Prof. dr. sc. N even Elezović Daslav Petrizio, dipl. ing.
FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE
ZBIRKA ZADATAKA
Za.greb 1994
@ Neven Elezović, 1994.
Recenzenti doc. dr.
sc.
Luka Korkut
prof. dr. sc. Ljubo Marangunić
Za nakladnika Sandra Gračan, dipl. ing
Nakladnik Element, Zagreb
Tisak Spiridion Brusina., D. Lomnica
Slog, crteIi i prijelom Elel.1ent, Zagreb
Nijedan dio ove knjige ne smije se umnažati, fotokopirati niti reproducirati na bilo koji nllČin, bez pismene dozvole nak ladnika
PREDGOVOR
Program matematike na tehničkim fakultetima obrađuje uglavnom sljedeća područja Diferencijalni i integralni račun Linearna algebra Punkcije više varijabli. Vektorska analiza Diferencijalne jednadz"'be Punkcije kompleksne varijable Ortogonalni sustavi. Integralne transformacije Diskretna matematika Vjerojatnost i statistika Numerička analiza Ova je zbirka jedna u nizu sličnih kojima kanimo pokriti ta područja. Cilj nam je pružiti studentu zbirke riješenih zadataka koje pokrivaju nastavni plan, ali ga takoder p roširuju i produbljuju, čineći tako jednu zaokruženu cjelinu koju (dobar) inžinjer može i treba poznavati. Tako i ova zbirka sadrži sve zadatke koje se obrađuju na auditornim vježba ma iz predmeta Matematička analiza. III na Elektrotehničkomfakultetu u Zagrebu, u dijelu Funkcije kompleksne varijable. Originalne vježbe su nadopunjene kako težim tako i lakšim zadacima. Nadodana su i tri uvodna poglavlja koja se obično obrađuju u programima Matematičke analize I. Dijelovi poglavlja koja ne ulaze u nastavni plan označena su zvjezdicom * . U svakom je poglavlju dan kratak podsjetnik važnijih definicija i teorema. Nakon toga su detaljno riješeni zadaci iz osnovnog kursa. Treći dio, zadaci za vjezou, namijenjen je samostalnom radu. Rješenja tih zadataka, dana na kraju knjige, treba zaista shvatiti tek kao kontrolu vlastita rada. Samo tako će ova zbir ka ispuniti svoj cilj: ukazati budućem inžinjeru da se školuje da bi samostalno rješavao još složenije probleme.
Autori U Zagrebu,
studenog 1994.
SADRŽAJ
9 9 14 20 §2. Geometrija kompleksne ravnine . . . . . . .... . 23 .. . .... . . . 23 1. Geometrija. kompleksne ravnine . 2. Zadaci za vježbu. ... . ......... .. .. ....... .. . . .. . .. .... .. . .. . ... . 31 §3. Nizovi i redovi kompleksnih brojeva . . . . . .. . . 34 . .. .. . . 34 1. Nizovi kompleksnih brojeva. 2. Redovi kompleksnih brojeva .. . . .. ... . 38 . . .... 44 3. Zadaci za vježbu. §4. Elementarne funkcije . ... . .. . . . .. . 46 1. Elementarne funkcije . . . . . . . .. .. 46 2. Zadaci za vježbu . . . . . " .... .. .. .............. ...... 54 §6. Diferencijabilnost. Cauchy-Riemannovi uvjeti. Harmonijske funkcije 55 1. Limes, neprekidnost, diferencijabUnost . . . .. . .. 55 2. Cauchy-Riemannovi uvjeti . .. . . . . . .. .. . 57 3. Harmonijske funkcije . . . . .. . . . . . 63 4. Zadaci za vježbu. .. .. . . ..... ...... .... ... ... .. .. ...... ... .. ... .. 67 §6. Integral funkcija kompleksne varijable . . .. .. 68 1. Krivuljni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 68 2. Cauchyjeva. integralna formula .. .. . . .. 72 3. Zadaci za. vježbu ... . .. . ..... .. .. ...... . .. .. .. .. .. . . .... .. . . .. .. .. 74 §1. Mobiusova transformacija . . . . . . . ... . . 75 . . .. . . . . 75 1. Rastav Mobiusove transformacije 2. Implicitni oblik Mobiusove transformacije . .. . . . . 82 3. Svojstvo simetrije za M8biusovu transformaciju . . .. . .. . . . 84 4. Kanonski oblik Mobiusove transformacije . . . . . . . 89 5. Zadaci za. vježbu. .. . . . . . .. ... . . ... . .... .. .... .. . ..... .... .. ..... 93 §8. Konformna preslikavanja . . . . ... . . . . . . . 97 1. Omjer preslikavanja. Kut zakreta . . ... . . .. . 97 2. Konformna preslikavanja. . . . . . . . . . . 101 §9. Preslikavanja elementarnim funkcijama . . . . . 106 . . .. .. .... . .. . 106 1. Funkcija w = zn 2. Funkcija. w = \yi . . . .. . . ... . . . 109 3. Funkcija Žukovskog 111 4. Eksponencijalna funkcija w = e.z . . . . .. . 115 ... . . . . . . . 118 5. Logaritamska funkcija w = Ln z . 119 6. Trigonometrijske funkcije . .. . . . 7. Zadaci za vježbu . . .. .. . . . . . ... . . 122 §l. Kompleksni b rojevi 1. Prikaz kompleksnog broja .. . .. . .. . ...... ... . . . .. 2. Potenciranje i korjenova.nje . .. .. . . ... . . . . . 3. Zadaci za vježbu. .. . . . . .. ... .. . . ... . .. .. .. .. .... .. .. .. ..........
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . .
.
. .
.
.
.
.
. . .
.
. . . . .
.
.
.
. .
.
.
.
. . . .
.
.
.
. . .
. . .
. .
.
.
.
.
.
. . . .
. . .
.
. . .
.
.
. .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
.
.
. . . . .
.
. . . .
.
.
.
. . .
.
.
.
. .
. .
.
.
.
.
. . . . .
.
.
. . .
.
.
.
.
.
.
. . . . . .
.
. .
. .
.
.
. .
.
.
.
.
.
. .
. .
.
. . .
.
. . . . . .
.
.
. . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
.
. . . . . . . . .
. . . .
. .
.
. .
. .
. .
.
.
.
.
.
. .
. .
. . .
.
. .
.
. .
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
. . . .
. .
. . . . . . .
. .
. .
. . . . .
.
. . . . . .
.
.
.
.
.
.
. .
. •
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . . . . . . . .
.
.
. . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
. . . . .
. . . . . . . .
.
.
. . .
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
. . . . . .
.
.
. .
.
. . . .
.
.
.
. . .
.
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
.
. . . o o . . .
. . . . . . . . . .
. . .
.
. . . .
. . .
. . . .
.
.
.
. . . . . . . . .
. . .
. . . .
.
.
. .
.
.
.
. . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
. . . . .
.
.
.
.
.
. . . . . . . .
.
. . . .
.
.
.
.
.
.
. . .
. . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . .
.
.
.
.
.
.
. .
. . .
. . .
. . . .
.
.
.
.
. .
.
. . . . .
.
.
.
.
. . .
.
. . .
.
.
.
. . .
. .
.
. .
.
.
.
. . .
. . .
. . . . . . .
. .
.
.
.
'0 ' •
. .
.
•
•
.
. . .
.
. . .
. . . . .
.
. . .
.
.
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
. . . .
. . .
. . . . . .
. . . .
.
• • • • • • • • • • • • • • • • •
. . . . . . . . . .
. . . . .
. .
.
. . .
.
.
.
. . . . . .
.
.
. .
. . .
. . . .
.
. . . . . .
. . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
. .
. . .
.
.
. . .
.
.
.
.
.
. . .
. . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . . . . . .
. .
.
.
.
.
. . . . . . . . . . . .
.
.
.
. . .
.
.
• • • • • • • • • • • • • • • • • • •
.
. .
.
. . . . . .
.
.
. . . .
.
.
. .
.
.
. . . .
.
.
. . .
. . .
. . . . . . . .
. . . . . .
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
§10. Taylorovi redovi
. . . . . . . . . . . . .
Redovi potencija 2. Taylorovi :redovi . 3. Funkcija. izvodnica 4. Zadaci za vježbu 1.
. . . .
.
.
.
§11. Laurentovi redovi . l. Laurentov! redovi . .
.
.
2, Zadaci za. vježbu
.
.
.
..
..
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
.
. .
..
. .
. .
. . . .
. . . .
.
.
. . . . . . .
.
. .
.
. .
§12. Nul-točke i izolirani singulariteti
1. Nul-točke .... ........ . 2. Izolirani singulariteti 3. Zadaci za vježbu . . .
. . .
.
§13. Reziduum. Račun ostataka , 1. Reziduum
. .
. . . . .
. . . .
.
. .
. . . . .
.
. . . .
..
.
. ... . .
.
.
..
. . . .
.
.
. . . . . . . . . . .
.
.
.
..
.......... "
'"
.
. . . . .
.
.
.. .
.
.
124 124
..... ... . 128
.
.
. . . . . . .
.
.
. . . . .
.
.
.
. . . . . .
.
.
. . . ,
. . . . . . .
.
.
. . . . .
. . . .
, .
. . . . . . . .
.
.
.
.
.
. . .
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
.
. .
. . . . • . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
.
.
.
Hil
...... ,. . .. .... . .. . . ... ... .... . ..... . . .. 151 .
. . . .
.
. . . .
.
.
.
. . .
.
..
.
..
. . . . . . . . . .
.
. . . .
....
.
. . . .
..
.
. . .
.
. . , .... .., ....., .. .. ...... .. ... , . "
.
... .
.
.
.
.
.
. . . .
... .
.
. . . . . . .
.
. . . .
.
.
.
153 158
,. 160
analitičke funkcije . .... . . .. . ...... .. .. .. .. . . .. .. ... 160 2. Račun ostataka , ...... , ...................... 161 3. Princip argumenta.. Roucbeov teorem . . 170 4. Zadaci za. vježbu . . . .. , ............... ..... , 163 RačunaDje realnih integrala . . . 111 1. I tip integrala. .. . . . . 177 2. II tip integrala . . . .. . 119 3. III tip integrala . . . . . . . 181 4. IV tip integrala . . .. 186 5. V tip integrala. 188 6. Razni primjeri , .......... ,....... ..... ... ...... .......... ..... 190 7. Zadaci za vježbu ............., ............. " ............. " ... , 193 .. . . .. . . . . . .. 196 RješenJa zadataka .
.
.
. . . . . . . .
. . . . . . . . •
. . . . . .
.
,
.
§14.
."
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
..
.
. . . . . . . 135 . .. . . . " 137 " ......................................" 142 . . , .., .. , 142 . . . . .. 149 .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . . .
.
. . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
. . . . . . . .
.
.
. .
.
. .
.
.
. .
.
. . . .
.
.
. . . . . .
. . .
.
.
. .
.
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
.
.
. . . . . . . . . .
. .
. . .
. . . . . . . . . . . . .
.
. . . .
. . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
. .
. . .
.
.
.
.
. . .
.
.
.
. . . . .
. . . . . . .
.
. . . . . . . . . .
.
. .
.
.
.
.
. .
. . . . . . .
.
.
.
.
. . . . . .
. . . .
.
.
.
.
. . . . .
.
.
. . .
.
. . . . .
.
.
.
.
. . . . . . .
.
.
.
. . . . . . . . .
.
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . .
.
§15.
.
Literatura
.
. . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
. . . . .
. . . . . . . . . .
. . . .
.
. . . .
.
. . . .
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
. .
.
.
. . . . . . . . .
222
9
1.
Kompleksni brojevi Algebarski prikaz kompleksnog broja.
Polje kompleksnih brojeva (e, +,. sastoji se od skupa kompleksnih brojeva e na kojem su definirane dvije operacije: zbrajanje i množenje. e možemo poistovjetiti sa skupom svih uređenih parova realnih brojeva: e R}, a operacije definiramo na sljedeći način:
)
= {(x, y) :
x, y E
(1.1) (Xl , YI) + (X2 , Y2 ) := (Xl + X2 , YI + Y2 ) (1.2) (Xl , YI) . (X2 , Y2 ) := (XIX2 - YI Y2 ,XI Y2 + YIX2 ) Realni broj X poistovjećujemo s kompleksnim brojem (x, O) E e. Ka ko se pri tom čuvaju operacije, jer vrijedi (X l , O) + (X2 , O) = (X l + X2 , O), (Xl , O) · (X2 , O) = (XIX2 , O), to je polje realnih brojeva sadržano u polju kompleks nih brojeva. Broj (0,1) nije realan, označavamo ga sa i i nazivamo imaginarna jedinica. Vrijedi, po (1 2 ) i2 = i . i = (0,1) . (0,1) = (-1,O) = -1. Kompleksan broj = (x, y) možemo pisati i u obliku: = (x,y) = (x,O) + (O, y) = (x, O) + (0,1) . (y, O) = X + iy. Broj X Prikaz = X + iy nazivamo algebarski prikaz kompleksnog broja se naziva realni, a broj y imaginarni dio kompleksnog broja Označavamo ih sa X = Re y = Im Dva su kompleksna broja jednaka ako i samo ako im se podudaraju realni i imaginarni dijelovi: ZI = Z2 Xl = X2 , YI = y2 Sa označavamo broj ( -1 ) · = -x - iy. Oduzimanje kompleksnih brojeva je definirano sa (1. 3 ) ZI - Z2 := I + (-Z2 ) = (Xl - X2 ) + i(YI - Y2 ) Kompleksan broj z = X - iy nazivamo konjugiranim broju = X + iy. .
z
z
z
z,
z.
z.
z.
-z
�
z
z
.
z
Također, broj z je konjugiran broju z i zato kažemo da z, z čine par konju girana-kompleksnih brojeva. Njihovim zbrajanjem i oduzimanjem dobivamo Re z
= 1-2 (
z
+ z),
Im z
= 2t1 (
----: z
- z) .
(1.4)
1. KOMPLEKSNI BROJEVI
10
z · z X2 + y2 . Označimo Izl .;z . Z JX2 + y2 . (1.5) Kako je uobičajeno, množenje kompleksnih brojeva pisat ćemo (uglavnom) bez znaka " dakle ZI Z2 umjesto ZI z2 Ako je z::f. O, sa ! označavamo broj 1 z x -t. 2 y 2 . z := I z l2 = x +y Uvjeri se da vrijedi z · ! = 1 . Tako možemo definirati i dijeljenje kompleksnih brojeva: ZI := ZI ..!.. = ZI Z22 XIX2 + YIY2 +i -XIY2 + X2YI (1.6) Z2 Z2 IZ21 x � + y� x � + y� Također, vrijedi
=
=
:=
•
•
z
z
•
•
=
Računske operacije s kompleksnim brojevima izvodimo ne pamteći formule
(1.2) i (1.6 ), već sa kompleksnim brojevima postupamo kao s "polinomima po varijabli i", uvažavajući pri tom i = -1, npr.
2
(4-3i)(2 + 5i) = 8-6i + 20i-l5i2 = 23 + l4i, 1 + 2i 1 + 2i 3 + 2i 3 + 6i + 2i + 4i2 -1 + 8i = = = 13 93-2i . 3 + 2i 3-2i
1.1.
( )
Odredi realni i imaginarni dio sljedećih kompleksnih brojeva:
A.
1 1 -2;'
B
.
1-i 3.' 1 + t. ,
RJEŠENJE. Moramo odrediti algebarski prikaz zadanih kompleksnih bro A. Z 1 _1 i = 1 _1 i . 1l ++ii 1l-i+i2 l 2+i 12 + 12' t. . Dakle, Rez = l, Im z l. 3 . . ( 1-2i +i2 ) 3 ) ( l-i. l-i ) 3 z (1-i (_t )3 t. 2 l +i l +i l-i Od'avde, Rez O, Im z = 1. C. (1-hl3)3 1-3iv'3 + 3(iv'3)2 -(iv'3)3 1-3v'3i - 9 + 3v'3i -8, te je Rez - 8 , Im z O. jeva.
=
=
=
=
=
B.
=
--
=
' .
--
-
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1.1. PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA
11
Odredi sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi =Z2. Prikažimo broj z u obliku z =x +iy; što uvršteno u jednadžbu z
1.2. RJEŠENJE.
daje
x - iy=( x + iy)2=X2 -y2+ 2xyi.
Prema tome, x i y moraju zadovoljavati sistem
{ x2 - X - y2= O,
{ X=X2 _y2,
( 2x +l)y=
O. Druga je jednadžba zadovoljena za x =-! y =O. Uvrstimo li x =-! u prvu jednadžbu, dQbivamo y2= 2! što daje Yl .2=±4. Uvrstimo li pak y=O u prvu jednadžbu, dobivamo x -x =O i odavde Xa =O x4 = 1 . Postoje dakle četiri rješenja: 1 1 .� zl=- '2+'.� T' z2 =- '2-'T' Za=O , Z4=1. Y =2xy,
ili
'
l
1.3.
Pokaži da operacija kompleksnog konjugiranja ima svojstva:
RJEŠENJE.
A.
N
ZI +z2=( Xl + iyd +( X2 + iY 2)=( Xl +X2) +i( Yl +y2) =( Xl +X2) - i( YI +Y2) =Xl - iYI +X2 -iY2=ZI +Z2
a sličan se način pokazuju i ostale relacije.
Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja
ili
Kompleksan broj z =x+iy možemo prikazati točkom M( x, y) pak vektorom OM u ravnini xOy, koju nazivamo (sl. 1.1.). Duljina vektora OM naziva se kompleksnog broja z ---+
kompleksna ili Gaussova ravnina
•
r
---+
r
modul, norma ili apsolutna vrijednost
=Izl := ';x2 +y2=W.
(1.7)
1. KOMPLEKSNI BROJEVI
12
-
Kut kojeg vektor OM zatvara s pozitivnim dijelom realne osi naziva se argument kompleksnog broja z; označavamo ga sa Argz . On je odreden do na višekratnik broja 211'. Za glavnu vrijednost argumenta uzimamo vrijednost tog kuta unutar in tervala [0, 211') i označavamo ga sa
Vidi
1.
14
1.6.
Prikaži u trigonometrijskom obliku A. z= -sin 'Tf'18 -i cos 18 j B. z= l +cosa +i sina, O < a < 'Tf'12 . 'Tf'
RJEŠENJE. A. r =
KOMPLEKSNI BROJEVI
( sin2 i +cos2i) 1/2=l
('Tf' )
cos'Tf'1 8 'Tf' 3'Tf' 'Tf' =ctg"8= tg 2'-"8 =tgs' sin'Tf'/8 Kako se broj z nalazi u trećem kvadrantu, to je cp = 3: + = li1l" . Dakle, Z = cos +i sin li1l" . tg .ji + B>'I-' + GII-'12 A >' 1 >., I I-' A O, G O, IBI2 AG. ZI, Z2, IEZkWkl2 (EIZkI2) (EIWkI2). Zl!" " Zn I Zk l 1 1 fr (Z 1-kt=1 IZkl· 1) Ik=frl Zk-1 .1:t=1 l zk-lli k I k=1
1.44. Ako za kompleksne brojeve
1.45. Ako su
a
a,
=
dokaži da je tada.
kompleksni brojevi s pozitivnim realnim dijelovima, pokaži da vrijedi
= l, pokaži da. se broj 1.46. Ako vrijedi čemu je t realan broj.
1.47. Izraz E c. Dokaži da. je tada.
�
može prikazati u obliku
�
je nenega.tiva.n, za. sve vrijednosti brojeva.
�
1.48. Dokaži da. za. proizvoljne kompleksne brojeve
vrijedi Cauchy-Schwa.rtzove nejednakost:
* •• ,
�
1.49. Ako za brojeve A.
�
E
e vrijedi
� 1, dokaži da. je tada
B.
�
pri
23
2.
Geometrija kompleksne ravnine Kompleksnu (ili Gaussovu) ravninu e možemo geometrijski poistovjetiti s prostorom točki = iz kompleksne ravnine odgovara točka u (kartezijevoj) ravnini Apsolutna vrijednost kompleksnog broja = odgovara (euk Jidskoj) udaljenosti točke do ishodišta. Neka su zadana dva kompleksna = broja = Tada vrijedi i
R2,
ZR 2 . x+iy (x,y) z x + iy Izl(x, y) ZI X l + iYl Z2 X2 + iY2 ' IZl - z2 1 I (Xl - X2 ) + i(Yl - Y2 ) I ....jr:-( X-I - -- X-2-:-:)2:-+-:-(-Y-l--Y---' 2:-:::-)2 . te je IZl - z2 1 udaljenost između točaka ZI i Z2 u kompleksnoj ravnini. 2.1. Prikaži kompleksne brojeve ZI i Z2 u Gaussovoj ravnini i uvjeri se da vrijedi A. IZl + z2 1 � IZl i + I Z2 ;1 B. IZl - z2 1 � I l zII - l z2 1 1 , Dokaži ove nejednakosti i algebarskim putem. RJEŠENJE . Iz trokuta OAB vidimo IZl + z2 1 � IZli + IZ2 1 jer je duljina stranice trokuta manja od zbro ja duljina preostalih dviju. Iz trokuta OAG vidimo I Zl - z2 1 � I l ztI - l z2 1 1, =
=
B
jer je duljina jedne stranice Veća od razlike duljina preostalih dviju stranica. Dokažimo sada ove nejednakosti algebar skim putem . . A.
Slika 2.1 . Geometrijska interpreta. i + cija brojeva
IZ l 21 2 1 IZ l -21 2 1 IZl + z2 12 (ZI + Z2 )(Zl + Z2 ) (ZI + Z2 )(ZI + Z2 ) ZIZl2 + Zl Z22 + Z2 Z1 + Z2 Z2 IZll + IZ2 1 + (ZIZ2 + ZIZ2 ) Izračunajmo izraz u zagradi Zl Z2 + Zl Z2 (Xl - iYI)(X2 + iY2 ) + (Xl + iyt}(X2 - i Y2) 2(XIX2 + YI Y2 ) 2 Re (ZIZ2 ). =
=
=
=
=
=
=
2.
24
Dobili smo IZl+z2 12 pleksan broj z vrijedi
=
IZI[2+ IZ212+2Re(zl z2). Kako za proizvoljan kom
Rez � J(Rez)2 +(Imz)2
to imamo
GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE
=
Izl, Izl = Izl,
Re(ZIZ2) � IZIZ21 = IZII·lz21 = IZI[ ·IZ21, IZl +z212 � IZl12 + IZ212 + 21z21·lz21 = (Izli+IZ21)2 tj. IZl +z212 � IZli+ IZ2 1 , što je i trebalo dokazati. B. Primjenimo gornju nejednakost na sljedeći način: IZli = I(Zl -Z2)+z21 � IZl -Z21+IZ21· Dobivamo Zamijenimo ovdje ZI sa Z2: IZl -Z21 ;;.. IZ21-lzII· Ove su dvije nejednakosti ekvivalentne sa IZl -Z2! ;;..llzII-lz21 1. 2.2.
Odredi i skiciraj skup točm Z u kompleksnoj ra.vnini za. koje vri jediA. Imz2>2;B. Izl>2+Imz. RJEŠENJE. A. Neka je Z = x+ iy . Tada je z2 = (x+ iy)2 = x2 - y2 + i2xy . Prema tome, vrijedi Im z 2 2xy i {z: Imz2 >2} = {(x,y) : xy> l} Ovaj je skup skiciran na sl. 2.2.a.
=
a)
b)
Slika 2.2.
B. Stavimo ponovo Z = x + iy , Izl>2+Imz x2+y2>(2+y)2 x2>4+4y. Riječ je o području omeđenom odozgo parabolom y = tx2 1 ( sl. 2.2.b). -
25
2 .1. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE
2 .3.
Odredi sve točke kompleksne ravnine za koje je 7r 7r B. 1 < Izl < 3. A. 6' < arg z
O); D. z{t) = t + � t < oo;
iti 2 , O E. z{t) = t + t' l � t
< oo .
2. 1 .
GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE
RJEŠENJE.
A. Stavimo
zet) = x{t) + iy{t) . x{t) + iy{t) = a + (b a)t _
27
{ yX{{tt)) == a -a)t,
+ (b . O bJ na realnoj osi.
[a , Stavimo zet) = x{t) + iy{t), Zk = Xk + iYk , (k = 0, 1). = Xo + (Xl - xo)t, z(t) = Zo + (ZI - Zo)t { x{t) yet) = Yo + (YI - yo)t. Eliminirajmo parametar t: X - Xo = Y - Yo , Xo � X � Xl. Xl - Xo YI - Yo To je jednadžba spojnice točaka (XO , Yo) i (XI, YI), odnosno, Zo i ZI Ga ussovoj ravnini. ' C. Vrijedi I z {t) 1 = R. arg zet) = t, O � t � Tražena krivulja je gornja polovina kružnice I z l = R, obiđena u pozitivnom smjeru. To je parametarska jednadžba segmenta B.
---
U
1l'.
= t,2 zet) = t + it2 { X{t) y{t) = t . Eliminacijom parametra t slijedi y = x2 , X � O. To je desna polovina parabole. E. Sada dobivamo y = �, X � 1. Dio luka hiperbole. X Neka za kompleksni broj a i realni broj 13 vrijedi 13 la l 2 . Pokaži 2.7. da jednadžba I z l2 -a Z -a z + 13 = O D. Sada imamo
O. Dakle, jednadžba predstavlja kružnicu sa središtem u točki a i polumjerom J f3 + la l2 . O
***
2. GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE
28
1,
Neka je Z2 kompleksan broj modula tj. Z2 = cos 'If; + i sin 'If;. Pokažimo da množenje s brojem Z2 geometrijski odgovara rotaciji broja ZI oko ishodiš ta za kut 'If; u pozitivnom smjeru. Ako je ZI = r(cos cp + i sin cp), tada je ZlZ2 = r[cos(cp + 'If;) + sin(cp + 'If;)] (sl. 2.6) .
i
•
Slika 2.6. Množenjem s komplelcsnim brojem modula l i argumenta tP, broj z se rotira za kut 1/J
- v'3 -i oko RJEŠENJE. Množenjem kompleksnog broja sa brojem cosa + i sina, roti ramo ga oko ishodišta za kut a. U za.{;atku je - v'3 i, a 211'/3. Zato je (cos '3211" + ,.sm '3211' ) ( ;;;3 t') (1'2 + tTv'3) ;;;3 t.. 2.8.
Odredi kompleksni broj koji se dobije rotacijom broja ishodišta,za kut 211"/3. Zl
Z = ZI
,
=
-Voi) -
ZI = -
-
.
=
= v
-
Nacrtaj sliku!
2.9.
Pravokutni koordinatni sustav zarotiran je za kut a. Odredi vezu između koordinata (x,y) i (x' ,y') iste točke, u ta dva sustava.
RJEŠENJE. Točku (x,y) možemo prikazati kompleksnim brojem u ekspo nencijalnom obliku Z = x + iy = r ei'P . Prikaz istog kompleksnog broja II zaro tiranom sustavu je (sl. 2.7) z = x' + iy' = r ei('P-a) . Odavde x' + iy'
r el'P e -lOt = (x + iy)(cosa - isina), x + iy = (x' + iy')(cosa + i sina). Izdvajanjem realnih i imaginarnih dije lova, dobivamo tražene veze =
T' x'
Slika 2.7. Rotacija pravokutnog kartezije Vo9 sustava mole se povezati 8 množenjem kompleksnih brojeva
2.1.
GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE
Xl yi X y
i u obratnom smjeru:
= =
=
=
29
+
x coso: ysino:, -x sino: +ycoso:, Xl coso: -yi sin 0:, x' sino: + yi cos 0:.
2.10.
(2.1) (2.2)
Odredi jednadžbu hiperbole _x2 + y2 1 u sustavu zarotiranom za 45° . Veze između kartezijevih koordinata u oba sustava su: V2(x y'), X X coso:- SlnO: 2 y x' sino:+ yi coso: V;(x' yi), i početna jednadžba prelazi u -x2 + y2 1 -2'1 (xl2-2xly' + y' 2) + 12'(x'2 + 2X'yl + yi2) 1 x'yl 12 i to je jednadžba hiperbole u novom sustavu. 2.11. Jednadžbom 2 2 AX By + Cxy + Dx + Ey + F O određena je, u nedegeneriranom slučaju, krivulja drugog reda (elip sa, hiperbola, parabola), čije su osi zarotirane u odnosu na koor dinatne osi Ox, Oy . Za koji kut treba zarotirati sustav xOy da bi ta krivulja imala osi paralelne s koordinatnim osima u novom sustavu? Provjeri na primjeru elipse 2X2 + y2 + v3 xy 5 . Neka je o: traženi kut. Jednadžba krivulje u novom sustavu će glasiti, po formulama (2.2) : A(X' coso:-yi sino:? + B(x' sino: + yi coso:? + C(x' coso: -yi sino:)(x' sino: yi cos 0:) + D(x' coso: -yi sin 0:) +E(x' sino: + yi cos 0:) + F O i da bi njene osi bile paralelne s koordinatnim, mora iščezavati koeficijent uz član Xly' : -2Acoso: sino: + 2B sino: coso: + C(cos2o:-sin2 0:) O, (B -A) sin 20: + Ccos20: O. =
RJEŠENJE.
Y
I
=
•
I
=
+
=
=
=
I
�
=
�
=
_
. Kanonska jednadžba krivulje drugog reda.
+
=
=
RJEšENJE.
+
=
=
=
2.
30
Odavde
tg 2Q'
A
e
B
U zadanom primjeru je:
Q'
te je
1 arc tg
2
== -
v'3 2
===}
Q'
GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE
= i1 arc tg
e
(2.3)
Jr
-- = -
1
6'
1 v'3 x==-x Y 2 i' v'3 y== i1 X +T Y' I
I
I
x
I
što nakon uvrštavanja i sređivanja daje
5X,2 + yl2 = 10. Ova nam jednadž ba omogućava da nacrtamo elipsu i u 2.8.
početnom koordinatnom sustavu, vidi sl.
2.12.
Slika 2.8. Elipsa će u zarotiranom sus tavu imati osi paralelne s kartezijevim koordmatnim osima
A.lz+I I +lz-l-i l = v'15; B.lz + 1 i l = Rez.:filmz? RJEŠENJE. A. I z + 11 + Iz - 1 - il predstavlja udaljenost točke z = (x, y) do točaka Fl (-1, O), F (1, 1). Zato je tražena krivulja elipsa, sa žarištima u 2 točkama F l i F i velikom osi 2a = -v'i5. Odredimo njenu jednadžbu. Početna 2 Koje su krivulje određene sljedećim jednadžbama:
jednadžba daje
V(x + 1)2 + y2 +
= v'15.
Eliminacijom korijena dobivamo
l lx2 + 14y2 - 4xy + 2x - 14y - 34 = O.
Elipsa je nacrtana na sl. 2.9.a.
Koliko je njena glavna os zarotirana prema
realnoj osi koordinatnog sustava?
B. Uvrstimo z = x + iy: I z+l-il = l(x+I)+i(y-I) 1 = Odavde, nakon kvadriranja i sređivanja dobivamo
x2 + y2 + 2xy + 4x - 4y + 4 = O.
x-y
.;2'
Da bismo odredili koju krivulju drugog reda određuje ova jednadžba, zaro tirati ćemo sustav za kut
xOy
2.2.
31
ZADACI ZA VJEŽBU
(vidi Zadatak 2. 11). Veze između starih i novih koordinata iznose:
V2(xI -y'), y= V2(x +y') . x= 2 2 I
Gornja jednadžba prelazi u
�(XI2 +yl2 2xly') + �(X12 +yl2 +2xly') +(x' 2-y12) +2V2(x' - y')-2V2(x' +y') + 4= O, odnosno 2X,2 -4V2y' +4= O te u novom sustavu dobivamo jednadžbu parabole: v2 v2 2 y =Tx1 +2' parabola ima žarište F(-l,l) i ravnalicu p y = x (sl. 2 9 b) . Zais ta, svaka točka z= (x, y) na paraboli ima svojstvo da se njene udaljenosti do žarišta F i do ravnalice p podudaraju: . x-y Rez-Imz v2 Iz + 1 - tl= v2 = d(z, F)= d(z,p) _
I
Ova
.
.
.
.
.
'
što predstavlja početnu jednadžbu, a)
Slika t.9.
2.13.
Odredi podskup kompleksne ravnine određen sa B. Iz - 11 < Iz -il; A. O � Imz � lj E. Izl = Imz + 1; D. Iz - Zl i = Iz-z 1;
2
2.14.
c. Re (1 + z) = jzl; F. 12z l> II + z21,
Odredi podskup kompleksne ravnine određen sa z z-zI A. Re - ZI = O ; B. Im = O; z-z2 z-z2 = C. Iz-31 + Iz + 31 D. Iz -il-Iz + il = 1; 8; E. Iz-31-lz + 3il = 5; F. 4 < Iz-11 + Iz + tl < 8.
2 . GEOMETRIJA KOMPLEKSNE RAVNINE
32
2.15. Skiciraj sljedeće krivulje u C i naznači smjer kretanja po njima 1 A. z (t) = a eit + - e -it, O � t � 211" (a > O) ; a 2 1 C. z(t) = e •1 - 1, O � t � 211"; B. Z(t) = 1 + e-', O � t � 211";
{e
, O � t � l, t - 2, 1 � t � 3; 2 F. z (t) = 1 + i cos t, 0 � t � 211".
D.
z{t) =
it
...
E.
z (t)
=
i cos t,
O � t � 211";
***
2.16. Dokaži da tri međusobno različite točke ZI , Z2 , Z3 leže na jednom pravcu ako i Z3 - ZI . --. samo ako Je realan brOJ. Z2 - ZI 2.17. Dokaži da četiri međusobno različite točke ZI, Z2, z3, Z4 leže na jednom pravcu ' ZI - Z3 Z2 - Z3 ako l· samo ako Je --- : --- realan brOJ.. ZI - Z4 Z2 - Z4 2.18. (Apolonijeva kružnica) Dokaži da za svaki pozitivni broj k I- 1 jednadžba IZ - z l i = klz - z2 1 predstavlja kružnicu. Odredi njen polumjer i središte.
2.19. Neka je a kompleksan, te b realan broj. Dokaži da jednadžbe az + az + b = O, az - az + ib = O definiraju pravce.
2.20. Pokaži da jednadžba pravca koji prolazi točkama ZI , Z2 glasi Z z 1 ZI ZI 1 = O. Z2 Z2 1
2.21. Dokaži da jednadžba kružnice koja je određena s tri točke ZI, z2 , Z3, glasi 2 IzI Z z 1 IZl12 ZI ZI 1 = 0. IZ2 12 Z2 Z2 1 2 IZ31 Z3 Z3 1 2.22. Kružnica prolazi kroz tri nekolinearne točke ZI, Z2 , Z3 . Pokaži da središte Zo i polumjer r mogu izračunati formulama 2 - D2 2 Dl Zo = - D r = Izol D' ' gdje je ZI D = Z2 Z3
ZI Z2 Z3
1 1 1
IZl1 2 2 Dl = IZ2 1 2 IZ31
ZI Z2 Z3
1 1 1
IZl12 ZI 2 D2 = IZ2 1 Z2 2 IZ31 Z3
se
njeno
1 1 1
***
2.23. Odredi kompleksan broj koji se dobije rotacijom broja 2 - 5i oko ishodišta, za kut
11"/2.
2.24. Za koji kut treba zarotirati broj 2V2 + 3V2i da. se dobije broj 5 - i?
2.2.
33
ZADACI ZA VJEŽBU
2.25.
Odredi koordinate točke T(1, 2) u sustavu zarotiranom za 2 0° .
2.26. Odredi kut za koji treba zarotirati sustav
xOy da bi sljedeće krivulje drugog reda u novom sustavu imale osi paralelne s koordinatnim osima. Nacrtaj te krivulje. 2 2 A. x 2 + 2y 2 - 3xy - 10 = Oj 10 = Oj B. x - y + xy 2 + xy 4 = o. . x C -
z1 + Z 2 + Za = O, IZli = IZ21 = I zal = l, pokaži da su točke ZI, z 2, za vrhovi jednakostraničnog trokuta upisanog u jediničnu kružnicu.
2.27. Ako vrijedi 2.28.
z1 je vrh pravilnog n-terokuta čije je središte točka Z = Zo. Odredi preostale vrhove.
2.29. Neka su
ZI, , Zn vrhovi pravilnog n-terokuta upisanog u kružnicu {Izl = l}, te Z proizvoljna točka s te kružnice. Dokaži da vrijedi • . •
n
I: Iz - z1:12 = 2n.
1:=1
2.30. Nađi. najveću i najmanju vrijednost modula broja
(a> O).
I ;1
z za kojeg je z +
=
a,
34
3.
Nizovi i redovi kODnpleksnih brojeva
{Zn }
Sa ćemo označavati niz (slijed) kompleksnih brojeva. Pojam konver gencije toga niza definira se po analogiji kao za realne nizove: kažemo da niz konvergira ka broju E e, ako se u svakoj okolini broja nalaze svi članovi tog niza, s izuzetkom možda njih konačno mnogo:
{Zn }
Zo Zo (\fe > O)(3no E N)(\fn E N) n � no IZn - zo i e. Pišemo Zn - zo, Zo lim Zn ili kraće Zo lim Zn . n-+oo Zo je gomilište niza {Zn} ako se u svakoj okolini broja Zo nalazi bes konačno mnogo članova tog niza. Tada postoji podniz {Zn /J niza {Zn } koji konvergira prema Zo . Konvergencija niza kompleksnih brojeva može se svesti na konvergenciju re alnih nizova koje čine realni i imaginarni dijelovi. Neka je Zn X n + iYn ' Tada niz {zn } konvergira ako i samo ako konvergiraju realni nizovi {xn }, {Yn } , i vrijedi Zn lim Xn + i lim Yn Vrijedi donekle i slična tvrdnja za trigonometrijski prikaz kompleksnog bro=>
=
O takav da je ICPn -cpl > 6. Sa sl. ocjenjujemo . ICPn - cpl � IZn -z I sm 2 '" 21z1
3.1.
�.
;
Slika 9. 1.
CP cpl i zato IZn-zI � 21z1 sin I n � 21z1 sin Prema tome, ako vrijedi Zn - Z , tada mora biti i CPn - cp. Ovdje smo koristili uvjet arg Z -:I O. Inače tvrdnja nije istinita, pošto se može dogoditi da dvije bliske točke blizu pozitivnog dijela realne osi imaju ar gumente koji se razlikuju skoro za 21i.
3.2.
Dokaži da vrijedi n i A. lim + CP =coscp + i sinCP; n...... oo n n B. lim l + .:. =e:l:(cosy+ i siny), z=x + iy. n..... oo n i n RJEŠENJE. A. Stavimo Z n = + . Odrediti ćemo modul Tn i argumen� CPn broja Zn i pokazati da vrijedi Tn CPn - cp. Rezultat tada slijedi po prethodnom zadatku. n = + = + + Tn =
(1 ) ( ) (1 :)
1,
I (1 i:rl II i: l [1
Nadalje,
( i:r =n.arg (l + i:)
(�f r/2 1.
CPn =arg l +
cp kad n =n arc tg - - cp n Zato Z n =Tn(COSCPn + i sinCPn) - l(coscp + i sincp).
oo.
,
B. Iskoristit ćemo prethodni rezultat: n x+i n lim +� + _ _ Y = lim n..... oo n......oo n n
(1
)
n --;-:-..;;..iY--;--:- ] (1 ) [ 1 + n(l + x /n) n =e:l: nlim (1 + ....iL ) =e:l:(cosy + i siny). oo n+ x .....
3. NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA
36
3.3.
Dokaži da su sljedeći nizovi konvergentni i izračunaj i m limese:
{ l ::2n } , lal ;t lj B. { �(l + ei '" + . . . + e in", ) } , O < r.p < 2 11"; 1 C . { __{n+l + nZ + (n-l)z2 + . . . + zn ) } , I z l � 1 , Z ;t 1. n+l A. Za lal < 1 vrijedi ocjena an � I a i n = 1 . I a in I 1 + a2n I 1 - lal2n 1 + Iain 1 - Iain ' O . Specijalno, za n � no vrijedi I a i n < 112 . Za tada I a i n an I lI + a2n < 2 1 al n O . A.
RJEŠENJE.
Kad
n n je -7
takve
oo ,
-7
-7
Za
lal > 1
U oba
možemo postupiti ovako:
an I1+
I � lal2nIai n- 1 = I aiIain +n 1
sluča ja, traženi je limes O .
B . Vrijedi
.
1 < 1 I a i n - 1 I ain - 1
.....
1 + e"P. + . . . + em",) . 1 1 - ei(n + l )", i zato Zn := n-(1 n 1 - et'" + l 1 1 1 - ei(n )"' 1 1 + lei(n + l )", 1 I Zn l = ;;- . 11 - ei"' l l � ;;- . 11 - cos r.p i sin r.p l 2 1 n [(1 cos r.p)2 + (sin r.p)2 J1/2 ..... O kad n =
.
.
-
.
Dakle,
Zn
.....
.....
oo .
O.
C. Izračunajmo n-ti član niza na sljedeći način:
Zn n_+l _{n+l l + nz + . . . + zn ) n n -1 zk +1 1 2: = n +1 1 2: (1 + z + . . . + z k ) = n + 1 k=O 1 - Z k=O � (l _ Z k+l ) = 1 1 Z . n +1 l L...,. k=O I [n - "",,n z k+ l = l -l z . L...,. J n + l k=O 1 _1_ [ n z . 1 - zn+l ] l-z l 1 z n+ l + 1 n z = l - z [ n + l - l - z ' 1 n- +znl J ..... l -1 z · _
=
_
0.
31
3.1. NIZOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA
3.4.
Neka je lim Z+n. +A ., . A. +:FZn. Dokaži da je tada Ai lim ZI Z2 n n-+oo ZI + 2Z2 + . . . + nzn. n.lim .... oo n(n + 1 )/2 oo Dokaži Neka je an. > O takav da 2: an C. n.=1 lim al zl + a2 Z2 + . . . + an zn. -- A. n .... oo · al + a2 . . + an. Dovoljno je pokazati C. Po definiciji limesa, za svaki e > O postoji takav da vrijedi Izn. - AI e/2 čim je n Sada imamo oo .
=
A.
=
=
B.
A
;
=
+
RJEŠENJE. E N
no
l
alZl + . . . + anzn. _ A al + . . . + an.
I
�
=
� � M
oo ,
.
� no .
m vrijedi
N
I kt=m zk l < e.
N,
Neka je Zn =X n + iYn . Red 1:�1 Zn konvergira ako i samo ako konvergi raju redovi 2::=1 X n i 2::=1 Yn ' U tom slučaju za njihove sume vrijedi
oo
L n=1
Zn =
oo
L
n=1
Xn + i
oo
L Yn . .
n=1
Ako red 1:�=1 Zn konvergira, tada mora vrijediti lim IZnl = O , tj. lim Zn = O . Taj se uvjet naziva nužan uvjet za konvergenciju reda:. ako je lim Zn =F O , tada red 1::= 1 Zn divergira. Pri ispitivanju apsolutne konvergencije obično koristimo tzv. kriterije km vergencije: 1. D'Alambertov kriterij. Ako je p
l I< ..u� 1 :: I>
:=lim sup
n - oo
Zn
1
tada red konvergira (apsolutno). Ako pak postoji p=
Z
1
tada red konvergira za p < l , divergira za p daje odluku.
1 . Za p = 1 ovaj kriterij ne
2. Cauchyjev kriterij. Ako je p
:=lim sup �
tada za p < 1 red konvergira (apsolutno), a za p nema odluke. 3. Raabeov kriterij. Ako je
(3 =nlim n
- oo
tada za (3
>1
>1
( I� I - 1) Zn+ l
1
red konvergira (apsolutno), a za (3
1 ili pak a 1 i {3 > 1. Za a 1 ili a = 1 i {3 � 1 red Kriterij usporedbe . Ako je E:'= l an konvergentan red pozitivnih brojeva i ako vrijedi pri čemu su lutno) ako je divergira.
-+
l j Z n=1 ( � 2n - 1)!! zn) 2 , I z I 1. D . � (2n)!!
Dokaži da sljedeći redovi konvergiraju apsolutno:
l.
C Sada vnJedi •
Zato
/3 = lim
lim
lim
=
lim
lim lim
Po Raabeovom kriteriju, red će konvergirati apsolutno ako je Primjeti da d'Alembertov kriterij ne daje odluke.
D. Sada je
1 , to red
***
Pri ispitivanju konvergencije redova koji konvergiraju uvjetno (ali i ne samo njih) koristimo najčešće sljedeću Abelovu transformaciju: Neka su { an } , ibn } nizovi kompleksnih brojeva i Sn := a l + . . . + an , So := O . Tada za sve m , nE m < n vrijedi
N.
n-l n I: akbk = I: Sk(bk - bk+1 ) - Sm-lbm + Snbn. k =m k= m
(3.1)
Po smislu, ova formula odgovara metodi parcijalne integracije. Dokažimo formulu (3.1) ! Transformirati ćemo desnu stranu u (3.1) , tako da promijenimo poredak sumiranja:
n-l k I: ( I: aj)(bk - bk+ 1) - Sm -l bm + Snbn k=m j=l n- l n -l m-l n -l = I: aj I: (bk-bk+d + I: aj I:(bk -bk+d-Sm-lbm+Snbn j=l k=m j= m k=j m-l n- l = I: aj(bm - bn) + I: aj(bj - bn) - Sm-lbm + Snbn j=1 j=m n -l = Sm- l bm-Sm- l bn+ I: ajbj -(Sn- I -Sm-dbn-Sm-Ibm+Snbn j=m n -l n I: aj bj = I: ajbj + bn(Sn - Sn-d j =m j=m
=
3. NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA
42
Diricbletov test. Neka je E� l Zn. red kompleksnih brojeva za kojeg je niz parcijalnih suma Sn = Zl + . . . + Zn omeđen: postoji
3.8.
M < oo
takav da vrijedi
n
N.
I I >k I � M , \In E k =l Neka je nadalje { cn } niz pozitivnih brojeva koji teži monotono ka nuli. Dokaži da red E:'=l Cn Zn konvergira. RJEŠENJE. Iskoristit ćemo Abelovu transformaciju
n
n-l
k=m
k=m
(3.1)
. Neka je m
proizvoljan. Izaberimo m dovoljno velik da bude Kako je ISk / < M za svaki k I to imamo za svaki n > m
I Dakle, red
3.9.
n
cm < c
hM
.
n-l
L Ck Zk l � M L (Ck - Ck+! ) + M(Cm + en)
k=m
E Ck Zk
k=m
= M(em - cn} + M(em + en) = 2emM
< c.
je Cauchyjev, pa stoga i konvergentan. oo
Abelov test. Neka je E Zn konvergentan red kompleksnih bro-
n=l { en } monoton i ograničen niz realnih tada red E en Zn konvergira. n=l
jeva, a
oo
brojeva. Dokaži da
RJEŠENJE.
Možemo pretpostaviti, bez smanjenja općenitosti, da je niz rastući. Iskoristit ćemo ponovo Abelovu transformaciju:
I
n.
n
n -l
k =m
k=m
{ cn }
L Ck Zk l � L ISk l(Ck - Ck+!) + ISnCn - Sm-lem / n-l
L (ck-Ck+d + I(Sn-Sm-t}en + Sm-l(en-em)/ k=m m ax ISk l (em - en) + I(Sn - Sm-l )lcn + I Sm-t ! (en - em ) . � m�k� n-l
m ax ISk l � m�k� n -l
Pokažimo da članove s desne strane možemo učiniti po volji malenima, za do voljno velike n i m . Najprije, niz { Sn } je konvergentan i stoga omeđen nekom konstantom M . Neka je c > proizvoljno malen i unapred zadan. Za dovoljno veliki m i
O
n > m je razlika ISn - Sm-l l
E zk l manja od = I k=m
po pretpostavci konvergentan. Također, niz
n.
{Cn }
c
pošto je
E Zk
je monoton, omeđen nekom
3.2.
43
REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA
konstantom C i stoga konvergentan. Zato je i razlika dovoljno velike n i m . Tako dobivamo ocjenu
Cn - cm
manja od e za
n
I L CkZk I � Me + eC + Me k=m
i odavde slijedi konvergencija tog reda.
3. 10.
Neka je O
< cp < 211" i {an} oo .
koji teži u
RJEŠENJE.
rastući niz pozitivnih realnih brojeva
Dokaži da tada
einlf' E _ 11.= 1 an oo
-
konvergira.
Iskoristiti ćemo Dirich1etov test. Prikažimo zadani red u obliku l/an ' Zn e inIf' . Tada je {en} niz pozitivnih bro uz izbor Cn jeva koji teži monotono u nulu. Po Zadatku 3.8 dovoljno je pokazati da je niz Sn ZI + . . . + Zn omeđen. Vrijedi
=
E �=I CnZn
=
= e'If'. + . . . + et.nlf' = elif'. 11 --eei'If'n. lf'
Sn te je
I Sn l
=
= [(1 ncp)l l 2-+elif'' I ncp)2] 1 /2 = [4 I 1 -ncpemlf'./2]I 1/2 � I 1 -2elif'' 1 = M. - cos
(sin
sin2
Za O
< cp < 211"
je M
< oo
i tvrdnja slijedi.
{an } kompleksnih brojeva vrijedi lim sup Vl an i � 1 . n Stavimo Sn :::: ao + . . . + an . Dokaži da za IZ I < 1 redovi E anz 11.=0 n i E Snz konvergiraju, te da za njihove sume vrijedi
3.1 1 .
Neka za niz
oo
oo
11.=0
(3.2) RJEŠENJE. Vrijedi lim sup
Vl anzn l
Po Cauchyjevom kriteriju, red
= Iz ln
lim sup
Vl an i � I z l < l.
E anz konvergira apsolutno. Sada je n (1 - z)(So + SIZ + . . . + Snz ) + So + Z(SI - So) + Z2 (S2 - Sl) + . . . + zn (Sn - Sn-t > - Snzn 1 .
Odavde
=
3 . NIZOVI I REDOVI KOMPLEKSNIH BROJEVA
44
Pustimo da n teži ka oo . Kako je lim sup l an I � 1 . to za dovoljno velike n vrijedi I Sn l � n + 1 i zato zn+1Sn - O kad n - oo . pošto je Izl < 1 . Stoga 1 desna strana, a s tim i lijeva, teži ka -1-E -z oo
k=O
3.12.
Izračunaj sumu redova A. B.
a
oo
2.: (1 + e''P + . . . + ein'P )zn
n=O oo
2.:
n =O
nz
n,
I zl < l j
•
Izl < 1.
RJEŠENJE. A. Iskoristiti ćemo formulu l n i = 1 i ispunjen je uvjet Zadatka 3.11.
B.
ak zk•
a
a
=
(3.2) . Stavimo n Zato je
ein'P . Vrijedi
Stavimo ovdje aO = O , n = 1 za n � 1 . Tada je Sn = n i vrijedi oo
""' n z n
t:o
=
oo
""' Sn z n
�
=
oo
1
""' zn
l-z�
_ _
=
1 . z l-z l-z
_ _
z {1 - z)2 '
=
3.13. Dokaži da su sljedeći nizovi konvergentni i izra.čunaj im limes: A. B.
{ ]n (l - ei'P + e2icp - . . . + (_l)n eniCP } .
{ta/n :kzk}, Izl < l.
3.14. Dokaži da. točke gomilanja. niza.
z
3.15. Dokaži da. točke gomilanja. niza
kružnicu {I l
=
l/�} .
{ein }
O
-j 2 ,, 0:(0: + 1) · · · ( + n - 1){3({3 + 1) · · · ({3 + n - 1) G. � , n! ,(')' + 1) . . . (')' + n 1) (hipergeometrijski red) p
C.
•
Z
�
'
l
'
�l
•
4 r
. .
.
o:
-
3.20.
Ako konvergiraju redovi E zk i E IWk+ 1 - wk l , dokaži da tada konvergira i red E ZkWk '
3.21.
Ako red E Zn konvergira i ako pri tom vrijedi I arg Zn I � tada red E Zn konvergira apsolutno.
o:
< 'Tr/2 , dokaži da
3.2 2.
zn konvergira za Izl < 1 a divergira za Izl 1 "Dokaži da red � � n=1 1 _ zn
3.23.
Dokaži da se iz beskonačnog ograničenog niza može odabrati konvergentan podniz.
oo
,
46
4.
Elemen tarne fun kcije Neka je G e e područje i j : G -+ e zadana funkcija. Za J kažemo da je funkcija kompleksne varijable. Obično pišemo w = J(z) i kažemo da J preslikava točke kompleksne z-ravnine u točke kompleksne w-ravnme. Dajemo popis nekih elementarnih funkcija 1. Po1inom n-tog stupnja: = an zn + . . . + al z + ao ,
Pn (z)
ao , . .
. , an E C,
a
n :fi O.
2. Racionalna funkcija: n + w = b n zzm++. . .. .++alb Zz + b . l m 3. Eksponencijalna funkcija z � exp(z) definirana je za svaki z E e sumom apsolutno-konvergentnog reda oo n (4.1) exp(z) = L ; . n. =O n eZ a
Uobičajeno je pisati i stva:
ao
o
umjesto exp(z) . Eksponencija1na funkcija ima svoj eZ1 +Z2 = eZ1 eZ2 , e211'i = 1, •
i stoga je periodom
ez+2k1ri
21ri.
= eZ . e2k1ri = eZ za svaki
k E Z,
tj. z
� eZ je periodička s
4. Trigonometrijske funkcijeooz � sin z ) z � cos z deflnirane su redovima z2n l (4.2) sin z = L(-l) n (2n + 1 ) .1 ' noo=O 2n cos z = �( _ l) n (4.3) (�n)! ' koji apsolutno konvergiraju za svaki z E e. One su periodičke s realnim perio dom 211' i imaju samo realne nul točke. Vrijedi Eulerova formula eiz = cos z + i sin z. (4.4) +
4.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE
47
O davde dobi vamo
1
. · (elZ - e - IZ ),
2i1 · . cos z = - (e + e- IZ ). 2 sin z =
(4 . 5)
lZ
(4.6)
Fu nkcije z 1-+ tg z , Z 1-+ etg z definirane su poput realnih funkcija sa sin z cos z tg z := -- , etg z := -.- . cos z smz Za trigonometrijske funkcije komplek sne varijable vrijede sve uobičajene formule koje vrijede za realne trigonometrijske funkcije. 5. Hiperboličke funkcije z 1-+ sh z , z 1-+ ch z , z 1-+ th z , z 1-+ eth z defi niraju se poput realnih funkcija formulama
1 1 sh z := 2' (e% - e Z ) , eh z := 2' (e% e- Z ), (4.7) sh z eh z eth z := -. th z := - ' sh z eh z Z a njih također vrijede sve formule kao i za odgovarajuće funkcije na realnom području. 6. Logaritamska funkcija z 1-+ Ln z defi nirana je na kao inver zna funkcija ek sponencijal ne funkcije. To je dak le višeznačna funkcija zadana formulom:
+
_
e \ {O}
+i + + 2k7l'), k E Z.
Lnz := ln Izl Arg z = ln Izl i(arg z
P ri tom je ln Izl real na logaritamska funkcija pozitivnog broja Izl . Za dobivamo glavnu vrijednost višeznačne funkcije Ln: ln z := ln Izl
+ i arg z.
(4.8)
k=O
7. Opća potencija z 1-+ za , kao i opća ek sponencijal na funkcij a z 1-+ a% , g dje je a E a =I defi niraju se formulama - ea Ln % , Za .. (4.9) = L a% : e% n a. (4.10) a ln % % ln a e To su višeznačne funkcije s g lavnim vrijednostima odnosno e , 8. Arkus funkcije defini rane su kao inverzne trigonometrijskim, a Area funkcije kao inverzne hlperboli čki m. Npr.
e, O,
•
w := A rc si n z w := Ar sh z
{::::::}
{::::::}
z = sinw, z = sh w.
To su višeznačne funkcije. Z a njihov ek splicitni prikaz vi di zadatak 4.14. ***
4. ELEMENTARNE FUNKCIJE
48
w = suJ(z).u, vPrikažimo z i w u algebarskom obliku: z = x + iV, realne funkcije dviju realnih varijabli x, y i funkcija wJ je= Neka upotpuno + iv.je Tada određena parom realnih funkcija (u, v) : w = J(z) = J(x + iV) = u(x, y) + iv(x, V) · Ponekad je prikladnije prikazati z u eksponencijalnom (ili trigonometrijs kom) obliku: z = r ei",. Tada će u, v biti realne funkcije realnih varijabli r, cp : w = J(z) = J(r ei",) = u(r, cp) +iv(r, cp). Ako pak w prikažemo u trigonometrijskom obliku, w = R e itI> imat ćemo npr. w = J(z) = J(x+ iV) = R(x, y) e,\t(:e,lI) l
ili pak
***
4.1.
Prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku funkcije
1 z-l w = z3 ; B. w = - + z + lj C. w = -z+ z E. w = e Z• D. w = zn j RJEŠENJE. A. Stavimo z = z + iy w = U + iv . Dobivamo: u + iv = (x3 + iy)32= x3 + 23x2 iy 3+ 3x{iy)2 + (iy)3 = x 3xy + i{3x y y ). Prema tome, realni i imaginarni dijelovi funkcije w = J (z) su u = u(x,y) = x3 3xy2 , = v(x,y) = 3x2y y3 , B. - iy. + (x - t'V) + l l-,-+ l , ' x-u +w, = + 1 = -x +X'tv X + 'tv X - 'tv = x2 + y2 + X + 1 + i (- x2 +Y y2 -y) te je u = x + X + l, v = - x2 +y y2 - y' C. u + t.v = xx ++ t.y +- ll = xx +- ll ++ 'tiy.v , Xx ++ ll -- 'tiy.v - (x - l)(x + l) +(xy+2 +1)2iy+(xy+2 l) - iy(;; - l )
1;
A.
l
_
_
V
--;::---=:
_
_
49
4.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE
i dobivamo
z = r ei'" Tada ćemo dobiti rn (cos ntp + i sin ntp) .
D. U ovom je slučaju jednostavnije uzeti prikaz
u + iv = ( r ei"'t
DaJde,
=
rn ein",
=
.
u = u(r, tp) = rn cosntp, v = v (r, tp) = rn sin ntp.
R eilt , tada iz R eilt = rn ein", slijedi R = R(r, tp) = rn , � = �(r, tp) = ntp. Izaberimo prikaze z x + iy W = U + iv : u + iv ez+ill = eZ eill = eZ (cos y + i sin y) Ako prikažemo w =
E.
=
l
=
te je
u = eZ cos y,
U slučaju prikaza. w =
4.2.
R eilt
,
dobivamo
v = eZ sin y.
R e'lt �
=
eZ e'lI te je
= � (x, y) = y.
Uvjeri se da vrijedi =
sin iz i sh z, cos iz chz,. tg iz = i th z, ctg iz -i cth z,
shiz = i sin z, chiz = cos z, th iz = i tg z, cth iz = -i ctg z.
=
=
RJEŠENJE. Po formuli (4.5) izlazi
:
sin iz = i (e'l-i i (e = - 2'
%
_
%
- e - i.iz ) =
:i (e-
% -
e%)
- elO ) = 2' ( e% - e -Z ) = '. sh z.
Dokaži na. sličan način i ostale relacije.
i
4, ELEMENTARNE FUNKCIJE
50
4.3. RJEŠENJE,
z = x + iy .
Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: A. w = sin Zj B. w = eZ ; C. w = ch(z - � ) , Funkciju w je potrebno prikazati u obliku w = u + 2
A.
,
=
iv, uzevši
w = sin z sin(x + iy) = sin x cos iy + cos x sin iy = sin x ch y + i cos x sh y. Dakle,
u
B.
W
Dakle,
U=
C.
v = cos x sh y.
= sin x ch y,
'
II
2
2
'2
= eZ = e( ",+ ty) = e'" -Y e' :l:y = e",2 - y\cos 2xy + i sin 2xy). 2
e'"II -Y2 cos 2xy,
=
=
V
"
= e - sID 2xy. :1:2
.,2
•
w ch(z - i) ch(x + iy - i) = ch[x + i(y - l )J = chx ch[i(y - 1)] + sh x sh [i(y - 1)] = chx cos(y - 1) + i sh x sin(y - 1). Dakle, u = ch x cos(y - 1) , = shx sin(y - 1) .
v
4.4.
Odredi modul i glavnu vrijednost argumenta zadanih funkcija u zadanim točkama: A. w = sin z, Zo = 1f' + i In(2 + J5); B. w = (z - 1f')eZ, ZI = 1f'j C. W = Ch2 z, Z2 = i ln 3.
RJEŠENJE. A.
w(Zo) = sin[1f' + i ln(2 + J5)] = sin 1f' cos[i ln{2 + J5)] + cos 1f' sin[i ln{2 + J5)] = - sin[i ln(2 + J5)] = -i sh�n(2 + J5)] = -i . ! <e1n(2+v'š) e -1n(2+ v'5» r,:: i 8 + 4J5 = -2 . i = - "2 2 + v 5 - 1 J5 ) = - "2 ' z. + 2 + J5 2 Prema tome, vrijedi r = I w(zo) 1 = I - 2il = 2, cp = argw(zo) = arg(-2t) = 31f'/2.
(
_
U. ELEMENTARNE FUNKCIJE
B.
W ( Zl )
Dakle,
51
= (7ri - 7r )e1l'i = 7r(i - l)(oos 7r + i sin 7r ) = -7r (i - 1) = 7r - 7ri.
r == argw zdw(zd= = I (
rp
l
17r - 7ri l = 7rV2, arg(7r - 7ri) = arctg( -1) = 77r/4.
C. W ( Z2 )
4.5.
= ch2 (z' In 3) = cos2 (1n 3)
:::::}
{r == Iw(z 2 ) 1 = cos2 (In 3), arg w =
Odredi logaritme sljedećih brojeva: B. - l - ; C.
A. lj
i
( Z2 )
rp
O.
i'.
RJEŠENJE. A.
Ln 1 = ln 111 + i(arg 1 + 2k7r) = 0 + i(O + 2k7r) = 2k1ri ,
k E Z.
B.
Ln( - 1 - i) = ln I - 1 - i l + i [arg( -1 - i) + 2k7r] = ln v2 + i (57r/4 + 2k7r), k E Z. C. U ovom slučaju moramo biti oprezni jer je općenito Ln al> i= b Ln a ! Po definiciji opće potencije je ii = exp(i Ln i) = exp {i [I.n Iii + i (arg i + 2k7r)] } = expO�n 1 + i(7r/2 + 2k7r)]} = exp{ -(7r/ 2 + 2k7r) }, k E Z . Sada je Ln ii = Ln exp{ - (7r/2 + 2k7r) } = ln I exp { -(7r/2 + 2k7r )1 + i(arg exp { - (7r/2 + 2k7r)} + 2m1r) = ln exp{ -(7r/2 + 2k7r)} + i(O + 2m7r ) = - (7r/2 + 2k1r) + i2m7r, k E Z , m E Z. Primjeti daje i Ln i = i {ln lil +i(arg i + 2k7r) } = -7r/2 + 2k7r te je Ln i' i= i Ln i .
4 . ELEMENTARNE FUNKCIJE
52
4.6.
Odredi modul i argument kompleksnih brojeva , B. 32 - ; C. w = 2%. A. lO' ;
RJEŠENJE. A. Izračunajmo najprije broj lOi . lOi = ei Ln 10 = ei/ln 10+i(arg 10+2b)] = ei(ln 10+i2 k1r ) =
eiln 10 e- 2 k1l'
= e - 2k11' ( cos(ln 10) + i sin(ln 10)) . Ovo je upravo trigonometrijski zapis broja lOi pa odavde čitamo: i r = l lO l = e-2k 1r , k E Z, IP = Arg lOi = ln lO + 2mll' , m E Zo B. Računamo kao u prošlom primjeru: i ( i) Ln 3 = e{2- i)( Jn 131 + ,( arg3 + 2k 1r » 32- = e 2 = e( 2 -i)(ln 3 +i2 k1r) = e2 ln 3 e2k1l' ei4k1l' e -i ln 3 = 9 e2k1r ei( - ln 3) . pošto je e2 ln 3 = 9 i ei4k1r = 1 . Gornji broj je upravo eksponencijalni zapis broja 32- i i zato možemo pročitati: i r = 1 32 - l = 9 e2k1l' k E Z, i 2 m E Z. lP = Arg 3 - = - ln 3 + 2mll',
,
C.
w = 2% = e% Ln 2 = e(:l:+ill) Ln 2 = exp {(x + iy) {ln 1 2 1 + i(arg 2 + 2kll')] } = exp{x ln 2 - 2kll'Y + i(y ln 2 + 2k1l'x)} = eal ln 2 e 2 k1r !l [cos(y ln 2 + 2kll'x) + sin(y ln 2 + 2kll'x)] i dobivamo e k u = 2al - 2 1r 1l cos(y ln 2 + 2kll'x),
-
4.7.
i
Izracunaj (prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku) + i 2i . B. C. Arc sin i. ..fi '
(1 )
RJEŠENJE. A. i sin i
= ii lh l = ei sh l . Ln i = ei sh l[ln lil+i(arg i+ 2k1r)] =
ei sh l�n 1+i(1I'/ 2 + 2k 1r)1
=
e'- (1I'/ 2+ 2 k1l' ) sh l
,
k E Z.
4.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE
(1+ i )
53
1+i . 1+ i . .. . t � {2 Ln najprIje Ln v'2 . } . IzraeunaJmo v'2 v'2 l +i l +i l + t{' l +i + 2k7l") Ln = ln I v'2 v'2 v'2 = ln1 + i{i + 2k7l") = i{i + 2k7l" ) , k E Z. Dakle (1�t. ) 2i e2i- i(?I'/4+2k'11') = e-(?I'/2+4k'11') , k E Z.
B.
2i
= exp
arg
=
C.
Označimo traženi broj sa w .
i = sin w = ;i (eitv - e-itv) . Množenjem sa eitv nakon sređivanja dobivamo: (eitv) 2 + 2 ei -1 = O sa rješenjima eitv = -1 ± v'2. Prema tome, w = .; Ln( -1± v'2) = -i Ln( -1 ± v'2) . Izračunavši obje vrijednosti Ln( -1 + v'2), Ln( -1 - v'2), dobivamo . { 2k7l" - iln(v'2 -1) A re SIn ' = + 2k7l" - i ln{ v 2 +1) k E Z. Arc sin
i=w
==:?
tv
�
.
4.8.
ln
71"
.
Riješi jednadžbu: ch z
RJEŠENJE.
= O.
+ e-Z ) = i. Množenjem sa eZ dobivamo: (ei) 2 2i eZ +1 = O i odavde eZ i ± iv'2 . Dakle, ' . In) _ { ln{l + v'2) +i(7I"/2 + 2k7l") z - Ln( . ± tv2 - ln( v'2 -1) + i( /2 + 2k7l") , k E Z. eh z
=
i
-i
'
==:?
�(eZ
_
=
�
-71"
4. ELEMENTARNE FUNKCIJE
4.9.
Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: i z - -j B. w = � z
A. w = z2 - 2%' + 5ij
4.10. Izračunaj w(zo) ako je zadano A. w = (z - i) 2 ,
- z3 , C. w -
Zo = -ij zo - ei.. /4 . _
C. w =
B. w = z/z,
Zo = 1 + ij
4.11. Dokaži da trigonometrijske funkcije zadovoljavaju formule: A. sin2 z + cos2 z = lj
2 sin 2z = 2 sin z cos z; 2 2 C. COS(Zl + Z ) = cos zl cos z - sin Zi sin Z , cos 2z = cos2 z - sin2 z. 2 2 2 4.12. Odredi realni i imaginarni dio sljedećih funkcija: B. w = sh zj A. w = el- z ; C. w = tg z. B. sin(zl + Z ) = sin zl cos Z + cos zl sin Z ,
4.13. Izračunaj modul i argument zadanih funkcija. u zadanim točkama: A. w = cos z,
C. w = th z,
Zo = 'IT/2 + i ln 2j zo = 'ITi.
4.14. Dokaži:
A. Arc sin z = -i Ln i(z +
C. Arsh z = Ln(z +
�);
"';z2 + 1);
za
B. w = sh z,
= 1 + i'IT/2;
"';z2 - 1); �). Ar ch z = Ln(z +
B. Arc cos z = -i Ln(z + D.
4.15. Izra.čunaj (prikaži u algebarskom ili trigonometrijskom obliku) B. Ln(-i); A. Ln(e); C. Ln(3 - 2i)j D . li;
2' ; Arc cos ij M . sin 2i j E. I.
4.16. Riješi jednadžbe:
ln(i - z) = lj 4 cos z + 5 = O; sin z + cos z = 2.
A. eZ + i = Oj D. G. J.
F. 1 1 / ' ; J. Arc sin(1/2); N. cos(2 + i)j
G.
(4 - 3i)1+ij
K. Arc tg(i/3) j O.
(_l)V2,
B. e'z = cos 'ITZ, zER;
E. H.
ln{z + i) = O; sin z = 'lTij
H. L.
tg('lTi/2)j sh('lTi/2)j
C. sin z = 3j F. e2z + 2 ez _ 3 = Oj I. i + sh iz = Oi
55
5.
Diferencijabilnost . C auchy-Riemannovi u vjeti. Harmonijske funkcije
Pojmovi limesa, neprekinutosti i diferencijabi1nosti definiraju se kao i za funkcije realne varijable: E e je limes funkcije -+ e u točki zo E ako vrijedi a) Točka E � b) Funkcija -+ e je neprekinut a u točki E , ako vrijedi < � E -+ e je jednoliko (uniformno) neprekinut a na području b') Funkcija ako vrijedi E � E e ) Funkcija -+ e je diferencijabilna u točki ako postoji
Wo G I: G I I (z) - wo l < e. (Ve > 0)(315 > O)(Vz G) O < I z - zoi < 15 I: G Zo G I I (z) - l(zo) 1 e. (Ve > 0)(315 > O)(Vz G) I z - zoi < 15 G I: G (Ve > 0)(315 > O)(VZl ' Z2 G) IZl z2 1 < 15 I I(Zl ) - I(Z2 ) 1 < e z G I: G f' (z) := ..:1limz_� 6.6.1z ..:1z-o I(z + 6.6.z)z - I(z) . Pojmovi limesa i neprekinutosti mogu se vrlo jednostavno izraziti preko real nog i imaginarnog dijela funkcije I ; naime, 1 će imati limes u točki Zo = xo+iyo ako i samo ako vrijedi zlim -zo I(z) = (:':',Y) -lim(:.:0,1Io ) u(x, y) + i (:.:,11) -lim(:':0,110) v(x, V). Također, 1 je neprekinut a u točki Zo :::: Xo + iVo ako i samo ako su funkcije u i v(xo,neprekinute u točki (xo, yo). Međutim, ako su u i v diferencijabilne u točki o), funkcija 1 = u + iv ne mora biti diferencijabi1na u Zo . Vidjet ćemo da Y i v moraju zadovoljavati još i dodatne, tzv. Cauchy-R1emannove uvjete. ::::
lim
u
5.1.
l -z
D a li postoje limesi A. lim
z_l 1 - z
z
z _l _ l +_? z
B. lim
li, CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE
56
Zo
= 1 , onda je on neovisan o putu RJEŠENJE. A. Ako postoji limes u točki po kojem točka teži ka točki Izračunajmo taj limes po dvama različitim putovima: (1) Neka -+ 1 duž osi OX , tj. po pravcu y = O . Stavimo = 1 x . Ako -+ 1 , tada x -+ O te dobivamo
z
z
z
z
z .....
-+
(2 ) Neka
z
1-
l 1 - zz -_
, llm
y
zo ,
lim
::e
1 - (1 - x)
.....O 1 - (1 - x)
1 - 1 + x _ l. lim - z-+O 1-1+x _
-+ 1 po pravcu x = 1 . Stavimo O i zato u ovom slučaju mora biti
z
-
z = 1 + iV . Ako z -+ 1 , onda
1 (l + iy) 1 - 1 + iy 1lim -1 lim -- - lim 1 - - 1/.....0 1 - (1 + iV) - 1/.....0 1 - 1 - iV - .
z .....
l
z
-
Dobili smo dvije različite vrijednosti i stoga limes ne postoji . B. Pokažimo da ovaj limes postoji. Stavimo
z = 1 + r(cos
>
===?
J(z) = zn diferencijabilna na čitavoj ravnini (zn ), = n zn-l (n E N ) . RJEŠENJE. Računamo derivaciju funkcije J po defmiciji: J(z + �z) - J(z) = lim (z + �z)n - zn !' (z) = Az-+O lim �z Az-+O �z (� 2 . [zn + ) zn-l �z + (�) zn-2 (�z) + . . . + (�z)n] zn = lim Az-+O �z = �� {n zn-l + (�) zn-2 � z + . . . + (�z) n- l } = n zn-l A O 5.4.
Pokaži da je funkcija C , te da vrijedi
_
J(z) =
z
Ako je u(x, y) + iv(x, y) diferencijabilna u točki = x + iy , ta da su funkcije u i v diferencijabilne u točki (x , y) i zadovoljavaju Caucby Riemannove uvjete
(5 . 1)
J=
Vrijedi i obratna tvrdnja: ako funkcije u i v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete i ako su njihove parcijalne derivacije neprekinute u (x , y) , tada je + iv diferencijabilna u točki x + iy . Ako je diferencijabilna, njenu derivaciju možemo računati pomoću parcijalnih derivacija funkcija u i v :
u
J
z=
au . av +z J' (z) = ax ax -
(5.2)
5. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE
58
ili
pomoću bilo koje od preostalih triju kombinacija koje slijede primjenom in dentiteta (5.1). Za funkciju J ćemo reći da je analitička (ili regularna) na području G ako je diferencijabilna u svakoj točki z E G . Istinita je, ali posve netrivijalna, činjenica da u tom slučaju J ima derivaciju svakog reda na G .
5.5.
2 Pokaži d a je funkcija J(z) = ez analitička n a cijeloj kompleksnoj ravnini, te nađi njenu derivaciju.
RJEŠENJE. Odredimo najprije realni i imaginarni dio od J . 2 2 )2 J( z) = e (Z+I.Y = .e:r: -Y (cos 2xy + i sin 2xy) . Dakle,
U
2 2 = eZ -1/ cos 2xy ,
:r:2 2 , V = e - y sm 2xy.
Funkcije u i v su diferencijabilne u svakoj točki (x, y) i zadovoljavaju Cauchy Riemannove uvjete: 2 2 2 av 2 au = 2xe:r: -1/ cos 2xy - 2yeZ -Y sin 2xy = ay ax 2 2 , 2 2 av au - = -2yeZ -y cos 2xy - 2xez -y sm 2xy = - ax ay Vidimo da su ove parcijalne derivacije neprekinute i stoga je J analitička funk cija na čitavoj C . Po formuli (5.2) njenu derivaciju možemo računati ovako: 2_ 2 . av J' (z) = au +� = eZ Y [ 2x cos 2xy - 2y sm 2xy J ax ax 2 2 + i ez _1/ [2y cos 2xy + 2x sin 2xyJ 2 2 = efl: -y [2{x + iV) cos 2xy + 2{ix y) sin 2xy] 2 2 = efi: -y [2(x + iy) cos 2xy + 2i(x + iy) sin 2xy] 2 = 2{x + iy)eZ -1I\cos 2xy + i sin 2xy) . )2 = 2 2 = 2{x + iy)e(Z+llI zez •
5.6. RJEŠENJE.
Da li je funkcija J(z) = iz diferencijabilna?
J( z) = i{x - iV) = y + ix. Zato je u(x, y) = y , v{x, y) = x . Izračunajmo parcijalne derivacije: av au =0' =0 ax ay av . au =1, =1 ay ax
5 .2 .
59
CAUCHY-RIEMANNOVI
Kako je
:: :: =F -
" to Cauchy-lliemannovi uvjeti nisu ispunjeni niti u jednoj
točki kompleksne ravnine. Zato
5.7.
J nije nigdje diferencijabilna.
Da li su funkcije
J(z) = zl J(z) = sin z J(z) = z RJEŠENJE. A. J(z) = z · = (x + iy)(x - iV) = x2 + y2 . Dakle, u(x,y) = x2 + y2 , v(x,y) = 0. Ispitajmo u kojim točkama vrijede Cauchy-lliemannovi uvjeti. -auax = 2x ' ayav =- 0 ===} x = o, au = 2y , av = o ===} Y = O. ax ay Vidimo da su oni zadovoljeni samo u točki (O , O) . Zato je J(z) = z · = I z l 2 diferencijabilna samo u točki z = O i nije nigdje analitička (pošto nije diferen cijabilna niti u kojoj okolini točke O). Izračunajmo njenu derivaciju u točki z = O : ) - J{O) = lim Az · Az J'(O) = lim J {O + Az Az Az = lim Az = lim (Ax - iAy) = O. 1 x - iy2 ' Zato: B. J(z) = - = 2 z x +y x 2 ' v(x,y) = 2-y 2' u{x,y) = x2 -I:-y +y B. -j C. A. ' Zj diferencijabilne? Ako jesu , izračunaj im derivaciju. Z
Z
az-+o
az-+o
az-+o
az-+ o a y -+ o
X
Cauchy-Riemannovi uvjeti su ispunjeni svuda osim u točki cije nisu definirane:
(O, O) , u kojoj funk
au = -x2 2 + 2y22 = av ' ax (x + y ) ay au = 2-2xy2 2 = - av ay (x + y ) ax' Izračunajmo još derivaciju funkcije J(z) = l/z . Po formuli (5.2): 2 - 2xyi - y2 av -x2 +2 y2 +2 2xyi x �. J' ( z ) - + ax 2ax (x + y )2 { x2 + y2 )2 = - {z(z). z) 2 = - z12' _
au
_
- - ---: ;-,,---"-;:-:-:::=-
_
5. CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI. HARMONIJSKE FUNKCIJE
60
Izvedi ovu derivaciju i po definiciji.
J(z) = z
x y + i x y = u + iv. 8v -8u = smxshy . = --8v = -, 8y 8y 8x (x, y) C. . )' = 8u + t. 8v = -tSlllXS y = (smz 8x 8x
C.
sin
=
sin ch
8u = 8x
cos sh
C auchy-Riemannovi uvjeti:
cos x ch y
su ispunjeni u svakoj točki sinus analitička u čitavoj
i kako su ove funkcije neprekinute, to je funkcija Njena derivacija iznosi ' h cos x ch Y " cos z.
Ako s u ft i h analitJčke funkcije, pokaži d a j e i funkcija ft h analitička.
. RJEŠENJE. ft = ul + iVI , h = U2 + iV2 , h = ft . h = u + iv. ft · h = UIU2 - V IV2 + i(UlV2 + VlU2 ). u = Ull ,U2Vl- Vl V2 , V U ,UlVV2 + VlU2 . ft h U 2 2 8u = 8Ul U2 + UI 8U2 - 8Vl V2 - Vl 8V2 8x 8Vl8x 8x 88xUl 8xU 8 8V 2 = -U 8y + 8y V2 + Vl 8y2 8y 2 + Ul = 8y8 (Vl U2 + UIV2) = 8vay ' 8u = - 8v . IS l . 8y 8x h 5.8.
Označimo:
Vrijedi
Dakle, odnosno zato parovi Prema tome, vrijedi:
Na
.
Funkcije i' su analitičke i zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete.
.. Kako su ove parc1J nalne derIVacIJe '
.. t' se nacm pokaže d a vrijedi _.
neprekinute funkcije, to je
analitička.
Ako analitičke funkcije G -+ e, g : G e zadovoljavaju uvjet ' f' g E G , pokaži da se one razlikuju za konstantu.
-+ (z) = (z), z J: RJEŠENJE. (z) F(z)= + iv. F(z) z = J(z) - g(z) F U O = F' (z) = 8x8u + i 8x8v = 8y8v _ i 8u8y 8u = 8u = 8v = 8v = O 8x 8y 8x 8y . F U V 5.9.
i zato
Z ato su
F'(z) =
FUnkcija je očito analitička i vrijedi za svaki E G . Moramo pokazati da je konstantna na G . Tada je
'
f' -g Stavimo
i
konstantne, pa je i
konstantna.
li.2 . CAUCHY-RIEMANNOVI UVJETI
Ako j e analitička funkcija J: G - e realna n a području D e G , pokaži da je ona konstantna na D .
5.10. RJEŠENJE. Kako je
61
J
Označimo ponovo J = u + iv . Po pretpostavci je v = O na D . analitička, to u i v zadovoljavaju Cauchy-Riemannove uvjete:
au ax au ay
av
=o
D'
na
av ax
= - - =
0
na
D.
Zato je u , a time i J , konstantna na D . Spomenimo da vrijedi i mnogo jači rezultat: uz iste pretpostavke može se dokazati da je J konstantna na čitavom području defInicije G .
5.11.
Pokaži d a Cauchy-Riemannovi uvjeti u polarnim koordinatama (r,
O vrijedi, po
6.6.
� M,
J
R.
R (6.7): 1 1 ( J«())2 d(, J (z) = 2---; (-Z Zato, 1 1 I J(�) I ds � 1'11" ' M2 , 2'11"R = R' M lj (z) 1 � 2'11" I ( zl2 2 R Kako je R proizvoljno velik, to mora 'biti J'(z) = O , za svaki Odavde slijedi tvrdnja, I
I
'1I" S
CR
CR
_
z.
Osnovni stavak algebre: Dokaži da svaki polinom stupnja n � l ima barem jednu nul-točku (i stoga točno n nul-točaka, računajući im kratnosti). Kad polinom Pn ne bi nul-točaka, tada bi funkcija z 1-+
6 . 7.
imao
� �
RJEŠENJE. bila analitička u čitavoj kompleksnoj ravnini e, dakle, cijela. Međutim, Pn z) bi bila i omeđena (dokaži zašto!) i po Liouvilleovom teoremu slijedilo bi Pn Z) Pn =const.
6.8.
Izr&čunaj sljedeće krivuljne integrale
A. Ir e% dz,
B.
C. D.
6.9.
r :
parabola
y=
z2
koja spaja točke
{ ez dz, r : dio pravca od točke . ZI
lr
Ir (z2 + z z)dz, Ir in z dz , zs
r :
r :
O do z2 = l + i i luk kružnice z = eil(), rp E [0, 11"] j =
dio pravca od točke
ZI
Izr&čunaj sljedeće integrale, integrirajući smjeru:
A. l:I=5 z2 �16 1 z sh Z d �' C i
•
1.01=1 Z3
N,
ZI = O i z2 = l + i ;
po
B.
D
=
•
O do ,z2 = l + i .
zadanim krivuljama, u pozitivnom
{ 11 % 1=1 { '
.
Jlzl=2
eZ COS11"Z dz '
z2 + 2z ' e% dZ j +
·
75
7.
Mobiu sova tran sformacija
Mobiusova transformacija (lli razlomljeno linearno preslikavanje) je pre slikavanje oblika az + b w = = ez +
S(z)
(7.1)
pri čemu su a, b, e, d kompleksni brojevi za koje vrijedi ad - bc ::1= O. (Ukoliko taj uvjet nije ispunjen, tada je funkcija konstantna.) Korisno je preslikavanje definirati na cijeloj kompleksnoj ravnini, (kojoj je dodana beskonačno daleka točka oo ) , --+ na način
S
S: e e,
•
d 8(- - ) e
= oo,
8(00)
a e
= -.
e
Tada će 8 preslikavati bijektivno upotpunjenu ravninu na c . Svaka se Mobiusova transformacija može prikazati u. obliku kompozicije nekih od sljedeća četiri preslikavanja: (i) (ii) (iii) (iv)
8(z) = z + b, 8(z) = 8(z) = e i'P
kz, z, 1 S(z) z = -,
translacija za broj b, homotetija za faktor rotacija za kut t.p,
•
k
>
0,
(7.2)
inverzija.
Ta su preslikavanja i sama Mobiusove transformacije. Zovemo ih elementarne transformacije.
7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA
16
7. 1 .
Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava kružnicu l na kružnicu 11 =
}
{Iw
2} .
-
{ Iz l =
RJEŠENJE. Traženu Mobiusovu transformaciju možemo dobiti kao kompozi ciju dviju elementarnih transformacija: homotetije = i translacije Dakle, = + = o = + = (sl. Dakako, preslikavanje nije jedinstveno. Tako npr. zadovoljavaju i sva preslikavanja = + l , za proizvoljan realni tp , te = + itd. Provjeri!
Sl (z) 2z S2 (Z) z 1. S(z) (S2 Sl )(Z) S2 (2z) 2z 1 7.1.) w 2ei'l'z w 2/z 1,
I �� I
7.2.
3
Slika 7.1 .
Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava kvadrat + G= u kvadrat G* = u tako da vrh A( -l, prijeđe u vrh A*(O,
{ lx i Iyl � l} {O � � 2, O � v � 2}, O) O) .
A 2
Slika 7.2.
7.2. Jednadžbe preslikavanja su / 1biusovom tmnsformacijom. Obmti pozornost na smjerove obdazaka. Područ.je ostaje uvijek s l.jeve stmne
W � : z-l l}; B.D. prugu poluravninu {Rez < 2}; {O < Rez < l}. 7r/4} j RJEŠENJE. A. Izaherimo tri točke koje određuju kružnicu {Izl l} i presli kajmo ih: Wl Zl 1, . Z2 z, W2 , '21 - '2z,1 . Z3 -1, W3 21 Slika jedinične kružnice je kružnica koja prolazi točkama Wl , W2 W3 . Kako je među njima točka riječ je zapravo o pravcu. Područje G* nalazi se s lijeve 7.4.
Preslikaj zadana područja funkcijom
A. jedinični krug {Iz l < C. isječak {O < arg z
A. G { I - 1 1 < B. G { I zl < G* {Imw > G* {lw l < C. G {Im > G* = {Re w > D. G {Im z >
= Z l l , = l}; = l}, = O}i = Z O}, = l}j O}. O}, =
7. 2, IMPLICITNI OBLIK MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE
83
RJEŠENJE, A .
ZI Z2 Z3
= -1 =i =1 w - (-l) , _l_-�.-:.. = z - 2 : 0 - 2 ' w-i l -i z-I-i O-I-i 1 = 1-z .
= 2, = 1 + i, = O,
i odavde B. ZI Z2 Z3
W
WI
W2 W3
Slika 7. 12,
-
= 1, = O = i, = 1 = - 1, w3 = WI
W2
oo
Slika 7. 13,
Transformaciju tražimo u obliku = azz ++lb Jer Je, w3 = dva para točaka daju 0 = 1a ++ 1b ' 1 = aii ++lb a = -i, b = i. -iz + i Zato, w = z+l C. = O, = 1 z2 = 1, = i Z3 = = -1 -- ,
W
.
oo ,
==?
---
ZI
WI
W2
oo, W3
Slika 7. 14.
Sada je
w = z ++ , Jer Je = Nadal'Je, 1+ t. = 1= = -t, (3 = t, 1 + (3 = -zz++z,i Provjeri da je ova funkcija inverzna onoj cl!
Z
•
•
Z3
oo .
cl!
--
i odavde
W
.
==? cl!
•
iz B.
Preostala
1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA
84
D.
Z1 = O, W1 = O Z2 = l, W2 = -i Z3 = oo, w3 = oo Slika 7.1 5.
Sada je Dakle,
w
= az + b ( Z3 = W3 = oo ) . O = a . O + b, -i = a . + b
w
= -iz
Nadalje,
l
(rotacija za kut
-'fr /2 ) .
====>
a=
-i, b
=
O.
WZ11,, WZ22
Svojstvo simetrije z a M6biusovu transformaciju glasi: ako su točke simetrične s obzirom na kružnicu (ili pravac) k , tada su njihove slike simetrične s obzirom na sliku k* (sL
7.16).
\
\ \ \ \
\ \
\ \ \ o Z2
Slika 7. 16. Par simetričnih točaka preslikava se Mjjbiusovom tmnsformacijom ponovo u par simetričnih točaka
7.6.
Pokaži da je
w
= ei'f' 1z--zZoZo
(7.7)
opći oblik M6biusove transformacije koja preslikava jedinični krug { I z l < l } u jedinični krug { Iw l < l} , tako da točka prvog kruga prelazi u središte w drugog kruga ( cp je proizvoljan realan broj).
=O
z = Zo
7.3. SVOJSTVO SIMETRIJE ZA MOBIUSOVU TRANSFORMACIJU
85
Slika 7. 1 7. Par točaka zo , ZI simetričnih s obzirom na kru žnicu k preslikava se u par točaka wo , wl simetričnih s obzirom na kružnicu k*
RJEŠENJE. Neka je ZI točka simetrična točki Zo s obzirom na jediničnu kru žnicu k = { Izl = l} (sl. Znamo da vrijedi ZI = l/zo . Po principu simetrije, njihove slike Wo i Wl će također biti simetrične, s obzirom na sliku k* = {Iwl = l} . Međutim , kako je Wo = to mora biti Wl = oo . Zato tražena transformacija ima oblik
7.17).
z - zo Z - ZI
= 0: -- =
o:
O,
Z - Zo Z - lizo
-o: _Zo
Z - Zo
Z - Zo
1 - Z Zo 13 1 - Z Zo , gdje je 13 neka konstanta, koja nije potpuno proizvoljna. Odrediti ćemo njen oblik, znajući da mora vrijediti Iwl 1, čim je Izl 1. Kako za Izl 1 imamo w
=
=
1 1 - z zo l
= =
to mora biti
1
=
Iwl
=
=
=
=
I z l ' 1 1 - z zo l = Izl ' 1 1 - z zo l Iz - z z zo l = Iz - zo i = Iz - zo i ,
1 13 lz--zZozo I
=
1 131 . I z - zo i
=
Il - z zo l
113 1
i stoga 13 ima oblik 13 = eirp , cp proizvoljan realan broj. Broj cp ipak možemo odrediti, ukoliko je poznat još jedan podatak o pre slikavanju, npr. derivacija w'(zo ). (Geometrijsko značenje te derivacije biti će · opisano u sljedećem poglavlju.) Vrijedi
1 - zozo _ w '(Zo ) - eirp (1 - z -Zo ) 2 te je w'(zo)
=
.
elrp
1
1 - ZoZo
=
eirp . 1 - lzo l2
Broj l - lzo l2 je realan i pozitivan, te je arg eirp cp =
arg w'(zo).
= cp =
arg w'(zo ) . Dakle,
7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA
86
7.7.
Pokaži da je
. z - Zo w = e"" -z - zo opći oblik Mobiusove transformacije koja preslikava gornju polu ravninu {Im z > O} na jedinični krug { Iwl < l} , tako da točka Zo iz zadane poluravnine prijeđe u središte Wo = O kruga. ( cp je proizvoljan realan broj . )
(7.8)
RJEŠENJE.
Slika 7.1 8. Simetričan par to čaka (8 obzirom na realnu 08) prelazi tl par O , oo
je
Par simetričnih točaka ZO , ZI = Zo prelazi u par Wo = O , Wl =
oo .
Zato
z - Zo W = O: --. Z - zo Za sve realne z vrijedi z = z i Iz - zo i = Iz - zo i = Iz - zo i . Kako realna os mora prijeći u jediničnu kružnicu, to imamo I z - zo i = Iw l = 1 0: 1 · = 1 0:1 Iz - zo i i ponovo je o: = et'tp , za neki realni cp .
1
7.B.
Odredi funkciju w = J(z) koja preslikava jedinični krug u samog sebe, tako da bude J(l) = O i arg j'( l ) = � .
RJEŠENJE. Po Zadatku
7.6 je, za Zo = ! , z - !2 W - e"" 2 1 - 2Z -
7.9.
. I
cp
__ _
1
.; .
=
�
i
2z - 1 2-z
__
•
Odredi funkciju w = S(z) koja preslikava desnu poluravninu = {Re z > O} u krug {Iw l < 2} tako da bude = O , arg tr/2 .
5(1)
5'(1)
RJEŠENJE. Tražena funkcija S je kompozicija triju Mobiusovih transformaci ja (sL i to: rotacije Sl (za kut tr/2 ) koja prevodi desnu poluravninu u koja preslikava gornju poluravninu u jedinični krug gornju, transformacije . te homotetije Sa (za faktor 2).
7.19)
52
7.3.
SVOJSTVO SIMETRIJE ZA MOBIUSOVU TRANSFORMACIJU
87
Slika 7. 19.
ZI = Sl (Z) = ei1r/2z = iz, a1. := Sl (l) = i, ZI - i. , Z2 = S2 (Zl ) = e''P. ZIZI -- alal = e''P -ZI + w = S3 (Z2 ) = 2Z2' Dakle, iz - i _ z - l w - 2 e i'P -- - 2 ei'P -iz + i Z + 1 Nadalje, . 1 ===> w'(l) = e'.'P w' = 4e''P (z + 1)2 7r ·z-l . te Je = arg w'(l ) = - ' w = 2z -- . 2 z+ 1 7.10. Odredi funkciju w = S(z) koja preslikava jedinični krug {I z l l} u gornju poluraVIiinu {Im z O} tako d a bude w(O) = 1 + i, arg w' (O) = -7r/2 . . RJEŠENJE. Nađimo inverznu transformaciju z = S -l(w) ! Ona preslikava gornju poluravninu na jedinični krug i pri tom točka = 1 + i prelazi u iS hodište Zo = O . Odredimo još arg z ' (w ) . Kako je (S-l o S)(z) = z, to je (S -l o S) ' (z) = 1 i arg (S-l o S)'(z) = O . Dakle, 0 = arg[(S-l)' (w) ' S'(z)] = arg z'(w) + arg w' (z) . Stoga je argz ' (wo) = -argw ' (zo) = 7r/2 . Po formuli (7. 8 ) imamo - i. z = e'.'P ww - = e'.'P ww -- 1l +i Odredimo Vrijedi z' = ei'P (w - 2il +i)2 ===> Z'(1 +i) = --2liei'P . Z
_
cp
Wo
o
Wo
- Wo
cp .
1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA
88
zl(l + i) = arg( '2i . ) -'2 + odnosno z = et.1f ww -- 11 +- ii = ww -- 1 -+ i Izračunavši odavde w dobivamo traženu funkciju: w = (1 - i)zz ++l 1 + i .
7r te je '2 = arg
-
1 e O preslikavanje nazivamo hiperboličkim, za ), oblika ),loksodromičkim. = ei'X, (a f:. O)) eliptičkim, a za ), = reia (r f:. l , f:. O) --
W
W
-
), f:. l,
oo .
cl:
RJEŠENJE. Dovoljnost je ponovo očigledna: Preslikavanje definirano sa (7. 13) ima fiksne točke Kad bi imalo još i treću fiksnu točku, bilo bi i
ZI Z2 .
1.4. KANONSKI OBLIK MOBIUSOVE TRANSFORMACIJE
= S(z) = z
,x 1.
z,
91
S
Dakle, ima točno dvije fiks za svaki i odavde = ne točke. Neka su sada E sve fiksne točke od Tada vrijedi w
ZI , Z2 e S. W - ZI = az + b - ZI = aZ + b - CZIZ - dZl -az + b - CZ Z - dZ CZ(a -+ CZ -)ZZ2- (dzl - b) 2 2 I = 7---�---7��� (a - CZ2 )Z - (dZ2 - b) b dZ 1 Z = aa -- CZCZl2 dZa -2 -CZIb . z - a - CZ2 Kako je ZI fiksna točka, to vrijedi aZ} + b ==> ZI = S- l (zd = dZ1 - b ZI = S(ZI) = --'---:: a - CZI CZI + d i slično za Z2 . Zato je W ZI = a - CZl . Z - ZI = : ,x Z - ZI . ' W - Z2 a - CZ2 Z - Z2 Z - Z2 smo označili ,x = aa -- CZCZ2I . Vidimo da je ,x ::j:. 1, jer bi 1 dalo ZI = Z2 . �adalje, ZI i Z2 su rješenja jednadžbe (7.9 ): (7.16) ZI ,2 = a - d ± .j(a2c- dP + 4bc . Neka je ZI ono rješenje s predznakom +, a Z2 s predznakom - . Ovako odre đene vrijednosti za ZI i Z2 uvrštene u (7. 1 4) daju relaciju (7.15). Neka j e N i S Mobiusova transformacija. De:f'b::V.rajmo SO = I (iden titeta) i dalje induktivna sn S sn - I . Tada vrijedi, za preslikavanje oblika (7.10) ...,. .".. 1..,.. - Zo- = S(z)1- Zo + Q = Z -1 Zo + 2Q S2 (z).,. i indukcijom 1 1 (7.17) sn (z) _ zo Z - Zo + nQ. Za preslikavanje oblika (7.13) dobivamo S22 (z) - ZI S(z) - Zl = ,x2 Z - ZI S (Z) - Z2 S(Z) - Z2 ' Z - Z2 -=:;....:...;::--
-----
---
--"-
'Th.
,x
n
=
***
E
=
o
-;::-.,.....,-
=
- =
,x
---
1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA
92
snn (Z) - Zl = .An Z - ZI (7.18) S (Z) - Z2 Z - Z2 E C, Neka je niz {an } definiran sa an+ ! := Sean ), n � O. Tada je an = sn (ao). U slučaju kad S ima samo jednu fiksnu točku Zo :f:. relacija (7.17) pokazuju da vrijedi lim an = Zo . Ako S ima dvije fiksne točke ZI , Z2 :f:. tada, za I .A I < 1 vrijedi lima 1, lima U slučaju I .A I = 1 , niz može imati = ZI , za I .A I = Z . 2 n n više (pa i beskonačno mnogo) gomilišta. i indukcijom
ao
oo ,
oo ,
>
7.14.
Odredi gomilišta nizova definiranih rekurzivnim formulama
1 ao = 2; an+ ! = 2 - -, a n1 3a + n B . an+1 = aann +i+ 3 ' ao = O; C. an+! = an - ao = O. RJEŠENJE. A. Definirajmo Mobiusovu transformaciju w = S(z) := 2 - -Z1 = 2z Z- l Odredimo njene fiksne točke. Jednadžba 2z - 1 = z z2 2z + 1 = O z ima jedno dvostruko rješenje Zo = 1. Zato S ima točno jednu fiksnu točku i može napisati, po (7.10) i (7.11) u obliku 1 = -1 + l. w-l z-l Odavde, po formuli (7. 17) slijedi 1 1 1 + n. an - l = sn (ao) - l = -ao - l Kad n 1 neovisno o izboru početne točke ao . dobivamo an B. Ovog puta pripadna Mobiusova transformacija glasi w = S(z) = 3zz ++31 . Njene fiksne točke su ZI = 1, Z2 = -1 (provjeri!). Zato S može napisati u obliku w - l = .A z - l w+l z+l A.
--
o
_
se
--
--
-+ oo ,
-+
,
se
--
-
7.5. ZADACI ZA VJEŽBU
93
A dan sa (7.15) i iznosi A == t . Po formuli (7.18) dobivamo n an - 1 == sn (ao) - 1 An ao - 1 = �n an + l s (ao) + 1 ao + l 2 Stoga an - 1, za svaki ao ::/= -1 . e. Pripadna Mobiusova transformacija z + i. w == S(z) == z ima dvije fiksne točke, Zl,2 = �(l + i)(l ± 3) i odgovarajući A je - ! - Y{-i (provjeri!) i vrijedi Aa = 1 . Ponovo po formuli (7 .18) dobivamo an - ZI = An ao - ZI = ( ! v'3) n ZI (7.19) ann - Z2 aO - Z2 2 2 Z2 Niz { (- ! - y{- i) } ima samo tri vrijednosti: el = - !2 - v'32 i ' e2 = - !2 + v'32 i" ea = 1 . Zato će niz {an } imati samo tri gomilišta: Al , A2 , Aa , koje ćemo odrediti iz formule (7 19) A·' - ZI == ej -ZI , . 1,2,3. Aj - Z2 Z2 vrijednosti el , e2 , ea daju Al = - 1, A2 = -i, Aa O (izračunaj ih!), i to su gomilišta niza {an } . Zadatak ima i direktno, lakonsko rješenje. Uvrštavanjem ao O u rekur zivnu formulu dobivamo niz ao = O, al = 1 a2 = - i, aa = O i on se dalje periodički ponavlja. Da objasnimo tu pojavu, primjetimo da vrijedi Aa = 1 . Zato je Saa (z) ZI = Aa Z - ZI = Z - ZI ' 'riz E e, s (z) - Za2 Z - Z2 Z - Z2 a = i odavde S (z) z, tj. S == Sada je jasno da za proizvoljnu točku ao skup {sn (ao)} imati samo tri elementa: ao, al == S(ao) , a2 S2 (ao), jer je potom aa == ao itd. Usporedi s zadatkom 7. 3 4. pri čemu je
==
_
.
-�
_
.
:
3
_
==
Tri
=
-c::::
- ,
-
r:
će
==
1.15. Skidraj djelovanje sljedećih elementarnih Mobiusovih transformacija na proizvolj
no odabranoj točki A.
w =
C.
w =
E.
w =
z + 2i; iz; iJZ ;
B. z (-� + i � ) F. -2z+i. w =
D.
w =
w =
5;
Zi
7. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA
94
7.16. Odredi točku simetričnu točki zl = 1 + i s obzirom na kružnicu A. Izl = lj
B. Iz - il = 2.
-z + i na elementarna preslikavanja i z odredi potom sliku gornje poluravnine Im z >
7.17. Rastavi Mobiusovu transformaciju W = 7.18. U što preslikava funkcija W = l/z A. familiju pravaca y = CXj
C. familiju kružnica x2 + y2 = C:v?
B. familiju pravaca y = :v + Cj
7.19. Odredi sliku područja G = {Iz - 11 < 2} pri preslikavanjima A. w = iz - lj
B. w =
2z z+
C: w =
2z j z-
-3
D.
w=
z+l z-
7.20. Odredi sliku područja G pri preslikavanju w = S(z) , z = :v + iy :
l-z 1+z
A. G = {x > O, y > O} , w = -- ;
z j z-2 z-l C. G {O < x < l } , W = -- j z 1 D. G = {:v + y < 1, :v > O, y > O}, W = -j z+ E. G = { lx i + Iyl < 1, y > O}, W = ziz F. G = {x > -1, y < 1, y - :v > l}, W = --. ' z-t B. G = f:!: < l}, w =
--
7.21. Odredi sliku područja G pri preslikavanju W = S(z) : z-l A. G = {Izl < 1, Imz > O}, W =
z+ 2z - i 2 + zz
B. G = {Izl < 1, Im z > O}, W = --.- j
2 ; z-1 z+2 D . G = {Iz + 11 > 1, Iz + 21 < 2}, W = -- j z E. G = { z < , Im z > O}, w = z l; z F. G = { :z;2 + y 2 < 1, x + y > l } , W = zc.
G
{l < Izl < 2l, W =
l �I �
-
�
7.22. Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava točke O , i , oo redom u točke C. -2i, -2, 2i; B . -1, O, lj A. 1 - i, 2, 1 + ij
i odredi sliku desne poluravnine {Re z > O} pri tim preslikavanjima.
7.23. Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava točke O , 1 + i , 2 redom u točke A. O, 2 + 2i, 4j B. 4, 2 + 2i, Oj C. O, 2, OOj
i odredi sliku kruga { Iz - 1 1 < l} pri tim preslikavanjima.
7.5. ZADACI ZA VJEŽBU
7.24.
95
Odredi neku Mobiusovu transformaciju koja preslikava područje A . G = {Izl < l}, G* = {Imw < O}j B . G = {Iz + 11 < l}, G* = {Rew > -l}; C. G = {Iz 11 < 2}, G* = {Iw - il < l}; D. G = { Iz - 1 + il < l}, G* = {Iw + 11 > 2 } .
G
u
G* ,
ako je
-
7.25.
7.26.
Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava jedinični krug {Izl < l} u jedi nični krug {Iwl < l} te točku Zo u točku wo , ako je 1 l l i B . Zo = O, Wo = - 2 j C. Zo = 2 ' Wo = - 2 j A. zo = 2 ' Wo = Oj , l i l l i 11' E. Zo = ' Wo = 2" arg w (2') = 2' D. Zo = -2' wo = j a 2 Odredi Mobiusovu transformaciju koja preslikava područje G u G * , ako je {Im z > O}, G* = {Iwl < l}, w(i) = O, arg w' (i) = 11'; B. G = {!m z > O}, G* = {Iwl < l}, w(zo) = Wo, arg w' (zo) = a ; ' C. G = {Im z > O}, G* = {Imw > O}, w(l + i) = i, arg w (l + i) = 11'/2; D. G = {Im z > O}, G* = {Imw > O}, w(ZO ) = Wo; arg w' (zo) = a , (Im zo > O, Imwo > O) j E . G = {Izl < 2}, G* = {Rew > O}, w(O) = 1, arg w' (O) = 11' /2 ; ' F . G = {Izl < 2}, G* = {Iwl < 4}, w(l) = 3, arg w (l) = aj G. G = {Iz - 2 1 < l}, G* = {Iw - 2il < 2 }, w(2) = i, arg w' (2) = O .
A. G =
***
7.27.
7.28.
Dokaži sljedeća svojstva Mobiusove transformacije: A . 8' (z) =F O ; B. Kompozicija Mobiusovih transformacija je opet Mobiusova transformacija (od redi jU!) j C. Za svaku Mobiusovu transformaciju w = 8(z) postoji inverzna funkcija z = 8- 1 (w) ; 1 D. 8- je ponovo MobiusovlI; transformacija (odredi joj oblik). , Dokaži da sljedeće Mobiusove transformacije: 81 (Z) = z , 82(Z) = !z , 83 (Z) = 1 , 85 (Z) = z - l , 86(Z) = � čine grupu s obzirom na 1 - z , 84(Z) = 1-z z-l z kompoziciju kao grupovnu operaciju. (Napiši tablicu množenja!) -
7.29.
Neka su zl , z2 točke simetrične s obzirom na (jediničnu) kružnicu k . Dokaži da svaka kružnica koja prolazi točkama zl i z2 siječe kružnicu k pod pravim kutom.
7.30.
Neka je 8 proizvoljna Mobiusova transformacija koja preslikava gornju polurav az + b pri čemu su a ninu na samu sebe. Pokaži da 8 ima oblik 8 , b, c, d , cz + d realni brojevi za koje je ad - bc > O . =
1. MOBIUSOVA TRANSFORMACIJA
96
7.31.
Svakoj reguJ.a.moj kvadra.tnoj matrici drugog reda
A=
[: : J ,
a, b, e, cl E
e,
SA definirana na način: a.2: + b SA (.2:) = . e.2: + d Pokaži da za pridruživanje A 1-+ SA vrijedi A. Za svaki a E e , a :F O je SOoA = SA i odgovara. Mabiusova tra.nsformacija
B . Kompozicija Mabiusovih transformacija je Mabiusova transformacija i vrijedi
SA O SB = SAB i
'
e. Inverz Mabiusove transformacije je Mabiusova transformacija i vrijedi
SA-l .
(SA)- l =
***
7.32.
Označimo sa I(a j zo ) Mabiusovu tra.nsformaciju iz (7.10), s jedinstvenom fiksnom točkom zo . Dokaži da. za kompoziciju dviju takvih tra.nsformacija. vrijedi
I(a; .2:0) o 1({Jj zo) = I(a + (Jj ZO). Dokaži potom da skup { I (a; zo), a E e} čini komuta.tivnu grupu uz kompoziciju kao grupovnu operaciju.
7.33.
Označimo sa. geA ; .2:1 , .2:2) Mabiusovu tra.nsforma.ciju iz (7.13), s fiksnim točkama. Dokaži da. za kompoziciju dviju takvih transformacija vrijedi
.2: 1 , .2:2 .
g (A; .2:1 . Z2) o g (Jl; .2:l . Z2) = g(AJlj z1 > Z2) . A E e, A :F O} , uz
Dokaži potom da. skup {g eA; Zl , Z2), čini komutativnu grupu.
7.34.
Dokaži da za Mobiusovu tra.nsformaciju vrijedi ako i samo ako ona. ima. prikaz
s'"' = I za neki prirodan broj
S(Z) - Zl =A� S(.2:) - z2 z - z2 za neke kompleksne brojeve Zl , Z2 , A , pri čemu je A'" =
7.35.
operaciju kompozicije,
1.
az + {J • pn cemu "Iz + 6 Neka je a = 6 , realan broj. Ako je la + 61 < 2 , tada la+61 > 2 hiperbOličko, a za la+ 61 = 2 pa.raboličko.
. . VćUIA o lUSOva tra.ns�orma.clJa. i " dade na.plSatl u obliku S-t._ se M"b'
w
=
je a6 - {J"I = 1 . Dokaži: A. je presliks.vanje eliptičko, za B. Ako je Im (a + 6) =1= O . tada je presliks.va.nje loksodromičko.
7.36.
fl
Odredi točke gomilanja. za niz
{a",}
definiran formulama
2(2 + i)a", + 1 2i a", 1 + = (1 2i)a", + 2(2 + i) , -
_
aa
=
o.
.
w
91
8.
Konformna preslikavanja
E
Kažemo da je preslikavanje w = J(z) konformno u točki Zo e , ako je analitička u nekoj okolini točke Zo i ako vrijedi !'(zo) =f:. o . Kažemo da je preslikavanje J konformno na području D , ako je konformno u svakoj točki tog područja. Preslikavanje koje je konformno na čitavoj kompleksnoj ravnini zvati ćemo naprosto konformnim . Neka je J konformno na području D . Pretpostavljamo da se krivulje "YI i "Y2 sijeku u točki Zo D pod kutom a . Tada se njihove slike "Yi i "Y2 sijeku u točki Wo = J(zo) pod istim kutom a , pri čemu se taj kut, u odnosu na realnu os, zarotirao za iznos tp = arg !'(zo) (slika 8.1). Ako je element luka .!ls proizvoljne krivulje "y prešao u element luka .!ls· na krivulji '1* , tada granična vrijednost lim I s* 1 ne ovisi o krivulji "y i iznosi J
e
E
%1 -+ %0
1 !, (zo ) l ·
�I
u.S 1
Kut tp =
arg J' (zo)
nazivamo kut zakreta, a broj ..\
=
1 J'(zo ) 1
omjer preslikavanja J u točki Zo . Ako je ..\ > element luka krivulje
luka krivulje
"y
l,
"y se rasteže, a ako je se steže pri preslikavanju funkcijom J .
..\
