MATEMATICKE METODE FIZIKE 1 i 2Rijeeni zadaciDenis oljomFizi cki odsjek Prirodoslovno - matemati ckog fakulteta Sveu cilita u Zagrebu,Bijeni cka 32, 10 000 Zagreb, HrvatskaPREDGOVOROvdje ide predgovor...U Zagrebu 2011.Denis oljomNapomena: Sve komentare, uo cene greke i prijedloge s namjerom poboljanja ovog teksta aljitena mail.Ovaj tekst nije recenziran.Sadraj1 Matemati cke Metode Fizike 1 11.1 Kompleksna analiza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Kompleksni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Kompleksna konjugacija (z, z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3 Modul kompleksnog broja (|z|) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.4 de Moivreove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.5 Polarni zapis kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.6 Geometrijski oblici u kompleksnoj ravnini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.7 Funkcije kompleksne varijable. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.8 To cke grananja, rezovi i Riemannove plohe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.9 Laurentov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.10 Klasikacija singulariteta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Kompleksna integracija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.1 Integrali tipa20R(cos , sin )d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.2 Integrali tipaf (x)dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Popis slika1 Zapis kompleksnog broja z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Eksponencijalni zapis bitnih kompleksnih brojeva u kompleksnoj ravnini . . . . . . . . . 3i1 Matemati cke Metode Fizike 11.1 Kompleksna analiza1.1.1 Kompleksni brojeviPo cnimo sa osnovnim pojmovima iz komplekne analize i par primjera. Najjednostavniji primjer, koji seuzima kao osnova za pojavu kompleksnih brojeva jest sljede ca kvadratna jednadba:x2+ 1 = 0 . (1.1.1)Cije je rjeenje x1,2= i. Uz standardnu deniciju imaginarne jedinice: i =1.Time moemo denirati skup kompleksnih brojeva kao:C =_z = x + iy| x, y R_ , (1.1.2)pri cemu su: x = {z}, y = {z}.Uz denirane operacije:Zbrajanja: z1 + z2= (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2) ,mnoenja: z1 z2= (x1 + iy1) (x2 + iy2) = (x1x2 y1y2) + i(x1y2 + x2y1) ,imamo denirano polje kompleksnih brojeva (C, +, ) sa sljede cim svojstvima:Asocijativnost s obzirom na zbrajanje: (z1 + z2) + z3= z1 + (z2 + z3) ,Asocijativnost s obzirom na mnoenje: (z1 z2) z3= z1 (z2 z3) ,Neutralni element za zbrajanje je nula: z + 0 = 0 + z = z ,Neutralni element za mnoenje je jedan: z 1 = 1 z = z ,Postojanje inverza: z z = x iy, z + (z) = 0 ,z0 : z1=1x+iy xiyxiy=xx2+y2 iyx2+y2,z z1= 1 ,Komutativnost s obzirom na zbrajanje: z1 + z2= z2 + z1 ,Komutativnost s obzirom na mnoenje: z1 z2= z2 z1 ,Distributivnost: z1 (z2 + z3) = z1z2 + z1z3 .C cini komutativnu ili Abelovu grupu.1Pogledajmo potencije imaginarne jedinice.i1= i, i2= 1, i3= i, i4= 1, i4k+1= i, i4k+2= 1, i4k+3= i, i4k= 1, k Z . (1.1.3)1.1.2 Kompleksna konjugacija (z, z)z = x + iyz= x iy . (1.1.4)(z)= z; (z1 z2)= z1 z2; (z1 z2)= z1 z2; (z1)= (z)1 ,(z) = x =12(z + z); (z) = y =12i(z z) .(1.1.5)1.1.3 Modul kompleksnog broja (|z|)|z| =x2+ y2 0, |z| = 0 z = 0,|z1| |z2| = |z1 z2|; |z1| = |z|1; |z| = |z|; z z = |z|2.(1.1.6)Nejednakost trokuta:|z1| |z2| |z1 z2| |z1| + |z2| . (1.1.7)Kompleksni broj, u kompleksnoj ravnini, moemo zapisati preko polarnih koordinata:x = r cos , y = r sin , r= |z| =x2+ y2,cos =xr, sin =yr, tan =yx gubimo info. o kvadrantu .(1.1.8)Udaljenost to caka z1 i z2 je dana|z1 z2| =(x1 x2)2+ (y1 y2)2. (1.1.9)Slika 1: Zapis kompleksnog broja zArgument kompleksnog broja = arg(z) deniran je do na viekratnike 2. Glavna vrijednost argu-menta je < arg(z) < , deniran za sve z0.21.1.4 de Moivreove formulez1 z2= r1(cos 1 + i sin 1) r2(cos 2 + i sin 2) == r1r2(cos 1 cos 2 sin 1 sin 2 + i(cos 1 sin 2 + cos 2 sin 1)) == r1r2(cos(1 + 2) + i sin(1 + 2)) .(1.1.10)Uz eksponencijalni zapis kompleksnog brojaei= cos + i sin , ei1 ei2= ei(1+2). (1.1.11)to je konzistentno sa formulom 1.1.10. Indukcijom pokaemo:(ei)n= ein, n Z . (1.1.12)Slijedi:(cos + i sin )n= cos(n) + i sin(n), n Z , (1.1.13)to je poznato pod nazivom de Moivreov teorem.= = =zReIm1 e2i= =z i ei2= =z -1 eie0i= =z -i e3i2Slika 2: Eksponencijalni zapis bitnih kompleksnih brojeva u kompleksnoj ravnini1.1.5 Polarni zapis kompleksnog brojaKompleksni broj z moemo zapisati kao:z = rei, (1.1.14)potenciranje slijedi:zn= rnein, (1.1.15)i korjenovanje:z1n= r1ne+2kni, n N, k {0, 1, 2, . . . , n 1} . (1.1.16)3Primjer 1.1:Izra cunajte:3 2i1 + i. (1.1.17)Rjeenje 1.1:3 2i1 + i=3 2i1 + i 1 i1 i=5 i2. (1.1.18)Primjer 1.2:Za z1= 2 + i i z2= 3 2i izra cunajte:2z2 + z1 5 i2z1 z2 + 3 i2. (1.1.19)Rjeenje 1.2:2z2 + z1 5 i2z1 z2 + 3 i2=3 4i + 2 + i 5 i4 + 2i 3 + 2i + 3 i2==3 4i4 + 3i2=|3 4i|2|4 + 3i|2=32+ (4)242+ 32=9 + 1616 + 9= 1 .(1.1.20)4Primjer 1.3:Prikaite z = 6 2i u polarnom zapisu.Rjeenje 1.3:r=6 + 2 =8 = 22 . (1.1.21)tan =26=33, tan =(z)(z). (1.1.22)Iz cega slijedi:z = 22e7i6. (1.1.23)Moramo paziti u kojem se kvadrantu nalazi kompleksni broj, da bi to cno odredili argument.1.1.6 Geometrijski oblici u kompleksnoj ravniniPravacImplicitni oblik jednadbe pravca u kompleksnoj ravnini je dan sa:az + a z +c = 0, a C, c C . (1.1.24)KrunicaJednadba krunice radijusa r sa sreditem u z0 je dana sa:|z z0| = r . (1.1.25)Unutranjost krunice (bez ruba):|z z0| < r . (1.1.26)ElipsaElipsa sa fokusima u z1 i z2, koja ima veliku poluos a, a R je opisana sa:|z z1| + |z z2| = 2a . (1.1.27)HiperbolaAnalogno elipsi uz jednu bitnu izmjenu:|z z1| |z z2| = 2a . (1.1.28)5Primjer 1.4:Pokaite da je |z + 3| + |z 3| = 10 uistinu jednadba elipse.Rjeenje 1.4:Uz z = x + iy ra cunamo eksplicitno:(x + 3)2+ y2 +(x 3)2+ y2= 10_2x2+ 6x + 9 + y2= 100 20(x 3)2+ y2+ x2 6x + 9 + y212x 100 = 20(x 3)2+ y2_2x225+y216= 1 .(1.1.29)1.1.7 Funkcije kompleksne varijableEksponencijalna funkcijaKoriste ci standardne izraze za komplesni broj z imamo:ez= exp(z)ex(cos y + i sin y) . (1.1.30)Vrijedi:ez1 ez2= ez1+z2, (exp(z))= exp(z), | exp(z)| = ex. (1.1.31)Primjer 1.5:Na dite rjeenja jednadbeez= 1 . (1.1.32)Rjeenje 1.5:Koriste ci gornje jednakosti imamo:|ez| = ex= 1 x = 0 , (1.1.33)odnosno, iz raspisa preko sinusa i kosinusaez= exeiy= ex(cos y + i sin y) = 1 + 0i , (1.1.34)odnosno:cos y = 1, sin y = 0 . (1.1.35)Iz cega slijedi da je y = 2k, k Z.Moemo pisatiez= ex eiy= eiy= 1 . (1.1.36)6Kada pogledamo na jedini cnu krunicu, imamo:zk= 1 2ki, k Z . (1.1.37)Analogno moemo vidjeti da vrijedi:ez= 1, zk= (2k + 1)i ,ez= i, zk=4k + 12 ,ez= i, zk=4k + 32 .(1.1.38)Logaritamska funkcijaln(z) = ln |z| + i arg(z) . (1.1.39)Vrijedi tako der:exp(ln(z)) = exp(ln |z| + i arg(z)) = exp(ln |z|) exp(i arg(z)) = |z| ei arg(z). (1.1.40)Argument ima beskona cno mnogo vrijednosti. Ubacimo li z = reiu izraz za logaritam dobivamo:ln(z) = ln(r) + i( + 2k), k Z . (1.1.41)Trigonometrijske funkcijeDeniramo:cos(z) 12(eiz+ eiz) sin(z) 12i(eiz eiz) ,tan(z) =1cot(z)

sin(z)cos(z).(1.1.42)Nul-to cke susin(z), tan(z) : zk= k, k Z ,cos(z), cot(z) : zk=_k +12_, k Z .Hiperbolne funkcijecosh(z) 12(ez+ ez) sinh(z) 12i(ez ez) ,tanh(z) =1coth(z)

sinh(z)cosh(z).(1.1.43)Nul-to cke sucosh(z) = 0 e2z= 1, zk=_2k + 12_i, k Z ,sinh(z) = 0 e2z= 1, zk= ki, k Z .71.1.8 To cke grananja, rezovi i Riemannove ploheRiemannovi listovi su ravnine u domeni koju preslikavamo u kodomenu.Riemannove plohe su jednodimenzionalne kompleksne mnogostrukosti. Svaka Riemannova plohaje dvodimenzionalna, realna analiti cka mnogostrukost (ploha), ali u sebi sadri vie strukture, koja supotrebna da bi na jedinstven na cin denirali holomorfnu funkciju1.Dvodimenzionalna realna mnogostrukost se moe transformirati u Riemannovu plohu (obi cno nanekoliko neekvivalentnih na cina) ako i samo ako je orijentabilna i metrizabilna. Npr. sfera i torus dopu-taju kompleksne strukture, dok Mbiusova traka ili Kleinova boca ne doputaju.To cka grananja viezna cne funkcije (engl. multi-valued) je to cka u kojoj je funkcija diskontinuiranakada se ide oko proizvoljno male krunice oko te to cke.To cke grananja moemo podijeliti na: algebarske, transcedentalne i logaritamske.Ugrubo govore ci, to cke grananja su to cke, gdje se razli citi listovi viezna cne funkcije spajaju.Rez je krivulja u kompleksnoj ravnini, tako da je mogu ce denirati jedinstvenu granu viezna cnefunkcije.Rezovi se obi cno, ali ne uvijek, uzimaju izme du parova to caka grananja.Zato je to nama bitno?Zato to se pri kompleksnoj integraciji mogu javiti viezna cne funkcije i rezovi u kompleksnoj rav-nini. Zato je bolje da se odmah upoznamo sa njima i da ih znamo tretirati na pravilan na cin.1.1.9 Laurentov razvojLaurentov razvoj je, u biti, poop cenje Taylorovog razvoja. Za teorijske detalje pogledajte u pripremu zausmeni ispit iz MMF-a (stranica 19).Neka je dana funkcijaf (z) = c0 + c1(z a) + c2(z a)2Analiti cki dio+. . . +c1z a+c2(z a)2+ . . .Glavni dio.Laurentov razvoj jerazvojfunkcije f (z) okoto ckez =a C.Funkcijajeanaliti cka uprstenuR1< |z a| < R2.Laurentov razvoj nekih bitnih funkcija:ez= 1 + z +z22!+z33!+ , |z| < ,sin(z) = z z33!+z55! , |z| < ,cos(z) = 1 z22!+z44! , |z| < ,ln(z) = z z22+z33 , |z| < 1 ,(1 + zp) = 1 + pz +p(p1)2!z2+p(p1)(p2)3!z3+ , |z| < 1 .Napomena: Ako je p viezna cna funkcija onda zadnji razvoj vrijedi za granu u kojoj jef (0) = 1.1Holomorfna funkcija je kompleksna funkcija jedne ili vie kompleksnih varijabli koja je kompleksno diferencijabilna umaloj okolini svake to cke u njenoj domeni (zadovoljava Cauchy-Riemmanove uvjete).81.1.10 Klasikacija singularitetaSingulariteti su to cke gdje funkcija prestaje biti analiti cka. Dijelimo ih naIzolirani singulariteti.Uklonjivi: funkcija je jednozna cna i nije denirana u z = a, ali limza f (z) postoji.Polovi m-tog reda - Laurentov razvoj ima kona cno mnogo clanova glavnog dijela.Bitni singulariteti - Laurentov razvoj ima glavni dio s beskona cno mnogo clanova.To cke grananja, to cke u beskona cnosti.Primjer 1.6:Razvijte u Laurentov red funkcijuf (z) =1z a, a C, a0 , (1.1.44)oko z = 0.Rjeenje 1.6:f (z) = 1a 11 za= 1a _1 +za+_za_2+ . . ._, |z| < |a| . (1.1.45)Zanima nas |z| > |a| (obrnemo). Razvoj tada postaje:f (z) =1z a=1z 11 az=1z _1 +az+_az_2+ . . ._. (1.1.46)Primjer 1.7:Razvijte funkcijuf (z) =1z2 (2 + i)z + 2i, (1.1.47)u Laurentov red oko z = 0.Rjeenje 1.7:f (z) =1z2 (2 + i)z + 2i=1(z i)(z + i)=12 i _1z 2 1z i_. (1.1.48)U z = 2 i z = i imamo polove 1. reda. Razvijamo:i) |z| < |i| = 11z 2= 12 11 2z= 12 _1 +z2+_z2_2+ _. (1.1.49)9Konvergira zaz2 < 1, odnosno za |z| < 2.1z i= 1i 11 zi= i _1 +zi+_zi_2+ _. (1.1.50)Konvergira zazi < 1, odnosno za |z| < 1.ii) 1 < |z| < 21z 2= 12 _1 +z2+_z2_2+ _. (1.1.51)Konvergira unutar |z| < 2.1z i=1z 11 iz=1z _1 +iz+_iz_2+ _. (1.1.52)Apsolutno konvergira van diska od 0 do 1. Radimo razvoj u podru cju konvergencije.iii) |z| > 21z 2=1z 12z=1z__1 +2z+_2z_2+ __. (1.1.53)1z i=1z _1 +iz+_iz_2+ _. (1.1.54)Vrijedi kao i u iii).Napomena:f (z) =1(z1)2ima singularitet u z=1, pol 2. reda. Treba uo citi:1(z 1)2=ddz_11 z_.Ako to razvijemo, dokle god smo u podru cju analiti cnosti moemo derivirati. Dobijemo:11 z=1 + z + z2+ z3+ ,1(z 1)2=1 + 2z + 3z2+ .(1.1.55)Zadatak 1.1:Razvijte funkcijuf (z) =e2z(z 1)3, (1.1.56)u Laurentov red oko z = 1.10Rjeenje 1.1:Prvo napravimo zamijenu varijable:f (z) =e2z(z 1)3= {u = z 1} =e2+2uu3= e2e2uu3==e2u3_1 + 2u +(2u)22!+ _ = e2__1u3+2u2+2u+43+ .,,.analiti cki dio__ == e2__1(z 1)3+2(z 1)2+2z 1.,,.c1=2e2+43+ __.(1.1.57)Imamo pojavu pola 3. reda u z = 1 (najnia negativna potencija). Red konvergira za z1, |z1| > 0.z1 jer je tada u = 0, a tada imamo pojavu beskona cnosti, to ne elimo.Zadatak 1.2:Razvijte funkcijuf (z) = (z 3) sin1z + 2, (1.1.58)u Laurentov red oko z = 2.Rjeenje 1.2:Ponovo napravimo zamijenu varijable:f (z) = (z 3) sin1z + 2= {u = z + 2} = (u 5) sin 1u= {w =1u} ==_1w 5_sin w =_1w 5_ _w w33!+w55! _ == 1 5u 13!u2+53!u3 = 1 5z + 2 13!(z + 2)2+53!(z + 2)2 .(1.1.59)u z=-2 je bitan singularitet (red konvergira za z2), koecijent c1 je jednak 5.Zadatak 1.3:Razvijte funkcijuf (z) =z sin(z)z3, (1.1.60)oko z=0.11Rjeenje 1.3:f (z) =z sin(z)z3=1z3_z _z z33!+z55! __ ==1z3_z33! z55!+ _ ==13! z25!+ .(1.1.61)Nema glavnog dijela u razvoju. U z = 0 imamo uklonjivi singularitet, dok je c1= 0.1.2 Kompleksna integracijaTeorem(O reziduumima) Neka jef (z) analiti cka funkcija na zatvorenom Jordanovom putu . Neka jeput pozitivno orijentiran te unutar podru cjaPome denog tim putem ima kona can broj singularitetaz = zi, i = 1, . . . , k. Tada vrijedi:_f (z)dz = 2ikj=1Reszj( f (z)) , (1.2.1)gdje je reziduum Reszj( f (z)) = c1 minus prvi koecijent u Laurentovom razvoju funkcijefoko z = a.DenicijaPol m-tog reda u to cki z = a C je dan saResa( f (z)) =1(m 1)! limzadm1dzm1_(z a)mf (z)_. (1.2.2)LemaNeka suf (z) i g(z) regularne (analiti cke) u z =a te neka je a jednostavna nula funkcije g(z)(g(a) = 0, g(0)0). Tada vrijedi:Resa_ f (z)g(z)_ =f (a)g(a). (1.2.3)DokazResa_ f (z)g(z)_ = limza_(z a) f (z)g(z)_ =f (a) limzaz ag(z)LH==f (a) limza1g(z)=f (a)g(a).(1.2.4)Zadatak 1.4:Rijeite integral:_Cz(z2 1)2(z2+ 1)dz , (1.2.5)gdje je C= {z; |z 1|2= 3}, pozitivno orijentirana krunica.Rjeenje 1.4:Singularne to cke podintegralne funkcije su:(z2 1)2= 0 z1,2= 1 , (1.2.6)polovi drugog reda. Tako der imamo:12z2+ 1 = 0 z3,4= i , (1.2.7)polovi prvog reda.No ne ce svi polovi biti unutar krivulje integracije. z = 1 nije obuhva cen krunicom, kao to se vidina slici.Ra cunamo reziduume.Resi( f ) = limzi(z i)z(z2 1)2(z i)(z + i)=i(1 1)2(2i)=18. (1.2.8)Resi( f ) =limzi(z + i)z(z2 1)2(z i)(z + i)=i(1 1)2(2i)=18. (1.2.9)Res1( f ) = limz1ddz_(z 1)2z(z 1)2(z + 1)2(z2+ 1)_ == limz1_(z + 1)2(z2+ 1)1 2(z + 1)3z(z2+ 1)1 (z2+ 1)1 2z z(z + 1)2_ = 18.(1.2.10)Imamo, koriste ci torem o reziduumima:_Cf (z)dz = 2i_18+18 18_ =i4. (1.2.11)Zadatak 1.5:Rijeite integral:_Cdz(z 1)2(z2+ 1), (1.2.12)gdje je C= {z; |z (1 + i)|2= 2}, pozitivno orijentirana krunica.Rjeenje 1.5:Singularne to cke podintegralne funkcije su:z2+ 1 = 0 z1,2= i , (1.2.13)polovi prvog reda.(z 1)2= 0 z3= 1 , (1.2.14)pol drugog reda.Sa slike vidimo koji polovi ulaze u obzirRa cunamo reziduume.Resi( f ) = limzi(z i)1(z 1)2(z i)(z + i)=1(i 1)2(2i)=14. (1.2.15)13Res1( f ) = limz1ddz_(z 1)21(z2+ 1)(z 1)2_ == limz1_2z(z2+ 1)2_ = 12.(1.2.16)Ponovo, koriste ci torem o reziduumima:_Cf (z)dz = 2i_14 12_ = i2. (1.2.17)Zadatak 1.6:Izra cunajte integral:_Ccot(z)z(z 1)dz , (1.2.18)gdje je C= {z; |z| = 2}, pozitivno orijentirana krunica.Rjeenje 1.6:Raspiemo podintegralnu funkciju kao:f (z) =cos(z)z(z 1) sin(z). (1.2.19)Imamo polove u z = 0, z = 1 i z = k, k Z.Pogledajmo redove polova.(z 1) f (z) =cos(z)z sin(z), (1.2.20)to za z = 1 ne divergira. Zna ci z = 1 je pol prvog reda.(z 0) f (z) =cos(z)(z 1) sin(z), (1.2.21)kako pustimo z 0 zbog sinusa to divergira! Probajmo sa:(z 0)2f (z) =cos(z)z(z 1) sin(z) z0cos(0)(0 1) 1 , (1.2.22)to ne divergira. Zna ci z = 0 je pol drugog reda!Polovi oblika z = k su polovi 1. reda, ali nisu unutar krunice (na krunici nije isto to i unutar).Ra cunamo reziduume.Res1( f ) = limz1(z 1)cos(z)(z 1)z sin(z)= cot(1) . (1.2.23)Res0( f ) = limz0ddz_z2cos(z)(z 1)z sin(z)_ == limz0__zsin(z)_ cos(z)z 1+zsin(z)_cos(z)z 1__ =uz malo raspisivanja i koritenja LHospitalovog pravila imamo= limz0cos(z) cos(z) + 2 sin(z)2 sin(z) cos(z)) 1 = 1 .(1.2.24)14Kona cno imamo:_Cf (z)dz = 2i(cot(1) 1) . (1.2.25)Zadatak 1.7:Rijeite integral_Cz3z + 1e1zdz , (1.2.26)gdje je C= {z; |z| = 2} pozitivno orijentirana krunica.Rjeenje 1.7:Pogledajmo singularitete.z + 1 = 0 z1= 1 pol 1. reda . (1.2.27)U exp(1z) za z = 0 imamo bitan singularitet. Prvo idemo ra cunati reziduum za pol.Res1( f ) =limz1(z + 1)z3z + 1e1z= (1)3e1= 1e. (1.2.28)Da bi nali reziduum za bitan singularitet, podintegralnu funkciju moramo razviti u red oko z= 0 itraiti c1 koecijent u razvoju.z3z + 1e1z= z3 _1 z + z2 z3+ _ _1 +1z+12!z2+13!z3+ _ ==_z3 z4+ z5 z6+ _ _1 +1z+12z2+16z3+ _ ==1z__14! 15!+16! 17!+ .,,.c1__,(1.2.29)tek kad se pomnoi z3i z4dobijemo negativnu potenciju.Usporedbom sa:e1= 1 1 +12! 13!+14! 15!+ , (1.2.30)e1=12 16+ c1 c1= e1 13= Res0( f ) .Zna ci:_Cf (z)dz = 2i_1e 13 1e_ = 2i3. (1.2.31)151.2.1 Integrali tipa20R(cos , sin )dPrije nego to po cnemo rijeavati integrale ovog tipa pogledajmo potrebne supstiucije za integrale ovogtipa.Poto se radi o integralima racionalnih funkcija sa sinusima i kosinusima, pogledajmo kako se tran-sformiraju sinus i kosinus u kompleksnoj ravnini:cos(n) =12_ein+ ein_ =12(zn+ zn), n N ,sin(n) =12i_ein ein_ =12(zn zn), n N ,gdje smo koristili supstituciju:z = ei_d d= idzz.Potojerasponkuta [0, 2,vrijednostikojepoprimazsu: |z| =1-jedini cnakrunicaukompleksnoj ravnini.Primjer 1.8:Rijeite integral20d3 + cos + 2 sin . (1.2.32)Rjeenje 1.8:Prebacimo integral u kompleksnu ravninu koriste ci gornje transformacije.20d3 + cos + 2 sin = i_dzz13 +12_z +1z_+ 2 12i_z 1z_== i_dzz2z6z + z2+ 1 2iz2+ 2i= 2i_dz(1 2i)z2+ 6z + 1 + 2i.(1.2.33)Traimo polove.(1 2i)z2+ 6z + 1 + 2i = 0 z1=1 2i5, z2= 1 2i , (1.2.34)polovi prvog reda. Od toga se samo z1 nalazi unutar krivulje integracije.Podintegralnu funkciju moemo zapisati kao:f (z) =1(1 2i)(z z1)(z z2). (1.2.35)Reziduum je:Resz1( f ) =limzz1(z z1)1(1 2i)(z z1)(z z2)=14. (1.2.36)16Kona cno rjeenje je:I= 2i_f (z)dz = 2i2i 14= . (1.2.37)Ono to elimo izbje ci jest da nam se, prilikom zamjene varijabli, desi da se pol na de na krunici.Tada integral divergira.Zadatak 1.8:Izra cunajte integralI=20d(5 3 sin )2. (1.2.38)Rjeenje 1.9:I=20d(5 3 sin )2= i_dzz1_5 32i_z 1z__2== i_dzz4z2(3z2+ 10iz + 3)2= 4i_zdz(3z2 10iz 3)2.(1.2.39)Podintegralnu funkciju moemo zapisatif (z) =z(3z2 10iz 3)2=z[3(z z1)(z z2)]2=z9(z z1)2(z z2)2. (1.2.40)Ukoliko su z1z2 imamo u njima polove drugog reda. Rjeavanjem jednadbe dobivamo:z1=i3, z2= 3i , (1.2.41)3i je izvan krunice, dok u z1 imamo pol 2. reda. Ra cunamo reziduum:Resz1( f ) =limzz1ddz_(z z1)2z9(z z1)2()_ =19limzz1(z 3i)2 2z(z 3i)(z 3i)4= 5256. (1.2.42)Integral jeI= 4i 2i(5256) =532. (1.2.43)Imajmo na umu da integral realne funkcije mora biti realni broj.Zadatak 1.9:Rijeite integralI=201 + cos x1 + cos2xdx . (1.2.44)17Rjeenje 1.10:Prvo zapiemo integral u kompleksnom oblikuI=201 + cos x1 + cos2xdx= i_dzz 1 +12(z + z1)1 +_12(z+z1)_2== i_dzz1 +12(z + z1)/ z1 +14(z2+ 2 + z2)/ z= i_2(z2+ 2z + 1)z4+ 6z2+ 1dz .(1.2.45)Radimo zamjenu z2= u. Rjeavanjem jednadbe dobijemo:u2+ 6u + 1 = 0 u= 3 22 . (1.2.46)Odbacimo ono rjeenje koje se ne nalazi unutar jedini cne krunice. Polove prvog reda imamo uz1,2= i3 22.Nakon ra cunanja reziduuma (sami provedite ra cun da se uvjerite da je to can), dobivamoResz1( f ) =122 i2 243 22,Resz2( f ) =122+ i2 243 22.(1.2.47)Kona can rezultat je:I= i 2i(2 122) =22= 2 . (1.2.48)Napomena: da smo imali isti integral ali0, imali bi pola krivulje. No poto je kosinus parna funkcijamogli bi pisati:12gdje je , |z| = 1, to je jedini cna krunica, i gornji ra cun bi iao analogno.Za sinus to ne bi ilo jer podintegralna funkcija ne bi bila ni parna ni neparna. Dok u slu caju neparnefunkcije na simetri cnom intervalu vrijedilo da je integral nula.1.2.2 Integrali tipaf (x)dxFunkcije koje u caze u obzir za ove tipove integrala su:f (x) =P(x)Q(x), f (x) =P(x)Q(x) sin x, f (x) =P(x)Q(x) cos x ,gdje su P(x) i Q(x) neki polinomi.18Primjer 1.9:Rijeite integral:I=dx(1 + x2)2. (1.2.49)Rjeenje 1.11:Prebacujemo integral u kompleksnu ravninu:I=dx(1 + x2)2 =_Cdz(1 + z2)2. (1.2.50)U ovom slu caju, krivulja integracije je polukrunica C= od R do R, |R| > 1. Rastavljamo integralna dva dijela:_Cdz(1 + z2)2=RRdx(1 + x2)2+dz(1 + z2)2. (1.2.51)19