3. КРИВОЛИНИЈСКИ ИНТЕГРАЛ

Транскрипт

1 УНИВЕРЗИТЕТ У БАЊОЈ ЛУЦИ МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТ МАТЕМАТИКА 3- ПРЕДАВАЊА Aкадемска 207/ ИНТЕГРАЦИЈА ФУНКЦИЈА КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ 6.. Интеграл функције комплексне промјенљиве 6.2. Кошијева интегрална теорема 6.3. Кошијева интегрална формула 6.4. Изводи аналитичких функција 6.5. Примитивна функција и интеграл 6.6. Тејлоров ред 6.7. Лоранов ред 6.8. Изоловани сингуларитети и нуле аналитичких функција 6.9. Интеграција методом остатка ЛИТЕРАТУРА: Момир В. Ћелић, Математика II, Машински факултет, Бања Лука, 997 Наставник: Биљана Војводић У припреми предавања коришћена је и књига Математика, Милош Томић (Свјетлост, Сарајево, 988)

2 6. ИНТЕГРАЦИЈА ФУНКЦИЈА КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ 6.. ИНТЕГРАЛ ФУНКЦИЈЕ КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ Нека је глатка крива у z равни представљена у облику z(t) = x(t) + iy(t), a t b (6.) и нека је f(z) непрекидна функција дефинисана у некој области z равни која садржи. Слика 6. Подијелимо интервал a t b тачкама a = t 0 < t < t < < t n = b. Овој подјели интервала a t b одговара подјела криве тачкама z 0, z, z 2,, z n = Z, гдје је z k = z(t k ), k = 0,,2, n, Слика 6..

3 6.. ИНТЕГРАЛ ФУНКЦИЈЕ КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ Изаберимо на сваком дијелу криве између тачака z k и z k произвољну тачку ξ k = z(τ k ), t k τ k t k, k =,2, n. Формирајмо интегралну суму n S n = f(ξ k ) z k k= (6.2) гдје је z k = z k z k, k =,2, n. Означимо: λ = max k=,2, n z k. Дефиниција 6.. Ако независно од избора тачака ξ k, k =,2, n, постоји гранична вриједност низа интегралних сума {S n } кад λ 0, та гранична вриједност се назива интеграл функције f(z) по оријентисаној кривој и означава са f(z)dz. (6.3) 3

4 6.. ИНТЕГРАЛ ФУНКЦИЈЕ КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ Из дефиниције 6. слиједе сљедеће особине интеграла функције f(z):. Интеграл линеарне комбинације функција је линеарна комбинација интеграла, тј. (αf(z) + βg(z))dz = α f(z)dz + β g(z)dz, α, β. 2. Ако се промијени оријентација криве, мијења се знак интеграла, тј. Z z 0 f(z)dz = f(z)dz z 0 Z при чему се у интегралу на лијевој страни интеграција врши по путањи од z 0 до Z, а у интегралу на десној страни по путањи од Z до z Ако је крива подијељена на двије криве и 2, тада је f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz 2. 4

5 6.. ИНТЕГРАЛ ФУНКЦИЈЕ КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ Ако фукцију f(z) у интегралу (6.3) представимо помоћу њеног реалног и имагинарног дијела, тј. у облику f(z) = u(x, y) + iv(x, y), онда добијамо формулу f(z)dz = (u + iv)(dx + i dy) = udx vdy + i vdx + udy. Из формуле (6.4) добијамо да се рачунање интеграла комплексне функције своди на рачунање криволинијских интеграла друге врсте, а тиме и на рачунање одређених интеграла. Из (6.4) и користећи репрезентацију криве (6.) добијамо (6.4) f(z)dz b = udx vdy + i vdx + udy (u(x(t), y(t))x (t) v(x(t), y(t))y (t)) dt + a i (v(x(t), y(t))x (t) u(x(t), y(t))y (t)) dt a b = b = f(z(t))z (t)dt, a тј. формулу којом се интеграл комплексне функције своди на одређени интеграл: f(z)dz b = f(z(t))z (t)dt. a (6.5) 5

6 Примјер 6.. Израчунати интеграл 6.. ИНТЕГРАЛ ФУНКЦИЈЕ КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ dz, n N, (z a)n гдје је кружница са центром у тачки a и полупречника r. Рјешење: z a = r z = a + re it, 0 t 2π. Користећи формулу (6.5) добијамо dz (z a) n = i r n Разликујемо случајеве n = и n. За n = добијамо 0 2π ei( n)t dt док за n имамо Дакле, dz z a = i 0 2π dt = 2πi, dz (z a) n = r n ( n) ei( n)t 2π 0 = 0. dz (z a) n 2πi, n = = {. (6.6) 0, n 6

7 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Кошијева 2 интегрална теорема је један од најважнијих резултата у теорији функција комплексне промјенљиве. У овој теореми посматрају се функције које су аналитичке у једноструко повезаној области, па уводимо појам једноструко повезане области. Дефиниција 6.2. Кажемо да је област D из комплексне равни једноструко повезана ако унутрашњост сваке контуре која лежи у D чине само тачке области D. Област која није једноструко повезана назива се вишеструко повезана област. Једноставна затворена крива (контура) која лежи у равни обично се назива Жорданова крива. Теорема 6.. (Коши) Ако је функција f аналитичка у једноструко повезаној области D и ако њен извод непрекидан на D, тада за сваку контуру из D вриједи f(z)dz = 0. 2 Augustin-Louis auchy ( ), француски математичар

8 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Доказ: Пошто је извод функције f непрекидан, то значи да су непрекидни и први парцијални изводи функција u и v, па можемо примијенити Гринову теорему на криволинијске интеграле у (6.4). Добијамо f(z)dz Пошто је из Коши-Риманових услова из (6.7) добијамо и теорема је доказана. = udx vdy + i vdx + udy ( v x u y ) dxdy + i ( u x v y ) dxdy. (6.7) G u x = v y и u y = v x f(z)dz G = 0 = 8

9 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Претпоставка да је извод функције непрекидан се може изоставити, што је 900. године доказао Гурса 3. Тај доказ је сложенији па га изостављамо. Вриједи сљедећа Кошијева интегрална теорема која се зове и Коши-Гурсаова теорема. Теорема 6.2. (Кошијева интегрална теорема) Ако је функција f аналитичка у једноструко повезаној области D, тада за сваку контуру из D вриједи f(z)dz = 0. (6.8) Примјер 6.2. Функције e z, cosz, sinz, z n су цијеле функције, па за сваку контуру из комплексне равни вриједи e z dz = 0, coszdz = 0, sinzdz = 0, z n dz = 0. 3 Eduard Goursat ( ), француски математичар 9

10 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Примјер 6.3. Пошто је функцијa аналитичка у области D: z < π 2, имамо гдје је јединична кружница. f(z) = cosz cosz dz = 0 Примјер 6.4. Према формули (6.6) из Примјера 6. за n = 2 добијамо да је dz = 0, z2 гдје је јединична кружница. Овај резултат није посљедица Кошијеве интегралне теореме јер функција f(z) = z 2 није аналитичка у z = 0. Дакле, услов аналитичности функције није потребан већ само довољан да би интеграл функције по произвољној контури у једноструко повезаној области био једнак нули. 0

11 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Из Кошијеве интегралне теореме добијамо важну посљедицу која се односи на независност интеграла аналитичке функције од путање интеграције у једноструко повезаној области. Ако подијелимо криву тачкама z и z 2 на криве и 2 (Слика 6.2), из формуле (6.8) добијамо f(z)dz + f(z)dz = 0. 2 Ако промијенимо оријентацију криве и са означимо нову путању, добијамо Слика 6.2 f(z)dz = f(z)dz 2. Према томе, доказали смо сљедећу посљедицу. Посљедица 6.. Ако је функција f(z) аналитичка у једноструко повезаној области D и ако су и 2 произвољне криве из области D које имају заједничке крајње тачке z и z 2, тада важи f(z)dz z 2 = f(z)dz = f(z)dz. 4 (6.8 ) 2 z 4 Формула (6.8 ) вриједи и у случају када криве и 2 имају више заједничких тачака.

12 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Дакле, интеграл аналитичке функције у једноструко повезаној области не зависи од путање која спаја крајње тачке већ само до крајњих тачака z и z 2, па га можемо писати у облику z 2 f(z)dz z. Одавде добијамо да за фиксирану тачку z 0 из области D, интеграл дефинише функцију F(z), z D. z f(t)dt = F(z) (6.8 2 ) z 0 2

13 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Кошијева интегрална теорема вриједи и у случају ако је контура граница области D. Теорема 6.3. Нека је D ограничена једноструко повезана област и нека је функција f аналитичка у D и непрекидна на D = D, гдје је граница области D. Тада је f(z)dz = 0. Такође, Кошијева интегрална теорема вриједи и у случају када је D вишеструко повезана област. Теорема 6.4. Нека граница вишеструко повезане области D састоји од контуре 0 и међусобно дисјунктних контура,, n које се налазе у унутрашњости контуре 0. Ако је функција f аналитичка у D и непрекидна на D = D, тада је f(z)dz = f(z)dz 0 + f(z)dz при чему су контуре 0,,, n оријентисане тако да кретањем по било којој од њих тачке области D остају са лијеве стране. n k= k = 0, (6.9) 3

14 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Доказ: Од вишеструко повезане области D можемо резовима,, 2, n направити једноструко повезану област D чију границу чине контуре 0,,, n и резови,, 2, n (слика 6.3). Примјењујући Теорему 6.5 за једноструко повезану област D са границом добијамо Слика 6.3. f(z)dz = 0, j =,2,, n. (6.0) Пошто се интеграли по резовима анулирају због супротне оријентације, из (6.0) добијамо тј. формулу (6.9). f(z)dz = f(z)dz = f(z)dz 0 n + f(z)dz k= k = 0 4

15 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Ако промијенимо оријентацију контура,, n, онда из формуле (6.9) добијамо f(z)dz 0 n = f(z)dz k= k (6.) при чему су све контуре 0,,, n оријентисане у смјеру супротном кретању казаљке на сату. Специјално, у случају двоструко повезане области формула (6.) постаје f(z)dz 0 = f(z)dz. (6. ) Користећи (6. ) из (6.6) добијамо dz (z a) n 2πi, n = = { 0, n гдје је произвољна контура унутар које се налази тачка a. (6. 2 ) 5

16 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА Примјер 6.5. Израчунати интеграл гдје је а) : z + i =, б) : z = 2. z z2 + dz, Рјешење: Имамо z z2 + dz = 2 z i dz + 2 dz. z + i а) Ако је кружница z + i =, тада је функција на основу Кошијеве интегралне теореме z+i = z i dz = 0. z i аналитичка у области z + i, па је Функција није аналитичка у тачка z = i која се налази унутар контуре z + i =, па се z+i на интеграл не може примијенити Кошијева интегрална теорема. Из (6.6) добијамо да је Према томе, z+i = dz = 2πi. z + i z dz = πi. z+i = z2 + 6

17 6.2. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ТЕОРЕМА б) Пошто се обе тачке z = ±i у којима функција f(z) = z контуре z = 2, примјењујући резултат из (6.6) добијамо z 2 + није аналитичка налазе унутар z z =2 z2 + dz = 2 z =2 z i dz + 2 dz = πi + πi = 2πi. z + i z =2 7

18 6.3. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ФОРМУЛА Из Кошијеве интегралне теореме слиједи једна од најважнијих формула комплексне анализе - Кошијева интегрална формула. Теорема 6.5. Нека је функција f аналитичка у једноструко повезаној области D и нека је произвољна контура из те области оријентисана супротно кретању казаљке на сату. Тада за сваку тачку a која се налази унутар контуре важи Кошијева интегрална формула Доказ: Имамо f(a) = 2πi f(z) f(z) f(z) f(a) dz = z a z a z a dz. (6.2) dz + f(a) dz. z a Из (6. 2 ) је па је dz z a = 2πi f(z) f(z) f(a) dz = z a z a dz + 2πif(a). (6.3)

19 6.3. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ФОРМУЛА Покажимо сада да је f(z) f(a) dz z a = 0. Нека је K кружница полупречника r са центром у тачки a оријентисана супротно кретању казаљке на сату и нека се налази у унутрашњости контуре. Функција f(z) f(a) z a је аналитичка у свим тачкама области D осим у тачки a, па је она аналитичка у двоструко повезаној области ограниченој контуром и кружницом K, и непрекидна је на граници те области. Према Кошијевој интегралној теореми и формули (6. ) за двоструко повезане области имамо f(z) f(a) dz z a = K f(z) f(a) dz. z a (6.4) Функција f(z) је аналитичка па је и непрекидна, и за свако ε > 0 постоји δ > 0 тако да је f(z) f(a) < ε за све z за које је z a < δ. 9

20 6.3. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ФОРМУЛА Ако је K кружница чији је полупречник r мањи од δ, тада за сваку тачку кружнице K вриједи f(z) f(a) < ε z a r па је f(z) f(a) dz ε z a r dz = ε 2rπ = 2πε. r K K Одавде добијамо f(z) f(a) dz доказана. K z a = 0. Сада из (6.4) и (6.3) добијамо (6.2) и теорема је Примјер 6.6. Израчунати гдје је : z = 3/2. tgz z2 dz Рјешење: Функција tgz је аналитичка у области z < π/2 па се може примијенити Кошијева интегрална формула за контуру z = 3/2. Имамо tgz z2 dz = 2 tgz z dz 2 tgz z + dz = 2πitg 2πitg( ) = 2πitg

21 6.3. КОШИЈЕВА ИНТЕГРАЛНА ФОРМУЛА Кошијева интегрална формула вриједи и за вишеструко повезане области. Нека је нпр. D двоструко повезана област чију границу чине контуре и 2 оријентисане тако да кретањем по свакој од њих тачке области D остају са лијеве стране. Ако је функција f аналитичка у D и непрекидна на D = D 2, тада за сваку тачку a из D вриједи f(a) = 2πi f(z) z a dz + 2πi f(z) z a dz 2. (6.4 ) 2

22 6.4. ИЗВОДИ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Сљедећа теорема представља уопштење Кошијеве интегралне формуле и изражава чињеницу да је извод аналитичке функције такође аналитичка функција, односно да аналитичка функција има изводе произвољног реда, те даје формулу за њихово одређивање. Теорема се може доказати математичком индукцијом и доказ не наводимо. Теорема 6.6. Ако је функција f аналитичка у области D, тада она има изводе произвољног реда који су аналитичке функције у D. Вриједности тих извода у произвољној тачки a D одређују се помоћу формуле f (n) (a) = n! 2πi f(z) dz, n =,2, (z a)n+ (6.5) гдје је контура из области D оријентисана супротно кретању казаљке на сату, унутар које се налази тачка z = a.

23 6.4. ИЗВОДИ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Примјер 6.7. Израчунати гдје је : z i =. z3 + sinz (z i) 3 dz Рјешење: Функција f(z) = z 3 + sinz је цијела функција па се на интеграл може примијенити формула (6.5) за n = 2. Вриједи z3 + sinz (z i) 3 dz = 2πi 2! (z3 + sinz) z=i = π(sh 6). 23

24 6.5. ПРИМИТИВНА ФУНКЦИЈА И ИНТЕГРАЛ Дефиниција 6.3. Кажемо да је функција F(z) примитивна функција функције f(z) у области D ако је за z D F (z) = f(z). Уколико је F(z) примитивна функција функције f(z), онда је и функција F(z) + c, гдје је c произвољна константа, такође примитивна функција функције f(z). Обрнуто, уколико су F (z) и F 2 (z) примитивне функције функције f(z) у области D, тада је F (z) F 2 (z) = c. Заиста, ако је F(z) = F (z) F 2 (z) = u + iv, за z D имамо F (z) = F (z) F 2 (z) = f(z) f(z) = 0. Одавде добијамо па је F (z) = u v + i x x = 0 F (z) = v u i y y = 0 u x = v x = u y = v y = 0. Према томе добијамо да је u = c и v = c 2, тј. F(z) = c + ic 2 = c.

25 6.5. ПРИМИТИВНА ФУНКЦИЈА И ИНТЕГРАЛ Сада наводимо теорему која даје везу између примитивне функције и интеграла. Видјели смо да интеграл аналитичке функције у једноструко повезаној области зависи само од крајњих тачака криве и да за фиксирану тачку z 0 интеграл дефинише функцију φ(z) (видјети (6.8 2 )). z φ(z) = f(t)dt. (6.5 ) z 0 Теорема 6.7. Нека је функција f непрекидна у области D и нека интеграл функције не зависи од путање интеграције која лежи у D, већ само од крајњих тачака. Тада је функција φ из (6.5 ) аналитичка у D и за z D вриједи φ (z) = f(z). Пошто интеграл аналитичке функције у једноструко повезаној области зависи само од крајњих тачака криве, из Теореме 6.7 непосредно слиједи: Теорема 6.8. Ако је функција f(z) аналитичка функција у једноструко повезаној области D, онда она има примитивну функцију у тој области. 25

26 Примитивна функција функције f на D је функција (6.5 ). Зато је 6.5. ПРИМИТИВНА ФУНКЦИЈА И ИНТЕГРАЛ z φ(z) = f(t)dt = F(z) + c (6.5 2 ) z 0 при чему је F(z) произвољна примитивна функција функције f. Стављајући у (6.5 2 ) z = z 0 добијамо c = F(z 0 ) па формула (6.5 2 ) постаје z φ(z) = f(t)dt = F(z) F(z 0 ) (6.5 3 ) z 0 Формула (6.5 3 ) је проширење Њутн-Лајбницове формуле из реалне анализе на интеграле функције комплексне промјенљиве. Примјер 6.8. Израчунати интеграл +i 0 z 2 dz. Рјешење: Коришћењем формуле (6.5 3 )добијамо +i z 2 dz 0 = z3 +i 3 ( + i)3 = 3 0 = i. 26

27 6.5. ПРИМИТИВНА ФУНКЦИЈА И ИНТЕГРАЛ Сада можемо доказати доказати обрнуто тврђење у Кошијевој интегралној теореми. Теорема 6.9. (Морерина теорема 5 ) Ако је функција f(z) непрекидна у једноструко повезаној области D и ако је f(z)dz по свакој затвореној путањи из D, тада је функција f(z) аналитичка у D. Доказ: Из претпоставке да је интеграл функције једнак нули по свакој затвореној путањи из D, добија се да интеграл функције не зависи од путање интеграције већ само од крајњих тачака. Тада је на основу Теореме 6.7 функција φ(z) = f(t)dt аналитичка и вриједи φ (z) = z 0 f(z). Пошто је на основу теореме 6.6 извод аналитичке функције такође аналитичка функција, добијамо да је f(z) аналитичка у D. = 0 z 5 Giacinto Morera ( ), италијански математичар 27

28 6.5. ПРИМИТИВНА ФУНКЦИЈА И ИНТЕГРАЛ Помоћу Теореме 6.6 доказујемо веома значајну Кошијеву неједнакост. Ако у формули (6.5) за контуру изаберемо кружницу z a = r и претпоставимо да је f(z) M на, добијамо односно Кошијеву неједнакост f (n) (a) = n! 2π f(z) n! M dz (z a)n+ 2π r f (n) (a) = Помоћу Кошијеве неједнакости доказујемо Лиувилову 6 теорему. n+ 2rπ n! M r n, n =,2, (6.6) Теорема 6.0. (Лиувилова теорема) Ако је цијела функција f ограничена, онда је она константна. Доказ: Пошто је f ограничена постоји константа M таква да је f(z) M за свако z. За цијелу функцију важи Кошијева неједнакост (6.6) па је f (z) = M r за свако z и свако r > 0. Одавде добијамо да је f (z) = 0 па је f(z) = const. 6 Joseph Liouville ( ), француски математичар 28

29 6.6. ТЕЈЛОРОВ РЕД Показаћемо да се свака аналитичка функција може представити помоћу Тејлоровог реда који има исти облик као у реалној анализи, с тим да је реална промјенљива x замијењена комплексном промјенљивом z. Теорема 6.. (Тејлорова теорема) Ако је функција f аналитичка у области D, онда се она може представити помоћу степеног реда са центром у произвољној тачки a из D облика f(z) = f(n) (a) (z a) n. (6.7) n! n=0 Развој функције (6.7) вриједи у отвореном кругу највећег полупречника са центром у тачки a који лежи у D. Доказ: Нека је z a < R отворени круг највећег полупречника са центром у тачки a који лежи у D и нека је z произвољна тачка тог круга. Функција f је аналитичка у области D па је аналитичка и у кругу z a < R. Према Кошијевој интегралној формули (6.2) тада је f(z) = 2πi f(t) dt (6.8) t z гдје је кружница t a = r, r < R оријентисана супротно кретању казаљке на сату у којој се налази тачка z.

30 Познато је да је сума геометријског реда једнака + q + q q n + = q, q и да је сума првих n чланова геометријског низа + q + q q n = qn+ q = q qn+, q. q Из ових једнакости добијмо q = + q + q2 + + q n + qn+, q. q Одавде добијамо тј. t a t a t z = t a t a + a z t a ( + z a t a ( + z a t a + (z a t a ) 2 + (z a t a ) 2 = t a z a = t a z a n + + ( t a ) ТЕЈЛОРОВ РЕД a (z t a )n+ z a ) = t a z a n + + ( t a ) ) + a n+ (z t z t a ), 30

31 6.6. ТЕЈЛОРОВ РЕД t z = t a + z a (z a)2 + (t a) 2 (t a) (z a)n (t a) n+ + a n+ (z t z t a ). (6.9) Сада из (6.8) и (6.9) добијамо гдје је f(z) = 2πi f(t) dt = t z 2πi f(t) z a + t a 2πi f(t) dt + (t a)2 (z a) 2 2πi f(t) (z a)n dt + + (t a)3 2πi f(t) (t dt + R n+ (z) a)n+ (z a)n+ f(t) R n+ (z) = 2πi (t a)n+ (t z) dt. Примјењујући Кошијеву интегралну формулу (6.5) из (6.20) добијамо f(z) = f(a) + f (a)! (z a) + f (a) 2! (z a) f(n) (a) n! (6.20) (z a) n + R n+ (z). (6.2) Пошто аналитичка функција има изводе произвољног реда, број n у (6.2) је произвољан природан број. Покажимо сада да R n+ (z) 0 (n ). Функција f(t) ограничена на. Постоји константа K таква да је за све t са t z је аналитичка на па је она и 3

32 6.6. ТЕЈЛОРОВ РЕД Сада је f(t) t z K. z a n+ f(t) R n+ (z) 2π (t a)n+ (t z) dt z a n+ f(t) 2π (t a) n+ (t z) dt z a n+ K 2π r n+ dt z a = Kr r n+. Пошто се налази у кругу t a = r добијамо z a < r тј. z a r <. Одавде добијамо да R n+ (z) 0 (n ). Сада из (6.2) за n добијамо (6.7) и теорема је доказана. 32

33 6.6. ТЕЈЛОРОВ РЕД Ако је a = 0, тада се степени ред (6.7) назива Маклоренов ред. Лако се показује да су Маклоренови редови неких елементарних функција исти као у реалној анализи, при чему је реална промјенљива x замијењена комплексном промјенљивом z. За функцију f(z) = је z f(n) (z) = геометријски ред n=0 n! ( z) n+, па је Маклоренов ред функције f(z) z = zn = + z + z 2 + z 3 + ( z < ). (6.22) Пошто функција f(z) није аналитичка у тачки z =, отворени круг највећег полупречника са центром у тачки z = 0 у ком је функција аналитичка је круг z <, па развој (6.22) вриједи у том кругу. За функцију f(z) = e z је f (n) (z) = e z, па је Маклоренов ред функције f(z) e z = zn n! n=0 Пошто је функција f(z) цијела, развој (6.22 ) вриједи за све z. = + z + z2 2! + (6.22 ) 33

34 6.6. ТЕЈЛОРОВ РЕД Помоћу развоја (6.22 ) и дефиниције тригонометријских и хиперболичких функција, добијамо z2n cosz = ( ) n (2n)! n=0 z 2n sinz = ( ) n (2n )! n= chz = z2n (2n)! n=0 z2n shz = (2n )! n= = z2 2! + z4 4! ( ) = z z3 3! + z5 5! + ( )n z 2n (2n )! + ( ) = + z2 2! + z4 z2n + + ( )n 4! (2n)! + За функцију f(z) = Ln( + z) је f (n) (z) = ( ) f(z) zn n Ln( + z) = ( ) n n= = z + z3 3! + z5 5! + + z2n (2n )! + n (n )! (z+) = z z2 2 + z3 ( z < ). 3 n, па је Маклоренов ред функције Отворени круг највећег полупречника са центром у тачки z = 0 у ком је функција Ln( + z) аналитичка је круг z <, па развој вриједи у том кругу. 34

35 6.6. ТЕЈЛОРОВ РЕД Примјер 6.9. Развити функцију f(z) = 2z i у Тејлоров ред у околинои тачке -. Рјешење: Развој вриједи за 2z i = 2z i = 2 + i 2(z + ) 2 + i < z + < 2 + i 2 = 2n 2(z + ) (2 + i) n+ (z + ) n. n=0 2 + i z + < 5 2. Примјер 6.0. Развити функцију f(z) = cosz2 z 4 у Маклоренов ред. Рјешење: cosz 2 z 4 = z4 ( + z4 2! z8 4! + z2 6! ) = 2! z4 4! + z8 z4n 4 + ( )n 6! (2n)! + 35

36 6.7. ЛОРАНОВ РЕД Поред Тејлоровог реда за функције комплексне промјенљиве посматрамо и ред облика a n (z a) n n= (6.23) који се назива Лоранов ред. Тачка a се назива центар а a n су коефицијенти Лорановог реда. Ред (6.23) је конвергентан у тачкама у којима су конвергентни редови и a n (z a) n n=0 a n (z a) n n= = a n (z a) n. n= Сума реда (6.23) је једнака суми редова (6.24) и (6.25). (6.24) (6.25)

37 Теорема 6.2. (Лоранова теорема) Ако је функција f(z) аналитичка у прстену R < z a < R 2 (R 0, R 2 ) онда се она у том прстену може представити помоћу конвергентног реда гдје је f(z) = a n (z a) n n= 6.7. ЛОРАНОВ РЕД (6.26) a n = 2πi f(t) (t dt, (6.27) a)n+ и кружница t a = r, R < r < R 2, оријентисана супротно кретању казаљке на сату. Доказ: Нека је z произвољна тачка из прстена R < z a < R 2 и нека су : t a = r, 2 : t a = r 2, (R < r < r 2 < R 2 ) кружнице које формирају кружни прстен r < t a < r 2 који садржи тачку z (Слика 6.4). Слика

38 Према Кошијевој интегралној формули (6.4 ) тада је 6.7. ЛОРАНОВ РЕД f(z) = 2πi f(t) t z dt 2 2πi f(t) t z dt (6.27 ) при чему се интеграција врши у смјеру супротном кретању казаљке на сату. Као и у доказу Тејлорове теореме добијамо гдје је 2πi 2 f(t) t z dt a n = 2πi = a n (z a) n n=0 f(t) (t a) dt. n+ 2 ( ) Ако је t произвољна тачка са кружнице, тада је t a < па развојем у геометријски ред добијамо t z = z a t a + a z z a t a a 2 ( + + (t z a z a z a ) z a = z a t a = z a t a n + + ( z a ) ) a n+ (t z t z a ). 38

39 Одавде добијамо гдје је 2πi f(t) t z dt = 2πi (z a) i+ n i=0 f(t)(t a) i dt + R n+ (z) f(t)(t a)n+ R n+ (z) = dt. 2πi(z a) n+ z t 6.7. ЛОРАНОВ РЕД Слично као у доказу Тејлорове теореме покаже се да R n+ (z) 0 (n ) па добијамо гдје је 2πi f(t) t z dt = a n (z a) n, ( ) a n = 2πi n=0 f(t) (t a) dt. n+ Из (6.27 ), ( ) и ( ) добијамо (6.26) и теорема је доказана. 39

40 6.7. ЛОРАНОВ РЕД Примјер 6.. Одредити Лоранов ред функције f(z) = z 2 e z по степенима z. Рјешење: Користећи развој (6.22 ) добијамо f(z) = z 2 z n n! n=0 = z 2 + z + 2! + 3! z + +, z > 0. 4! z2 Примјер 6.2. Одредити Лоранов ред функције f(z) = а) z <, б) z >. z по степенима z у области Рјешење: а) Користећи развој (6.22) за z < имамо б) За z > је < па имамо z f(z) = z = z f(z) = z = zn z n=0 = z n+ n=0 = + z + z 2 + z 3 +. = z n = z z 2 z 3. n= 40

41 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Ако је функција f(z) аналитичка у свим тачкама круга z a < R осим у тачки a, кажемо да је тачка a изолована сингуларна тачка (изоловани сингуларитет) функције f(z). Круг z a < R без тачке a можемо записати у облику 0 < z a < R. Према Лорановој теореми, функција f(z) која је аналитичка у прстену (6.28), може се у том прстену представити помоћу конвергентног реда Редови и f(z) = a n (z a) n n= (6.28) = a n (z a) n + a n (z a) n. (6.29) n=0 n= f (z) = a n (z a) n, z a < R n=0 f 2 (z) = n= a n (z a) n, z a > 0 називају се правилни, односно главни дио Лорановог реда.

42 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Разликујемо три врсте сингуларитета.. Ако главни дио Лорановог реда (6.29) нема ниједан члан, тј. ако је Лоранов ред облика f(z) = a n (z a) n n=0 кажемо да је тачка a отклоњиви сингуларитет. Примјер 6.3. Функција f(z) = sinz z је аналитичка у свим тачкама комплексне равни осим у тачки z = 0 у којој није ни дефинисана, па је тачка z = 0 изолована сингуларна тачка. Лоранов ред те функције са центром у z = 0 је облика f(z) = sinz z = z ( )n z 2n n= (2n )! = z2 3! + z4 5! Пошто главни дио Лорановог реда нема чланова, закључујемо да је тачка z = 0 отклоњиви сингуларитет. 42

43 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА 2. Ако главни дио Лорановог реда (6.29) има само коначно много чланова, тада кажемо да је тачка a пол функције f(z). Ако је при томе главни дио Лорановог реда облика a z a + a 2 (z a) a m (z a) m, a m 0 кажемо да је тачка a пол реда m. За пол првог реда кажемо да је прост пол. Примјер 6.4. Функција f(z) = sinz z 7 је аналитичка у свим тачкама комплексне равни осим у тачки z = 0 у којој није ни дефинисана, па је тачка z = 0 изолована сингуларна тачка. Лоранов ред те функције са центром у z = 0 је облика f(z) = sinz z 7 = z 2n z 7 ( )n (2n )! Главни дио Лорановог реда је n= па је тачка z = 0 пол шестог реда. z 6 3! z 4 + 5! z 2 = z 6 3! z 4 + 5! z 2 7! + z2 9! 43

44 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА 3. Ако главни дио Лорановог реда (6.29) има бесконачно много чланова, тада кажемо да је тачка a есенцијални сингуларитет функције f(z). Примјер 6.5. Функција f(z) = z 2 e z из Примјера 6. има у тачки сингуларитет. z = 0 есенцијални Понашање аналитичке функције у околинама сингуларних тачака зависи од врсте сингуларитета.. Ако је тачка a отклоњиви сингуларитет, онда је lim z a f(z) коначан. 2. Ако је тачка a пол реда m, онда је lim z a f(z) =. 3. Ако је тачка a есенцијални сингуларитет, онда не постоји lim z a f(z) (ни коначан ни бесконачан). 44

45 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Нека је f аналитичка у области D. Тачка a D се назива нула функције f ако је f(a) = 0. Ако је f(a) = f (a) = f (a) = = f (m ) (a) = 0 f (m) (a) 0 кажемо да је тачка a нула реда m функције f. Нула првог реда се назива проста нула. Примјер 6.6. Функција f(z) = z 2 + има просте нуле z = ±i. Функција f(z) = (z 2 + 4) 3 (z ) има просту нулу z = и нуле трећег реда z = ±2i. Функција f(z) = sinz има простe нулe у тачкама z = kπ, k Z, док функција f(z) = sin 2 z има нулe другог реда z = kπ, k Z. 45

46 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Ако је тачка a нула реда m функције f тада је Тејлоров ред функције у тој тачки облика f(z) = a n (z a) n n=m односно функција f се може представити у облику = (z a) m a n+m (z a) n n=0 f(z) = (z a) m g(z) (6.30) гдје је g(z) аналитичка функција у околини тачке a и при чему је g(a) 0. Сада наводимо теорему која даје везу између полова и нула функције. Теорема 6.3. Нека је f(z) аналитичка функција у околини тачке a која је нула реда m те функције. Тада функција f(z) има пол реда m у тачки a. Доказ: Лако се показује да су нуле аналитичке функције изоловане. Према томе, постоји околина тачке a у којој је функција аналитичка и у којој нема других нула функције осим тачке a. Тада се функција f(z) у тој околини може представити у облику (6.30), па се функција може представити у облику f(z) = (z a) m g(z). f(z) 46

47 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Пошто функција g(z) нема нула у посматраној околини, то је функција функција која се може развити у Тејлоров ред у тој околини: g(z) = b n(z a) n. n=0 Према томе добијамо да Лоранов ред функције f(z) има облик f(z) = (z a) m b n (z a) n n=0 b 0 (z a) m + b (z a) m + + b m + b m+ (z a) + Пошто је b 0 = g(a) 0 добијамо да је тачка a пол реда m функције f(z). = g(z) аналитичка 47

48 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА Примјер 6.7. Функција f(z) = 2z (z + 4) 3 (z 2 + ) 2 има пол трећег реда у тачки z = 4 и полове другог реда у тачкама z = ±i јер функција f(z) = (z + 4)3 (z 2 + ) 2 2z има нулу трећег реда у тачки z = 4 и нуле другог реда у тачкама z = ±i. 48

49 6.8. ИЗОЛОВАНИ СИНГУЛАРИТЕТИ И НУЛЕ АНАЛИТИЧКИХ ФУНКЦИЈА За испитивање понашање функције f(z) за велике вриједности z, тј. за z, уводимо смјену z = и испитујемо понашање функције g(ω) = f ( ) у тачки ω = 0. ω ω Кажемо да је функција f аналитичка (сингуларна) у тачки z = ако је функција g аналитичка (сингуларна) у тачки ω = 0. Кажемо да је тачка z = нула реда m функције f ако је тачка ω = 0 нула реда m функције g. Примјер 6.8. Функција f(z) = је аналитичка у z = јер је функција g(ω) = f ( ) = z 2 ω ω2 аналиттичка у ω = 0. Тачка z = је нула другог реда функције f јер је тачка ω = 0 нула другог реда функције g(ω) = ω 2. Функција f(z) = z 3 је сингуларна у z = јер је функција g(ω) = f ( ω ) = ω 3 сингуларна у ω = 0. Тачка z = је пол трећег реда функције f јер је тачка ω = 0 пол трећег реда функције g(ω) = ω 3. Функција f(z) = e z има есенцијални сингуларитет у тачки z = јер функција g(ω) = f ( ω ) = e ω има есенцијални сингуларитет у тачки ω = 0. 49

50 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Нека је функција f(z)аналитичка у прстену 0 < z a < R. Тада се она у том прстену може представити помоћу конвергентног Лорановог реда a n (z a) n n= чији се коефицијенти рачунају по формули (6.27) За n = добијамо a n = 2πi f(z) dz. (z a)n+ a = 2πi f(z)dz. (6.3) Према Кошијевој интегралној теореми за путању интеграције можемо узети произвољну контуру из прстена 0 < z a < R у чијој се унутрашњости налази тачка a и која је оријентисана супротно кретању казаљке на сату. С друге стране, Лоранов ред функције па и коефицијент a можемо одредити на различите начине, без коришћења формуле (6.27).

51 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Значи ако нам је познат коефицијент a тада из (6.3) можемо израчунати интеграл f(z)dz = 2πia. Дакле, међу коефицијентима Лорановог реда посебан значај има коефицијент a. Дефиниција 6.4. Коефицијент a називамо остатак или резидуум функције f у тачки a и означавамо са Сада формулу (6.3) записујемо у облику a = Res z=a f(z). (6.32) f(z)dz = 2πi Res z=a f(z). (6.33) Ако је функција аналитичка у тачки a или је тачка a отклоњиви сингуларитет, онда је јасно да је f(z) = 0. Res z=a 5

52 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Примјер 6.9. Израчунати z =2 sinz z 6 dz. Рјешење: sinz z 6 = z3 (z z6 3! + z5 5! z7 7! + ) = z 5 6z z z 7! + Тачка z = 0 је пол петог реда функције и налази се унутар кружнице z = 2, па је f(z) = sinz z 6 z =2 sinz dz z 6 = 2πi Res z=0 f(z) = 2πi 20 = πi

53 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Примјер Израчунати dz z =/2 z3 z 4. Рјешење: Функција f(z) = z 3 z 4 = z 3 ( z) има пол трећег реда у тачки z = 0 и прост пол у тачки z =. Унутар кружнице z = 2 се само тачка z = 0 па је налази Даље је f(z) = dz dz = 2πi Res z =2 z3 z4 f(z). z=0 z 3 ( z) = z 3 ( + z + z2 + z 3 + ) = z 3 + z 2 + z + + z + и добијамо Дакле, a = Res z=0 f(z) =. dz dz = 2πi. z =2 z3 z4 53

54 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Сада ћемо показати како се може одредити остатак функције у полу без развијања функције у Лоранов ред. Нека је тачка a пол реда m функције f(z). Тада је f(z) = a m (z a) m + a m+ (z a) m + + a z a + a 0 + a (z a) +, a m 0. Ако помножимо f(z) са (z a) m добијамо g(z) = (z a) m f(z) = a m + a m+ (z a) + + a (z a) m + a 0 (z a) m +. Значи, a је коефицијент у Тејлоровом развоју фунцкије g(z) који стоји уз (z a) m и он је према Тејлоровој формули једнак g(m ) (a). (m )! Према томе, ако је тачка a пол реда m функције f(z), тада је a = Res z=a f(z) = (m )! lim z a ( dm dz m ((z a)m f(z))). (6.34) Ако је тачка a прост пол, тј. m =, тада формула (6.34) постаје a = Res z=a f(z) = lim z a (z a)f(z). (6.35) 54

55 Примјер 6.2. Одредити полове и одговарајуће остатке функције f(z) = 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА (z 2 + 2) 2 (z ) 2 (z 2 + ). Рјешење: Функција f(z) има пол другиг реда у тачки z = и просте полове у тачкама z = ±i. Тада је Res z=i f(z) = lim (z i) (z 2 + 2) 2 z i (z ) 2 (z i)(z + i) = lim (z 2 + 2) 2 z i (z ) 2 (z + i) = 4, Res f(z) = lim (z + i) (z 2 + 2) 2 z= i z i (z ) 2 (z i)(z + i) = lim z i Res z= f(z) = lim z d dz ((z (z 2 + 2) 2 )2 (z ) 2 (z 2 + ) ) = lim z (z 2 + 2) 2 (z ) 2 (z i) = 4 d dz ((z2 + 2) 2 z 2 + ) =

56 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Показаћемо сада како се може једноставно одредити остатак функције у простом полу за функције облика f(z) = φ(z) ψ(z). Нека је f(z) = φ(z), гдје су φ и ψ аналитичке функције у тачки a. Ако је φ(a) 0 и ако је ψ(z) ψ(a) = 0, ψ (a) 0, тада је тачка a прост пол функције f. Примјењујући (6.35) добијамо Дакле, Res z=a φ(z) f(z) = lim(z a) z a ψ(z) = lim z a Res z=a φ(z) ψ(z) ψ(a) z a = φ(a) ψ (a). φ(z) ψ(z) = φ(a) ψ (a). (6.36) Примјер Одредити остатак функције f(z) = sin2 z cosz у тачки z = π 2. Рјешење: φ(z) = sin 2 z φ ( π 2 ) = 0, ψ(z) = cosz ψ (π 2 ) = 0 и ψ ( π ) = 0. 2 sin 2 z cosz = φ ( π 2 ) ψ ( π 2 ) =. Res z= π 2 56

57 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Формула (6.33) се може примијенити ако функција има само једну сингуларну тачку унутар контуре интеграције. Показаћемо како се рачуна интеграл у случају да функција има више сингуларних тачака унутар контуре интеграције. Теорема 6.4. (Теорема о остацима) Нека је функција f(z) аналитичка у једноструко повезаној области D осим у коначно много сингуларних тачака z, z 2,, z n. Ако је контура из D чија унутрашњост садржи те тачке, тада је f(z)dz n = 2πi Res f(z) z=z k при чему се интеграција врши у смјеру супротном кретању казаљке на сату. k= (6.37) Доказ: Нека су k кружницe z z k = r k (k =,2,, n) оријентисане у смјеру кретања казаљке на сату које леже у унутрашњости контуре и нека су кругови z z k r k дисјунктни (Слика 6.5). Функција f(z) је аналитичка у вишеструко повезаној области ограниченој са,,, n као и на граници те области па је према формули (6.9) у Кошијевој интегралној теореми за вишеструко повезане области f(z)dz + f(z)dz + + f(z)dz n = 0. 57

58 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Слика 6.5. Промјеном оријентације кружница,, n одавде добијамо f(z)dz = f(z)dz + + f(z)dz. (6.38) n Пошто је према (6.33) f(z)dz k = 2πi Res z=z k f(z). из (6.38) добијамо (6.37) и теорема је доказана. 58

59 Примјер Израчунати интеграл Рјешење: Према формули (6.35) је z =3 e z ez z =3 z 2 dz. z 2 dz = 2πi (Res z=2 Res z= ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА f(z) + Res z=0 f(z)). f(z) = lim(z 2) e z z 2 z 2 = e 2. За одређивање остатка у тачки z = 0 развијамо функцију у Лоранов ред у околини те тачке. Имамо и па је e z = n! z n n=0 z 2 = 2 z 2 = + z + 2! z 2 + 3! z 3 +, z 0 = 2 ( + z 2 + z2 4 + z3 8 + ), z < 2 e z z 2 = 2 ( + z 2 + z2 4 + z3 8 + ) ( + z + 2! z 2 + 3! z 3 + ). 59

60 6.9. ИНТЕГРАЦИЈА МЕТОДОМ ОСТАТКА Одавде добијамо тј. Према томе a = Res z=0 f(z) = 2 ( + 2 2! + 4 3! + 8 4! + ) Res f(z) = z=0 2 n = (e 2 ) = e 2. n! n= e z z =3 z 2 dz = 2πi(e 2 + e 2) = 2πi. 60