funkcije kompleksne varijable

2. Funkcije kompleksne varijable

2.1. Linearne funkcije

Linearna funkcija ima oblik

f(z) = az + b, a, b C, a 6= 0.

Zadatak 2.1. Kako se djelovanjem funkcija(a) f(z) = z+2+i, (b) f(z) =

2eipi/3z, (c) f(z) =

2eipi/3z+2+i

preslikava pravokutnik dobiven kao presjek pruga x = 0, x = 1 i y = 1, y = 2.Rjeenje. (a) Radi se o translaciji zadanog pravokutnika za 2 jedinice udesno i 1

jedinicu gore (2 + i). Dakle,

1

1

2

3

1 2 3

1

1

2

3

1 2 3

f(z)

x

y

u

v

(b) Ova transformacija sastoji se od rotacije

f1(z) = eipi/3z

za kut pi3i dilatacije

f2(z) =2z.

Prvo nacrtajmo rotaciju f1,

1

1

2

1 2

1

1

2

1 2

f1(z)

x

y

x

y

2.2. Inverzija 21

a zatim dilataciju f2

1

1

2

1 2

1

1

2

1 2

f2(z)

x

y

u

v

(c) Ova transformacija je kompozicija transformacija iz (a) i (b), i o tako da prvodjeluje transformacija (b), a onda (a).

1

1

2

1 2

1

1

2

1 2

f2(z)

x

y

u

v

2.2. Inverzija

Inverzija je preslikavanje oblika

w =1

z.

Zadatak 2.2. Za preslikavanje

f(z) =1

z

odredite kako se preslikavaju

(a) krunica |z| = 2,(b) pravac koji prolazi ishoditem i koeficijent smjera mu je

33.

Rjeenje. (a) Inverzija e krunicu sa sreditem u ishoditu preslikati u krunicusa sreditem u ishoditu. Ako je krunica koju preslikavamo imala radijus r,

22 2. Funkcije kompleksne varijable

preslikana krunica e imati radijus 1/r. Preciznije

w(2ei) =1

2ei=

1

2ei.

(b) Sve toke zk = xk + iyk na zadanom pravcu imaju fiksan koeficijent smjera i toje

ykxk

=

3

3.

Drugim rijeima, toke lee na pravcu koji s osi x zatvara kut od pi6,

yk =

3

3xk,

odnosno

zk =

(1 + i

3

3

)xk.

Prema tome,

w(zk) =1(

1 + i33

)xk

=1(

1 + i33

)xk 1 i

33

1 i33

=1 i

33(

1 + 13

)xk

=3 i34xk

:= xk + iyk.

Prema tome,ykxk

= 3

3.

Drugim rijeima, sada pravac zatvara s osi x kut od 5pi6.

Zadatak 2.3. Za preslikavanje

f(z) =1

z

odredite kako se preslikavaju podruja(a) |z| < 1

2, (b) re(z) 1, (c) im(z) 1, (d) pi

4 arg(z) pi

3.

Rjeenje. (a) Prvo pogledajmo kamo se preslika krunica |z| = 12, a nakon toga is-

pitajmo koritenjem jedne toke koja se nalazi unutar krunice, kamo se preslikanjezina nutrina. Dakle,

w

(1

2ei)= 2ei.

Dakle, krunica se preslika u krunicu sa sreditem u ishoditu, radijusa 2.Preslikajmo toku z0 = 0. Ona se preslika u

w(0) =,

pa zakljuujemo da se krug radijusa 12preslikao u vanjtinu kruga radijusa 2.

2.2. Inverzija 23

(b) Nacrtajmo zadanu poluravninu.

1 i

11 + i

i

i

1 x

y

Budui da je inverzija specijalni sluaj bilinearnog preslikavanja, onda onapravce/krunice preslikava u pravce/krunice. Prema tome, prvo treba pres-likati pravac x = 1, a onda pogledati kamo se preslikalo, recimo, ishoditekoordinatnog sustava. Da bismo znali kamo se preslikao prevac (u pravac ilikrunicu), dovoljno je preslikati 3 toke. Dakle, izaberimo 3 toke koje se na-laze na pravcu x = 1. Na primjer, to su 1 i, 1 i 1 + i. Tada vrijedi

w(1 i) = 11 i =1

1 i 1 + i1 + i =

1 + i2

w(1) = 11 = 1

w(1 + i) = 11 + i =1

1 + i 1 i1 i =

1 i2

.

Iz prethodnih relacija odmah je jasno da te tri toke ne lee na jednom pravcu.Jednadba krunice sa sreditem u (x0, y0) radijusa r je

(x x0)2 + (y y0)2 = r2.Sad u jednadbu krunice uvrstimo poznate podatke, a to su 3 preslikane toke,(1

2, 12), (1, 0), (1

2,1

2). Sustav nelinearnih jednadbi koje dobijemo je:(12 x0

)2+

(1

2 y0

)2= r2

(1 x0)2 + (0 y0)2 = r2(12 x0

)2+

(12 y0

)2= r2.

Oduzimanjem prve od tree jednadbe, dobivamo(12 y0

)2(1

2 y0

)2=

1

4+ y0 + y

20

1

4+ y0 y20 = 2y0 = 0.

Prema tome, mora biti y0 = 0. Sada oduzimanjem prve jednadbe, od druge,uvaavajui da je y0 = 0, izlazi

1 + 2x0 + x20

1

4 x0 x20

1

4= x0 +

1

2= 0,


dakle,

x0 = 12.

Sada, recimo iz druge jednadbe proitamo r2

1

4= r2,

pa je r = 12. Dakle, pravac x = 1 preslikao se u krunicu(

x+1

2

)2+ y2 =

1

4.

Toka 0, preslika se u . Budui da se ona nalazila u poluravnini koju smopreslikavali, onda se cijela poluravnina preslikala u vanjtinu kruga, tj. u(

x+1

2

)2+ y2 1

4.

(c) Nacrtajmo zadanu poluravninu.

1 + i i 1 + i

i1 1 x

y

Ponovno, preslikajmo 3 toke, recimo 1 + i, i i 1 + i

w(1 + i) = 11 + i =1

1 + i 1 i1 i =

1 i2

w(i) =1

i=

1

i ii = i

w(1 + i) =1

1 + i=

1

1 + i 1 i1 i =

1 i2

.

Iz prethodnih relacija odmah je jasno da te tri toke ne lee na jednom pravcu.Jednadba krunice sa sreditem u (x0, y0) radijusa r je

(x x0)2 + (y y0)2 = r2.Sad u jednadbu krunice uvrstimo poznate podatke, a to su 3 preslikane toke,(1

2,1

2), (0,1), (1

2,1

2). Sustav nelinearnih jednadbi koje dobijemo je:(12 x0

)2+

(12 y0

)2= r2

x20 + (1 y0)2 = r2(1

2 x0

)2+

(12 y0

)2= r2.

2.2. Inverzija 25

Oduzimanjem prve od tree jednadbe, dobivamo(1

2 x0

)2(12 x0

)2=

1

4 x0 + x20

1

4 x0 x20 = 2x0 = 0.

Prema tome, mora biti x0 = 0. Sada oduzimanjem prve jednadbe, od druge,uvaavajui da je x0 = 0, izlazi

14+ 1 + 2y0 + y

20

1

4 y0 y20 = y0 +

1

2= 0,

dakle,

y0 = 12.

Sada, recimo iz druge jednadbe proitamo r2

1

4= r2,

pa je r = 12. Dakle, pravac y = 1 preslikao se u krunicu

x2 +

(y +

1

2

)2=

1

4.

Toka 0, preslika se u . Budui da se ona nalazila u poluravnini koju smopreslikavali, onda se cijela poluravnina preslikala u vanjtinu kruga, tj. u

x2 +

(y +

1

2

)2 1

4.

(d) Preslikajmo dva polupravca

1 x

y

onaj koji zatvara kut pi4, tj. polupravac

y = tgpi

4 x = x, za x 0,

a onda onaj koji zatvara kut pi3, tj. polupravac

y = tgpi

3 x =

3x, za x 0.

Dakle za toke koje pripadaju prvom polupravcu

zk = xk + ixk = xk(1 + i),


imamo

w(xk(1 + i)) =1

xk(1 + i)=

1

xk(1 + i) 1 i1 i =

1 i2xk

= xk + iyk.

Primijetimo da se toka 0 preslikala u , a za sve ostale toke vrijedi da je

ykxk

= 1.

Treba jo samo vidjeti koji je to od dva mogua polupravca, onaj koji zatvarakut 3pi

4ili onaj koji zatvara kut 7pi

4. Budui da je xk 0 i yk 0, onda se slika

nalazi u etvrtom kvadrantu i zatvara kut 7pi4, tj. preslika se u arg z = 7pi

4.

Sada preslikajmo drugi pravac

zk = xk + i3xk = xk(1 +

3i),

imamo

w(xk(1 +3i)) =

1

xk(1 +3i)

=1

xk(1 +3i) 1

3i

13i =13i4xk

= xk + iyk.

Primijetimo da se toka 0 preslikala u , a za sve ostale toke vrijedi da je

ykxk

= 3.

Treba jo samo vidjeti koji je to od dva mogua polupravca, onaj koji zatvarakut 2pi

3ili onaj koji zatvara kut 5pi

3. Budui da je xk 0 i yk 0, onda se slika

nalazi u etvrtom kvadrantu i zatvara kut 5pi3, tj. preslika se u arg z = 5pi

3.

Sada treba promatrati kamo se preslikala neka od toaka koja se sigurno nalaziunutar isjeka. Na primjer, toka 1 nalazi se izvan isjeka i

w(1) = 1,

pa se sve ono iznad pravca y = x preslikalo ispod pravca koji za koji jearg(z) = 7pi

4. Nadalje, ono ispod pravca y =

3x preslikalo se iznad pravca za

koji je arg(z) = 5pi3, odnosno, slika je kruni isjeak izmeu kutova 5pi

3i 7pi

4.

2.3. Funkcija w = z2

Zadatak 2.4. Zadana je funkcija

f(z) = z2.

Odredite kako se preslikava krug x2 + y2 r2.

2.4. Bilinearne funkcije 27

Rjeenje. Pogledajmo kamo se preslikava krunica x2 + y2 = r2. Toke na krunicimoemo napisati kao

zk = r(cosk + i sink), k [0, 2pi.Preslikavanje daje

z2k = r2(cos(2k) + i sin(2k)), k [0, 2pi.

Budui da moemo oznaiti k = 2k, dobivamo

z2k = r2(cos(k) + i sin(k)), k [0, 4pi,

tj. krunica se preslikala u krunicu kvadrata poetnog radijusa i to dva puta na-motanu. Toke koje su bile unutar kruga, ponovno e se preslikati unutar kruga,tj. slika kruga |z| r je krug |z| r2.

2.4. Bilinearne funkcije

Bilinearno preslikavanje definirano je s

w =az + b

cz + d, ad bc 6= 0.

Bilinerano preslikavanje preslikava krunicu u krunicu. Pravac je speci-jalna krunica beskonanog radijusa.

Bilinerano preslikavanje je odreeno preslikavanjem 3 razliite toke, zovimo ih zk,k = 1, 2, 3. Njihove slike nazovimo

wk =azk + b

czk + d, k = 1, 2, 3.

Tada se relativno jednostavno moe odrediti koeficijenti a, b, c i d bilinearne tran-sformacije w = w(z)

w(z) =az + b

cz + d, ad bc 6= 0.

Prvo, za k = 1, 2, 3, imamo

w wk = az + bcz + d

azk + bczk + d

=(az + b)(czk + d) (azk + b)(cz + d)

(cz + d)(czk + d)

=(ad bc)(z zk)(cz + d)(czk + d)

.

Posebno, uvrtavanjem k = 1 i k = 3, dobivamo

w w1 = (ad bc)(z z1)(cz + d)(cz1 + d)

, w w3 = (ad bc)(z z3)(cz + d)(cz3 + d)

. (2.1)


Analogno, moemo dobiti

w2 w1 = (ad bc)(z2 z1)(cz2 + d)(cz1 + d)

, w2 w3 = (ad bc)(z2 z3)(cz2 + d)(cz3 + d)

. (2.2)

Kombiniranjem (2.1) i (2.2), dobivamo

(w w1)(w2 w3)(w w3)(w2 w1) =

(z z1)(z2 z3)(z z3)(z2 z1) .

Zadatak 2.5. Naite bilinearno preslikavanje koje toke 1, 2 i 0 redom preslikavau , 0 i 1.

Rjeenje. U ovom sluaju, najbolje je zbog toke traiti rjeenje direktno izformule preslikavanja

wk =azk + b

czk + d, k = 1, 2, 3.

Dakle, imamo

= a+ bc+ d

, 0 =2a+ b

2c+ d, 1 =

b

d.

Da bismo dobili, moramo dijeliti s 0. Iz toga odmah slijedi da mora biti c+d = 0,tj. da je

c = d.Iz posljednje od tri jednadbe izlazi da je

b = d.

U drugoj jednadbi brojnik mora biti jednak 0, tj. mora biti 2a+ b = 0, tj.

a = b2= d

2.

Sada bilinearno preslikavanje glasi

w(z) =d

2z + d

dz + d .

Budui da mora biti d 6= 0, jer preslikavanje ne bi bilo bilinearno, onda smijemopodijeliti s d, i srediti, tako da dobivamo

w(z) =1

2z + 1

z + 1 =z + 22z + 2 .

Zadatak 2.6. Naite bilinearno preslikavanje koje toke 0, i i 1 redom preslikavau i, 1 i 0.


Rjeenje. Rijeimo problem koritenjem formule

(w w1)(w2 w3)(w w3)(w2 w1) =

(z z1)(z2 z3)(z z3)(z2 z1) .

Imamo(w i)(1 0)(w 0)(1 i) =

(z 0)(i+ 1)(z + 1)(i 0) .

Odatle odmah slijedi da je

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

Mnoenjem desne strane s i/i i kvadriranjem izraza 1 i dobivamo

w i = w 2zz + 1

.

Sada lanove koji sadre w stavimo na lijevu stranu, a sve ostale na desnu

w

(1 2z

z + 1

)= i.

Jo preostaje srediti razlomak na lijevoj strani

wz + 1z + 1

= i,

odnosnow = i

z + 1

z + 1 .

Zadatak 2.7. Naite fiksne toke preslikavanja

w(z) =2z 5z + 4

.

Fiksne toke preslikavanja preslikavaju toku u samu sebe.

Rjeenje. Da bi toka bila fiksna, mora biti

z =2z 5z + 4

,

odnosno2(z + 4) = 2z 5.

Odatle dobivamo kvadratnu jednadbu

z2 + 2z + 5 = 0.

Nultoke te kvadratne jednadbe su

z1,2 =24 20

2=2 4i

2= 1 2i,

pa su to jedine dvije fiksne toke.


Zadatak 2.8. Preslikajte vanjtinu jedininog kruga |z| 1 preslikavanjem

w(z) =iz + 1

z + i.

Rjeenje. Dovoljno je promatrati kamo se preslikavaju neke tri toke s krunice|z| = 1, a zatim pogledati kamo se preslika neka toka iz, recimo unutranjosti tekrunice. Izaberimo neke toke s jedinine krunice s jednostavnim koordinatama,tako da lako raunamo. Recimo, izaberimo 1, i i i. Imamo

1 =1 + i

1 + i= 1, 0 =

1 12i

= 0, 1 = 1 ii 1 = 1.

Odmah je oito da ove tri toke lee na koordinatnoj osi x. Preslikajmo jo toku 0

w(0) =1

i=

1

i ii = i.

Budui da se toka 0 preslikala u donju poluravninu, vanjtina jedininog krugapreslikat e se u gornju poluravninu im(z) 0.Zadatak 2.9. Naite bilineranu transformaciju koja gornju poluravninu, im(z) 0preslika u jedinini krug |z| 1, tako da toku i preslikava u 0, dok toku preslikava u 1.Rjeenje. Prvo iskoristimo informacije o preslikavanju dvije toke,

0 = w(i) =ai+ b

ci+ d, 1 = w() = a

c.

Iz druge jednadbe odmah slijedi da je a = c. Iz prve izlazib = ai,

pa ako jo uvrstimo da je a = c, imamob = ci.

Dakle, preslikavanje w glasi

w(z) =cz + cicz + d

.

Budui da c 6= 0, jer inae ne bismo imali bilinearno preslikavanje, moemo i brojniki nazivnik podijeliti s c,

w(z) =z + iz + d

c

.

Sada moemo s oznaiti = dc. Iskoristimo jo da se realna os mora preslikati

jedininu krunicu. Uzmimo neku toku s realne osi, na primjer, toku 0. Znamoda se ona mora preslikati na jedininu krunicu, tj. da mora biti |w(0)| = 1. Dakle,imamo

1 = |w(0)| = i = |i||| = 1|| .


Odatle odmah izlazi da mora biti

|| = 1.Prema tome i je broj na jedininoj krunici, pa se moe napisati kao

= ei = cos+ i sin.

Iz preslikavanja jo jedne toke s realne osi, odredimo taj kut . Preslikajmo toku1. Mora vrijediti

1 = |w(1)| = 1 + i1 + cos+ i sin

= | 1 + i||1 + cos+ i sin| =2

(1 + cos)2 + sin2 .

Odatle slijedi (1 + cos)2 + sin2 =

2

(1 + cos)2 + sin2 = 2

1 + 2 cos+ cos2 + sin2 = 2

2 + 2 cos = 2

cos = 0.

Posljednja jednakost vrijedi (za 0 < 2pi) ako je

1 =pi

2ili 2 =

3pi

2.

Ako uzmemo 1, onda je

1 = cos1 + i sin1 = i

a ako uzmemo 2, onda je

2 = cos2 + i sin2 = i.U prvom sluaju transformacija w glasi

w(z) =z + iz + i

i za nju jo moramo provjeriti preslikava li neku toku iz gornje poluravnine unutarjedininog kruga. Na primjer 2i je toka gornje poluravnine i vrijedi

|w(2i)| =2i+ i2i+ i

= | i||3i| = 13 < 1,pa je to preslikavanje korektno.

Ako uvrstimo 2, dobivamo preslikavanje

w(z) =z + iz i = 1,

to nije bilinearno preslikavanje, niti realnu os preslika u jedininu krunicu.


Zadatak 2.10. Pravacy = 2x

preslikajte preslikavanjem

w(z) =z 1z + 1

.

to je slika pravca?

Rjeenje. Toke na pravcu imaju kooridinate

zk = xk + 2ixk.

Recimo, 3 toke s tog pravca su 0, 1 + 2i i 1 2i. Tada imamow(0) = 1,

w(1 + 2i) =2i

2i+ 2=

i

1 + i 1 i1 i =

1 + i

2,

w(1 2i) = 2i 22i =1 + i

i ii = 1 i.

Oito je da ove tri toke ne lee na pravcu. Prema tome, lee na nekoj krunici

(x x0)2 + (y y0)2 = r2.Dakle, imamo

(1 x0)2 + y20 = r2(1

2 x0

)2+

(1

2 y0

)2= r2

(1 x0)2 + (1 y0)2 = r2.Kvadrirajmo svaki od izraza koji se javlja u jednadbama

1 + 2x0 + x20 + y

20 = r

2

1

2 x0 + x20 y0 + y20 = r2

2 2x0 + x20 + 2y0 + y20 = r2.Oduzimanjem prve jednadbe od preostale dvije, izlazi

12 3x0 y0 = 0

1 4x0 + 2y0 = 0.Mnoenjem prve jednadbe s 2 i dodavanjem drugoj, dobivamo

10x0 = 0,odnosno x0 = 0. Iz druge od jednadbi izlazi da je onda y0 = 12 . Konano,uvrtavanjem u prvu jednadbu, dobijemo da je r2 = 5

4. Dakle, jednadba krunice

glasi

x2 +

(y +

1

2

)2=

5

4.

2.5. Eksponencijalna funkcija 33

2.5. Eksponencijalna funkcija

Eksponencijalna funkcija definirana je s

ex+iy = ex(cos y + i sin y).

Dva najbitnija svojstva kompleksne eksponencijalne funkcije su da vrijedi da jeez 6= 0 i da je periodika s osnovnim periodom 2pii.

Katkad, da bi se lake italo, eksponencijalna funkcija ez oznaava se i s exp(z).

Zadatak 2.11. Naite sva rjeenja jednadbe

eiz = 2.

Rjeenje. Prvo napiimo iz koritenjem x i y

iz = i(x+ iy) = y + ix.Sada je

eiz = ey+ix = ey(cosx+ i sinx).

Prema tome, realni i imaginarni dio jednadbe glasi

ey cosx = 2

ey sinx = 0.

Budui da je ey > 0, jer se radi o realnoj eksponencijalnoj funkciji, mora bitisinx = 0, odnosno

x = kpi, k Z.U tom sluaju je

cos(kpi) = (1)k.Uvrtavanjem u prvu jednadbu izlazi

ey(1)k = 2.Za neparan k lijeva strana jednadbe je strogo manja od nula, a desna strogo vea,pa jednadba nema rjeenje. Prema tome k mora biti paran, pa ga uvijek moemozapisati kao k = 2`. Tada jedandba glasi

ey = 2,

odnosno, logaritmiranjem izlaziy = ln 2.

Dakle, sva rjeenja jednadbe su

z = 2`pi i ln 2, ` Z.Zadatak 2.12. Naite sva rjeenja jednadbe

ez2

= i.


Rjeenje. Napiimo z kao z = x+ iy. Onda je

z2 = x2 y2 + 2xyi,

pa treba rijeiti jednadbuex

2y2+2xyi = i,

odnosno,ex

2y2(cos(2xy) + i sin(2xy)) = i.

Izjednaimo li realni i imaginarni dio, izlazi

ex2y2 cos(2xy) = 0

ex2y2 sin(2xy) = 1.

Budui da je ex2y2 > 0, jer se radi o realnoj eksponencijalnoj funkciji, mora biti

cos(2xy) = 0,

odnosno2xy =

(2k + 1)pi

2, k Z. (2.3)

Odatle odmah slijedi da je

sin(2xy) = sin

((2k + 1)pi

2

)= (1)k, k Z.

Uvrstimo taj sinus u imaginarni dio jednadbe. Izlazi

ex2y2(1)k = 1.

Ako je k neparan, onda ova jednadba ne moe imati rjeenje, jer joj je lijeva stranastrogo manja od nula, a desna strana je strogo vea od nula. Dakle, k mora bitiparan, tj. k moemo zapisati kao k = 2`, pa jednadba glasi

ex2y2 = 1.

Realna eksponencijalna funkcija jednaka je nula ako joj je eksponent 0, tj. ako vrijedi

x2 y2 = 0.

Faktoriziranjem izlazi(x+ y)(x y) = 0.

Promotrimo prvi sluaj, kada je y = x. Tada iz (2.3) i injenice da je k = 2`izlazi

2x2 = (4`+ 1)pi2

, ` Z,odnosno

x2 = (4`+ 1)pi4

, ` Z.

2.6. Hiperbolike i trigonometrijske funkcije 35

Odmah je jasno da desna strana mora biti nenegativna da bi jednadba imala rje-enje, tj. mora biti 4`+ 1 0, odnosno ` < 0. Tada je

x =

(4`+ 1)pi

4, y =

(4`+ 1)pi

4, ` = 1,2, . . . ,

odnosno

z =

(4`+ 1)pi

4(1 i), ` = 1,2, . . .

Promotrimo i drugi sluaj, kada je y = x. Tada iz (2.3) i injenice da je k = 2`izlazi

2x2 =(4`+ 1)pi

2, ` Z,

odnosnox2 =

(4`+ 1)pi

4, ` Z.

Odmah je jasno da desna strana mora biti nenegativna da bi jednadba imala rje-enje, tj. mora biti 4`+ 1 0, odnosno ` 0. Tada je

x =

(4`+ 1)pi

4, y =

(4`+ 1)pi

4, ` = 0, 1, . . . ,

odnosno

z =

(4`+ 1)pi

4(1 + i), ` = 0, 1, . . .

2.6. Hiperbolike i trigonometrijske funkcije

Hiperbolike funkcije definiraju se na isti nain kao realne hiperbolike funk-cije

sh z =ez ez

2,

th z =sh z

ch z,

ch z =ez + ez

2,

cth z =ch z

sh z.

Trigonometrijske funkcije definiraju se ovako

sin z =eiz eiz

2i,

tg z =sin z

cos z,

cos z =eiz + eiz

2,

ctg z =cos z

sin z.

Za trigonometrijske i hiperbolike funkcije vrijede i jednostavne veze

sin(iz) = i sh z,

sh(iz) = i sin z,

cos(iz) = ch z,

ch(iz) = cos z,

tg(iz) = i th z,

th(iz) = i tg z.


Zadatak 2.13. Pokaite da su sve nultoke funkcija(a) sin z, (b) cos z

realne i jednake nultokama realnih funkcija sinus i kosinus.

Rjeenje. Ovdje emo pokazati samo dio zadatka koji se odnosi na funkciju sinus.Dio zadatka koji se odnosi na funkciju kosinus ostavljen je za vjebu.

(a) Napiimo funkciju sinus koritenjem eksponencijalne funkcije

sin z =eiz eiz

2i.

Nultoke funkcije sinus onda moraju zadovoljavati da je sin z = 0, odnosnobrojnik s desne strane u prethodnoj relaciji mora biti jednak 0. Dakle, morabiti

eiz eiz = 0.Napiimo iz i iz koritenjem realnog i imaginarnog dijela kompleksnog broja,iz = y + ix, iz = y ix, pa onda jednadba (zbog parnosti funkcije kosinusi neparnosti funkcije sinus), glasi

ey(cosx+ i sinx) iey(cosx i sinx) = 0.

Odatle dobivamo realnu i imaginarnu komponentu jednadbe

(ey ey) cosx = 0(ey + ey) sinx = 0.

Budui da je (ey + ey) > 0, jer zbrajamo dva pozitivna broja, onda mora bitisinx = 0, odnosno

x = kpi, k Z.U tom sluaju je

cosx = (1)k 6= 0,pa u prvoj jednadbi mora biti

ey ey = 0.

Mnoenjem prethodne jednadbe s ey (to smijemo, jer je ey > 0), dobivamo

1 = e2y.

Jedina toka u kojoj je se to moe dogoditi je y = 0. Prema tome, sva rjeenjajednadbe sin z = 0 su

z = kpi + 0 i = kpi, k Z,

to je i trebalo pokazati.



ch z =i

2.

Rjeenje. Prvo napiemo funkciju hiperboliki kosinus koritenjem eksponencijalnefunkcije. Dobivamo

ch z =ez + ez

2.

Iz te relacije odmah dobivamo da mora biti

ez + ez = i.

Napiimo realni i imaginarni dio te jednadbe

ex(cos y + i sin y) + ex(cos y i sin y) = i,

odnosno

(ex + ex) cos y = 0

(ex ex) sin y = 1.

Iz prve jednadbe, budui da je ex+ ex > 0, izlazi da mora biti cos y = 0, odnosno

y =(2k + 1)pi

2, k Z.

Za takve y je

sin(2k + 1)pi

2= (1)k, k Z,

pa uvrtavanjem u drugu jednadbu izlazi

(ex ex)(1)k = 1,

odnosno mnoenjem lijeve i desne strane s (1)kex,

e2x 1 = (1)kex.

Ako zamijenimo varijablu u = ex, onda dobivamo kvadratnu jednadbu u varijabliu,

u2 (1)ku 1 = 0.Rijeimo tu kvadratnu jednadbu prvo za parni k. Ona tada glasi

u2 u 1 = 0

i njezina rjeenja su

u1,2 =11 + 4

2=

152

.


Budui da je rjeenje sa znakom minus negativno, ono ne moe biti vrijednost realneeksponencijalne funkcije, pa mora biti

ex =1 +5

2,

odnosno

x = ln1 +5

2.

Dakle, za parne k, k = 2`, rjeenje je

z = ln1 +5

2+ i

(4`+ 1)pi

2, ` Z.

Rijeimo jednadbu i za neparni k. Ona tada glasi

u2 + u 1 = 0i njezina rjeenja su

u1,2 =11 + 4

2=15

2.

Budui da je rjeenje sa znakom minus negativno, ono ne moe biti vrijednost realneeksponencijalne funkcije, pa mora biti

ex =1 +5

2,

odnosno

x = ln1 +5

2.

Dakle, za neparne k, k = 2`+ 1, rjeenje je

z = ln1 +5

2+ i

(4`+ 3)pi

2, ` Z.

Zadatak 2.15. Za koje toke funkcija tg z poprima isto imaginarne vrijednosti?

Rjeenje. Napiimo tg z koritenjem eksponencijalne funkcije, a zatim sredimo nje-zin realni i imaginarni dio:

tg z =eiz eiz

(eiz + eiz)i=

1

i ey(cosx+ i sinx) ey(cosx i sinx)ey(cosx+ i sinx) + ey(cosx i sinx)

=1

i cosx(e

y ey) + i sinx(ey + ey)cosx(ey + ey) + i sinx(ey ey)

cosx(ey + ey) i sinx(ey ey)cosx(ey + ey) i sinx(ey ey)

=1

i cos

2 x(e2y e2y) + sin2 x(e2y e2y) + 4i sinx cosxcos2 x(e2 + ey)2 + sin2 x(ey ey)2

=1

i (e

2y e2y) + 4i sinx cosxcos2 x(e2 + ey)2 + sin2 x(ey ey)2

i

i

=4 sinx cosx i(e2y e2y)

cos2 x(e2 + ey)2 + sin2 x(ey ey)2 .


Budui da to mora biti isto imaginarni broj, izlazi

4 sinx cosx = 0

2 sin(2x) = 0

sin(2x) = 0

2x = kpi, k Z,

odnosnoz =

kpi

2+ iy, k Z.


cos z = ch z.

Koristite da je

cos z1 cos z2 = 2 sin z1 + z22

sinz1 z2

2.

Rjeenje. Iskoristimo relaciju koja vee trigonometrijske i hiperbolike funkcije ko-sinus, cos(iz) = ch z. Tada izlazi

cos z = cos(iz).

Prebacimo li sve na lijevu stranu, imamo

cos z cos(iz) = 2 sin z + iz2

sinz iz2

= 0.

Produkt je jednak nuli ako je barem jedan od lanova u produktu jednak nuli. Prematome mora biti ili

sinz + iz

2= 0

ilisin

z iz2

= 0.

Budui da smo u prvom zadatku utvrdili da su nultoke kompleksne funkcije sinusjednake nultokama realne funkcije sinus, onda je

z + iz

2= kpi, k Z

iliz iz2

= kpi, k Z.Ako uvrstimo da je

z + iz = x+ iy y + ix = (x y) + i(x+ y)z iz = x+ iy + y ix = (x+ y) + i(y x),


onda iz jednadbez + iz

2= kpi, k Z

izlazi(x y) + i(x+ y) = 2kpi, k Z,

odnosno

x y = 2kpix+ y = 0.

Iz druge jednadbe izlazi da je y = x, pa uvrtavanjem u prvu dobivamo 2x = 2kpi,tj.

x = kpi, y = kpi, k Z,odnosno

z = kpi(1 i), k Z.Ostalo je jo rijeiti jednadbu

z iz2

= kpi, k Z.

Uvrtavanjem realnog i imaginarnog dijela z, dobivamo

(x+ y) + i(y x) = 2kpi, k Z,

odnosno

x+ y = 2kpi

y x = 0.

Iz druge jednadbe izlazi da je y = x, pa uvrtavanjem u prvu dobivamo 2x = 2kpi,odnosno

x = kpi, y = kpi, k Z,odnosno

z = kpi(1 + i), k Z.

Documents

funkcije kompleksne varijable