KOMPLEKSNA ANALIZA 1. Funkcije kompleksne …starisajt.elfak.ni.ac.rs/phptest/.../matematika-odabrana-poglavlja/... · KOMPLEKSNA ANALIZA 1. Funkcije kompleksne promenljive Neka je

KOMPLEKSNA ANALIZA

1. Funkcije kompleksne promenljive

Neka je R skup realnih brojeva, a C skup kompleksnih brojeva.

Definicija 1. Ako je E ⊂ R, preslikavanje f : E 7→ C se naziva kompleksna funkcija realnepromenljive. Ako je E ⊂ C, preslikavanje f : E 7→ C se naziva kompleksna funkcija kompleksnepromenljive.

Za kompleksnu funkciju f realne promenljive t ∈ [a, b] datu sa f(t) = x(t) + iy(t) cesto se kaze daje zadata u parametarskom obliku. Na primer, f(t) = r cos t + ir sin t, t ∈ [0, 2π), definise kruznicupoluprecnika r u kompleksnoj ravni.

Definicija 2. Pod okolinom tacke z0 u kompleksnoj ravni podrazumeva se skup svih tacaka z u ovojravni za koje je |z − z0| < ε, gde je ε data pozitivna konstanta koja se zove poluprecnik okoline.

Definicija 3. Kriva odredena sa x = x(t) i y = y(t), tj. z = z(t) = x(t) + iy(t), gde su x i y realneneprekidne funkcije realne promenljive t na segmentu [a, b], zove se neprekidna kriva.

Definicija 4. Neprekidna kriva z = z(t), t ∈ [a, b], zove se Jordanova1 kriva ili prosta kriva akorazlicitim vrednostima t1, t2 ∈ [a, b] parametra t odgovaraju razlicite tacke z(t1), z(t2).

Jordanova kriva ne moze se svesti na tacku i ona nema visestrukih tacaka.

Definicija 5. Neprekidna kriva z = z(t), t ∈ [a, b], koje se od Jordanove krive razlikuje po tome stoje z(a) = z(b), naziva se zatvorena Jordanova kriva.

Definicija 6. Jordanova ili zatvorena Jordanova kriva x = x(t), y = y(t), t ∈ [a, b], naziva se glatkomako su izvodi x i y neprekidne funkcije na segmentu [a, b] i ako je na tom segmentu x(t)2 + y(t)2 > 0.

Za svaku zatvorenu Jordanovu krivu vazi sledeca teorema:

Teorema 1.1. Zatvorena Jordanova kriva Γ deli ravan na dve otvorene oblasti i ona je njihovazajednicka granica. Jedna od ovih oblasti je ogranicena i zove se unutrasnja (u oznaci intΓ ), a druga jeneogranicena i naziva se spoljasnja u odnosu na datu krivu (u oznaci extΓ ), tj. vazi

z-ravan = Γ ∪ intΓ ∪ extΓ.

Dokaz ove teoreme je veoma komplikovan. Jordanov dokaz (1887) nije bio besprekoran, cak ni u slucajupoligona. Korektan dokaz dao je tek 1905. americki matematicar Veblen.

Definicija 7. Oblast G je jednostruka (prosto) povezana u konacnoj z-ravni ako za svaku zatvorenuJordanovu krivu Γ ⊂ G vazi intΓ ⊂ G. Ostale oblasti su visestruko povezane.

1C. Jordan (1838-1922), francuski matematicar, cita se Zordan.

1

2 kompleksna analiza

Na slici 1.1 prikazane su, redom, jednostruko, dvostruko i trostruko povezane oblasti.

Slika 1.1

Visestruko povezana oblast moze se na razlicite nacine, pomocu zaseka pretvoriti u jednostruku oblast.Na slici 1.2 je prikazano kako se iz jedne cetvorostruko povezane oblasti dobija jednostruko povezanaoblast (pri obilazenju zaseci se ne mogu presecati).

Slika 1.2

2. Granicna vrednost i neprekidnost

Definicija 1. Kaze se da je A granicna vrednost funcije z 7→ f(z) kada z → a ako vazi

(∀ε > 0)(∃δ(ε) > 0) (∀z) |z − a| < δ(ε) ⇒ |f(z)−A| < ε.

Granicna vrednost se standardno oznacava sa

limz→a

f(z) = A.

Za realne funkcije imali smo levu i desnu granicnu vrednost. U nekoj tacki a u kompleksnoj ravnipromenljiva z se moze priblizavati po bezbroj mnogo pravaca, sto znaci da se moze uvesti granicnavrednost u pravcu:

Definicija 2. Granicna vrednost kompleksne funkcije z 7→ f(z), kada z → a duz poluprave L sapocetkom u tacki a koja gradi ugao α sa realnom osom (limes u pravcu), definise se sa

limz→a

z∈L

f(z) = limρ→0+

f(a+ ρeiα) (ρ > 0).

Teorema 2.1. Za postojanje limz→a f(z) potrebno je, ali ne i dovoljno, da su svi limesi u pravcumedusobno jednaki. Ako postoji granicna vrednost funkcije, ona je jedinstvena.

izvod funkcije kompleksne promenljive 3

Granicne vrednosti funkcije vise promenljivih imaju iste osobine kao i funkcije realne promenljive.Neka je lim

z→af(z) = A i lim

z→ag(z) = B. Tada vaze jednakosti:

limz→a

(

f(z)± g(z))

= A±B, limz→a

(

f(z)g(z))

= AB,

limz→a

f(z)

g(z)=A

B, B 6= 0.

Neprekidnost funkcija kompleksne promenljive u tacki i u oblasti definisu se na isti nacin kao kodfunkcija realne promenljive. Na primer, funkcija z 7→ f(z) je neprekidna u tacki a ako i samo ako je

limz→a

f(z) = f(a).

Ako je f(z) = u(x, y) + iv(x, y) neprekidna, tada su neprekidne i funkcije u i v. Naravno, vazi i obrnuto.

Osnovne operacija primenjene na neprekidne funkcije dovode opet do neprekidnih funkcija:

Teorema 2.2. Ako su funkcije f i g kompleksne promenljive z neprekidne u tacki z0, tada su funkcijef + g, f − g, fg neprekidne u tacki z0. Ako je g(z0) 6= 0, tada je f/g neprekidna funkcija u tacki z0.

3. Izvod funkcije kompleksne promenljive

Definicija 1. Neka su: z 7→ f(z) kompleksna funkcija definisana u oblasti G i L ⊂ G poluprava sapocetnom tackom a koja zaklapa ugao α sa pozitivnim smerom x-ose. Ako kolicnik

f(z)− f(a)

z − a

tezi konacnoj i odredenoj granici kada z → a duz L, kaze se da funkcija f ima izvod u tacki a u pravcu

α i ova granicna vrednost oznacava se sa f ′α(a) ili sa(

f(a))′α.

Ako se uvedu polarne koordinate (slika 3.1), tada je

z − a = ρ(cosα+ i sin a) = ρ cisα.

Sada se izvod u pravcu α moze definisati sa

f ′α(a) = limρ→0+

f(a+ ρ cisα)− f(a)

ρ cisα

pod uslovom da ova granicna vrednost postoji.Slika 3.1

Definicija 2. Ako za kompleksnu funkciju f definisanu u oblasti G postoji konacna granicna vrednost

limz→a

a,z∈G

f(z)− f(a)

z − a,

kaze se da funkcija f ima izvod u tacki a ili da je diferencijabilna u tacki a. Ovaj izvod oznacava se saf ′(a).


Primer 3.1. Za funkciju z 7→ f(z) = z imamo

f(z)− f(a)

z − a=z − a

z − a=ρ(cosα− i sinα)

ρ(cosα+ i sinα).

Ako ρ→ 0+, ovaj kolicnik prirastaja ima granicnu vrednost

(cosα− i sinα)2 ≡ cis (−2α).

Dakle,

(z)′α = cis (−2α),

tj. ovaj izvod u pravcu α zavisi od α u svakoj tacki z-ravni i prema tome, funkcija z 7→ z nema izvod ni u jednoj

tacki z-ravni.

Primer 3.2. Za funkciju z 7→ f(z) = zRe z je

f(z)− f(a)

z − a=zRe z − aRe a

z − a→ Re a+ a cosα cis (−α) (ρ→ 0+).

Ova granicna vrednost ne zavisi od α samo ako je a = 0, ali iz ovog jos ne sleduje da funkcija ima izvod kada

z → 0. Kako je

limz→0

zRe z

z= lim

z→0Re z = 0,

zakljucujemo da funkcija f zaista ima izvod u tacki z = 0.

Dakle, funkcija z 7→ zRe z ima izvod samo u tacki z = 0.

Izvod kompleksne funkcije f u proizvoljnoj tacki mozemo predstaviti pomocu granicne vrednosti

f ′(z) = lim∆z→0

f(z + ∆z)− f(z)

∆z,

ukoliko ova postoji, dakle, na potpuno isti nacin kao kod izvoda realne funkcije x 7→ f(x), s tim sto jeovde ∆z = ∆x+ i∆y.

4. Cauchy2-Riemannovi3 uslovi

Iz zahteva diferencijabilnosti funkcije f(z) u tacki z proisticu veoma vazni uslovi za realni i imaginarnideo te funkcije u okolini tacke (x, y). Ti uslovi su poznati kao Cauchy-Riemannovi uslovi (krace C-Ruslovi), koji ce biti formulisani u sledece dve teoreme.

Teorema 4.1 (Potrebni uslovi diferencijabilnosti). Da bi funkcija

z 7→ f(z) = u(x, y) + iv(x, y)

bila diferencijabilna u tacki z = x+ iy = (x, y), potrebno je da u ovoj tacki postoje parcijalni izvodi

∂u

∂x,∂u

∂y,∂v

∂x,∂v

∂y,

2A. L. Cauchy (1789-1857), francuski matematicar, cita se Kosi.3B. Riemann (1826-1866), nemacki matematicar, cita se Riman.

cauchy-riemannovi uslovi 5

i da su ispunjeni Cauchy-Riemannovi uslovi

∂u

∂x=∂v

∂y,

∂u

∂y= −∂v

∂x. (4.1)

Dokaz. Pretpostavimo da je f diferencijabilna funkcija u tacki z ∈ G. Tada granicna vrednost

f ′(z) = lim∆z→0

f(z + ∆z)− f(z)

∆z

postoji, bez obzira na koji nacin tacka z + ∆z (∈ G) tezi ka z kada ∆z → 0.Prema definiciji izvoda imamo

f ′(z) = lim∆x→0∆y→0

u(x+ ∆x, y + ∆y) + iv(x+ ∆x, y + ∆y)− u(x, y)− iv(x, y)

∆x+ i∆y. (4.2)

Kako f ′(z) postoji, to granicna vrednost na desnoj strani(4.2) postoji sto obezbeduje postojanje parcijalnih izvoda funk-cija u i v. Istovremeno, njen izvod ne zavisi od pravca. Dabismo dosli do granicne vrednosti, pusticemo da z + ∆z tezitacki z tako da izracunavanje bude sto prostije. Na slici 4.1 suprikazana dva pravca priblizavanja tacki z: 1◦ – duz polupravesa pocetnom tackom z koja zaklapa ugao α = 0 sa pozitivnimsmerom x-ose, i 2◦ – duz poluprave sa pocetnom tackom z kojazaklapa ugao α = π/2 sa pozitivnim smerom x-ose.

Slika 4.1

Po pravcu 1◦ je ∆z = ∆x (tj. ∆y = 0, ∆x −→ 0), te iz (4.2) imamo

(

f(z))′α=0

= lim∆x→0

u(x+ ∆x, y)− u(x, y)

∆x+ i lim

∆x→0

v(x+ ∆x, y)− v(x, y)

∆x,

tj.(

f(z))′α=0

=∂u

∂x+ i

∂v

∂x. (4.3)

Po pravcu 2◦ je ∆z = i∆y, (tj. ∆x = 0, ∆y −→ 0), tako da iz (4.2) sleduje

(

f(z))′α=π/2

= lim∆y→0

u(x, y + ∆y)− u(x, y)

i∆y+ i lim

∆y→0

v(x, y + ∆y)− v(x, y)

i∆y,

odakle je(

f(z))′α=π/2

= −i∂u∂y

+∂v

∂y. (4.4)

Izjednacavanjem (4.3) i (4.4) (jer na osnovu pretpostavke postoji izvod u tacki z) dobijamo

∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂v

∂y− i

∂u

∂y.

Odavde sleduju relacije (4.1). �


Uslovi dati u teoremi 4.1 su samo potrebni, ali ne i dovoljni. U sledecoj teoremi se pokazuje da suCauchy-Riemannovi islovi dovoljni uz dopunski uslov da su funkcije (x, y) 7→ u(x, y) i (x, y) 7→ v(x, y),diferencijabilne u tacki (x, y). Drugim recima, dokazacemo sledece:

Teorema 4.2 (Dovoljni uslovi diferencijabilnosti). Ako su funkcije u(x, y) i v(x, y) difer-encijabilne u tacki (x, y) i zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uslove (4.1), tada je funkcija f(z) =u(x, y) + iv(x, y) diferencijabilna u tacki z = x+ iy.

Vodeci racuna o C-R uslovima, izvod f ′ moze se predstaviti u sledeca cetiri ekvivalentna nacina:

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂v

∂y− i

∂u

∂y=∂u

∂x− i

∂u

∂y=∂v

∂y+∂v

∂x.

C-R uslovi (4.1) se koriste pri ispitivanju razlicitih svojstava diferencijabilnih kompleksnih funkcija.

5. Analiticke funkcije

Definicija 1. Kaze se da je kompleksna funkcija z 7→ f(z) analiticka u tacki a ako je ona diferencija-bilna u nekoj okolini tacke a.

Definicija 2. Kompleksna funkcija z 7→ f(z) je analiticka u jednoj oblasti ako je analiticka u svakojtacki ove oblasti.

Primer 5.1. Na osnovu Primera 3.2 sledi da je funkcija z 7→ zRe z diferencijabilna u tacki z = 0, ali nije

u toj tacki analiticka.

Definicija 3. Funkcija koja je analiticka u svim tackama konacne ravni (dakle, svuda izuzev u ∞)naziva se cela funkcija.

Cele funkcije su, na primer, funkcije ez, sin z, cos z. Funkcija f(z) =z

(z − 1)(z + 3)2nije analiticka

samo u tackama z = 1 i z = −3, koje nazivamo polovima funkcije. Za takvu funkciju kazemo da jemeromorfna (videti odeljak 12).

Za analiticke funkcije vaze sva pravila diferenciranja kao za funkcije realne promenljive, sto znaci davazi ista tablica izvoda, kao i pratece teoreme.

Definicija 4. Realna funkcija (x, y) 7→ U(x, y) zove se harmonijska u oblasti G ako su za svako

(x, y) ∈ G parcijalni izvodi∂2U

∂x2i∂2U

∂y2neprekidni i ako je

∂2U

∂x2+∂2U

∂y2= 0. (5.1)

Jednacina (5.1) zove se Laplaceova parcijalna jednacina sa dve promenljive. Resenja jednacine (5.1)zovu se potencijalne funkcije ili logaritamski potencijali.

Jedno partikularno resenje jednacine (5.1) je

U(x, y) = log1

√

(x− a)2 + (y − b)2,

gde su a i b proizvoljne realne konstante.

elementarne funkcije 7

Teorema 5.1. Ako je funkcija z 7→ f(z) = u(x, y) + iv(x, y) analiticka u oblasti G, funkcije u i v suharmonijske u istoj oblasti.

Dokaz. Koristicemo (bez dokaza) cinjenicu da su izvodi analiticke funkcije u tacki, takode analitickefunkcije u istoj tacki.

Neka je funkcija z 7→ f(z) = u(x, y) + iv(x, y) analiticka u tacki z. Njen izvod

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x, tj. f ′(z) =

∂v

∂y− i

∂u

∂y

je takode analiticka funkcija u istoj tacki, kao sto je navedeno.Drugi izvod f ′′ je takode analiticka funkcija u tacki z, te je

f ′′(z) =∂2u

∂x2+ i

∂2v

∂x2, (5.2)

f ′′(z) = −∂2u

∂y2− i

∂2v

∂y2. (5.3)

Kako su izvodi f ′, f ′′, . . . neprekidne funkcije, isti ce biti slucaj i sa parcijalnim izvodima ma kog redafunkcije u i v.

Iz (5.2) i (5.3) izlazi∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 i

∂2v

∂x2+∂2v

∂y2= 0,

tj. u i v su resenja iste Laplaceove parcijalne jednacine (5.1). Ovim je zavrsen dokaz teoreme 5.1. �

6. Elementarne funkcije

U ovom odeljku razmatramo neke elementarne kompleksne funkcije.

1◦ Potencijalna funkcija f(z) = zn (n prirodan broj) analiticka je u celoj ravni. Njen izvod jednakje (zn)′ = nzn−1. Linearna kombinacija stepena 1, z, z2, . . . , zn je kompleksni polinom

P (z) = a0zn + a1z

n−1 + · · ·+ an−1z + an

i on je takode analiticka funkcija za svako z.Ako su P i Q polinomi po z, funkcija f odredena sa f(z) = P (z)/Q(z), naziva se racionalna funkcija.

Ona je analiticka za svako z osim za vrednosti za koje je Q(z) = 0, tj. za polove racionalne funkcije f.

2◦ Koren. Za z = ρeiθ 6= 0, jednacina wn = z (n ∈ N) ima po w tacno n razlicitih korena odredenihformulom

wk = ρ1/n(

cosθ + 2kπ

n+ i sin

θ + 2kπ

n

)

(k = 0, 1, . . . , n− 1).

Ako z opisuje jednu konturu γ, svaki od korena wk menja se neprekidno.

Zbog jednostavnosti, posmatrajmo slucaj kada je kontura γ kruznica. Razlikovacemo tri slucaja kojasu prikazana na slici 6.1 u specijalnom slucaju za n = 3 :

a) 0 ∈ ext γ

Kada tacka z opise kruznicu γ, svaki od korena w0, w1, . . . , wn−1 opise takode zatvorenu konturu:Γ0, Γ1, . . . , Γn−1. Ove konture imaju isti oblik, ne seku se i njihove ose koje prolaze kroz koordinatni


pocetak pomerene su medusobno za ugao 2π/n (videti sliku 6.1a za n = 3). Neprekidne funkcijew0, w1, . . . , wn−1 nazivaju se grane ,,multiformne funkcije z 7→ z1/n”.

b) 0 ∈ int γ

Kada z opise u pozitivnom smislu kruznicu γ, argument θ ima vrednost θ + 2π. Kada tacka z opisek puta uocenu konturu, argument θ uzima vrednost θ + 2kπ. Krajnja vrednost korena wk jednaka jepocetnoj vrednosti korena wk+1, sto znaci da konture koje opisu tacke w0, w1, . . . , wn−1 obrazuju jednujedinstvenu zatvorenu konturu (slika 6.1b, n = 3). Tacka z = 0 u kojoj kao da se sjedinjuju sve granemultiformne funkcije z 7→ z1/n zove se tacka granjanja ili algebarski kriticki singularitet.

c) 0 ∈ γOvo je granicni slucaj prethodno opisanog slucaja. Sve grane se sjedinjuju u koordinatnom pocetku

obrazujuci ,,listove” istog oblika i pomerene medusobno za ugao 2π/n (slika 6.1c, n = 3).

Slika 6.1 Grane korenske funkcije z 7→ z1/3

3◦ Eksponencijalna funkcija z 7→ ez definise se granicnom vrednoscu

ez = limn→+∞

(

1 +z

n

)n

.

Za niz zn =(

1 +z

n

)n

(n ∈ N, z = x+ iy) dokazuje se

limn→+∞

|zn| = limn→+∞

(

(

1 +x

n

)2

+y2

n2

)n/2

= exp

{

limn→+∞

n

2log

(

(

1 +x

n

)2

+y2

n2

)}

= ex

i

limn→+∞

arg zn = limn→+∞

n arctany/n

1 + x/n= y.

Na osnovu ovog jeez = ex+iy = ex · eiy = ex(cos y + i sin y). (6.1)

elementarne funkcije 9

Koristeci (6.1) moze se dokazati sledeca teorema:

Teorema 6.1. Funkcija z 7→ ez ima sledece osobine:

1◦ Funkcija z 7→ ez ima izvod (ez)′ = ez i analiticka je za svako z;

2◦ Vazi adiciona formula ez1ez2 = ez1+z2 ;

3◦ Funkcija z 7→ ez se ne anulira ni za jedno z ∈ C;

4◦ Za z = x (x realno) navedena definicija poklapa se sa eksponencijalnom funcijom x 7→ ex u realnompodrucju;

5◦ Funkcija z 7→ ez je prosto periodicna sa osnovnim periodom 2πi.

Osobine iz teoreme 6.1 lako se dokazuju koriscenjem relacije (6.1).

4◦ Trigonometrijske i hiperbolicke funkcije definisu se pomocu:

cos z =eiz + e−iz

2, sin z =

eiz − e−iz

2i, tan z =

sin z

cos z,

cosh z =ez + e−z

2, sinh z =

ez − e−z

2, tanh z =

sinh z

cosh z.

Na osnovu ovih definicija i osobina eksponencijalne funkcije zakljucujemo da su trigonometrijskefunkcije sin z i cos z periodicne sa osnovnim periodom 2π, dok je funkcija tan z periodicna sa osnovnimperiodom π. Hiperbolicke funkcije cosh z, sinh z i tanh z su takode periodicne sa osnovnim periodimaredom 2πi, 2πi i πi.

Primenom osobine 2◦ date u teoremi 6.1 jednostavno se izvode sledece formule:

sin(z1 ± z2) = sin z1 cos z2 ± cos z1 sin z1, cos(z1 ± z2) = cos z1 cos z2 ∓ sin z1 sin z1,

sinh (z1 ± z2) = sinh z1cosh z2 ± cosh z1sinh z1, cosh (z1 ± z2) = cosh z1cosh z2 ± sinh z1sinh z1.

Vidimo da za trigonometrijske i hiperbolicke funkcije u kompleksnom domenu vaze iste adicione formulekao i one u realnoj analizi.

Iz definicionih formula lako se dobijaju i sledece jednakosti:

cos2 z + sin2 z = 1, cosh 2z − sinh 2z = 1,

sin iz = isinh z, cos iz = cosh z, sinh iz = i sin z, cosh iz = cos z.

Izvodi trigonometrijskih i hiperbolickih funkcija dati su istim formulama kao u realnom domenu:

(sin z)′ = cos z, (cos z)′ = − sin z, (tan z)′ =1

cos2 z,

(sinh z)′ = cosh z, (cosh z)′ = sinh z, (tanh z)′ =1

cosh 2z,

5◦ Logaritamska funkcija z 7→ Log z dobija se kao resenje jednacine ew = z (z 6= 0).

Neka je w = u+ iv i z = ρeiθ. Iz definicione jednakosti nalazimo

eu · eiv = ρeiθ, odakle je eu = ρ, tj. u = log ρ i v = θ + 2kπ (k ∈ Z).

Prema tome, trazeno resenje ima oblik

w = u+ iv = log ρ+ i(θ + 2kπ) (k ∈ Z),


tj.Log z = log ρ+ i(θ + 2kπ) (k ∈ Z). (6.3)

Ako je θ = 0, tj. z = x > 0 je realan broj, iz (6.3) sledi

Logx = log x+ 2kπi (x > 0)

i za k = 0 dobijamo logaritam za osnovu e za realne pozitivne brojeve.

Ako je z realan i negativan broj, tada je θ = π, te je

Log (−x) = log x+ i(2k + 1)π (x > 0).

S obzirom da je 2k + 1 6= 0, sledi da je logaritam negativnog broja kompleksan broj.

Ako tacka z opise zatvorenu konturu koja ne sadrzi koordinatni pocetak, tada svaka vrednost wk =log ρ + i(θ + 2kπ) (k ∈ Z) logaritma Log z opise takode zatvorenu konturu. Kao i u slucaju korenskefunkcije, ovde imamo slucaj miltiformne funkcije, ali sa beskonacno mnogo grana. Funkcije wk = log ρ+i(θ + 2kπ) nazivaju se grane ,,multiformne funkcije z 7→ Log z”.

Ako je θ glavna vrednost argumenta, tj. θ = arg z (−π < arg z ≤ π), tada je

w = log |z|+ i(arg z + 2kπ) (z ∈ Z).

Glavni logaritam je funkcija z 7→ log |z|+ i arg z i obelezava se z 7→ log z. Ovaj logaritam se dobijastavljajuci k = 0. Na osnovu izlozenog imamo

Log z = log z + 2kπi (k ∈ Z).

Tacka z = 0 naziva se transcendentni logaritamski kriticki singularitet, a takode i tacka granjanja.

Izvod logaritamske fukcije dat je sa

(Log z)′ =1

z.

Svaka grana funkcije z 7→ Log z u slucaju domena koji ne sadrzi tacku z = 0 je analiticka funkcija u ovomdomenu.

6◦ Opsta potencijalna funkcija z 7→ zλ (λ kompleksan broj) definise se pomocu jednakosti

zλ = eλLog z.

Ako je λ = α+ iβ (α i β realni brojevi) i z = ρeiθ, tada je

zλ = e(α+iβ)(

log ρ+i(θ+2kπ))

= eα log ρ−β(θ+2kπ)ei[α(θ+2kπ)+β log ρ] (k ∈ Z).

Glavna vrednost multiformne funkcije z 7→ zλ koja se dobija za k = 0 zove se glavna vrednostpotencijalne funkcije. Tacka z = 0 je transcendentni kriticki singularitet funkcije z 7→ zλ ako λ nijeracionalan broj.

Primer 6.1. Izracunati u kompleksnom podrucju: a) ii; b) 21+i; c) 1√

2; d) 22.

a) ii = eiLog i = ei( πi2

+2kπi) = e−π2−2kπ (k ∈ Z).

Dakle, sve vrednosti izraza ii su realne. Glavna vrednost od ii je e−π/2.

b) 21+i = e(1+i)Log 2 = e(1+i)(log 2+2kπi) = elog 2−2kπei(log 2+2kπ) = elog 2−2kπ(

cos(log 2) + i sin(log 2))

.

konformno preslikavanje 11

c) 1√

2 = e√

2Log 1 = ei2kπ√

2 = cos(2kπ√

2) + i sin(2kπ√

2) (beskonacno mnogo vrednosti).Za k = 0 dobijamo glavnu vrednost 1.

d) 22 = e2Log 2 = e2(log 2+2kπi) = 4(cos 2kπi+ i sin 2kπi) = 4 (samo jedna vrednost).

7◦ Opsta eksponencijalna funkcija z 7→ az, gde je a kompleksan broj, definise se na slican nacinkao i opsta potencijalna funkcija, tj.

az = ezLog a = ez(

log |a|+i(arg a+2kπ))

.

Ova multiformna funkcija, takode, ima beskonacan broj grana.

8◦ Inverzne trigonometrijske funkcije definisu se na isti nacina kao u slucaju funkcija realnepromenljive.

Izvedimo, na primer, inverznu sinusnu funkciju. Resenje po w jednacine

z = sinw, tj. z =eiw − e−iw

2i

zovemo arkus sinus i obelezavamo sa Arcsin z. Ako u drugu jednakost uvedemo smenu eiw = t,dobijamo kvadratnu jednacinu t2 − 2izt− 1 = 0, iz koje nalazimo eiw = iz ±

√1− z2, odakle je

Arcsin z = −iLog(

iz ±√

1− z2)

.

Na ovaj nacin funkciju z 7→ Arcsin z sveli smo na logaritamsku funkciju. To znaci da ova inverzna funkcijaima beskonacno mnogo grana.

Istim postupkom dobijamo inverzne trigonometrijske funkcije:

Arccos z = −iLog(

z ±√

z2 − 1)

,

Arctan z = − i2Log

1 + iz

1− iz.

U oznacavanju ovih inverznih kompleksnih funkcija koristi se kao prvo slovo veliko A, slicno kao i kodfunkcije Log, da bismo naglasili da ove funkcije imaju beskonacan broj grana.

Inverzne hiperbolicke funkcije se definisu na potpuno isti nacin kao inverzne trigonometrijske funkcije.

Primer 6.2. Resimo jednacinu sin z = 2. Jasno je da ova jednacina nema smisla u realnom domenu, te

postavljena jednacina nema realnih korena. Primenjujuci formulu za Arcsin z direktno dobijamo

z = Arcsin 2 = −iLog (5i±√

1− 52)

= −iLog (5i± 2i√

6)

= −iLog(

(5± 2√

6)ei(π/2+2kπ))

=π

2+ 2kπ − i

(

log(5± 2√

6))

.

7. Konformno preslikavanje

Geometrijska predstava analiticke funkcije u smislu predstave krive y = f(x) u realnom podrucju nepostoji. Medutim, ako se funkcija

x+ iy = z 7→ w = f(z) = u(x, y) + iv(x, y)


definise kao preslikavanje tacaka iz oblasti Dz, koja pripada z-ravni, u oblast Dw, koja pripada w-ravni,tada se geometrijska predstava moze dati pomocu preslikavanja.

Neka se tacka a iz z-ravni transformacijom w = f(z) preslikava u tacku f(a). Pored toga, neka se lukl, kome pripada tacka a, preslika na luk L. Pretpostavimo da analiticka funkcija f ima u tacki a konacanizvod i da je f ′(a) 6= 0. Izvod funkcije f u tacki a definisan je sa

limz→a

f(z)− f(a)

z − a= f ′(a). (7.1)

Da bismo dali geometrijsko tumacenje ovog izvoda, posmatracemo njegov modul i argument. Iz (7.1) je

∣

∣

∣

∣

limz→a

f(z)− f(a)

z − a

∣

∣

∣

∣

= limz→a

|f(z)− f(a)||z − a| = |f ′(a)|.

Odavde je

|f ′(a)| ≈ |f(z)− f(a)||z − a|. (7.2)

Slika 7.1

Na osnovu ovakve predstave, zakljucujemo da je modul izvoda jednak kolicniku (ili odnosu) duzinatetiva |f(z) − f(a)| i |z − a| i to u granicnom slucaju kada z → a. Zbog toga se |f ′(a)| moze nazvatikoeficijentom deformacije. Takode se koriste i nazivi koeficijent izduzenja ili koeficijent skracenja, zavisnood toga da li je |f ′(a)| vece ili manje od jedinice.

Posmatrajmo sada argument izvoda u granicnom slucaju. Imamo

arg

(

limz→a

f(z)− f(a)

z − a

)

= limz→a

arg

(

f(z)− f(a)

z − a

)

= arg f ′(a)

= limz→a

arg(

f(z)− f(a))

− limz→a

arg (z − a) = γ − β.(7.3)

Ovoi je geometrijska predstava argumenta prvog izvoda.Posmatrajmo u ravni z dva glatka luka l1 i l2 koji se seku u tacki a i dva preslikana luka L1 i L2 u

w-ravni koji se seku u tacki f(a). Primenom jednakosti (7.3) dobijamo

γ1 − β1 = arg f ′(a), γ2 − β2 = arg f ′(a),

odakle jeγ2 − γ1 = β2 − β1.


Slika 7.2

Ovim smo dokazali sledecu teoremu:

Teorema 7.1. Preslikavanje pomocu analiticke funkcije z 7→ f(z) ima osobinu da zadrzava uglove povelicini i smeru u svakoj tacki u kojoj je f ′(z) 6= 0.

Na osnovu prethodnog mozemo zakljuciti da svako preslikavanje koje se vrsi pomocu jedne analitickefunkcije f ima osobine:

1◦ zadrzavanje (nepromenljivost) uglova;

2◦ nezavisnost (od pravca) koeficijenta deformacije za fiksnu tacku.

Pretpostavlja se da je f ′(a) 6= 0 u fiksnoj tacki a.

Definicija 1. Preslikavanje koje ima dve navedene osobine zove se konformno preslikavanje.

Osnovni problem konformnog preslikavanja

Kod konformnog preslikavanja se daje neka oblast Dz u z-ravni, zatim analiticka funkcija z 7→ f(z), itrazi se oblast Dw u w-ravni na koju se preslikava Dz pomocu funkcije f .

Postoji i inverzni problem: Data je oblast Dw i funkcija f−1, inverzna funkciji f . Ovaj problem jeanalogan konformnom preslikavanju u gornjem slucaju.

Osnovni problem konformnog preslikavanja, koji je vrlo cest u primenama, glasi: Ako su date dveoblasti Dz i Dw, odrediti analiticku funkciju kojom se jedna od tih oblasti preslikava na drugu.

Ovaj problem je neresiv u opstem slucaju.

Bilinearna transformacija

Definicija 1. Bilinearna (ili Mobiusova4) transformacija je

z 7→ w(z) =az + b

cz + d(ad− bc 6= 0), (7.4)

gde su a, b, c, d kompleksni brojevi.

Izraz (7.4) se moze prikazati u obliku czw− az+ dw− b = 0, odakle se vidi da je ovo linearna funkcijaposebno po z i posebno po w i to je razlog za ime bilinearna transformacija.

Kada je ad− bc = 0 i cd 6= 0, tada je w = const.

4A. F. Mobius (1790-1863), nemacki matematicar, cita se Mebijus.


Ako je c = 0, tada je

w =a

dz +

b

d(linearna transformacija).

Iz (7.4) sleduje

z =−dw + b

cw − a, (7.5)

Ovo je takode bilinearna transformacija koja ne degenerise u konstantu jer je (−a)(−d)−bc = ad−bc 6= 0.

Na osnovu (7.4) i (7.5), za c 6= 0 imamo rezultat:

1◦ Pomocu transformacije (7.4) sve tacke konacne z-ravni preslikavaju se na tacke konacne w-ravni;

tacka z = −dc

preslikava se u tacku w = ∞;

2◦ Pomocu transformacije (7.5) sve tacke konacne w-ravni preslikavaju se na tacke konacne z-ravni;

tacka w =a

cpreslikava se u tacku z = ∞.

Na osnovu izlozenog zakljucujemo da je bilinearnom transformacijom (7.4) izmedu prosirene z-ravni iprosirene w-ravni uspostavljena biunivoka korespondencija.

Moze se dokazati sledece tvrdenje:

Teorema 7.2. Bilinearnom transformacijom (7.4) krugovi i prave z-ravni preslikavaju se u krugove iprave w-ravni. Pri tome, krug se moze preslikati u pravu i obrnuto.

Bez dokaza navodimo da se krug |z− z0| = r iz z-ravni preslikava pomocu (7.4) u pravu ako ovaj krugprolazi kroz tacku −d/c, tj. kroz pol bilinearne transformacije (7.4) (videti sledeci primer).

Primer 7.1. Pomocu bilinearne transformacije w =z + 1

z − 1krug |z − 2| = 1 preslikava se u pravu jer ovaj

krug prolazi kroz tacku z = 1 koja predstavlja pol bilinearne transformacije. Tacka z = 3 koja pripada krugu

preslikava se u tacku w(3) = (3 + 1)/(3− 1) = 2. Tangenta na krug u tacki z = 3 gradi prav ugao sa realnom

osom, tako da na osnovu osobine o nepromenljivosti uglova pri konformnom preslikavanju prava u w-ravni je

upravna na realnu osu i prolazi kroz tacku w = 2. Prema tome, dati krug se preslikava na pravu Re z = 2, sto

je prikazano na slici 7.3.

Slika 7.3

Primer 7.2. Transformacijom z 7→ w(z) =i− z

i+ zpreslikati oblast {z |Re z ≥ 0 ∧ Im z ≥ 0} (prvi

kvadrant).

Iz date transformacije resavanjem po z nalazimo

z = −iw − 1

w + 1, (7.6)

odakle je

Re z =1

2(z + z) =

1

2

(

−iw − 1

w + 1+ i

w − 1

w + 1

)

=2Imw

ww + w + w + 1.


Odavde je Re z ≥ 0 ⇒ Imw

ww + w + w + 1≥ 0 ⇒ Imw ≥ 0 jer za w 6= −1 vazi ww + w + w + 1 =

(w + 1)(w + 1) = |w + 1|2 > 0. Dalje, iz (7.6) imamo

Im z =1

2i(z − z) =

1

2i

(

−iw − 1

w + 1− i

w − 1

w + 1

)

= − ww − 1

ww + w + w + 1.

Prema tome, Im z ≥ 0 ⇒ −(ww − 1) ≥ 0 ⇒ |w| ≤ 1.Dakle, transformacija w = (i−z)/(i+z) preslikava datu oblast na poludisk {w | |w| ≤ 1∧ Imw ≥ 0}, videti

sliku 7.4.

Slika 7.4

Neki vazni slucajevi konformnog preslikavanja

1◦ Preslikavanje z 7→ w(z) = z2

Neka je z = ρeiθ. Kako je z 7→ z2 = (ρeiθ)2 = ρ2ei2θ, zakljucujemo da se jedna tacka z-ravni preslikavau tacku w-ravni ciji je modul jednak kvadratu modula originala i argument je dva puta veci. Na primer,isecak kruga |z| = ρ ciji je centralni ugao α preslikava se u kruzni isecak poluprecnika ρ2 sa centralnimuglom 2α (0 ≤ α ≤ π), kao sto je prikazano na slici 7.5a.

Slika 7.5 Preslikavanje funkcijom w = z2


Mreza koordinatnih linija x = p i y = q (p, q 6= 0 realni brojevi) preslikava se u dve familije ortogonalnihparabola (slika 7.5b.). Kako je w = u+ iv = z2 = (z + iy)2 = x2 − y2 + i2xy, imamo

u = x2 − y2, v = 2xy.

Eliminacijom x iz sistema u = x2 − q2, v = 2xq i y iz sistema u = p2 − y2, v = 2py, dobijamo jednacinefamilija ortogonalnih parabola

u = p2 − v2

4p2, u =

v2

4q2− q2.

Zize ovih parabola su u koordinatnom pocetku. Takode, primecujemo da se prave y = q i y = −qpreslikavaju u istu parabolu, sto proistice iz jednakosti (−z)2 = z2.

Primer 7.3. Preslikati disk |z − a| = a sa z 7→ z2.Ako jednacinu kruznice posmatranog diska napisemo u obliku

z = a(1 + eiθ) (0 ≤ θ < 2π),

dobijamo

w = u+ iv = a2(

1 + eiθ)2

= a2(

e2iθ + 2eiθ + 1),

odakle je

u = 2a2 cos θ(1 + cos θ), v = 2a2 sin θ(1 + cos θ).

Kako je (u2 + v2)1/2 = 2a2(1 + cos θ) i v/u = tan θ, uvodeci polarne koordinate u = ρ cosφ, v = ρ sinφ,dolazimo do jednacine

ρ = 2a2(1 + cosφ)

u polarnim koodinatama. Ovo je jednacina krive (kardioide) na koju se preslikava krug |z − a| = a iz z-ravni.

Unutrasnost diska D preslikava se u unutrasnjost kardioide D′, kao sto je prikazano na slici 7.6.

Slika 7.6 Preslikavanje diska funkcijom w = z2


3◦ Preslikavanje z 7→ w(z) = ez

Kako jew = |w|eiarg w = ez = ex+iy = exeiy,

nalazimo da je|w| = ρ = ex i argw = y.

Zbog toga se traka {z|−∞ < x < +∞, 0 < y < π} preslikava u poluravan v = Imw > 0, jer se argw = ymenja od 0 do π, dok se |w| = ex menja od 0 do +∞ (slika 7.7a).

Pri preslikavanju jedne polovine ove pruge za koju je x < 0, imamo da se argw = y opet menja od 0do π, a |w| = ex od 0 do 1. Na taj nacin dobija se oblast

{w||w| < 1, Imw > 0},

tj. jedinicni polukrug u gornjoj poluravni (slika 7.7b).

Pravougaonik JKLM sa slike 7.7c preslikava se u oblast koja se nalazi izmedu dva koncentricnapolukruga. S obzirom da je tacka J u oblasti x < 0, poluprecnik manjeg polukruga manji je od 1, dok jepoluprecnik veceg polukruga veci od 1 jer je tacka K u poluravni x > 0.

Slika 7.7 Preslikavanje z 7→ ez


8. Kompleksna integracija

Definicija 1. Ako su u i v R-integrabilne funkcije realne promenljive t na segmentu [a, b] (integrabil-nost u Riemannovom smislu), integral funkcije t 7→ f(t) = u(t)+iv(t) u granicama od α do β (α, β ∈ [a, b])je

β∫

α

f(t)dt =

β∫

α

u(t)dt+ i

β∫

α

v(t)dt. (8.1)

Za funkciju f kazemo da je R-integrabilna.

Navodimo neke osobine R-integrabilne funkcije:

1◦∫ β

α

f(t)dt = −∫ α

β

f(t)dt.

2◦∫ β

α

γf(t)dt = γ

∫ β

α

f(t)dt (γ je kompleksna konstanta).

3◦∫ β

α

(

n∑

k=1

fk(t))

dt =n∑

k=1

∫ β

α

fk(t)dt.

4◦

∣

∣

∣

∣

∣

∫ b

a

f(t)dt

∣

∣

∣

∣

∣

≤∫ b

a

|f(t)|dt (a < b).

5◦ Ako je t 7→ f(t) = u(t) + iv(t) R-integrabilna funkcija na segmentu [a, b], isti je slucaj safunkcijom

t 7→ |f(t)| =√

u(t)2 + v(t)2.

Definicija 2. Neka je f kompleksna funkcija kompleksne promenljive z i Γ glatka kriva cija jejednacina z = z(t) = x(t) + iy(t) (a ≤ t ≤ b). Neka je funkcija f definisana i neprekidna na Γ. Tada je

∫

Γ

f(z)dz =

b∫

a

f(

z(t))

z′(t)dt (8.2)

i∫

Γ

|f(z)||dz| =b∫

a

|f(

z(t))

||z′(t)|dt. (8.3)

Integral (8.2) moze se razloziti na realni i imaginarni deo na sledeci nacin:

∫

Γ

f(z)dz =

∫

Γ

(

u(x, y) + iv(x, y))

dz =

∫

Γ

u(x, y)dx− v(x, y)dy + i

∫

Γ

v(x, y)dx+ u(x, y)dy. (8.4)

Neke osobine integrala su:

1◦∫

Γ

f(z)dz = −∫

Γ−f(z)dz.

2◦∫

Γ

γf(z)dz = γ

∫

Γ

f(z)dz (γ je kompleksna konstanta).

kompleksna integracija 19

3◦∫

Γ

(

n∑

k=1

fk(z))

dz =n∑

k=1

∫

Γ

fk(z)dz.

4◦∫

Γ

f(z)dz =r∑

k=1

∫

Γk

f(z)dz (Γ =r⋃

k=1

Γk).

5◦∣

∣

∣

∣

∫

Γ

f(z)dz

∣

∣

∣

∣

≤∫

Γ

|f(z)||dz| (Darbouxova5 nejednakost).

Dokazimo Darbouxovu nejednakost 5◦. Primenom osobine 4◦ za kompleksan integral realne promen-ljiive, iz (8.2) se dobija

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∫

Γ

f(z)dz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b∫

a

f(

z(t))

z′(t)dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤b∫

a

|f(

z(t))

z′(t)|dt =

b∫

a

|f(

z(t))

||z′(t)|dt =

∫

Γ

|f(z)||dz|.

Ako je maxz∈Γ

|f(z)| = M (M pozitivna konstanta), tada iz 5◦ sleduje

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∫

Γ

f(z)dz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤M

∫

Γ

|dz| = ML,

gde je L duzina luka krive Γ.

Primer 8.1. Smenom z − a = reit (⇒ dz = rieitdt) imamo

J =

∮

|z−a|=r

1

z − adz =

2π∫

0

rieit

reitdt =

2π∫

0

idt = 2πi.

Navedenom smenom integral∫

|z−a|=r

(z − a)ndz (n ceo broj 6= −1),

postaje2π∫

0

irn+1ei(n+1)tdt =

[

irn+1

i(n+ 1)ei(n+1)t

]2π

0

= 0.

Primer 8.2. Izracunati

∫

C

zdz od z = 0 do z = 4 + 2i duz krive C date pomocu z = z(t) = t2 + it.

Dati integral je jednak∫

C

(x− iy)(dx+ idy) =

∫

C

xdx+ ydy + i

∫

C

xdy − ydx.

Parametarske jednacine krive C su x = x(t) = t2, y = y(t) = t za t ∈ [0, 2]. Tada linijski integral postaje

2∫

t=0

[

t2(2tdt) + tdt]

+ i

2∫

t=0

[

t2dt− t(2tdt)]

=

2∫

0

(2t3 + t)dt+ i

2∫

0

(−t2)dt = 10− 8i

3.

5G. Darboux (1842-1917), francuski matematicar, cita se Darbu.


9. Cauchy-Goursatova teorema

Integrali analitickih funkcija imaju svojstva integrala totalnog diferencijala. Cauchy je 1825. for-mulisao sledecu teoremu:

Teorema 9.1 (Osnovna Cauchyeva teorema). Ako je f analiticka funkcija u jednostruko poveza-noj oblasti G, i ako je njen prvi izvod f ′ neprekidan u G, tada je

∮

Γ

f(z)dz = 0,

gde je Γ (⊂ G) zatvorena kontura.

Dokaz. Ako na integrale koji se pojavljuju na desnoj strani formule (8.4) primenimo Green6-Riemannovu formulu

∮

Γ

(

P (x, y)dx+Q(x, y)dy)

=

∫∫

Γ∪int Γ

(∂Q(x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

)

dxdy,

dobijamo∮

Γ

f(z)dz =

∫∫

G

(

−∂v∂x

− ∂v

∂y

)

dxdy + i

∫∫

G

(

∂u

∂x− ∂v

∂y

)

dxdy.

(G je oblast ogranicena konturom Γ ). Primenom Cauchy-Riemannovih uslova na podintegralne funkcijevidimo da su oba integala na desnoj strani jednaka nuli, pa je

∮

Γ

f(z)dz = 0. �

U Cauchyevom dokazu ove teoreme bitna je pretpostavka o neprekidnosti izvoda funkcije f (da biGreen-Riemannova formula mogla da se primeni). Medutim, francuski matematicar Goursat dokazaoje 1884. godine da ova teorema vazi pod slabijim ogranicenjima za funkciju f. Naime, dovoljno jepretpostaviti da je funkcija f analiticka u jednostruko povezanoj oblasti G.

Cauchyeva teorema, uz izmene koje je dao Goursat, obicno se naziva Cauchy-Goursatova teo-rema.

Cauchy-Goursatova teorema moze se primeniti na visestruko povezanu oblast G. Granica oblasti Gje tada slozena kontura

Γ = Γ+0 ∪ Γ−1 ∪ · · · ∪ Γ−n .

Ona se sastoji od spoljne zatvorene konture Γ0 po kojoj se tacka krece u pozitivnom smislu i od unutrasnihzatvorenih kontura Γ1, . . . , Γn po kojima se tacka krece u suprotnom smislu. Drugim recima, kada setacka krece po Γ, oblast G ostaje sleva.

U cilju ilustracije posmatajmo dvostruko povezanu oblast prikazanu na slici 9.1. Pomocu duzi ab i cddvostruko povezana oblast moze se podeliti na dve jednostruko povezane oblasti: kontura jedne od njihje K1 = aαdcγba, a druge K2 = dβabδcd.

6G. Green (1793-1841), engleski matematicar, cita se Grin.

cauchy-goursatova teorema 21

Slika 9.1

Na osnovu Cauchy-Goursatove teoreme je

∮

K1

f(z)dz = 0,

∮

K2

f(z)dz = 0.

Odavde izlazi

∮

K1

+

∮

K2

= 0 tako da jedno za drugim imamo

∫

aαd

+

∫

dc

+

∫

cγb

+

∫

ba

+

∫

dβa

+

∫

ab

+

∫

bδc

+

∫

cd

= 0,

∮

Γ+

0

f(z)dz +

∮

Γ−1

f(z)dz = 0,

∮

Γ+

0

f(z)dz =

∮

Γ+

1

f(z)dz. (9.1)

U slucaju trostruko povezane oblasti imamo

∮

Γ+

0

f(z)dz =

∮

Γ+

1

f(z)dz +

∮

Γ+

2

f(z)dz.

Produzujuci tako, dolazi se do sledece teoreme:

Teorema 9.3 (Stav o ekvivalenciji putanja). Ako je f funkcija definisana u oblasti Γ0 ∪ intΓ0 ianaliticka u (n+ 1)-struko povezanoj oblasti G, tada je

∮

Γ

f(z)dz = 0, tj.

∮

Γ0

f(z)dz =

n∑

k=1

∮

Γk

f(z)dz.

Formula (9.1) omogucava izracunavanje nekih integrala izborom pogodne konture. Tako u primeru5.5 vrednost integrala ce biti ista ako se mesto kruga uzme proizvoljna kontura koja obuhvata tacku a.Navedena formula kao i teorema 9.3 bice primenjeni u daljem izlaganju.


10. Cauchyeva integralna formula

Sada cemo izloziti jedan fundametalan rezultat u teoriji analitickih funkcija do koga je dosao Cauchy.

Teorema 10.1. Neka je f analiticka funkcija na zatvorenoj deo po deo glatkoj krivoj Γ kao i u oblastiG = intΓ. Tada za proizvoljnu tacku z ∈ G vazi

f(z) =1

2πi

∮

Γ

f(ζ)dζ

ζ − z. (10.1)

Dokaz. Uocimo pomocnu funkciju

g(ζ) =f(ζ)− f(z)

ζ − z.

Ova funkcija je analiticka unutar konture Γ osim u tacki z. Primetimo da je

limζ→z

f(ζ)− f(z)

ζ − z= f ′(z),

tj, g(z) = f ′(z). Prema ovome, funkcija g(ζ) je neprekidna pa i ogranicena funkcija, tj. vazi |g(ζ)| < K,gde je K pozitivna konstanta.

Neka je γ krug poluprecnika ρ sa centrom u tacki z, koji lezi unutar konture Γ (slika 10.1).

Slika 10.1

Na osnovu Stava o ekvivalenciji putanja (teorema 9.3), imamo

∮

Γ

g(ζ)dζ =

∮

γ

g(ζ)dζ. (10.2)

Odavde zakljucujemo da integral∮

γ

g(ζ)dζ ne zavisi od r jer ima konstantnu vrednost jednaku integralu∮

Γ

g(ζ)dζ. Dalje je, zbog ogranicenosti funkcije g(ζ),

∣

∣

∣

∮

γ

g(ζ)dζ∣

∣

∣< 2πρK.

taylorov i laurentov red 23

Prema tome, integral na desnoj strani u (10.2) moze imati proizvoljno malu vrednost ako je ρ dovoljnomalo. S druge strane, ovaj integral ne zavisi od ρ. Prema tome, mora biti

∮

γ

g(ζ)dζ = 0,

odnosno∮

Γ

f(ζ)− f(z)

ζ − zdζ = 0,

ili∮

Γ

f(ζ)dζ

ζ − z− f(z)

∮

Γ

dζ

ζ − z= 0. (10.3)

Kako je (videti primer 8.1)∮

Γ

dζ

ζ − z=

∮

γ

dζ

ζ − z= 2πi,

iz (10.3) dobijamo formulu (10.1) �

Formula (10.1) se zove osnovna Cauchyeva integralna formula, a desna strana ove formuleCauchyev integral. Iz Cauchyeve formule (10.1) sledi da su vrednosti analiticke funkcije unutar kontureΓ potpuno definisane vrednostima te funkcije na konturi Γ.

Ako je funkcija f analiticka u nekoj oblasti G, tada je prema samoj definiciji ona diferencijabilna utoj oblasti (ima prvi izvod). Sada cemo utvrditi da takva funkcija ima izvode proizvoljnog reda. Kao stoje poznato, za realne funkcije ovo ne mora da vazi.

Teorema 10.2. Neka je f analiticka funkcija na zatvorenoj deo po deo glatkoj krivoj Γ kao i u oblastiG = intΓ. Tada za proizvoljnu tacku z ∈ G vazi

f (n)(z) =n!

2πi

∮

Γ

f(ζ)dζ

(ζ − z)n+1. (10.4)

11. Taylorov7 i Laurentov8 red

Taylorov red

Neka je f analiticka funkcija unutar kruga K = {z : |z − z0| < R} (R moze biti i +∞) i neka jer = |z − z0| (slika 11.1).

Slika 11.1

7B. Taylor (1685-1731), engleski matematicar, cita se Tejlor.8P. A. Laurent (1813-1854), francuski matematicar, cita se Loran


Bez dokaza dajemo sledece tvrdenje:

Teorema 11.1. Svaka kompleksna funkcija f, analiticka u tacki z = z0, moze se razviti u stepeni red

f(z) = A0 +A1(z − z0) +A2(z − z0)2 + · · · , Ak =

1

2πi

∮

Γ

f(ζ)dζ

(ζ − z0)k+1(11.1)

konvergentan u kruznom disku sa centrom u z0 i poluprecnikom ρ < |b− z0|, gde je b singularitet funkcijef najblizi tacki a.

Red (11.1) naziva se Taylorov red funkcije f u tacki z0.

Moze se dokazati da je, pod uslovima u teoremi 11.1, razlaganje jedinstveno.

Vazi i sledeca teorema:

Teorema 11.2. Funkcija f je analiticka u tacki z0 ako i samo ako se u nekoj okolini te tacke mozerazviti u Taylorov red.

Teorema 11.2 cesto se uzima kao definicija analiticnosti funkcije.

Laurentov red

Teorema 11.3. Neka je funkcija f analiticka u prstenu

R1 < |z − z0| < R2 (R1 ≥ 0, R2 ≤ +∞).

Tada unutar tog prstena vazi razvoj

f(z) =

+∞∑

n=−∞An(z − z0)

n,

pri cemu je

An =1

2πi

∮

Γ

f(ζ)

(ζ − z0)n+1dζ,

gde je Γ krug |ζ − z0| = r (R1 < r < R2).

Ovaj red se zove Laurentov red.

Definicija 1. Red

+∞∑

n=0

An(z − a)n zove se pravilni deo, a

−∞∑

n=−1

An(z − a)n glavni deo Laurentovog

reda.

Primer 11.1. Funkciju z 7→ (z + 1)e1/z razviti u Laurentov red u okolini tacke z = 0.

Koristeci razvoj eksponencijalne funkcije u Taylorov red, dobijamo

(z + 1)e1/z = (z + 1)(

1 +1

z+

1

2!z2+

1

3!z3+ · · ·

)

= z + 2 +

+∞∑

k=1

( 1

k!+

1

(k + 1)!

)

z−k.

izolovani singulariteti 25

Primer 11.2. U okolini tacke z = 2 razvoj funkcije z 7→ f(z) =1

(z − 2)(z − 3)glasi

f(z) =1

z − 2

1

z − 3= − 1

z − 2

1

1− (z − 2)= − 1

z − 2

(

1 + (z − 2) + (z − 2)2 + (z − 2)3 + · · ·)

= − 1

z − 2− 1− (z − 2)− (z − 2)2 − · · · .

Ovaj red je konvergentan u disku |z − 2| < 1.

12. Izolovani singulariteti

Tacka a u kojoj funkcija f nije analiticka naziva se singularitet te funkcije. Ako je tacka a singularitetfunkcije f i postoji okolina tacke a u kojoj nema drugih singulariteta, onda se tacka a naziva izolovanisingularitet funkcije f(z). U samoj tacki a funkcija moze biti i nedefinisana.

Funkcija f moze se razviti u Laurentov red:

f(z) =+∞∑

n=−∞An(z − a)n, (12.1)

koji konvergira u prstenu 0 < |z − a| < r.

Moguca su tri razlicita slucaja:

1. Laurentov red (12.1) ne sadrzi clanove sa negativnim stepenima od (z− a). U ovom slucaju tackaa se zove prividni singularitet, ili otklonjiv singularitet funkcije f.

2. Laurentov red (12.1) sadrzi konacan broj clanova sa negativnim stepenima. U ovom slucaju tackaa se zove pol funkcije f(z).

3. Laurentov red (12.1) sadrzi beskonacno mnogo clanova sa negativnim stepenima. U ovom slucajutacka a se zove esencijalni singularitet funkcije f(z).

Pojam izolovanih singulariteta u literaturi se cesto uvodi i pomocu sledecih ekvivalentnih definicija:

– Tacka z = a je otklonjiv ili prividni singularitet ako je limz→a

f(z) konacan broj, a funkcija nije

definisana u tacki a. Da bismo odstranili takav singularitet dovoljno je dodefinisati funkciju f uzimajucida je f(a) = A0.

– Kaze se da je z = a pol reda m funkcije f ako je limz→a

f(z) = ∞. Tada se funkcija f moze predstaviti

u obliku

f(z) =ϕ(z)

(z − a)m,

gde je ϕ(z) = A−m +A−m+1(z − a) + · · ·+A0(z − a)m + · · · analiticka funkcija u okolini tacke a

– Tacka z = a je esencijalni singularitet ako limz→a

f(z) ne postoji.

Primer 12.1. Funkcija z 7→ sin z

znije definisana u tacki z = 0, ali je lim

z→0

sin z

z= 1. Prema tome, z = 0

je otklonjivi singularitet.

Primer 12.2. Funkcija f(z) = (ez − 1)/z4 ima u tacki z = 0 pol. Pogresno bi bilo odmah zakljuciti da je

ovo pol reda 4 jer je ez − 1 = 0 za z = 0. Razvoj u Laurentov red daje

f(z) =1

z4

(

1 + z +z2

2!+z3

3!+z4

4!+z5

5!+ · · · − 1

)

= · · ·+ z

5!+

1

4!+

1

3!

1

z+

1

2!

1

z2+

1

z3.


Na osnovu prethodne diskusije i poslednjeg izraza zakljucujemo da je z = 0 pol treceg reda.

Primer 12.3. Razvoj funkcije z 7→ e1/z u Laurentov red glasi

e1/z = 1 +1

z+

1

2!z2+

1

3!z3+ · · · .

Glavni deo Laurentovog razvoja ima beskonacno mnogo clanova.

Ako se tacki z = 0 priblizavamo pomocu niza (1/n), imamo limn→+∞

en = +∞. Ako se tacki z = 0 priblizavamo

pomocu drugog niza (−1/n), dobija se limn→+∞

e−n = 0. Prema tome, granicna vrednost ne postoji u tacki z = 0

i ona predstavlja esencijalni singularitet funkcije z 7→ e1/z.

Definicija 1. Priroda tacke z = ∞ funkcije z 7→ f(z) ista je kao priroda tacke t = 0 funkcije

t 7→ f(1

t

)

.

Primer 12.4. Odrediti prirodu tacke z = ∞ za funkciju f(z) =1

zsin

1

z− 2(

sin1

z√

2

)2

.

Uvedimo smenu z = 1/t i ispitajmo prirodu tacke t = 0 za funkciju g(t) = f(1/t) = t sin t − 2(

sinz√2

)2

.

Redom nalazimo

g′(t) = t cos t+ sin t−√

2 sin(t√

2), g′′(t) = 2 cos t− 2 cos(t√

2)− t sin t,

g(3)(t) = −t cos t− 3 sin t+ 2√

2 sin(t√

2), g(4)(t) = −4 cos t+ 4 cos(t√

2) + t sin t,

g(5)(t) = t cos t+ 5 sin t− 4√

2 sin(t√

2), g(6)(t) = 6 cos t− 8 cos(t√

2)− t sin t.

Kako je g(0) = g′(0) = g′′(0) = g(3)(0) = g(4)(0) = g(5)(0) = 0 i g(6)(0) = −2 6= 0, zakljucujemo da je t = 0nula reda 6 za funkciju g(t). Prema definiciji 1 sledi da je tacka z = ∞ nula reda 6 za zadatu funkciju f(z).

13. Racun ostataka

Definicija 1. Neka je z 7→ f(z) analiticka funkcija u okolini tacke a 6= ∞ osim, mozda u samoj tackia. Pod ostatkom funkcije f u tacki a podrazumeva se koeficijent A−1 u Laurentovom razvoju

f(z) =+∞∑

n=−∞An(z − a)n

i oznacava se sa Resz=a

f(z) (= A−1).

Iz definicije 1 i izraza za koeficijente Laurentovog reda direktno izlazi

Resz=a

f(z) =1

2πi

∮

Γ

f(z)dz, (13.1)

gde je Γ krug |z− a| = r takav da na njemu i u njegovoj unutrasnjosti nema drugih singulariteta osim a.

racun ostataka 27

Izracunavanje ostatka za pol prvog reda

Neka je tacka a pol prvog reda za funkciju f. Tada u okolini te tacke vazi razvoj

f(z) = A−1(z − a)−1 +A0 +A1(z − a) +A2(z − a)2 + . . . . (13.2)

Pomnozimo levu i desnu stranu u (13.2) sa (z − a) i potrazimo granicnu vrednost kada z → a. Tadaimamo

A−1 = limz→a

(z − a)f(z) = Resz=a

f(z). (13.3)

Primetimo, da se u ovom slucaju, funkcija f moze prikazati kao kolicnik dve analiticke funkcije,

f(z) =ϕ(z)

ψ(z), (13.4)

pri cemu je ϕ(a) 6= 0, a tacka a nula prvog reda funkcije ψ(z). U tom slucaju imamo

ψ(z) = ψ′(a)(z − a) +1

2ψ′′(a) + · · · , ψ′(a) 6= 0. (13.5)

Iz (13.3), (13.4) i (13.5) dobija se sledeca formula za izracunavanje ostatka za pol prvog reda:

Resz=a

f(z) =ϕ(a)

ψ′(a),

(

f(z) =ϕ(z)

ψ(z)

)

. (13.6)

Primer 13.1. Neka je f(z) =z

zn − 1. Singulariteti funkcije su zk = n

√1 = ei 2kπ

n (k = 0, 1, . . . , n − 1),

pri cemu su sve te tacke polovi prvog reda. Odredimo Resz=zk

f(z). Na osnovu (13.6) nalazimo

Resz=zk

f(z) =zk

nzn−1k

=z2k

nznk

=1

nei 4kπ

n (znk = 1).

Izracunavanje ostatka za pol reda m

Neka je tacka a pol reda m funkcije f. Tada u okolini te tacke vazi razvoj

f(z) = A−m(z − a)−m + · · ·+A−1(z − a)−1 +A0 +A1(z − a) +A2(z − a)2 + · · ·

Mnozeci levu i desnu stranu sa (z − a)m, dobijamo

(z − a)mf(z) = A−m +A−m+1(z − a) + · · ·+A−1(z − a)m−1 + . . . .

Diferencirajmo obe strane poslednje jednakosti (m − 1)-puta, a zatim potrazimo granicnu vrednostkada z → a. Tako dobijamo formulu za izracunavanje ostatka za pol reda m :

A−1 = Resz=a

f(z) =1

(m− 1)!limz→a

dm−1

dzm−1

(

(z − a)mf(z))

. (13.7)


Primer 13.2. Neka je f(z) =1

(1 + z2)n. Singulariteti su z1,2 = ±i, pri cemu su te tacke polovi reda n.

Izracunajmo Resz=i

f(z). Na osnovu (13.7) sledi

Resz=i

1

(1 + z2)n=

1

(n− 1)!limz→i

dn−1

dzn−1

[

(z − i)n 1

(1 + z2)n

]

=1

(n− 1)!limz→i

dn−1

dzn−1

[

1

(z + i)n

]

= (−1)n−1n(n+ 1)...(2n− 2)

(n− 1)!

1

(z + i)2n−1

∣

∣

∣

∣

z=i

= (−1)n−1 (2n− 2)!

[(n− 1)!]21

(2i)2n−1= −i (2n− 2)!

22n−1[(n− 1)!]2.

Dobar deo dosadasnjeg proucavanja preduzet je zbog dobijanja jednog od najznacajnijih rezultataKompleksne analize, koji je nasao primenu u mnogim oblastima matematike. To je Cauchyeva teoremao ostacima.

Teorema 13.1 (Cauchyeva teorema o ostacima). Ako je z 7→ f(z) analiticka funkcija nazatvorenoj konturi Γ i u intΓ, osim u njenim polovima ili u esencijalnim singularitetima z1, . . . , zn ∈intΓ, tada vazi formula

∮

Γ

f(z)dz = 2πin∑

k=1

Resz=zk

f(z). (13.8)

Dokaz. Pretpostavimo da su z1, . . . , zn polovi. Neka je zk (1 ≤ k ≤ n) pol reda pk funkcije f. Uokolini tacke zk vazi Laurentov razvoj

f(z) = gk(z) +A−1,k

z − zk+ · · ·+ A−pk,k

(z − zk)pk(A−pk,k 6= 0),

gde je gk analiticka funkcija u okolini tacke z = zk.

Neka je γk krug |z − zk| = rk koji lezi na intΓ, takav da disk |z − zk| ≤ rk sadrzi samo pol zk (slika13.1). Tada je

∮

γk

f(z)dz =

∮

γk

gk(z)dz +A−1,k

∮

γk

1

z − zkdz + · · ·+A−pk,k

∮

γk

1

(z − zk)pkdz. (13.9)

Slika 13.1

izracunavanje odredjenih integrala 29

Prvi ntegral na desnoj strani poslednje jednakosti jednak je nuli jer je gk analiticka funkcija u okolinitacke z = zk (Cauchy-Goursatova teorema).

Ako je p ceo broj, tada je (vidi primer 8.1)

∮

|z−a|=r

(z − a)pdz = 0 (p 6= −1) i

∮

|z−a|=r

(z − a)−1dz = 2πi.

Na osnovu ovog, jednakost (13.9) postaje

∮

γk

f(z)dz = A−1,k · 2πi = 2πi Resz=zk

f(z). (13.10)

Kako na osnovu Cauchy-Goursatove teoreme za visestruko povezane oblasti (Stav o ekvivalencijiputanja, teorema 9.3) imamo

∮

Γ

f(z)dz =n∑

k=1

∮

γk

f(z)dz,

prema (13.10) dobijamo formulu (13.8) koju je trebalo i dokazati. �

Neke ocene na polukrugu – Jordanove leme

Sledeca tri tvrdenja, poznata kao Jordanove leme, odnose se na procene integrala na polukruznomluku Γ prikazanom na slici 13.2. Leme se koriste pri oceni integrala duz ovog luka kod izracunavanjakompleksnih integrala.

Slika 13.2

Lema 13.1. Ako je limz→0

zF (z) = B, tada je limR→0

∫

Γ

F (z)dz = iπB.

Lema 13.2. Ako je |F (z)| ≤M/Rk za z = Reiθ, gde su k > 1 i M konstante, tada je

limR→+∞

∫

Γ

F (z)dz = 0.

Lema 13.3. Ako je |F (z)| ≤M/Rk za z = Reiθ, gde su k > 1 i M konstante, tada je

limR→+∞

∫

Γ

eimzF (z)dz = 0,

gde je Γ polukruzni luk kruga poluprecnika R prikazan na slici 13.2 i m pozitivna konstanta.


14. Izracunavanje odredenih integrala

Za izracunavanje nekih dosta opstih klasa odredenih integrala, kako kompleksnih tako i realnih, vrloefikasno se moze iskoristiti racun ostataka dat teoremom 13.1. Ovo ce biti ilustrovano na nekim primerima.

Primeri integrala oblika

∮

Γ

f(z)dz

Primer 14.2. Izracunacemo integral

∮

Γ

dz

(z − 1)2(z2 + 1),

gde je Γ krug |z − (1 + i)|2 = 2, odnosno (x− 1)2 + (y − 1)2 = 2.

Podintegralna funkcija ima tri singulariteta: pol drugog reda z1 = 1 i proste polove z2 = i i z3 = −i.Singulariteti z1 i z2 su unutar kruga, a z3 van kruga. Prema tome, imamo

∮

Γ

dz

(z − 1)2(z2 + 1)= 2πi

[

Resz=1

f(z) + Resz=i

f(z)]

,

gde su

Resz=1

f(z) = limz→1

d

dz

[

(z − 1)21

(z − 1)2(z2 + 1)

]

= limz→1

d

dz

[

1

(z2 + 1)

]

= limz→1

−2z

(z2 + 1)2= −1

2,

Resz=i

f(z) = limz→i

1

(z − 1)2(z + i)=

1

2i(i− 1)2=

1

4.

Dakle, na osnovu teoreme o ostacima imamo

∮

Γ

dz

(z − 1)2(z2 + 1)= −πi

2.

Integrali oblika

2π∫

0

R(cos t, sin t)dt, R – racionalna funkcija

Gornji integral moze se izracunati na sledeci nacin. Smenom z = eit dobijamo

cos t =eit + e−it

2=z + z−1

2, sin t =

eit − e−it

2i=z − z−1

2i, dt =

dz

iz. (14.6)

Na osnovu ovog imamo

2π∫

0

R(cos t, sin t)dt =

∮

Γ

R

(

z + z−1

2,z − z−1

2i

)

dz

iz,

gde je Γ krug |z| = 1, jer kada t varira od 0 do 2π, tacka z = eit opise krug Γ u pozitivnom smeru.Poslednji integral je oblika na koji se moze primeniti teorema o ostacima.

princip argumenta 31

Primer 14.3. Izracunacemo integral

I =

2π∫

0

dt

1 + a cos t, |a| < 1.

Smenom z = eit i koriscenjem formula (14.6), dobijamo

I =2

i

∮

|z|=1

dz

az2 + 2z + a.

Izolovani singulariteti su nule imenioca z1,2 = −1

a±√

1/a2 − 1. Kako je z1z2 = 1, to samo jedna od tih tacaka

lezi unutar kruga |z| = 1. Moze se proveriti da je to tacka z1 = −1

a+√

1/a2 − 1. Sada imamo

I = 4π Resz=z1

[

1

az2 + 2z + a

]

= 4π1

a(z − z2)

∣

∣

∣

z=z1

=2π√

1− a2.

Integrali oblika

∞∫

−∞

f(x)dx.

Posmatracemo klasu integrala za koju vazi:

1◦ funkcija z 7→ f(z) je analiticka u oblasti Im z > 0 osim u konacno mnogo singularnih tacakaz1, . . . , zn,

2◦ f je analiticka funkcija na osi Im z = 0,

3◦ tacka z = ∞ je nula najmanje drugog reda funkcije f.

Tada je+∞∫

−∞

f(x)dx = 2πin∑

k=1

Resz=zk

f(z). (14.7)

Napomena. Priroda tacke z = ∞ za funkciju z 7→ f(z) je ista kao priroda tacke t = 0 za funkciju

t 7→ f(

1t

)

.

Primer 14.4. Izracunacemo integral∞∫

−∞

dx

(z2 + 1)3.

Funkcija f(z) =1

(z2 + 1)3je analiticka u oblasti {z | Im z > 0} osim u tackama z1 = i i z2 = −i. Ova

funkcija je takode analiticka i na Im z = 0. Kako je f(1/t) =t6

(1 + t2)3, zakljucujemo da funkcija z 7→ f(z) =

1

(z2 + 1)3u tacki z = ∞ ima nulu sestog reda. Prema tome, moze se primeniti formula (14.7), uzimajuci u obzir

da samo tacka z1 = i priprada gornjoj poluravni ( Im z > 0). Dakle, imamo

∞∫

−∞

dx

(z2 + 1)3= 2πiRes

z=i

1

(z2 + 1)3= 2πi

1

2!limz→i

d2

dz2

[

1

(z + i)3

]

= πi12

(z + i)5

∣

∣

∣

∣

∣

z=i

=3π

8.


15. Princip argumenta

Teorema 15.1 (Princip argumenta). Neka je z 7→ f(z) analiticka i razlicita od nule na zatvorenojkonturi Γ i ako je ona analiticka u intΓ osim u konacnom broju polova, tada je

1

2πi

∮

Γ

f ′(z)

f(z)dz = n− p, (15.1)

gde je n broj nula, od kojih je svaka uzeta onoliko puta koliki je njen red, i p broj polova, od kojih je svakiuzet onoliko puta koliki je njegov red.

Pri obilazenju tacke z po konturi Γ, tacka w = f(z) opisuje zatvorenu krivu γ. Neka je s broj potpunihobilazenja tacke w oko pocetka koordinatnog sistema u w-ravni. Izaberimo tacku z0 na konturi Γ kojucemo smatrati pocetnom i zavrsnom. Neka je Φ0 vrednost argumenta funkcije z 7→ f(z) za pocetnoz = z0, a Φ1 za zavrsno z = z1, pri cemu je, ocigledno, |f(z0)| = |f(z1)|. Integral koji se pojavljuje u(15.1) sada postaje

1

2πi

∮

Γ

f ′(z)

f(z)dz =

Log f(z)

2πi

∣

∣

∣

∣

∣

z1

z0

=(log |f(z1)|+ iΦ1)− (log |f(z0)|+ iΦ0)

2πi=

Φ1 − Φ0

2π= n− p. (15.2)

Razlika Φ1−Φ0 predstavlja promenu argumenta i jednaka je 2πs (= Φ1−Φ0) tako da iz (15.2) dobijamo

n− p = s. (15.3)

Poslednja formula zove se pricip argumenta.

Napomena. Princip argumenta je od velike koristi ne samo u matematici vec i u inzenjerskimdisciplinama. Jedna vazna primena principa argumenta javlja se u teoriji automatskog upravljanja. Ovajprincip moze se iskoristiti za ispitivanje uslova pod kojim prenosna funkcija sistema nema nule u desnojpolovini kompleksne ravni, sto je uslov za stabilnost sistema.

Primer 15.1 Primenom formule (15.1) dokazacemo da polinom

P (z) = zn + a1zn−1 + · · ·+ an−1z + an (n ≥ 1, ak kompleksni brojevi)

ima tacno n nula.

Resenje 1◦ : S obzirom da algebarski polinom nema polove, formula (15.1) daje broj nula u disku |z| = r,

N =1

2πi

∮

|z|=r

P ′(z)

P (z)dz.

Smenjujuci z = reiθ, dobijamo

N =1

2π

2π∫

0

nrneniθ + (n− 1)a1rn−1e(n−1)iθ + · · ·+ an−1re

iθ

rneniθ + a1rn−1e(n−1)iθ + · · ·+ an−1reiθ + andθ

=1

2π

2π∫

0

ndθ − 1

2π

2π∫

0

a1rn−1e(n−1)iθ + · · ·+ (n− 1)an−1re

iθ + nan

rneniθ + a1rn−1e(n−1)iθ + · · ·+ andθ

=1

2π

2π∫

0

ndθ − J,

princip argumenta 33

gde je sa J oznacen drugi integral na desnoj strani.

Ako poluprecnik r izaberemo tako da je r ≥ max(

1, |a1|+ · · ·+ |an|)

, dobijamo

rn ≥(

|a1|+ · · ·+ |an|)

rn−1 ≥ |a1|rn−1 + |a2|rn−2 + · · ·+ |an|,

pa vazi majorantna formula

|J | ≤ 1

2π

2π∫

0

|a1|rn−1 + · · ·+ (n− 1)|an−1|r + n|an|rn − |a1|rn−1 − · · · − |an−1|r − |an|

dθ → 0, kada r → +∞.

Prema tome, dobijamo

N =1

2π

2π∫

0

ndθ − 0 = n.

Broj nula polinoma P stepena n je tacno n.

Resenje 2◦ : Dokaz cemo sprovesti pomocu principa argumenta nalazeci promenu argumenta.

Predstavimo polinom P (z) u obliku

P (z) = zn(

1 +a1

z+ · · · an−1

zn−1+an

zn

)

= zng(z).

Odavde je

ArgP (z) = Arg zn + Arg g(z).

Pretpostavimo da je kontura Γ kruznica velikog poluprecnika R (R → +∞) sa centrom u koordinatnom

pocetku. Ako se tacka z krece po kruznici Γ, sto znaci da se argument od z promeni za 2π, argument od zn

promenice se za n · 2π. Argument of g(z) se nece promeniti jer je |z| = R veoma veliki pa je g(z) ≈ 1. Prema

tome, ∆Γ ArgP (z) = n∆Γ Arg z = 2πn. Posto polinom nema polove, na osnovu formule (15.2) dobija se

N =2πn

2π= n,

cime je dokaz zavrsen.

Na osnovu teoreme 15.1 moze se dokazati sledeca vazna teorema.

Teorema 15.2 (Roucheova9 teorema). Ako su f i g analiticke funkcije u intΓ i na Γ, gde je Γprosta zatvorena kontura, i ako je |g(z)| < |f(z)| na Γ, tada funkcije f i f+g imaju isti broj nula u intΓ.

Dokaz. Neka je F (z) = g(z)/f(z), tj. g(z) = f(z)F (z), ili krace g = fF. Dalje, neka n1 i n2

oznacavaju redom broj nula funcija f + g i f u intΓ. S obzirom da ove funkcije nemaju polove unutarkonture Γ, na osnovu teoreme 15.1 imamo

n1 =1

2πi

∮

Γ

f ′ + g′

f + gdz, n2 =

1

2πi

∮

Γ

f ′

fdz.

Tada je

n1 − n2 =1

2πi

∮

Γ

f ′ + f ′F + fF ′

f + fFdz − 1

2πi

∮

Γ

f ′

fdz =

1

2πi

∮

Γ

f ′(1 + F ) + fF ′

f(1 + F )dz − 1

2πi

∮

Γ

f ′

fdz

=1

2πi

∮

Γ

{f ′

f+

F ′

1 + F

}

dz − 1

2πi

∮

Γ

f ′

fdz =

1

2πi

∮

Γ

F ′

1 + Fdz.

9E. Rouche (1832-1910), francuski matematicar, cita se Ruse.


Kako je |F (z)| = |g(z)/f(z)| < 1, sledi da je Re {1 +F (z)} ≥ 1− |F (z)| > 0, sto znaci da 0 /∈ {1 +F (z) :z ∈ Γ}. Prema tome, funkcija F ′/(1 + F ) je analiticka i nema polova u oblasti intΓ ∪ Γ tako da je, naosnovu Cauchy-Goursatove teoreme,

1

2πi

∮

Γ

F ′

1 + Fdz = 0.

Prema tome, gornje izracunavanje se svodi na

n1 − n2 = 0, tj. n1 = n2,

sto je i tvrdenje teoreme. �

Primer 15.2. Koristeci Roucheovu teoremu dokazati da svaki polinom stepena n ima tacno n nula.

Posmatrajmo polinom P (z) = a0zn + a1z

n−1 + · · · + an−1z + an (a0 6= 0) i izaberimo f(z) = a0zn i

g(z) = a1zn−1 + · · ·+ an−1z + an. Neka je Γ kruznica |z| = r sa poluprecnikom r > 1. Na kruznici Γ imamo

sledece procene

∣

∣

∣

g(z)

f(z)

∣

∣

∣=|a1z

n−1 + · · ·+ an−1z + an||a0zn| ≤ |a1|rn−1 + · · ·+ |an−1|r + |an|

|a0|rn

≤ |a1|+ · · ·+ |an−1|+ |an||a0|r

.

Birajuci r dovoljno veliko mozemo uciniti da bude |g(z)/f(z)| < 1, tj. |g(z)| < |f(z)|. Odavde, na osnovu

Roucheove teoreme sledi da polinom f(z) + g(z) ima isti broj nula kao i polinom f(z) = anzn. Kako polinom

f ima n nula ζ1 = ζ2 = · · · = ζn = 0, proizilazi da i polinom f(z) + g(z) = P (z) ima n nula.

Primer 15.3 Da bismo odredili broj nula polinoma

P (z) = z8 − 4z5 + z2 − 1

u disku |z| < 1, stavimo f(z) = z8 − 4z5 i g(z) = z2 − 1. Na krugu |z| = 1 je

|f(z)| > |4z5| − |z8| = 3 i |g(z)| < |z2|+ 1 = 2 te je |g(z)| < |f(z)|.

Kako polinom f(z) = z8 − 4z5 = z5(z3 − 4) ima pet nula u disku |z| < 1, polinom P ima, takode, pet nula

u istom disku.

izabrani zadaci sa pismenih ispita 35

Izabrani zadaci sa pismenih ispita

Zadatak 1. Oblast {z| |z| ≤ 1, Re z ≥ 0} preslikati transformacijom

z 7→ w(z) = −i z2 + 2z − 1

z2 − 2z − 1. (1)

Resenje: Kako je −i =1− i

1 + i, nalazimo

w(z) =1− i

1 + i

z2 + 2z − 1

z2 − 2z − 1=

(1− i)z2 + 2(i− 1)z − (1− i)

(1 + i)z2 − 2(1 + i)z − (1 + i)=

(z − i

z + i

)2

− i

(z − i

z + i

)2

+ i.

Zadato preslikavanje izvrsicemo pomocu posrednih sukcesivnih transformacija

w1 =z − i

z + i, w2 = w2

1, w =w2 − i

w2 + i.

Iz w1 =z − i

z + inalazimo

z = i1 + w1

1− w1, Re z =

z + z

2=i(w1 − w1)

2|1− w1|2= − 2Imw1

|1− w1|2,

odakle je

|z| ≤ 1 ⇔ zz ≤ 1 ⇔ i1 + w1

1− w1(−i)1 + w1

1− w1≤ 1 ⇔ 2(w1 + w1)

|1− w1|2≤ 0 ⇔ Rew1 ≤ 0.

Re z ≥ 0 ⇔ − 2Imw1

|1− w|2 ≥ 0 ⇔ Imw1 ≤ 0.

Preslikani deo u w1-ravni je treci kvadrant (slika 1b).

Pri preslikavanju funkcijomw2 = w21 stavimow1 = r1e

it1 . Tada jew2 = r21e2it1 . S obzirom da je π ≤ t1 ≤ 3

2πu ovom slucaju, imamo

|w2| = r21, 2π ≤ Argw2 ≤ 3π, tj. 0 ≤ argw ≤ π ili Imw2 ≥ 0,

sto predstavlja gornju deo w2-ravni (slika 1c).

Ostaje jos da transformacijom w =w2 − i

w2 + ipreslikamo gornju poluravan Imw2 ≥ 0. S obzirom da je ova

poslednja transformacija identicna sa prvom transformacijom w1 = w1(z), imamo

Imw2 =w2 − w2

2i=i1 + w

1− w+ i

1 + w

1− w2i

=1− |w|2|1− w|2 .

Zbog toga je

Imw2 ≥ 0 ⇔ 1− |w|2 ≥ 0, tj. |w| ≤ 1.

Prema tome, zadatom transformacijom (1) oblast {z | |z| ≤ 1, Re z ≥ 0} se preslikava na jedinicni disk |w| ≤ 1(slika 1d).


Slika 1

Zadatak 2. Odrediti realan broj a tako da se funkcijom z 7→ w = exp(

aπiz − 4

z − 2

)

oblast {z| |z| >2, |z − 3| > 1} preslikava na gornju poluravan w-ravni.

Resenje: Primenicemo sukcesivne transformacije

w1 =z − 4

z − 2, w2 = πiw1, w = eaw2 .

Oblast koju treba preslikati je ogranicena krugovima |z| = 2 i |z − 3| = 1, koji se dodiruju u tacki z = 2.S obzirom da ova dodirna tacka predstavlja pol bilinearne transformacije w1 = (z − 4)/(z − 2), ovi krugovi

preslikavaju se u dve paralelne prave koje su ortogonalne na pravoj Imw1 = 0 jer su dati krugovi ortogonalni na

pravoj Im z = 0. Tacka z = −2, koja lezi na krugu |z| = 2, preslikava se u w1 = w1(−2) = 3/2, a tacka z = 4,koja lezi na krugu |z − 3| = 1, preslikava se u w1 = w1(4) = 0. Prema tome, krug |z| = 2 preslikava se u pravu

Rew1 = 3/2, a krug |z − 3| = 1 u pravu Rew1 = 0. Tacka z = 6 koja lezi izvan ovih krugova preslikava se

u tacku w1(6) = 1/2 koja lezi izmedu ovih pravih. Odavde proizilazi da se data oblast u z-ravni funkcijom w1

preslikava u oblast {w1| 0 < Rew1 < 3/2} (slika 2b).

Funkcijom w2 = u2 + iv2 = πiw1 oblast iz w1 ravni preslikava se na traku

{

w2| −∞ < u2 < +∞, 0 < v2 <32πi}

(slika 2c) Kako je, dalje, w = |w|eiarg w = eaw2 = eau2eiav2 , imamo

|w| = eau2 ∈ (−∞,+∞), argw = av2 ∈(

0, 32aπ).

Odavde vidimo da ce se naznacena oblast iz w2 ravni preslikati na gornju poluravan w ravni (slika 2d) ako je

3aπ/2 = π, odakle je a = 2/3.

Slika 2


Zadatak 3. Funkcijom z 7→ w(z) = cosh z preslikati pravougaonik {z|0 ≤ Re z ≤ 1 ∧ 0 ≤ Im z ≤ π}.Resenje: Po definiciji je cosh z = 1

2 (ez + e−z). Smenama w1 = ez i w = 12

(

w1 + w−11

)

(preslikavanje

Zukovskog), zahtevano preslikavanje cemo izvrsiti pomocu dve sukcesivne transformacije.

Neka je z = x + iy. Kako je w1 = |w1|eiarg w1 = ez = ex+iy = exeiy, imamo |w1| = ex ∈ (1, e)i argw1 = y ∈ [0, π]. Zbog toga se pravougaomik KMDO preslikava na oblast izmedu dva koncentricna

polukruga sa poluprecnicima r1 = 1 i r2 = e (slika 3b).

Posmatrajmo sada preslikavanje oblasti sa slike 3b pomocu transformacije Zukovskog w = 12 (w1 + 1/w1).

Neka je w1 = ρeiθ i neka je ρ = ρ0 kruznica poluprecnika ρ0 ≥ 1 u w1-ravni. Kako je

w = f(w1) = 12 (ρeiθ + ρ−1e−iθ), imamo u = 1

2

(

ρ+ 1ρ

)

cos θ, v = 12

(

ρ− 1ρ

)

sin θ,

tako da slika kruznice ρ = ρ0 ima parametarsku reprezentaciju

(ρ, θ) 7→ (u, v) =[

12

(

ρ+1

ρ

)

cos θ, 12

(

ρ− 1

ρ

)

sin θ]

(0 ≤ θ ≤ 2π).

Ako je ρ0 = 1, ovo je linijski segment koji spaja tacke +1 i −1, prolazeci dvaput (segment D′′O′′ na slici 3c).

Ako je ρ0 6= 1, eliminacijom parametra θ dobija se

u2

[

12 (ρ0 + ρ−1

0

]2 +v2

[

12 (ρ0 − ρ−1

0

]2 = 1.

Ovo je jednacina elipse sa poluosama

a := 12 (ρ0 + ρ−1

0 ), b := 12 |ρ0 − ρ−1

0 |.

To znaci da se polukrug K ′L′M ′ sa poluprecnikom ρ = e iz w1-ravni preslikava na luk elipse K ′′L′′M ′′ sa

poluosama 12 (e+ 1/e) i 1

2 (e− 1/e) u w-ravni. Najzad, segment O′K ′ (v = 0, θ = 0) preslikava se na segment

O′′K ′′, a segment D′M ′ (v = 0, θ = π) na segment D′′M ′′ u w-ravni.

Prema tome, oblast izmedu dva koncentricna polukruga i u1 ose iz w1 ravni preslikava se na unutrasnost

poluelipse u gornjoj polovini w-ravni i to je trazeno resenje.

Slika 3


Zadatak 4. Dokazati formulu

2π∫

0

1

a cosx+ b sinx+ cdx =

2π sgn c√c2 − a2 − b2

(a, b, c ∈ R, c 6= 0, c2 − a2 − b2 > 0.)

Resenje: Stavimo z = eix i smenimo cosx =z + z−1

2, sinx =

z − z−1

2i, dx =

dz

izu dati integral. Dobija

se

J =2

i

∮

|z|=1

1

P (z)dz, (1)

gde je P (z) = (a− ib)z2 + 2cz + (a+ ib). Nule ovog polinoma su z1,2 =−c±

√c2 − a2 − b2

a− ib.

Na osnovu Vieteovog pravila je

z1z2 =a+ ib

a− ib, odakle je |z1||z2| =

|a+ ib||a− ib| = 1.

Kako je jos i c2 − a2 − b2 > 0, zakljucujemo da se samo jedna od nula z1 i z2 nalazi u disku |z| < 1.

Prema Cauchyevoj teoremi o ostacima za integral (1), imamo

J = 4π Resz=zk

( 1

P (z)

)

, (2)

gde je zk nula od P koja lezi u disku |z| < 1. Ostaci su jednaki

Resz=z1

( 1

P (z)

)

=1

a− ib

1

z1 − z2, Res

z=z2

( 1

P (z)

)

=1

a− ib

1

z2 − z1. (3)

Dakle, vrednosti ostataka su suprotnog znaka. Kako je jos |z1| < |z2| (c > 0) i |z1| > |z2| (c < 0), vidimo da je

znak ispred integrala odreden znakom broja c, pa na osnovu (2) i (3) sledi formula koju je trebalo dokazati.

Zadatak 5. Koristeci racun ostataka izracunati integral

2π∫

0

cos 3t

5− 4 cos tdt.

Resenje: Ako stavimo z = eit, tada je

cos t =z + z−1

2, cos 3t =

e3it + e−3it

2=z3 + z−3

2, dt =

dz

iz,

tako da je

J =

2π∫

0

cos 3t

5− 4 cos tdt =

∮

|z|=1

(z3 + z−3)/2

5− 4(z + z−1)/2

dz

iz= − 1

2i

∮

|z|=1

z6 + 1

z3(2z − 1)(z − 2)dz.

Unutar diska |z| < 1 podintegralna funkcija f(z) =z6 + 1

z3(2z − 1)(z − 2)ima pol treceg reda u tacki z = 0 i

prost pol u tacki z = 1/2. Ostaci za ova dva pola su jednaki:

Resz=0

f(z) = limz→0

1

2!

d2

dz2

{

z3 · z6 + 1

z3(2z − 1)(z − 2)

}

=21

8,

Resz=1/2

f(z) = limz→1/2

{

(

z − 1

2

)

· z6 + 1

z3(2z − 1)(z − 2)

}

= −64

24.


Na osnovu Cauchyeve teoreme o ostacima trazena vrednost integrala je

J = − 1

2i2πi(

Resz=0

f(z) + Resz=1/2

f(z))

= −π(21

8− 65

24

)

=π

12.

Zadatak 6. Izracunati integral

∫ ∞

0

cosmx

x2 + 1dx (m > 0).

Resenje: Posmatrajmo integral

∮

C

eimz

z2 + 1dz, gde je C kontura prikazana na slici 13.2. Podintegralna funkcija

ima proste polove u z = ±i, ali samo pol z = i lezi unutar konture C.

Ostatak u tacki z = i je

limz→i

{

(z − i)eimz

(z − i)(z + i)

}

=e−m

2i.

Zato je∮

C

eimz

z2 + 1dz = 2πi

(e−m

2i

)

= πe−m

iliR∫

−R

eimx

x2 + 1dx+

∫

Γ

eimz

z2 + 1dz = πe−m,

tj.R∫

−R

cosmx

x2 + 1dx+ i

R∫

−R

sinmx

x2 + 1dx+

∫

Γ

eimz

z2 + 1dz = πe−m.

Koristeci cinjenice da su cosmx i sinmx parna i neparna funkcija, iz poslednje relacije sledi

2

R∫

0

cosmx

x2 + 1dx+

∫

Γ

eimz

z2 + 1dz = πe−m.

Na osnovu leme 13.3 sledi da integral po polukrugu Γ tezi 0 kada R→ +∞, tako da je

∞∫

0

cosmx

x2 + 1dx =

π

2e−m.

Zadatak 7. Izracunati+∞∫

0

x2 − a2

x2 + a2

sinx

xdx (a > 0).

Resenje: Posmatrajmo konturni integral

I =

∮

Γ

z2 − a2

z2 + a2

eiz

zdz

gde je Γ kontura prikazana na slici 4. Ova kontura se sastoji od odsecka [−R,−r], polukruznice Cr, odsecka

[r,R] i polukruznice CR. Podintegralna funkcija ima proste polove ia, 0, −ia. Ako r → 0 i R→ +∞, tada ce

jedino pol z = ia biti obuhvacen konturom Γ.


Slika 4

Odredimo ostatke podintegralne funkcije f u njenim polovima z = ia i z = 0 :

Resz=ia

f(z) = limz→ia

(

(z − ia)z2 − a2

z2 + a2

eiz

z

)

= e−a,

Resz=0

f(z) = limz→0

(

zz2 − a2

z2 + a2

eiz

z

)

= −1.

Na osnovu Cauchyeve teoreme o ostacima dobija se

I = 2πi∑

Res f(z) = 2πi Resz=ia

f(z) = 2πie−a.

Koristeci osobinu aditivnosti kompleksnih integrala, za isti integral imamo

−r∫

−R

x2 − a2

x2 + a2

eix

xdx+

∫

C−r

+

R∫

r

x2 − a2

x2 + a2

eix

xdx+

∫

C+

R

= 2πie−a. (1)

Ako r → 0, na osnovu leme 13.1 izlazi

∫

C−r

= −πiResz=0

f(z) = πi.

Prema lemi 13.3 je

∫

CR

→ 0 kada R→ +∞, tako da iz (1) sledi

+∞∫

−∞

x2 − a2

x2 + a2

eix

xdx+ πi = 2πie−a, tj.

+∞∫

−∞

x2 − a2

x2 + a2

eix

xdx = 2πi

(

e−a − 1

2

)

.

Odavde je vrednost trazenog integrala

+∞∫

0

x2 − a2

x2 + a2

sinx

xdx =

1

2Im

+∞∫

−∞

x2 − a2

x2 + a2

eix

xdx = π

(

e−a − 1

2

)

.

Napomena. Ako je a = 0 ili a→ +∞, dobijamo Dirichletov integral

+∞∫

0

sinx

xdx =

π

2.


Zadatak 8. Data je kompleksna funkcija f(z) =z2 − 2z + 5

(z − 2)(z2 + 1).

a) Funkciju f razviti u Laurentov red u prstenu 1 < |z| < 2.

b) Izracunati

∮

|z|=3

f(z)dz.

Resenje: a) Funkcija f moze se rastaviti na sledeci nacin:

f(z) =z2 − 2z + 5

(z − 2)(z2 + 1)=

1

z − 2− 2

z2 + 1= −1

2

1

1− z/2− 2

z2

1

1 + 1/z2.

Primenom geometrijskog razvoja

1

1− q= 1 + q + q2 + · · · (|q| < 1),

imamo

f(z) =1

2

(

1 +z

2+(z

2

)2

+ · · ·)

− 2

z2

(

1− 1

z2+

1

z4− · · ·

)

.

Ovo je Laurentov red koji konvergira za 1 < |z| < 2.

b) Na osnovu Cauchyeve teoreme o ostacima imamo

I =

∮

|z|=3

z2 − 2z + 5

(z − 2)(z2 + 1)dz = 2πi

3∑

k=1

Resz=zk

f(z). (1)

gde su zk polovi podintegralne funkcije z1 = 2, z2 = i, z3 = −i. Ostaci za ove polove su redom

Resz=2

f(z) = limz→2

(

(z − 2)z2 − 2z + 5

(z − 2)(z2 + 1)

)

= 1,

Resz=i

f(z) = limz→i

(

(z − i)z2 − 2z + 5

(z − 2)(z2 + 1)

)

=1

2i

4− 2i

i− 2= i,

Resz=−i

f(z) = limz→−i

(

(z + i)z2 − 2z + 5

(z − 2)(z2 + 1)

)

= − 1

2i

4 + 2i

−i− 2= −i.

Iz (1) se dobija I = 2πi(1 + i− i) = 2πi.

Zadatak 9. Odrediti analiticku funkciju z 7→ f(z) ako je

Re f(z) = x cosx cosh y + sinx sinh y, f(0) = 0.

Zadatak 10. Odrediti analiticku funkciju z 7→ f(z) ako je arg f(z) = θ + r sin θ (z = reiθ).

Zadatak 11. Ako je z 7→ f(z) analiticka funkcija, dokazati da je

( ∂2

∂x2+

∂2

∂y2

)

log(

1 + |f(z)|2)

=4|f ′(z)|2

(

1 + |f(z)|2)2 .

Zadataka 12. Ako je u harmonijska funkcija, dokazati da je (x, y) 7→ arctanux

uytakode harmonijska

funkcija.


Zadatak 13. Naci analiticku funkciju f(x+iy) = u(x, y)+iv(x, y), ciji je realan deo u(x, y) = g(y/x),gde je g dva puta diferencijabilna funkcija, koju treba odrediti. Predstaviti trazenu funkciju u oblikuf(z).

Zadatak 14. Neka je funkcija f analiticka u disku { |z − a| < R}. Dokazati da je tada za 0 < r < R

f ′(a) =1

πr

2π∫

0

P (θ)e−iθdθ,

gde P (θ) oznacava realni deo od f(a+ reiθ).

Zadatak 15. Pod kojim uslovima ce se unutrasnjost kruga {z | |z| = 1} pomocu transformacije

w = abz + 1

z + c(a (6= 0), b, c (cb 6= 1) ∈ C)

preslikati na unutrasnjost kruga {w | |w| = 1}.

Zadatak 16. Funkcijom sin z/eiz preslikati oblast π/6 < Re z < π/4. Ispitati detaljno preslikavanjeruba oblasti.

Zadatak 17. Na sta se transformacijom w = sin z preslikava oblast

0 ≤ Re z ≤ π/2, Im z ≥ 0?

Zadatak 18. Funkcijom w = cos z preslikati oblast −π/2 < Re z < π/2.

Zadatak 19. Transformacijom w =1

a− e−iz(a > 1) preslikati na w-ravan oblast

0 < Re z < π, 0 < Im z < log a.

Zadatak 20. Izracunati

∮

|z|=2

z cosz

z + 1dz.

Zadatak 21. Izracunati krivolinijski integral

J =

∮

|z|=r

P (z)(

exp1

z+ exp

1

z − 1+ · · ·+ exp

1

z − k

)

dz,

gde jeP (z) = a0 + a1z + a2z

2 + · · ·+ akzk,

i gde je r (6= 1, 2, . . . , k) pozitivan broj.

Zadatak 22. Primenom racuna ostataka dokazati formulu

+∞∫

−∞

cosx

a2 − x2dx =

sin a

a(a > 0).


Zadatak 23. Koriscenjem racuna ostataka odrediti vrednost odredjenog integrala

I =

∫ 2π

0

1 + cosx+ cos 2x

2 + cosxdx.

Zadatak 24. Izracunati vrednost integrala

2π∫

0

(1 + 2 cos θ)neinθ

1− r − 2r cos θdθ (−1 < r < 1/3).

Zadatak 25. Primenom racuna ostataka izracunati integral

+∞∫

0

x2 log x

x4 − 1dx.


π∫

0

sinx sinmx

1− 2a cosx+ a2dx (m ∈ N, a ∈ R).


π∫

0

cos(n− 1)x

(1− 2a cosx+ a2)ndx (n ∈ N, a ∈ R (|a| 6= 1)).

Zadatak 28. Izracunati integral J =

2π∫

0

ecos x cos(sinx) cosnxdx (n ∈ N).

Documents

KOMPLEKSNA ANALIZA 1. Funkcije kompleksne …starisajt.elfak.ni.ac.rs/phptest/.../matematika-odabrana-poglavlja/... · KOMPLEKSNA ANALIZA 1. Funkcije kompleksne promenljive Neka je