki ao ::/= -1 . e. Pripadna Mobiusova transformacija z + i. w == S(z) == z ima dvije fiksne točke, Zl,2 = �(l + i)(l ± 3) i odgovarajući A je - ! - Y{-i (provjeri!) i vrijedi Aa = 1 . Ponovo po formuli (7 .18) dobivamo an - ZI = An ao - ZI = ( ! v'3) n ZI (7.19) ann - Z2 aO - Z2 2 2 Z2 Niz { (- ! - y{- i) } ima samo tri vrijednosti: el = - !2 - v'32 i ' e2 = - !2 + v'32 i" ea = 1 . Zato će niz {an } imati samo tri gomilišta: Al , A2 , Aa , koje ćemo odrediti iz formule (7 19) A·' - ZI == ej -ZI , . 1,2,3. Aj - Z2 Z2 vrijednosti el , e2 , ea daju Al = - 1, A2 = -i, Aa O (izračunaj ih!), i to su gomilišta niza {an } . Zadatak ima i direktno, lakonsko rješenje. Uvrštavanjem ao O u rekur­ zivnu formulu dobivamo niz ao = O, al = 1 a2 = - i, aa = O i on se dalje periodički ponavlja. Da objasnimo tu pojavu, primjetimo da vrijedi Aa = 1 . Zato je Saa (z) ZI = Aa Z - ZI = Z - ZI ' 'riz E e, s (z) - Za2 Z - Z2 Z - Z2 a = i odavde S (z) z, tj. S == Sada je jasno da za proizvoljnu točku ao skup {sn (ao)} imati samo tri elementa: ao, al == S(ao) , a2 S2 (ao), jer je potom aa == ao itd. Usporedi s zadatkom 7. 3 4. pri čemu je

==

_

.

-�

_

.

:

3

_

==

Tri

=

-c::::

- ,

-

r:

će

==

1.15. Skidraj djelovanje sljedećih elementarnih Mobiusovih transformacija na proizvolj­

no odabranoj točki A.

w =

C.

w =

E.

w =

z + 2i; iz; iJZ ;

B. z (-� + i � ) F. -2z+i. w =

D.

w =

w =

5;

Zi

7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

94

7.16. Odredi točku simetričnu točki zl = 1 + i s obzirom na kružnicu A. Izl = lj

B. Iz - il = 2.

-z + i na elementarna preslikavanja i z odredi potom sliku gornje poluravnine Im z >

7.17. Rastavi Mobiusovu transformaciju W = 7.18. U što preslikava funkcija W = l/z A. familiju pravaca y = CXj

C. familiju kružnica x2 + y2 = C:v?

B. familiju pravaca y = :v + Cj

7.19. Odredi sliku područja G = {Iz - 11 < 2} pri preslikavanjima A. w = iz - lj

B. w =

2z z+

C: w =

2z j z-

-3

D.

w=

z+l z-

7.20. Odredi sliku područja G pri preslikavanju w = S(z) , z = :v + iy :

l-z 1+z

A. G = {x > O, y > O} , w = -- ;

z j z-2 z-l C. G {O < x < l } , W = -- j z 1 D. G = {:v + y < 1, :v > O, y > O}, W = -j z+ E. G = { lx i + Iyl < 1, y > O}, W = ziz F. G = {x > -1, y < 1, y - :v > l}, W = --. ' z-t B. G = f:!: < l}, w =

--

7.21. Odredi sliku područja G pri preslikavanju W = S(z) : z-l A. G = {Izl < 1, Imz > O}, W =

z+ 2z - i 2 + zz

B. G = {Izl < 1, Im z > O}, W = --.- j

2 ; z-1 z+2 D . G = {Iz + 11 > 1, Iz + 21 < 2}, W = -- j z E. G = { z < , Im z > O}, w = z l; z F. G = { :z;2 + y 2 < 1, x + y > l } , W = zc.

G

{l < Izl < 2l, W =

l �I �

-

�

7.22. Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava točke O , i , oo redom u točke C. -2i, -2, 2i; B . -1, O, lj A. 1 - i, 2, 1 + ij

i odredi sliku desne poluravnine {Re z > O} pri tim preslikavanjima.

7.23. Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava točke O , 1 + i , 2 redom u točke A. O, 2 + 2i, 4j B. 4, 2 + 2i, Oj C. O, 2, OOj

i odredi sliku kruga { Iz - 1 1 < l} pri tim preslikavanjima.

7.5. ZADACI ZA VJEŽBU

7.24.

95

Odredi neku Mobiusovu transformaciju koja preslikava područje A . G = {Izl < l}, G* = {Imw < O}j B . G = {Iz + 11 < l}, G* = {Rew > -l}; C. G = {Iz 11 < 2}, G* = {Iw - il < l}; D. G = { Iz - 1 + il < l}, G* = {Iw + 11 > 2 } .

G

u

G* ,

ako je

-

7.25.

7.26.

Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava jedinični krug {Izl < l} u jedi­ nični krug {Iwl < l} te točku Zo u točku wo , ako je 1 l l i B . Zo = O, Wo = - 2 j C. Zo = 2 ' Wo = - 2 j A. zo = 2 ' Wo = Oj , l i l l i 11' E. Zo = ' Wo = 2" arg w (2') = 2' D. Zo = -2' wo = j a 2 Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava područje G u G * , ako je {Im z > O}, G* = {Iwl < l}, w(i) = O, arg w' (i) = 11'; B. G = {!m z > O}, G* = {Iwl < l}, w(zo) = Wo, arg w' (zo) = a ; ' C. G = {Im z > O}, G* = {Imw > O}, w(l + i) = i, arg w (l + i) = 11'/2; D. G = {Im z > O}, G* = {Imw > O}, w(ZO ) = Wo; arg w' (zo) = a , (Im zo > O, Imwo > O) j E . G = {Izl < 2}, G* = {Rew > O}, w(O) = 1, arg w' (O) = 11' /2 ; ' F . G = {Izl < 2}, G* = {Iwl < 4}, w(l) = 3, arg w (l) = aj G. G = {Iz - 2 1 < l}, G* = {Iw - 2il < 2 }, w(2) = i, arg w' (2) = O .

A. G =

***

7.27.

7.28.

Dokaži sljedeća svojstva Mobiusove transformacije: A . 8' (z) =F O ; B. Kompozicija Mobiusovih transformacija je opet Mobiusova transformacija (od­ redi jU!) j C. Za svaku Mobiusovu transformaciju w = 8(z) postoji inverzna funkcija z = 8- 1 (w) ; 1 D. 8- je ponovo MobiusovlI; transformacija (odredi joj oblik). , Dokaži da sljedeće Mobiusove transformacije: 81 (Z) = z , 82(Z) = !z , 83 (Z) = 1 , 85 (Z) = z - l , 86(Z) = � čine grupu s obzirom na 1 - z , 84(Z) = 1-z z-l z kompoziciju kao grupovnu operaciju. (Napiši tablicu množenja!) -

7.29.

Neka su zl , z2 točke simetrične s obzirom na (jediničnu) kružnicu k . Dokaži da svaka kružnica koja prolazi točkama zl i z2 siječe kružnicu k pod pravim kutom.

7.30.

Neka je 8 proizvoljna Mobiusova transformacija koja preslikava gornju polurav­ az + b pri čemu su a ninu na samu sebe. Pokaži da 8 ima oblik 8 , b, c, d , cz + d realni brojevi za koje je ad - bc > O . =

1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA

96

7.31.

Svakoj reguJ.a.moj kvadra.tnoj matrici drugog reda

A=

[: : J ,

a, b, e, cl E

e,

SA definirana na način: a.2: + b SA (.2:) = . e.2: + d Pokaži da za pridruživanje A 1-+ SA vrijedi A. Za svaki a E e , a :F O je SOoA = SA i odgovara. Mabiusova tra.nsformacija

B . Kompozicija Mabiusovih transformacija je Mabiusova transformacija i vrijedi

SA O SB = SAB i

'

e. Inverz Mabiusove transformacije je Mabiusova transformacija i vrijedi

SA-l .

(SA)- l =

***

7.32.

Označimo sa I(a j zo ) Mabiusovu tra.nsformaciju iz (7.10), s jedinstvenom fiksnom točkom zo . Dokaži da. za kompoziciju dviju takvih tra.nsformacija. vrijedi

I(a; .2:0) o 1({Jj zo) = I(a + (Jj ZO). Dokaži potom da skup { I (a; zo), a E e} čini komuta.tivnu grupu uz kompoziciju kao grupovnu operaciju.

7.33.

Označimo sa. geA ; .2:1 , .2:2) Mabiusovu tra.nsforma.ciju iz (7.13), s fiksnim točkama. Dokaži da. za kompoziciju dviju takvih transformacija vrijedi

.2: 1 , .2:2 .

g (A; .2:1 . Z2) o g (Jl; .2:l . Z2) = g(AJlj z1 > Z2) . A E e, A :F O} , uz

Dokaži potom da. skup {g eA; Zl , Z2), čini komutativnu grupu.

7.34.

Dokaži da za Mobiusovu tra.nsformaciju vrijedi ako i samo ako ona. ima. prikaz

s'"' = I za neki prirodan broj

S(Z) - Zl =A� S(.2:) - z2 z - z2 za neke kompleksne brojeve Zl , Z2 , A , pri čemu je A'" =

7.35.

operaciju kompozicije,

1.

az + {J • pn cemu "Iz + 6 Neka je a = 6 , realan broj. Ako je la + 61 < 2 , tada la+61 > 2 hiperbOličko, a za la+ 61 = 2 pa.raboličko.

. . VćUIA o lUSOva tra.ns�orma.clJa. i " dade na.plSatl u obliku S-t._ se M"b'

w

=

je a6 - {J"I = 1 . Dokaži: A. je presliks.vanje eliptičko, za B. Ako je Im (a + 6) =1= O . tada je presliks.va.nje loksodromičko.

7.36.

fl

Odredi točke gomilanja. za niz

{a",}

definiran formulama

2(2 + i)a", + 1 2i a", 1 + = (1 2i)a", + 2(2 + i) , -

_

aa

=

o.

.

w

91

8.

Konformna preslikavanja

E

Kažemo da je preslikavanje w = J(z) konformno u točki Zo e , ako je analitička u nekoj okolini točke Zo i ako vrijedi !'(zo) =f:. o . Kažemo da je preslikavanje J konformno na području D , ako je konformno u svakoj točki tog područja. Preslikavanje koje je konformno na čitavoj kompleksnoj ravnini zvati ćemo naprosto konformnim . Neka je J konformno na području D . Pretpostavljamo da se krivulje "YI i "Y2 sijeku u točki Zo D pod kutom a . Tada se njihove slike "Yi i "Y2 sijeku u točki Wo = J(zo) pod istim kutom a , pri čemu se taj kut, u odnosu na realnu os, zarotirao za iznos tp = arg !'(zo) (slika 8.1). Ako je element luka .!ls proizvoljne krivulje "y prešao u element luka .!ls· na krivulji '1* , tada granična vrijednost lim I s* 1 ne ovisi o krivulji "y i iznosi J

e

E

%1 -+ %0

1 !, (zo ) l ·

�I

u.S 1

Kut tp =

arg J' (zo)

nazivamo kut zakreta, a broj ..\

=

1 J'(zo ) 1

omjer preslikavanja J u točki Zo . Ako je ..\ > element luka krivulje

luka krivulje

"y

l,

"y se rasteže, a ako je se steže pri preslikavanju funkcijom J .

..\

<

l, element

8. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

D8

Slika S. l. Kut zakreta i omjer preslikavanja. Preslikane kriwlje sijeku se pod istim kutem kao i početne, dijelovi lukova su zarotirani za kut 'p i stegnuti (rastegnuti) za faktor ), .

8.1.

Izračunaj omjer preslikavanja i kut zakreta: 2 = ln , u točki = 1 + ij B. A. = siu e = , u točki = i ln 2 ,

Za Zo

C. ww z

w z, u točki Za

RJEŠENJE. A. Izraeunajmo derivaciju funkcije u zadanoj = 2 + 2i , Zato je = točki, Vrijedi 2 ;\ = .j2 ,

w' (za) 2zo

ZI

ZI B. Sada je w'(zo} �� = -i . Zato zI

c.

37r '

- 2"

w' (zo)

s i .z = e n .

,

=

,\ =

cos

z. Zato, po formulama (4,5) i (4.6).

slU(dn 2) .

cos(dn 2) Dakle)

w'(zo}

=

ei(i ln 2)

=

_

1,

e - i(i ln 2)

e - In 2

2i

=

2 5 = 4'

=

5 ' - e3 '/4 te J'e ;\ ' 4

III T

3

= -

_

ein 2

= e - In 2 + eln 2

e i(i1n 2) + e -i(i ln 2)

=

Slika S.2.

4'

2

3i 4 5 ' 4

= -.

= ij

8.1. OMJER PRESLIKAVANJA I KUT ZAKRETA

8.2.

99

Koji se dijelovi kompleksne ravnine stežu a koji rastežu pri presli­ kavanju funkcijama

w = z2 - 4z B. w = e% j C. W = z1 . , RJEŠENJE. A. Vrijedi w' = 2z - 4 . Omjer preslikavanja A u točki z iznosi 12z - 41 . Uvjet A < 1 daje Iz - 2 1 < !. Dakle, nutrina kruga {Iz - 2 1 < !} se steže, a njegova vanjština rasteže pri preslikavanju funkcijom w . B. w' = e % , te je A = I w 'l = l ex+ iYI = eX . IAI < 1 vrijedi za x < a . Steže se poluravnina {Re z < a}, a rasteže {Re z a}. A < 1 vrijedi za I z l l. Steže se vanjština jediničnog w' =njegova - 1/z2 inutrina. C.kruga,Sadaa jerasteže j

A.

-

>

>

. y .= x - l, x � 1 funkcijom w z2 +. . 2iz RJEŠENJE. A. Rastavimo w = u + iv = z2 na realni i imaginarni dio. Dobi­ vamo sustav u = x2 y2 , = 2xy, y = x - 1, x � 1. Eliminacijom varijable y: u = 2x - 1 ' x � 1. v = 2x(x - l} Ove jednadžbe predstavljaju parametarsku jednadžbu krivulje u w-ravmm. Kako je x = (u + 1}/2, eliminacijom parametra x slijedi (vidi sliku S.3.b.) ' 2 1 . . . v = !u2 - 2 ' u � 1. B. Sada imamo u = x2 - y2 - 2y, v = 2xy + 2x, y = x - 1, x � 1. Eliminacijom nepoznanice y dobivamo u = 1, 2 v = 2x , � 1 . 8.3.

U što se preslikava zraka = j B. = A.

w z2

a

_

V

a

a

*

*

X

Ovaj sustav predstavlja parametarsku jednadžbu zrake

* a ,

(slika S.3.c) .

8. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

100

L A*

A

Slika 8.3.

U što se preslikava kartezijeva koordinatna mreža iz z-ravnine, funkcijom w = eZ ?'

8.4.

�

nU�ii .e fo "�

kri "uz :ko.'jib, ��. p oje
.. .

'

"'ć

'

.

"

11\

_

•

•

", _

..

,

•

--

"'2 �.....

·2

·1

"/4 ' ''/4 ' '''2

Slika 8.4.

I

2

e

• I

I

Slika kartezijeve (pravokutne) koordinatne mreže je polarna mreža u ravnini

,

8.2. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

101

z2

8.5.

Duž kojih krivulja j e realni dio funkcije w = konstantan? Duž kojih je konstantan imaginarni dio? Obje familije krivulja čine ortogonalne sisteme, zašto? Kakvo je preslikavanje u ishodištu?

(x iy)2 x2 -y2 2ixy. 2x - y2 , z2 2xy

+ + Realni i imaginarni = = RJEŠENJE. Vrijedi w = dijelovi su: u = V= i konstantni su duž krivulja = Cl , Ove jednadžbe predstavljaju dvije familije hiperbola (slika 8.5) koje = C se sijeku pod pravim kutem, pošto je njihova slika preko funkcije w = (karte­ zijeva) ortogonalna mreza u = Cl , V = C u w-ravnini. Preslikavanje w = ima derivaciju wl i konformno je svuda osim u ishodištu. Kut među krivuljama koje se sijeku u ishodištu se ne čuva. Tako na primjer, pravci = i Y = sijeku se pod kutem 450 , a njihove slike, u = i pod pravim kutom.

2xy 2 •

= 2z y O x

2

x2 - y2 z 2 z2 O v=O

2.2

liU konlltantni duž dviju međusobno Slika B.5. Realni i imaginarni dio funkcije w = ortogonalnih familija hiper6ola. Prelllika1Janje nije konformno u illhodiltu

Neka je D područje. Kažemo da je funkcija J univalentna (ili jednolisna) na D , ako je J analitička na D i ako je injektivna na D . Kažemo da je J univalentna u točki zo , ako je univalentna u nekoj okolini točke Zo . Nuždan i dovoljan uvjet za to jest da bude P(zo ) '" Prema tome, J je univalentna u točki Zo ako i samo ako je konformna u toj točki. Konformna preslikavanja se javljaju pri rješavanju sljedećeg osnovnog prob­ lema: Za zadana područja G u z-ravnini i G* u w-ravnini, odredi preslikavanje koje preslikava G jednoznačno na G* . Takvo preslikavanje, ako postoji, mo­ ra biti konformno. Postojanje takvog preslikavanja je dokazano, uz minimalne . pretpostavke u sljedećem teoremu:

O.

(

102

8. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

Teorem. (lliemann) Ako su G i G* jednostruko povezana područja čiji se rubovi sastoje od više od jedne točke, tada postoji jednoznačno preslikavanje područja G na G· . U principu, postoji beskonačno mnogo analitičkih funkcija koje preslikavaju zadano područje G , jednoznačno na zadano područje G· . Opišimo opći oblik takvog preslikavanja. Neka je D jedinični krug (ili gornja poluravnina). Neka je fI (neka konk­ retna) funkcija koja preslikava G jednoznačno na D . Neka je također h (neka konkretna) funkcija koja preslikava G* na D . Označimo sa 8 proizvoljnu funkciju koja preslikava D na D ( 8 je Mobiusova transformacija). Tada svaka funkcija oblika I I Ii

= 080 11

8.6 ).

preslikava G na G· , i to je opći oblik takvog preslikavanja (slika Preslikavanje I je jednoznačno određeno, ako je zadan neki od sljedećih ' uvjeta: Slika jedne točke iz G i kut zakreta u toj točki:

(1)

Wo

= I(zo ),

cp = arg l ( '

zo ) ,

Zo

E G.

(2) Dva para točaka ( zo . wo ) . ( ZI ! W 1 ) , pri čemu su ZO , ZI . w točke s rubova područja G , G* . Tri para točaka ( ZI . wJ ) , ( Z2 ' W2 ) , ( za, wa ) , pri čemu na rubu od G , a W , W2 , Wa na rubu od G· .

(3)

1

Slika 8.6.

1

Wo

nutarnje, a

Zl o z2 , Za

leže

Opij, oblik preslikavanja područja G na G·

Ako je zadano preslikavanje I i područje G , njegovu sliku određujemo preslikavajući samo granicu područja G . To nam omogućava sljedeći rezultat: Teorem. Neka je G područje omeđeno konturom 'Y i I analitička uni­ valentna funkcija ,na G G U 'Y . Neka je 'Y* Ih) slika konture 'Y . Tada je 'Y. kontura i I preslikava jednoznačno područje G na područje G· koje je omeđeno konturom 'Y• .

=

=

Uvjet univalentnosti nije uvijek jednostavno provjeravati. Pri preslikavanju područja koristimo najčešće sljedeću verziju gornjeg rezUltata. To je važni

8.2. KONFORMNA PRESLIKAVANJA

103

Princip jednoznačnog pridruživanja granica. Neka su G i G* jedno­ struko povezana područja sa granicama , i ,* koje su orijentirane tako da pri obilasku po njima područja ostaju sa lijeve strane. Neka je G* omeđeno područje. Ako je funkcija (1) analitička na G i neprekidna na G , (2) preslikava jednoznačno , na ,* uz očuvanje smjera obilaska, tada preslikava jednoznačno područje G na G* . Primijetimo da ovdje područje G ne mora biti ograničeno. Medutim, ako ni G* nije ograničeno, princip više ne mora vrijediti (vidi Zadatak U takvom slučaju moramo provjeravati univalentnost funkcije Ipak, Princip se može ima donekle primijeniti i u slučaju kad je G neograničeno područje, i kad singularitet unutar G :

J

J

J.

8.6).

J

Princip . . . (nastavak) Ako je umjesto uvjeta (1) zadovoljen je neprekidna na G i analitička na G , osim u jednoj nutarnjoj točki (1') E G u kojoj ima pol prvog reda, tada preslikava jednoznačno G na G* .

ZoJ

J J(zo)U. ovom je slučaju G* neograničeno područje, pošto sadrži točku oo = [ZI, Z2]

***

Z2 ZI Z2 a oo

Oznaka u komplek­ označavat će ubuduće spojnicu točaka i sn
= oo, Z[a2, +00]: [-oo,[ai,a]+ooi] : :

8.6.

[-1, 1] [1, l] ZI a oo, oo, ai

a;

Da li je primjenjiv Princip o jednoznačnom pridruživanju granica na funkciju i područje G {Im z > O} ?

J(z) = z3 = RJEŠENJE. Rub područja G je realna os , = [-oo, +00] . On se funkcijom J preslikava također u realnu os ,* = [-oo, +00] i ta granica određuje područje G* = {Im w > O} . (Pri obilasku po ,* područje G* nalazi se s lijeve strane.) Po Principu, moralo bi biti J ( ) = G* . Međutim, funkcija J nije univalentna i J ne preslikava G na G* . Slika područja G je čitava w-ravnina (s izuzetkom G

ishodišta) i svaka točka gornje poluravnine {Im w > O} pokrivena je dvaput. Princip je neprimjenjiv, pošto su oba područja neograničena.

8. KONFO RMNA PRESLIKAVANJA

104

8.7.

Da li se može primjeniti Princip na funkciju

J(z)

=

područje A. G =

� (z ; ) +

i

{Izl < 2}j

RJEŠENJE . · A . Rub područja G je pozitivno orjentirana kružnica 'y

i on se preslikava funkcijom 'Y •

. . •

z = 2ei'" ,

• • ,

J

w= =

cp E

u

( .

.) ,

1 1 -' ''' 2" 2e'''' + 2"e 3 5 cos CP + �. Sln CP, 4

4

.

[O,2r.]

cp E

[O, 2 tr] .

To je elipsa u w-ravnini, s poluosima a = b = Pozitivnom obilasku po . kružnici 'Y odgovara pozitivan obilazak po elipsi 'Y . bi princip bio pri­ mjenjiv, područje G bi se moralo preslikati u područje G* , omeđeno elipsom. Međutim, točka O leži u G , a njena slika, točka oo nije u G* (slika

i,

l.

Kad

8.7)

Slika

8. 7.

B. U slučaju kad nije analitička na G , već ima unutar G pol prvog reda, da bi princip bio primjenjiv, mora obilazak po krivulji 'Y* , induciran obilaskom po krivulji 'Y , biti suprotne orijentacije. Tada će se područje G preslikati jed­ noznačno u vanjsko područje omeđeno krivuljom 'Y • . To će se dogoditi u ovom slučaju. Slika kružnice

J

1 t.

z = -e "' ,

'Y . . .

je ponovo elipsa 'Y •

.

.

2

cp E

. . w = 5 cos CP - �. 3 Sln CP, 4 4

[0 , 2tr] cp E

[O , 2 trJ

s istim poluosima kao i prije, međutim, pozitivnom obilasku po kružnici 'Y odgo­ . vara negativan obilazak po 'Y Princip u ovom slučaju vrijedi: funkcija ima pol prvog reda u ishodištu, analitička je u ostalim točkama kompleksne ravnine . Slika područj a G će biti neograničeno područje G* : vanjština elipse.

.

J

8 .2 .

KONFORMNA PRESLIKAVANJA

8.8.

105

Na kakvim područjima G sljedeće funkcije neće biti univalentne?

az + b j B. ICz) = z 2 ICz) = -cz + d I(z) = Z", n E Nj D. I(z) = �(z + � ) ; I(z) = eZ; (z) == lcos n z;z. FH.. /ICz) G. I(z) = sin z; I nije univalentno na ako postoje točke RJEŠENJE. z!, Z2 E zIA.:f: ZPreslikavanje 2 ) takve da je I(ZI) = I(Z2 ). + b aZ2 + b -aZl + d = CZ2 + ::::;.. (ad - bC)(ZI - Z2 ) = O. CZI-=----= Kako je zI :f: Z2 , to mora biti ad - bc = O . No, tada je funkcija I konstantna z. Dakle, Mobiusova transformacija je univalentna na čitavoj ravnini C.za svaki Za nju je Princip primjenjiv za proizvoljno jednostruko povezano područje B . I(zd = I(Z2 ) daje (ZI -Z2 )(ZI + Z2 ) = O i odavde Z2 = -ZI . Preslikavanje neće biti univalentno ako sadrži sa nekom svojom točkom ZI i njoj suprotnu točku -ZI ' To će, npr, uvijek biti slučaj ako sadrži ishodište. C.rl =Mora biti zf = z�. Napišimo ZI = rl ei'Pl , Z2 = r2ei'P2 . Odavde, mora biti r2 i n I + 2k1r = n l} , = {Im Z > O} i slično. Pogledaj ponovno Zadatak 8:7.A . Preslikavanje I nije univalentno na pod­ ručju { I z l < 2} i zato ne može preslikavati jednoznačno to područje. eZ1 = eZ2 daje ZI = Z2 + 2k1f'i . ne smije sadržavati dvije točke čiji se imaginarni dijelovi razlikuju za višekratnik broja 21f' , ukoliko želimo da I bude j

A. c.

E.

G

G,

G.

G

G


G

G

•

�

��

G G

G.

G

G

G

E.

G

univalentna na G .

biti r l = r2 ,
106

9.

Preslikavanje elemen t arni m funkcijama

z O=

=

rn . ein", . Ova funkcija preslikava jedno­ rei'" , tada je w Stavimo značno isječak < lP < 211' ln na čitavu w-ravninu, osim pozitivne realne osi (kažemo: s razrezom duž pozitivne oSi). Vidi sl. 9.1.

Slika 9. 1. Isječak s kutom

211'ln se presUkava u ravninu bez jedne zrake

.

=O b

=O

Zraka a . . lP preslikava se u zraku a* () (pozitivni dio re­ alne osi u w-ravnini), zraka lP 211'ln preslikava se ponovo u istu zraku Svaki drugi isječak s kutom < o: < 211'ln preslikava se u isječak () = s kutom no: (sl. 9.2.).

b* . . .

O.

. • .

= O

• . .

Slika 9.2. Isječak s kutom a preslikava se funkcijom w = zn u isječak s kutom na

9.1. FUNKCIJA 1.II = "n

101

Funkcijom w = z2 preslikaj područje epo < 11". G= = T ei", : O < T < TO, O < ep < epo }, RJEŠENJE. Prika.žimo i w u eksponencijalnom obliku: z = T ei'" :::::} w = T2 ei2«J = R . eie) te je R = T2 , � = 21.{) . Preslikajmo svaku od triju krivulja a , b , e koje određuju rub 'Y područja G . Funkcija je univalentna na G i dovoljno je preslikati tu granicu I ' . 9 1 .

.

{z

z

0<

•

.

•

Slika 9.9.

a.

b

. .

c.

T E [O, TO], ep = O ==> a· . . R E [O, T�], � = O, . T = TO, ep E [O, epo] ==> b· . . R = T5, � E [O, 2epo ] , . T E [TO, O], ep = epo ==> l" . . R E [T� , O], � 2epo .

. ..

.

.

.

=

.

Slika kružnog isječka je ponovo kružni isječak (dvostruko većeg kuta). Zapis

T E [TO, O] naznačava smjer promjene veličine T , dakle, T poprima sve vrijednosti u intervalu [O, TO] i to u padajućem poretku . 9.2.

{I z l

Odredi funkciju koja preslikava polukrug < 1, Im z > O} u gornju poluravninu, {Im w > .O} , tako da točka 1 prijeđe u ishodište.

RJEŠENJE.

B

9. PRESLIKAVANJE ELEMENTARNIM FUNKCIJAMA

108

Preslikat ćemo najprije polukrug u isječak S vrhom u ishodištu, koristeći Mobiusovu transformaciju. Dovoljno je točku A preslikati u ishodište, te točku C u oo . Pri tom će se kružni lukovi ABC i ADC preslikati u zrake s po­ četkom u ishodištu. Izaberimo onu Mobiusovu transformaciju koja preslikava - 1) moramo preslikati točku z = u točku w = 1 . Prema tome, trojku u 1, oo ) . Dobivamo z-l Zl = -z Pri tom točka z = prelazi u w = zato je slika polukruga prvi kvadrant. Funkcija w = z� preslikava prvi kvadrant u gornju poluravninu. Dakle, traženo preslikavanje je kompozicija ovih dvaju: 2 1 w = z12 = - zz2 - 2z 2z

i

(O,

(l, i,

-i + l . i,

O

+' + +l

Odredi funkciju koja preslikava područje G = { < arg z < 1l'/4} na jedinični krug G* = {Iwl < } tako da točke ei1r/8 , iz z-ravnine prijeđu redom u točke 1 u w-ravnini. RJEŠENJE. Područje G preslikavamo najprije funkcijom Z1 = z4 na gornju poluravninu u z1-ravnini (sl . Pri tom točke ei1r/8 , prelaze redom u Đ . Zatim preslikavamo poluravninu {Im Zl > O} Mobiusovom transformacijom na G* tako da točka prijeđe u središte kruga. Po (7.8) tražena transformacija ima oblik . Z . Z1 w = eli" . Z1 = eli" . Z1 l Odrediti ćemo rp tako da točka prijeđe u točku 1 : 9.3.

O

O,l ,

,

i

O

9.5).

O

i,

-i -i +i -i O . O-i 1 = eli" . O + i ==> eicp = - 1, Z1 - i = - -z4 - i w = - -Z1 + i z4 + i ' -_

-- o

--

te je

A

Slika 9. 5.

Preslikavanje je jedinstveno, pošto su zadane slike jedne nutarnje točke i jedne točke sa ruba područja G .

9.2.

109

FUNKCIJA n-TI KORIJEN

9.2.

nr.: (

Funkcija

w

= �

To je višeznačna funkcija, s vrijednostima Wo, = v r cos

CP + 2 k1l" + �. S1D.. CP + 2 k1l" ) , k = O, l, . . . , n - l.

n n Funkcije wo, su grane višeznačne funkcije. Svaka grana Wo, preslikava kom­ pleksnu z-ravninu, s razrezom duž pozitivnog dijela realne osi, na isječak

2 (k + 1)1I" 2 } < arg w < { k1l" n n

Slika 9.6.

(sl. 9 .6) .

Funkcija O/Z preslikava ravninu

lj

razrezom na isječak širine 21r/n

e

+ 00]

Specijalno, grana Wo funkcije w = .fž preslikava \ [O, jednoznačno na gornju poluravninu. Neka je z = rei", E proizvoljan. Opišimo zatvorenu krivulju r s počet­ kom i završetkom u točki ZI = z tako da ona obuhvaća ishodište. Pretpostavimo da se argumenti brojeva pri obilasku po krivulji neprekidno mijenjaju. Tada se argument broja z nakon obilaska po krivulji r povećao na cp . .Promatraj­ mo vrijednost grane Wo funkcije n-ti korijen, duž krivulje r . Vrijedi WO(ZI) = ytr . ei(",+ 211") /n = W (Z) . l Prema tome, obilazak po krivulji r oko ishodišta prevodi nas sa jedne grane funkcije n-ti korijen na drugu granu. Ukoliko krivulja r ne obuhvaća ishodište, vrijedit će WO(ZI) = wo (z Ka­ žemo da je ishodište razgra.ni.šte za funkciju w = � .

e

+ 211"

)

Slika 9. 7. Obilazak oko isho­ dišta prebacuje nas s jedne grane funkc!ie n-ti konjen u drugu

.

9. PRESLIKAVANJE ELEMENTARNIM FUNKOIJAMA

1 10

------ �..--- ....-- ------- -------

Nakon n obilazaka oko ishodišta, vratit ćemo se ponovo na početnu gra­ nu WO . Razgranište s takvim svojstvom nazivamo algebarskim razgraništem (n-l)-vog reda. Kako je svaki obilazak oko ishodišta ujedno i obilazak oko točke oo , to je i oo razgranište ove funkcije. U zadacima koji slijede uvijek ćemo pod funkcijom W = � promatrati njenu granu Wo .

9.4.

Odredi funkciju koja preslikava područje G [O, ih]} na gornju poluravninu.

=

{Im. z > O,

+

z

9.8

�

opisuje RJEŠENJE. Thaženo svojstvo ima funkcija w = vz2 h2 • Sl. transformaciju zadanog područja G (gornje poluravnine s razrezom duž seg­ menta ih] ) pomoću te funkcije, koju rastavljamo na kompoziciju sljedećih elementarnih preslikavanja: Zl = z 2 , Z2 = Zl h2 , W = .,fZ2. Opišimo djelovanje ovih preslikavanja. Funkcija ZI = z 2 preslikava G u či­ tavu ZI-ravninu, s razrezom duž intervala [_h2, Thanslacija Z2 = Z1 h2 pomiče taj razrez na interval [O, +00) , tj. na pozitivni dio realne osi. Funkcija w = .,fZ2 preslikava z -ravninu, s razrezom duž [O, +00) na gornju poluravninu . 2 Na slici je prikazano i preslikavanje nekoliko karakterističnih točaka. Točke B i D nalaze se u ishodištu, s raznih strana razreza [O, ih] : argument točke B je 1(' (pošto se k njoj stiže duž negativnog dijela realne osi), a argument točke D je O . Njihove slike B* i D* su točke -h i +h . Provjeri!

[O,

+

+00).

Slika 9.8.

"Glačanje" razreza u gornjoj poluravnini

+

9.3. FUNKCIJA ŽUKOVSKOG

111

Odredi funkciju koja preslikava područje G = {z fi. [O, ll} na gor­ nju poluravninu.

9.5.

RJEŠENJE. Preslikajmo najprije područje G Mobiusovom transformacijom, tako da interval ( razrez) [O, l] prijeđe u [O, +00] . Dovoljno je točke (0, 1 , oo) preslikati u (O, oo, - 1) . Mobiusova transformacija je jednoznačno preslikavanje sa na ako [0, 1] prelazi u [O, oo] , ostatak \ [0, 1] preslikat će se jed­ noznačno na \ [O, oo] ( sl. 9.9). Jednadžba ove Mobiusove transformacije glasi z _ ( provjeri!). Zato je Gl čitava l -ravnina, s razrezom duž pozitivne w = _ z l z osi. Funkcija w = Ft preslikava Gl na gornju poluravninu. Dakle, rješenje glasi

e e, e

e

w =

CZ=. V 1=Z

A

A*

Slika 9.9.

Funkcijom Žukovskog nazivamo preslikavanje w =

J(z)

=

� (z + � ) .

Primijetimo da vrijedi J(z) = J( l/z ) . Zato će J preslikavati točke z i l/z u istu točku. Da bi preslikavanje bilo univa1entno na području G , ono ne smije sadrž avati niti jedan par točaka z , l/z . To je sigurno ispunjeno ako je područje G sadržano u nutrini ili pak vanjštini jediničnog kruga, te u gornj oj ili donjoj poluravnini. Jedini singularitet ove funkcije je Zo = O i to je pol prvog reda. Stoga će z a nju vrijediti Princip jednoznačnog pridruživanja granica.

9. PRESLIKAVANJE ELEMENTARNIM FUNKCIJAMA

112

9.6.

I zl = r . O � cp � 211' . Zato

Funkcijom Žukovskog preslikaj kružnicu

RJEŠENJE. Jednadžba kružnice je = r ei