Osnove kompleksne analize MARKO SLAPAR Univerza v Ljubljani Pedagoška fakulteta Marko Slapar Osnove kompleksne analize Ljubljana, Avgust 2012 Naslov: Osnove kompleksne analize Avtor: Marko Slapar Recenzenta: Barbara Drinovec Drnovšek, Jasna Prezelj Perman Izdala in založila: Pedagoška fakulteta Univerze v Ljubljani Za založnika: Janez Krek, dekan Predmet: Matematika Dostopno na spletnem naslovu: http: //hrast .pef .uni-lj . si/~slaparma/ KompleksnaAnaliza.pdf Prva izdaja, e-študijsko gradivo (učbenik) ISBN 978-961-253-097-6 ©2012 avtor CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 517.5 SLAPAR, Marko Osnove kompleksne analize [Elektronski vir] / Marko Slapar. - 1. izd. - Ljubljana : Pedagoška fakulteta, 2012 Način dostopa (URL): http://hrast.pef.uni-lj.si/ slaparma/KompleksnaAnaliza.pdf ISBN 978-961-253-097-6 (pdf) 263239936 Vse pravice pridržane. Reproduciranje in razmnoževanje dela po zakonu o avtorskih pravicah ni dovoljeno. Kazalo Predgovor v Poglavje 1. Kompleksna števila 6 1.1. Definicija in algebraicne lastnosti 6 1.2. Polarni zapis kompleksnega števila 8 1.3. Topologija kompleksne ravnine 12 1.4. Stereografska projekcija in Riemannova sfera 15 1.5. Linearne lomljene transformacije 18 Naloge 21 Poglavje 2. Kompleksne funkcije 24 2.1. Definicija odvoda kompleksnih funkcij 24 2.2. Holomorfne funkcije in Cauchy-Riemannove enacbe 26 2.3. Harmonicne funkcije 30 2.4. Primeri holomorfnih funkcij 32 Naloge 37 Poglavje 3. Kompleksna integracija 40 3.1. Definicija kompleksnega integrala 40 3.2. Cauchyjev izrek 43 3.3. Cauchyjeva integralska formula in posledice 49 3.4. Primitivna funkcija 54 Naloge 58 Poglavje 4. Taylorjeva in Laurentova vrsta 60 4.1. Funkcijska zaporedja, funkcijske vrste in enakomerna konvergenca 60 4.2. Potencne vrste 63 4.3. Posledice razvoja v potencno vrsto 67 4.4. Laurentova vrsta 69 Naloge 75 iii Poglavje 5. Klasifikacija izoliranih singularnosti in izrek o ostankih 78 5.1. Klasifikacija izoliranih singularnosti 78 5.2. Izrek o ostankih 84 5.3. Primeri uporabe izreka o ostankih 87 Naloge 96 Predgovor Učbenik je nastal na podlagi predavanj pri predmetu Kompleksna analiza na Pedagoški fakulteti Univerze v Ljubljani, ki se predava Študentom matematike v tretjem letniku dodiplomskega študija. Vsebuje osnovne teme kompleksne analize, kot so kompleksna stevila, holomorfne funkcije, kompleksna integracija in Taylorjeve ter Laurentove vrste. Od bralca predpostavlja zgolj osnovno znanje realne analize v eni in dveh spremenljivkah. Dokazi trditev so narejeni z vso matematično korektnostjo, vendar je poudarek učbenika na razumevanju konceptov in uporabi kompleksne analize na drugih področjih matematike. POGLAVJE 1 Kompleksna števila 1.1. Definicija in algebraične lastnosti Kompleksna števila definiramo kot pare (a, b) dveh realnih števil, za katere definiramo seštevanje kot (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) in množenje kot (a, b) • (c, d) = (ac — bd, ad + bc). Bolj običajno se odločimo za ekvivalenten zapis a + ib, kjer velja i2 = -l. Število i imenujemo imaginarna enota. S tem dogovorom seštevamo (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i{b + d) in množimo (.a + ib)(c + id) = (ac — bd) + i(ad + bc). Nevtralni element za seštevanje je seveda število 0 = 0 + Oz in enota za množenje je 1 = 1 + Oz. Nasprotni element številu a + ib je kompleksno število — a—ib in, če a+ib ^ 0, število ima inverzni element za množenje = a2~+b2 • Množico kompleksnih števil označimo s C. Velja Izrek 1.1. (C,+,-) je komutativen obseg. Kompleksna števila se v literaturi prvič pojavijo v drugi polovici 16. stoletja. Glavni razlog za vpeljavo kompleksnih števil se, vsaj zgodovinsko, skriva v naslednjem izreku: Izrek 1.2 (osnovni izrek algebre). Vsak nekonstanten polinom ima vsaj eno kompleksno ničlo. Kasneje bomo podali kar nekaj različnih dokazov tega izreka. 6 Poglejmo si nekaj definicij. Naj bo z = a + ib kompleksno število. Označimo z Re(a + ib) = a, Im(a + ib) = b realni del in imaginarni del kompleksnega števila z. Absolutna vrednost števila z = a + ib je število |z| = V a2 + b2, ki predstavlja razdaljo števila z = a + ib do izhodišča kompleksne ravnine. Konjugirano .število h kompleksnemu številu z = a + ib je število ž = a — ib, ki je zrcalna slika š tevila z glede na abscisno os v kompleksni ravnini. Slika 1.1. Realni in imaginarni del, absolutna vrednost in konjugirano š tevilo Naslednja trditev povsem sledi iz definicij. Trditev 1.3. Naj bosta z in w kompleksni števili. Velja (i) z + w = ž + W, (ii) zw = žW, (iii) 1 = # > (iv) Re z = , Im z = . Absolutna vrednost ima naslednje lastnosti: Trditev 1.4. Naj bosta z in w kompleksni števili. Potem velja (i) |z| > 0 in |z| = 0, samo ce je z = 0, (ii) |ž| = |z|, (iii) |zw| = |z||w|, (iv) | Re z| < |z| in | Im z| < |z (v) |z + w| < |z| + |w| (trikotniška neenakost). Dokaz. Tocki (i) in (ii) preprosto sledita iz definicij. Oglejmo si (iii). Naj bo z = a + ib in w = c + id. Potem je zw = (ac — bd) + i(ad + bc). Torej je ^wf = (ac — bd)2 + (ad + bc)2 = a2c2 + b2d2 + a2 d2 + b2c2 = (a2 + b2)(c2 + d2) = |z|2|w|2. Tocka (iv) pomeni a2 < a2 + b2 in b2 < a2 + b2, kar je ocitno. Ostane nam torej samo se trikotniska neenakost (v): |z + w|2 = (a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2ac + 2bd in (|z | + | w |)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2^0^+62 Vč+d2. Neenakost bo torej dokazana, ce pokazemo ac + bd < V a2 + bVc2 + d2. Ce neenakost kvadriramo, dobimo neenakost a2c2 + b2d2 + 2abcd < a2c2 + b2d2 + b2c2 + a2d2 oziroma b2c2 + a2d2 > 2abcd, kar pomeni (bc — ad)2 > 0. □ 1.2. Polarni zapis kompleksnega števila Kompleksno s tevilo z = a + ib lahko zapi semo tudi s pomocjo kota ki ga daljica med izhodis cem in tocko z oklepa s pozitivno abscisno osjo in razdaljo r to cke z do izhodi s c a. Polarni kot p obi cajno vzamemo na intervalu [0,2n) in ga imenujemo tudi argument s tevila z ter oznacimo z arg z. Med obi c ajnimi kartezicnimi koordinatami in polarnimi koordinatami stevila z veljajo zveze Slika 1.2. Polarni zapis kompleksnega stevila a = r cos b = r sin ^ in r = |z | = V a2 + b2, tan b P Kot polarni zapis stevila z = a + ib razumemo zapis z = r(cos p + i sin Primer 1.5. Naslednja kompleksna stevila zapisimo s polarnim zapisom: -3, 1 + i, — 1 + \/Ši. Stevilo —3 ima argument n, saj se nahaja na negativni realni osi in je oddaljeno 3 od izhodisca. Zato je — 3 = 3(cos n + i sin n). Stevilo 1 + i ima argument n/4, saj je tocno na simetrali prvega kvadranta in |1 + i| = v^Š, zato 1 + i = \/2 (cos n + i sin — ) 44 Stevilo — 1 + v^3i ima argument 2n/3, nahaja se namrec v drugem kvadrantu in velja tan 2n = —^/3, | — 1 + 1 = 2, zato r ( 2n 2n \ — 1 + v 3i = 2 [ cos — + i sin — j . □ a Polarni zapis je zelo primeren za mnozenje. Naj bo z = r(cos p + i sin w = p(cos $ + i sin $). Potem je zw = rp(cos ^ + i sin (cos $ + i sin $) = rp(cos cos $ — sin ^ sin $ + (cos ^ sin $ + sin ^ cos $)) = rp(cos(^ + $) + i sin(^ + $)), ker smo upostevali adicijski izrek. Ta racun nam pove, da poleg |zw| = |z||w| velja tudi arg (zw) = arg z + arg w. Formulo lahko uporabimo tudi pri potencah stevil. Ce je z = r (cos + i sin , je zn = rn(cos (n^) + i sin (n^)). V posebnem primeru, ko je |z| = 1, dobimo de Moivreovo formulo (cos + i sin ^)n = cos (n^) + i sin (n^). Primer 1.6. Izracunajmo (1 + i)100. V polarnem zapisu je Zato 1 + i = v 2(cos — + i sin —). 44 (1 + i) 100 = (V2)100( cos^ + i sm100^ = 250 (cos 25n + i sin25n)) = 250 (—1 + 0i) = —250. □ Poglejmo si se, kako lahko s pomocjo polarnega zapisa resujemo enacbo zn = w, kjer je w = p(cos $ + i sin $) dano kompleksno stevilo. Resitev z prav tako iscemo v polarnem zapisu z = r(cos ^ + i sin <^). Veljati mora rn(cos (n^) + i sin (n^)) = p(cos $ + i sin $). Leva in desna stran bosta enaki le, ce bosta enaki absolutni vrednosti obeh stevil, kar pomeni r = nP, in bosta veljali enakosti cos(n^) = cos $ ter sin(n^) = sin $. Zadnji dve enakosti skupaj veljata le, ce za nek k E Z velja n^ = $ + 2kn oziroma ^ = n + ^. Pri tem je dovolj, da za parameter k vzamemo števila k = 0,1, 2,... ,n — 1. Ce povzamemo, so resitve enacbe zn = w = p(cos $ + i sin $) v polarnem zapisu ^ / $ + 2kn $ + 2kn \ , z = vP cos--+ i sin- , k =1, 2,... ,n — 1. nn Primer 1.7. PoisCimo vse kompleksne resitve enaCbe z3 = —1. V polarnem zapisu je — 1 = (cos n + i sin n). Zato so resitve enaCbe n . . n 1 . zi = cos —I i sin — = —I--i, 1 3 3 2 2' 3n . . 3n z2 = cos--1 i sin — = — 1, 2 3 3 ' 5n 5n 1 y/33 z3 = cos--1 i sin — =---i. 3 3 3 2 2 Slika 1.3. Resitve enacbe z3 = — 1 □ Primer 1.8. Poiscimo vse kompleksne resitve enacbe zn = 1. V polarnem zapisu je 1 = (cos0 + i sin0). Zato so resitve enacbe 2kn 2kn , zk = cos--1 i sin-, k = 0,1,...,n — 1. nn Resitve enacbe so torej enakomerno porazdeljene po enotski kroznici, predstavljajo oglisca pravilnega n kotnika, pri cemer je eno od oglisc 1. Narisimo primer, ko je n = 8. za z2 / v\ / \\ w / \ \ / \\ A/4 \ zi z\ z8 z7 Slika 1.4. Osmi koreni enote 1.3. Topologija kompleksne ravnine Kompleksno ravnino lahko na naraven način enačimo z ravnino R2. Razdalja med dvema tockama zi = xi + iyi in z2 = x2 + iy2 je podana z d(zi, Z2) = |zi - Z21 = \/(x2 - xi)2 + (y2 - yi)2 in je enaka razdalji med točkama (x1,y1) ter (x2,y2) v R2. Z D(a, r) = {z G C; |z — a| < r} in D(a, r) = {z G C; |z — a| < r} podamo odprt in zaprt krog s polmerom r okrog točke a. / \ / y\ I Sa \ / \ / Slika 1.5. Odprt in zaprt krog s središčem v a in radijem r Definicija 1.9. Naj bo D C C. Tocka a e D je notranja točka množice D, ce obstaja tak e, da je D(a, e) C D. Tocka b e C je robna tocka mnozice D, ce za vsak e > 0 krog D(b,e) seka tako D kot C\D. ToCka c e C je zunanja tocka D, ce je c notranja tocka množice C\D. Seveda velja C = {notranje tocke D} U {robne tocke D} U {zunanje tocke D}, pri cemer gre za disjunktno unijo. zunanje točke Slika 1.6. Notranje, zunanje in robne tocke mnozice Definicija 1.10. Mnozica D C C je odprta, ce je vsaka tocka a e D notranja tocka mnozice D. Mnozica F C C je zaprta, ce vsebuje vse svoje robne to c ke. Definicija 1.11. Odprta mnozica D C C je povezana, ce je ne moremo napisati kot disjunktno unijo dveh nepraznih odprtih mnoz ic. Odprto povezano mnoz ico imenujemo območje. Slika 1.7. Nepovezana odprta mnozica Definicija 1.12. Pot v C je zvezna preslikava 7: [0,1] ^ C. Ce velja, da je 7(0) = 7(1), je pot sklenjena, in ce je poleg tega zozitev Y: (0,1) ^ C injektivna, je y enostavno sklenjena. Tir poti je zaloga vrednosti 7([0,1]), ozna c imo ga z 7*. Pot 7 je (kosoma) gladka, c e je Y zvezno odvedljiva (razen v kon c no mnogo to c kah). Dve poti 7o,7i: [0,1] ^ D C C sta homotopni v D, ce obstaja zvezna preslikava F: [0,1] x [0,1] ^ D, da velja F (t, 0) = Yo (t) in F (t, 1) = Yi (t). Y1 Y0 Slika 1.8. Homotopija med potema y0 in y1 Pogosto oznacimo 7 s(t) = F (t, s). Ce sta poti y0 in j1 sklenjeni, pri ho-motopiji zahtevamo š e, da so vse poti Ys tudi sklenjene. Za (sklenjeno) pot Y recemo, da je homotopna konstanti, ce je homotopna konstantni poti Y1(t) = P G D za t G [0,1]. Definicija 1.13. Naj bo D C C poljubna podmoz ica. Ce za poljubni tocki a,b G D obstaja pot y : [0,1] ^ C, za katero velja y(0) = a, Y(1) = b in Y([0,1]) C D, recemo, da je mnoz ica D povezana s potmi. Vsaka s potmi povezana mnozica je tudi povezana, obrat pa velja samo za mnoz ice, ki so lokalno povezane s potmi. Med drugim velja Izrek 1.14. Naj bo D C C odprta mnoZica. Potem je mnoZica D povezana natanko tedaj, ko je povezana s potmi. Definicija 1.15. Mnoz ica D C C je enostavno povezana, ce je vsaka sklenjena pot v D homotopna konstanti. Definicija 1.16. Mnoz ica K C C je kompaktna, ce je zaprta in omejena. Slika 1.9. 72 je homotopna konstanti v D, 71 pa ne. Območje D ni enostavno povezano. 1.4. Stereografska projekcija in Riemannova sfera Definicija 1.17. Razširjena kompleksna ravnina je množica C := CU {00}, pri čemer definiramo za a G C: (i) a + 00 = 00 + a = 00, (ii) če a ^ 0 je a ■ 00 = 00 ■ a = 00, (iii) če a ^ 00 je ^ = 0 in če a ^ 0 je ^ = 00. Množica U C C je odprta okolica točke 00, če je C\U kompaktna podmnožica C. Poglejmo si sedaj, kako si lahko na drugačen način, prek stereografske projekcije, predstavljamo razširjeno kompleksno ravnino. Naj bo S enot ska sfera v E3 §={(£, y, z) e E3; + y2 + z2 = 1}. Točko N = (0,0,1) imenujemo severni pol sfere. Kompleksno ravnino C si prek identifikacije z = x + iy i—> (x, y, 0) lahko predstavljamo kot iry-ravnino v M3. Stereografska projekcija je preslikava 0: § ->• Č, ki jo definiramo takole: Naj bo T = (x, y, z) G §\{iV} in točka (xt, Vt, 0) tista točka, ki je presek premice skozi N in T z rry-ravnino. Definiramo 4>(T) = xT + iyT £ C. Za severni pol N definiramo 'P Slika 1.11. Stereografska projekcija točke P' Naslednjo trditev lahko preprosto dokažemo. Trditev 1.18. Preslikava (p je na §\{iV} podana s formulo (x,y,z) Inverzna preslikava je podana z . . s / x — iy l- z' (x + iy) = 2y X2 + y — 1 X2 + y + 1 X2 + y2 + 1 X2 + y2 + 1 Dokaz. Naj bo (x, y,z) G §\{iV}. Premico skozi N in (x,y,z) para-metriziramo z t\-+{tx,ty,l + {z-l)t), teR, in seka ravnino xy v točki x V 0 . 1 -z' 1 -z S tem smo dobili formulo za (f). Da dobimo inverzno formulo, moramo določiti presečišče premice skozi N in (x, y, 0) s sfero S. Parametrizacija te premice je Stereografska projekcija je torej bijekcija med sfero S in razširjeno kompleksno ravnino. Iz zapisa sledi, daje preslikava (f) zvezna v vsaki točki (x,y, z) G §\{iV} in ima tam tudi zvezen inverz. Lahko se prepričamo, da je (f) zvezna tudi v točki N in da je inverz zvezen v oo. Stereografska projekcija je torej homeomorfizem med S in C. Razširjeni kompleksni ravnini zato pogosto rečemo Riemannova sfera. Krožnice na sferi S so definirane kot preseki sfere S z ravninami v M3. Pokažimo naslednjo trditev. Trditev 1.19. Naj bo S enotska sfera v E3 in (f) stereografska projekcija. (i) Naj bo K krožnica na sferi ki vsebuje točko N. Potem je 4>(K\{N}) premica na kompleksni ravnini C. Obratno je vsaka premica na kompleksni ravnini C slika K\{N} za neko krožnico K, ki vsebuje točko N. (ii) Naj bo K krožnica na sferi ki ne vsebuje točke N. Potem je (f)(K) krožnica v C. Vsaka krožnica v C je slika neke krožni ce K C S, ki ne vsebuje točke N. □ Dokaz. Ravnino Sv R3 lahko napisemo z enacbo ax + by + cz = d, pri cemer lahko predpostavimo, da velja a2 + b2 + c2 = 1. Ce naj ravnina seka sfero S vkroz nici, mora veljati — 1 0, saj lahko v obratnem primeru zamenjamo (a, b, c) z (—a, —b, —c). Kroz nica K = Sf S vsebuje to cko N natanko tedaj, ko velja c = d. Iz trditve 1.18 sledi, daje tocka (x,y, 0) v sliki 0(K\{N}) natanko tedaj, ko velja 2x • ,( 2y • (x2 + y2 — 1 * + Mo. \ , , + c' y x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 oziroma ax + by = c. Pokaz imo s e obrat. Naj bo sedaj ax + by = c ena cba neke premice p v ravnini. Predpostavimo lahko, da je a2 + b2 + c2 = 1 in c > 0. Seveda potem velja tudi c < 1. Po zgornjem razmisleku je premica p slika kro znice {(x, y, z) G R3, ax + by + cz = c} f S, ki vsebuje tocko N. S tem smo tocko (i) dokazali. Naj sedaj velja N G K. Tocka (x, y, 0) je v sliki 0(K) natanko tedaj, ko velja 2x • + b ( *L • + c (x!±4—1 •,=d. x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 Ce porac unamo, dobimo enac bo 2 x +-: ^ y + b \2 1- d2 c — d c — d ( c — d) 2 Ker je 0 < d < 1, smo dobili ena c bo kro z nice v ravnini xy. Zopet lahko preverimo, da pri primerni izbiri ravnine S na ta nacin dobimo vsako kroz nico v ravnini. □ 1.5. Linearne lomljene transformacije Definicija 1.20. Linearna lomljena transformacija je funkcija oblike az + b f (z) cz + d' a kjer so a,b,c,de C in velja c2 + d2 ^ 0. Ce dodatno velja ad — bc ^ 0, je / Möbiusova transformacija. Linearna lomljena preslikava je definirana na C\{ —v kolikor j ec/ 0. Ce je c = 0, pa je linearna lomljena preslikava preprosto linearna preslikava f(z) = (az+b)/d. Poglejmo, daje ad—bc ^ 0 natanko pogoj, ki ga potrebujemo, da je linearna lomljena transformacija injektivna: azi + b az2 + b -: =-: (azi + b)(cz2 + d) = (az2 + b)iczi + d) cz\ + d cz2 + d (ad — bc)(zi — z2) = 0. V tem primeru je inverz linearne lomljene transformacije enak —cz + a kar lahko enostavno preverimo. Möbiusovo transformacijo r/ s az + b f{z) = ^Td torej lahko razumemo kot bijekcijo /: C\{—d/c} —>■ C\{a/c}, če c^ 0, oziroma kot bijekcijo / : C—> C, čejec = 0. Inverz Möbiusove transformacije je zopet Möbiusova transformacija. Möbiusovo transformacijo lahko razumemo tudi kot bijekcijo Riemannove sfere /: C —> C, pri čemer definiramo f(—d/c) = oo, /(oo) = a/c, če c^ 0, oziroma /(oo) = oo, če je c = 0. Vsako Möbiusovo transformacijo ff \ az + b , n cz + d lahko zapišemo v obliki be — ad 1 a Torej velja Trditev 1.21. Vsaka Möbiusova transformacija je kompozicija premika, inverzije z H- l/z, raztega in še enega premika. Trditev 1.22. Vsaka Mobiusova transformacija f: C ^ C preslika premice in krožnice v premice in krožnice. Dokaz. Tako premik kot razteg ocitno preslikata krožnice v krožnice in premice v premice. Poglejmo sedaj, da inverzija h(z) = 1/z preslika kroznice in premice v kroznice in premice (ne preslika pa nujno premic v premice in kroznic v kroznice). Ker je vsaka Mobiusova transformacija kompozicija teh preslikav, bo s tem trditev dokazana. Naj bo 0: S\{N} ^ C stereografska projekcija in z = x + iy. Trditev 1.18 nam da 2x 2y x2 + y2 — 1' 0 To cka x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 2x -2y x2 + y2 - 1 x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 prav tako lezi na enotski sferi in velja 2x -2y x2 + y2 - 1 x - iy 1 0 x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 x2 + y2 z Ce definiramo j : S ^ S z j(xi,x2,x3) = (xi, —x2, —x3), smo pokazali, da je h(z) = 0 o j O 0-1(z). Ker j ohranja kroz nice in stereografska projekcija preslika kro z nice v premice in kroz nice, tudi h preslika premice in kro znice v premice in kroz nice. S tem je trditev dokazana. □ Primer 1.23. Poglejmo si Mobiusovo transformacijo iz + 1 f (z) = —. z+i Ker vsaka Mobiusova transformacija preslika premice in kro z nice v premice in kroz nice, mora biti slika realne osi s preslikavo f bodisi kroz nica bodisi premica. Ker velja f (0) = —i, f (—1) = —1in f (1) = 1, je edina možnost, da slika realne osi leži na enotski krožnici |z| = 1. Če / razširimo na razširjeno kompleksno ravnino, velja /(oo) = i, zato /(EU {oo}) = {ze C, |z| = 1}. Ker velja še f(i) = 0, se celotna zgornja polravnina mora preslikati v notranjost enotskega kroga. Slika 1.12. Möbiusova transformacija /(z) = _ iz+1 z-\-i □ Naloge (1) Naj bo z = 2 + 3i in w = 1 — i. Izračunaj (a) z + 5w, (b) ž — w, (c) z2 + ž- 1, (d) lm.(zw + w2), (e) 7- (2) Naj bo \z\ = 1, z ^ 1. Pokaži, da je ,z + 1 z- z- 1 realno število. (3) Dokaži posplošeno trikotniško neenakost |zi + z2 H-----h zn\ < |zi| + |z2| H-----h \zn\. (4) Poišči vsa kompleksna števila j zel katera velja - = z. (5) Poišči vsa kompleksna števila z, ki zadoščajo enačbi 2|z| = \z + i\. (6) Napiši naslednja števila v polarni obliki: 1 — i, — 3 + VŠi in —i. (7) Poišči vsa kompleksna števila z, ki zadoščajo enačbi z4 = -8 + 8 VŠi. (8) Pokaži, da za vsak z / 0 velja < arg z z (9) Naj bosta a,b E C. Pokaži, da sta obe rešitvi kvadratne enačbe z2 — 2az + b = 0 na enotski krožnici natanko tedaj, ko velja M < 1, l&l = 1 in arg b = 2 arg a. (10) S pomočjo de Moivreove formule izpelji (a) cos 3a = cos3 a — 3 cos a sin2 a, (b) sin 3a = — sin3 a + 3 cos2 a sin a (11) Skiciraj množice in povej, ali so odprte, zaprte, omejene, povezane, kompaktne. (a) |z + 1| < 2 (b) I Im z I > 1 (c) 0 < |z - 1| < 2 (d) |z- 1| + |z + 1| = 2 (e) Re z2 > 1 (12) Pokaži, da je kolobar {z G C, 1 < |z| < 2} povezana množica. Ali je enostavno povezana? (13) Pokaži, daje presek dveh območij območje. Kdaj je unija dveh območij tudi območje? (14) Pokaži, da je množica K C C kompaktna natanko tedaj, ko ima vsako zaporedje v K stekališče v K. (15) Poišči slike točk s stereografsko projekcijo: (0, 0,-1), (0, 0,1), (1,0,0) in (1/V2,0,1/V2). (16) Kaj je slika krožni ce Sfl{x + y — z = 0} s stereografsko projekcijo? (17) Kaj je slika krožnice Sfl{x + y + z= 1} s stereografsko projekcijo? (18) Naj bodo zi, z2, z3 tri razli cne nekolinearne tocke. Naj bo z poljubna tocka iz C\{z1,z2,z3}. Dokaz i, da tocka z lezi na kroz nici skozi z1, z2 in z3 natanko tedaj, ko je (z — zi)(z2 — z3) (z — z3)(z2 — zi) realno stevilo. (19) Poi s ci Möbiusovo transformacijo, ki preslika 1 v 0, 1 — i v 1 in 3 v to. (20) Pois ci sliko realne in kompleksne osi z Möbiusovo transformacijo z + 1 z — 1' (21) Poi s ci sliko pasu 0 < Re z < 1 z Mobiusovo transformacijo z z — 1 (22) Pokazi, da se vsako Möbiusovo transformacijo, ki preslika eno-stski krog sam vase, lahko napise v obliki B(z) = Z , 1 — z0z kjer je |Z 1 = 1 in |z0| < 1 POGLAVJE 2 Kompleksne funkcije 2.1. Definicija odvoda kompleksnih funkcij Definicija 2.1. Kompleksna funkcija je preslikava f: D ^ C, kjer je D podmnoz ica kompleksnih stevil. Vsako kompleksno funkcijo f: D ^ C lahko pi s emo v obliki f (z) = f (x + iy) = u(x y) +iv(x y), kjer smo pisali z = x + iy in sta u, v: D ^ R realni funkciji na mnoz ici D, in kjer D razumemo kot podmno z ico R2. Na ta nac in si lahko kompleksne funkcije predstavljamo kot preslikave f: D ^ R2, D C R2. Primer 2.2. Poglejmo si to na primeru funkcije f (z) = z2. Ce pisemo z = x + iy, velja f (z) = (x + iy)2 = (x2 — y2) + i2xy. Kompleksno funkcijo f si lahko predstavljamo kot preslikavo f (x,y) = (x2 — y2,2xy) iz R2 v R2. Torej u(x, y) = x2 — y2 in v(x, y) = 2xy. □ Definicija 2.3. Kompleksna funkcija f: D ^ C je zvezna v točki z0 G D, ce za vsak e > 0 obstaja 5 > 0, da je |f (z) — f (z0)| < e, ce je le |z — z0| < 5. Funkcija je zvezna na D, ce je zvezna v vsaki tocki mno zice D. Primer 2.4. Funkcija f (z) = ž je zvezna v vsaki tocki z0 G C, saj je |f(z) — f(z0)| = |ž — z0| = |z — z0|, zato lahko vzamemo kar 5 = e. □ Definicija 2.5. Naj bo funkcija / definirana v okolici točke zo, razen morda v z0. Število A je limita funkcije f v točki z0, če za vsak e > 0 obstaja 8 > 0, da je | f(z) — A\ < e, čim je \z — zq\ < 8, z ^ zq. Opomba 2.6. Naj bo funkcija / definirana v okolici točke zq. Funkcija / je torej zvezna v točki z0 natanko tedaj, ko velja lim f(z) = /(zo). z—>zo □ Opomba 2.7. Naj bo f(z) = u(x, y) + iv(x, y) razcep funkcije na realni in imaginarni del in naj bo z0 = x0 + iyo- Funkcija / je zvezna v z0 natanko tedaj, ko sta v (x0,y0) zvezni obe funkciji u in v. Prav tako limita funkcije / v z0 obstaja natanko tedaj, ko obstajata limiti A\ = lim u(x,y), (x,y)-t(xo,yo) A2 = lim v(x,y). (x,y)-t(xo,yo) Velja lim f(z) = Ai + iA2. z^z o □ Definicija 2.8. Kompleksna funkcij a / = u+iv je razreda Cn na odprti množici D C C, če sta razreda Cn na D realni del u in imaginarni del v. To pomeni, da obstajajo vsi parcialni odvodi funkcij u in v do vključno reda n in so zvezni. Ce obstajajo vsi parcialni odvodi, ne glede na stopnjo, rečemo, daje / razreda C°°. Naslednja definicija je pravzaprav osnova področja kompleksne analize. Definicija 2.9. Naj bo funkcija /: D —> C definirana na odprti množici D in naj bo zq G D. Ce obstaja limita lini /('WW, z^z0 Z — Zo jo imenujemo kompleksni odvod funkcije / v točki z0 in označimo z Primer 2.10. Funkcija f (z) = z ima kompleksni odvod v vsaki tocki z0 G C, saj je lim f (z) — f (zo) = lim i—= 1. z^zo z — zo z^zo z — zo Poglejmo, da funkcija g(z) = ž ni kompleksno odvedljiva v nobeni tocki zo G C: _ lim g(z) — g(zo) = lim z—. z^zo z — zo z^zo z — zo Ta limita bi morala obstajati ne glede na to, kako se z pribli zuje tocki zo. Posebej bi morali obstajati limiti (zo + h) — zo (zo + ih) — zo lim---, lim---, h^o h h^o ih kjer je h realno s tevilo. Hitro vidimo, da je prva limita enaka 1, druga limita pa —1. Zato funkcija nima kompleksnega odvoda. Pri kompleksnem odvodu je torej zgodba precej drugacna kot pri definiciji zveznosti kompleksnih funkcij. Kompleksna funkcija u + iv je torej lahko izredno lepa, pa vseeno ne bo kompleksno odvedljiva. Kot smo namrec videli, je f (x + iy) = x + iy odvedljiva, g(x) = x — iy pa ne, kljub temu da sta obe funkciji razreda CV naslednjem razdelku bomo videli, da je kompleksna odvedljivost odvisna od tega, v kaksni zvezi so si parcialni odvodi funkcij u in v. □ Za odvod kompleksne funkcije veljajo vsa obi cajna pravila, kot veljajo v realnem (pravilo za odvod vsote in razlike, Leibnizovo pravilo, pravilo za odvod kvocienta, veriz no pravilo). Dokazi so povsem enaki, kot so v realnem. 2.2. Holomorfne funkcije in Cauchy-Riemannove enaCbe Definicija 2.11. Kompleksna funkcija f: D ^ C razreda C1 je holo-morfna na odprti mnoz ici D C C, ce je kompleksno odvedljiva v vsaki to cki zo G D. Opomba 2.12. Iz predpostavke, da mora biti f = u + iv kompleksno odvedljiva v zo, sledi, da sta tako u kot v diferenciabilni v zo. Pri definiciji holomorfne funkcije smo zahtevali, da je f, torej u in v, razreda C1, kar je malenkost ve c kot le diferenciabilnost. Ta predpostavka je sicer odvec, vendar so nekateri dokazi v nadaljevanju brez nje nekoliko dalj s i. □ Naj bo f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) in zo = xo + iy0 G D razcep funkcije na njen realni in imaginarni del. Naj odvod f'(z0) v tocki z0 obstaja: f '(zo) = lim M-JM. z — zo Ta limita mora obstajati ne glede na to, kako se z pribliz uje to cki z0, rezultat mora biti vedno isti. Recimo, da se z pribli zuje z0 "vodoravno", to pomeni, da je z = z0 + h = (x0 + h) + iy0, kjer je h G R. V tem primeru je zgornja limita enaka lim f (zp + h) — f (zp) = h^0 h v u(x0 + h,y0) + iv(x0 + h,y0) — u(x0,y0) — iv(x0,y0) lim---= h^0 h lim u(x0 + h,y0) — u(x0,y0) + i lim v(Xq + h,y0) — v(x0,y0) = h^0 h h^0 h du dv (x0,y0) + idx (x0,y0). Recimo sedaj, da se z pribli zuje z0 "navpi cno". Torej je z = z0 + ih = x0 + i(y0 + h), kjer je h G R. V tem primeru je limita enaka lim f (z0 + ih) — f (z0) = h^0 h u(x0,y0 + h) + iv(x0,y0 + h) — u(x0,y0) — iv(x0,y0 + h) lim---= h^0 ih ... u(x0,y0 + h) — u(x0,y0 + h) v(x0,y0 + h) — v(x0,y0) — i lim----+ lim---= h^0 h h^0 h . du , . öv , . — idy (x0,y0) + (x0,y0). Ce naj bosta obe limiti enaki, mora veljati du öv (x0,y0) = (x0,y0), du , . öv , . ^(x0,y0) = —(x0,y0). Izrek 2.13. Funkcija f = u + iv razreda C1 je holomorfna natanko tedaj, ko zadošča Cauchy-Riemannovima (CR) enačbama du dv dx dy' du dv dy dx Dokaz. Pokazali smo ze, da mora holomorfna funkcija zadoscati CR enac bama. Pokaz imo sedaj se obrat. Po predpostavki sta tako u kot v diferenciabilni. Zato velja f (z) — f (z0) = u(x,y) — u(x0,y0) + i(v(x,y) — v(x0,y0)) = du du dx (x0, y0)(x — x0) + dy (x0 > y0)(y — y0) f dv dv \ + i Idr(x0,y0)(x — x0) + dy(x0,yo)(y — yo) ) + v, kjer velja lim --r = 0. z^zo | z — z0 | Ce upo s tevamo Cauchy-Riemannovi ena c bi, lahko to prepi s emo kot du du f (z) — f (z0) = dx (xo,yo)(z — z0) — i"dy (x0 ,y0)(z — zo) + v. Limita lim Mf! z^zo z — zo torej obstaja in je enaka ux(x0, y0) — iuy(x0, y0). □ Cauchy-Riemannovi enacbi lahko ekvivalentno zapisemo v obliki f = —idf dx dy' saj je df du . dv dx dx dx in .df .du dv -i- = -i- + - . dy dy dy Poglejmo se en možen zapis. Definirajmo parcialna odvoda JZ jn JL kot df = 1 /df _ .df d z 2 \ öx dy df = 1 / f + idf Oz 2\ dx dy Potem sta CR enaCbi ekvivalentni enaCbi dz Primer 2.14. Poglejmo, ali je funkcija f (x + iy) = (x3 _ 3xy2 + x + 1) + i(3x2y _ y3 + y) holomorfna. Preveriti moramo Cauchy-Riemannovi enaCbi. dx(x,y) = 3x2 _ 3y2 + 1 g (x,y) = _6xy (x,y) = 6xy ÖU , . 2 2 (x, y) = 3x _ 3y +1 Ker je du dv du dv dx dy'' dy dx'' je funkcija holomorfna. Ce v formulo za f vstavimo z + z z _ z x = , y 2 2i dobimo f (z) = z3 + z + 1. Ta zapis ne vsebuje z. Na splosno, vsaj pri polinomih p(z, z) velja, da je tak polinom holomorfen natanko tedaj, ko v svojem zapisu ne vsebuje spremenljivke z, saj je le tedaj §f = 0. □ Trditev 2.15. Naj bo D povezana množica. Potem je f '(z) = 0 za vsak z G D natanko tedaj, ko je f = C za neko konstanto C G C. Dokaz. V eno smer je trditev ocitna. Predpostavimo, daje f' (z) = 0 za vsak z G D. Naj bo f = u + iv in naj bo 7 poljubna horizontalna daljica, vsebovana v D. Naj 7 povezuje tocki z1 = x1+iy in z2 = x2+iy. Potem je f (z2) — f (z1) = u(x2,y) — u(x1,y) + i(v(x2,y) — v(x1,y)) = ux(^1,y)(x2 — x1) + ivx(£2,y)(x2 — x1) = 0, kar sledi iz Lagrangeovega izreka v eni spremenljivki. Torej je f (z1) = f (z2). Podobno dokazemo, da je za vsako vertikalno daljico v D, ki povezuje to c ki w1 in w2, prav tako f (w1) = f (w2). Kar lahko poljubni tocki z, z' G D povezemo z lomljeno crto, ki sestoji le iz horizontalnih in vertikalnih daljic, velja f (z) = f (z') za poljubni tocki. S tem je dokaz kon can. □ Definicija 2.16. Ce je funkcija f: C ^ C holomorfna na celi kompleksni ravnini C, re cemo, da je f cela funkcija. 2.3. HarmoniCne funkcije Definicija 2.17. Naj bo D C R2 odprta mnoz ica. Realna ali kompleksna funkcija f razreda C2, definirana na D, je harmonična na D, c e velja Af = d2f + df = 0. öx2 öy2 Naj bo sedaj f (z) = u(x,y) + iv(x,y) holomorfna funkcija na odprti mnozici D C C. Potem f zadosca CR ena cbama öu öv du öv öx öy' öy öx Zaenkrat predpostavimo, da sta tako u kot v dvakrat zvezno parcialno odvedljivi. Kot bomo videli kasneje, je ta predpostavka odvec, saj so vse holomorfne funkcije dejansko neskon c nokrat odvedljive. Zato velja d2u ö2u d du d du öx2 öy2 öx öx öy öy CR d dv ö öv öx öy öy öx ö2v ö2v öxöy öyöx Povsem analogno pokaz emo ö2v ö2v + ^r = 0. öx2 öy2 Dobimo naslednji izrek: Izrek 2.18. Naj bo f: D ^ C holomorfna funkcija na odprti množici D C C. Potem sta tako Re f kot Im f (in s tem tudi f) harmonični na D. V naslednjem poglavju bomo dokazali tudi nekakšen obrat: Izrek 2.19. Naj bo u: D ^ R harmonicna funkcija, definirana na enostavno povezanem obmocju D C C. Potem obstaja taka harmonicna funkcija v: D ^ R, da je f = u + iv holomorfna na D. Funkcijo v imenujemo harmonicna konjugiranka funkcije u in je doloöena do aditivne konstante natancno. Primer 2.20. Pokazimo, daje funkcija u(x,y) = x3-3xy2+ex cosy+x harmoni cna na C, in poi š cimo holomorfno funkcijo f na C, katere realni del je ravno u. Funkcija u je harmoni cna, saj velja d 2u d2u —— (x, y) + —-(x, y) = 6x + ex cos y — 6x — ex cos y = 0. dx2 dy2 Poi š cimo harmoni cno konjugiranko k funkciji u. Ker mora biti u + iv holomorfna, mora zado š c ati CR enacbama du, , 2 2 x dv, , —(x,y) = 3x — 3y + e cosy + 1 = — (x,y), du dv — (x,y) = —6xy — ex siny = — — (x,y). Ce upo š tevamo samo drugo enac bo in integriramo po x obe strani, dobimo v(x, y) = 3x2y + ex sin y + C(y), kjer je C(y) neodvisna od x, torej je lahko odvisna le od spremenljivke y. Vstavimo v v prvo enacbo in dobimo dv 3x2 — 3y2 + ex cos y + 1 = — (x,y) = 3x2 + ex cos+C'(y) dy oziroma C'(y) = 1 — 3y2 ^ C(y) = y — y3 + c, kjer je c neka realna konstanta. Torej je v(x, y) = 3x2y + ex sin y + y — y3 + c. Iskana funkcija f je f (x + iy) = x3 — 3xy2 + ex cosy + x + i(3x2y + ex siny + y — y3 + c). 2.4. PRIMERI HOLOMORFNIH FUNKCIJ 32 Ce pi semo z = x + iy, lahko funkcijo f napi s emo v obliki f (z) = z3 + z + ex(cos y + i sin y) + c. Kot bomo videli v naslednjem razdelku, je izraz ex(cos y + i sin y) ravno definicija kompleksne eksponentne funkcije ez. Zato je f (z) = z3 + z + ez + c. □ 2.4. Primeri holomorfnih funkcij V tem razdelku bomo pogledali, kako raz s irimo definicije obi c ajnih elementarnih funkcij, ki so definirane v realnem, na kompleksno ravnino. Vse tako definirane funkcije so holomorfne. Kompleksna eksponentna funkcija. Definicija 2.21. Kompleksna eksponentna funkcija ez je definirana na vsej kompleksni ravnini C s predpisom ez = ex (cos y + i sin y), kjer je z = x + iy. Trditev 2.22. Funkcija ez je cela funkcija (torej je holomorfna na celi kompleksni ravnini). Dokaz. Preverimo, da za kompleksno funkcijo ez veljata CR enacbi. Pi simo ez = u(x,y) + iv(x,y), kjer je u(x,y) = ex cos y in v(x,y) = ex sin y: du . . x dv . . —(x,y) = e cosy = dy(x,y)> du, . x . dv, . ^(x,y) = —e siny = —(x,y). dy dx Torej je funkcija holomorfna. □ Poglejmo si nekaj lastnosti eksponentne funkcije. Trditev 2.23. Za eksponentno funkcijo veljajo naslednje lastnosti: (i) ezi ez2 = ezi+z2, (ü (iii (iv (v (vi i = e"*, e z 7 ez+2m __ ^z ez ^ 0 za vsak z G (ez)' = ez. Dokaz, (i) Pišimo z\ = x\ + %y\ in z2 = x2 + iy2. ezi eZ2 = e^1 (cos yi + i sin yi)eX2 (cos y2 + i sin y2) = exi+x2((cos j/i cos j/2 — sin j/! sinj/2) + i(cos j/i sin j/2 + sin J/i cos j/2)) = eXl+X2 (cos(j/i + j/2) + i sin(j/i + j/2)) e (ü) 1 1 e x(cosy — i sin j/) ez ex (cos j/ + i sin y) = e_:c(cos(—y) + i sin(—j/)) = e~z, (üi) = e-(cos(y + 2tt) + z sin{y + 2tt)) = e", (iv) \ez\ = \ex(cosy + i sin j/)| = ex. (v) Recimo, da je ez = ex(cosy + isinj/) = 0. Ker ex ni nikoli 0, in je I cos y + i siny\ = 1, produkt ne more biti 0. (vi) Za holomorfno funkcijo f(z) = u(x,y) + iv(x,y) je f'(z) = Torej je , zV d(ex (cos y + i siny)) . . (e ) = ——--jr-— = e (cos j/ + 1 sm j/) = e . dx □ Opomba 2.24. Iz definicije eksponentne funkcije lahko razberemo Eu-lerjevo formulo etip = cos tp + i sin zo g(z)' in sta enaki. (5) Preveri, ali je naslednja funkcija holomorfna 2 2 f(x + iy) = ex ~y ((x cos(2xy) + y sin(2xy)) +i (ycos(2xy) — xsin(2xy))). Zapiši funkcijo f(z) z z in ž namesto z x in y. (6) Pokaži, da je u(x,y) = 2y — e^sinx + 1 harmonična na C in poišči vse harmonične konjugiranke fukcije u. (7) Pokaži, da velja d2f 4 —= A/. dzdz (8) Pokaži, da za poljubni kompleksni števili velja (ez)w = ezw. (9) Izračunaj (a) e\ (b) logi, (c) sini, (d) chi, (e) i\ (10) Reši enačbe (a) ez = l + i, (b) sin z = i, (c) tanz = — 2i. (11) Kam se s funkcijo ez slikajo naslednje mnoz ice (a) daljica z = iy, 0 < y < 2n, (b) daljica z =1 + iy, 0 < y < 2n, (c) pravokotnik {x + iy G C, 0 < x < 1, 0 < y < 2n}? (12) Kam se slika pas {x + iy G C, —n/2 < x < n/2} s funkcijo sin z? (13) Ali vedno velja log z2 = 2 log z? (14) Poi s ci vse ni cle funkcij sh z in ch z. (15) Dokazi trditev 2.29. (16) Preveri formuli sh (iz) = i sin z in ch (iz) = cos z. POGLAVJE 3 Kompleksna integracija 3.1. Definicija kompleksnega integrala Vsako (kosoma) gladko pot 7: [0,1] ^ C lahko pi semo kot Y(t)= x(t) + iy (t), kjer sta x(t) in y(t) dve realni (kosoma) zvezno odvedljivi realni funkciji na [0,1]. Odvod poti 7 ozna cimo z 7' in je 7 '(t) = x'(t) + iy'(t). Tir poti 7, torej sliko 7([0,1)], oznacimo z 7*. Integracija kompleksnih funkcij ene realne spremenljivke ni povsem ni c drugacna kot integracija realnih funkcij. Ce je g: [a, ß] ^ C kompleksna funkcija, definirana na realnem intervalu, definiramo rß rß rß / g(t) dt = Re g(t) dt + i Img(t) dt. Ja Ja Ja Z uporabo parametrizacije prevedemo na ta primer tudi integracijo kompleksnih funkcij, definiranih vzdolz (tira) poti. Definicija 3.1. Naj bo 7: [a, ß] ^ C gladka pot v kompleksni ravnini in f kompleksna funkcija, ki je definirana na 7*. Integral funkcije f po poti 7 definiramo kot f f (z) dz = T f (7 (t))7'(t) dt. Y Opomba 3.2. Poglejmo si, kako je integral kompleksne funkcije vzdolz poti 7 povezan s krivuljnim integralom iz vektorske analize. Naj bo 7: [a,ß] ^ C pot in f = u + iv kompleksna funkcija, definirana na 40 okolici Y*, razcepljena na njen realni in imaginarni del. / f (z) dz = f (u(7(t)) + iv(7 (t))) (x'(t) + iy'(t)) dt J 7 Ja fß , , = (u(7(t))x'(t) — v(y(t))y'(t)) dt a fß , , + i / (u(y(t))y'(t) + v(y(t))x'(t)) dt / u dx — v dy + i v dx + u dy ' Y «/7 (u, —v)ds + i (v, —u)ds. □ Opomba 3.3. Ker je krivuljni integral vektorskega polja neodvisen od parametrizacije, je tudi integral kompleksne funkcije po poti 7 neodvisen od parametrizacije. □ Primer 3.4. Izracunajmo integral funkcije f (z) = z2 po naslednjih poteh: (i) daljici od tocke 1 do tocke i in (ii) pozitivno orientirani kroznici s srediscem v 0 in polmerom 2. (i) Daljico med 1 in i parametriziramo z 7(t) = 1 —1(1 — i) = 1 — t + it, t G [0,1]. Potem je 7'(t) = —1 + i in je [ f (z) dz = [ (1 — t + it)2(—1 + i) dt J 7 J 0 = [ (1 — t — it)2(—1 + i) dt 0 = [ ((1 — 2t) + 2ti(t — 1))(i — 1) dt 0 = [ (—1 + 4t — t2) + i(1 — 2t2) dt 0 = [ (—1 + 4t — 2t2)dt + i [ (1 — 2t2) dt 00 11 = 3 + 3i- 7 7 (ii) V tem primeru parametriziramo 7(t) = 2ert, t G [0, 2n], 7'(t) = 2iert, tako je r r 2n I f (z) dz = J (2ei4)22i^dt n 2n = 8 / e-2itiei4 dt Jo n 2n = 8i / e-it dt Jo f2n f2n = 8i cos t dt - 8 sin t dt oo = 0. □ Trditev 3.5. ^aj 6o 7 pot v C in f zvezna funkcija na 7*. Potem velja f(z) dz < /(7) max |f (z)|, z€ 7 kjer je /(7) dolžina poti 7. Y Dokaz. Naj bo 7(t) = x(t) + iy(t), 0 < t < 1. Oznacimo z a argument integrala f (z) dz in naj bo 7 '(t) = x'(t) + iy'(t). f f (z) dz = / e-iaf (z) dz = f e-iaf (7 (t))7'(t) dt '7 ./7 ./o = f Re(e-iaf (7(t))Y(t)) dt < f |f (7(t))||7'(t)| dt oo = f If (Y(t))lV(x'(t))2 + (y'(t))2 dt o < max |f (7(t))| /1 V(x'(t))2 + (y'(t))2 dt = /(7)max |f (z)|, 0/0 z€7* saj je /•1 V(x'(t))2 + (y'(t))2 dt o ravno dolz ina poti 7. □ 3.2. Cauchyjev izrek Eno najpomembnejših orodij v kompleksni analizi je tako imenovani Cauchyjev izrek, ki ga bomo v tem razdelku pokazali s pomočjo Gre-enove formule. Naj bo D omejeno območje v R2 s kosoma gladkim, pozitivno orientiranim robom. Naj bosta P in Q funkciji razreda C definirani v okolici območja D. Greenova formula nam pove Slika 3.1. Območje D s pozitivno orientiranim robom dD Poglejmo sedaj D kot območje v C in naj bo f (z) = u(x,y) + iv(x,y) kompleksna funkčija razreda Cdefinirana v neki okoliči območja D. S pomočjo opombe 3.2 in Greenove formule dobimo V kolikor je f holomorfna na okoliči D, sta integranda v zadnjih dveh integralih enaka 0, saj sta to točno CR enačbi. Dobimo torej Izrek 3.6 (Caučhyjev izrek, verzija 1). Naj bo D C C omejeno območje s kosoma gladkim robom in naj bo funkcija f holomorfna na okolici dD območja D. Potem velja [ f (z) = 0, J d D kjer je ÖD pozitivno orientiran rob območja D. Opomba 3.7. Spomnimo se, da je rob obmocja pozitivno orientiran, ce se obmocje nahaja na levi strani, ko potujemo po robu v smeri orientacije. Enostavno sklenjena krivulja je pozitivno orientirana, ce je pozitivno orientirana kot rob obmocja, ki ga omejuje. □ Ce je na primer funkcija f holomorfna na okolici osen c enega dela slike 3.2, bo njen integral po robu tega obmo cja (z orientacijo, kot je na sliki) enak 0. Malo drugacna, a nekoliko bolj splosna verzija Cauchyjevega izreka je naslednja: Izrek 3.8 (Cauchyjev izrek, verzija 2). Naj bo Ü odprta mnočica v C in Yi,Y2 kosoma gladki sklenjeni poti v Naj bo 71 homotopna y2 v n. Potem za vsako funkcijo f, holomorfno na D, velja / f (z) dz = f f (z) dz. J ii J12 Dokaz. Zaradi nekaterih povsem topoloskih tez av je izrek v taki splos ni obliki nekoliko tezje dokazati. Mi si bomo predstavljali nekoliko poenostavljeno situacijo. Predpostavili bomo, da (neorientirani) krivulji Y1 in y2 tvorita rob obmocja D med njima. Zgornji izrek, uporabljen za obmo cje D, pove 0 = / f (z) dz = [ f (z) dz — [ f (z) dz. 1 1i 12 Negativni predznak dobimo zato, ker moramo upo s tevati pravilno orientacijo roba obmocja D. □ V primeru, ko je 7 sklenjena kosoma gladka krivulja znotraj enostavno povezanega obmocja Q, je 7 homotopna konstanti. Zato z uporabo zadnjega izreka dobimo Posledica 3.9. Naj bo Q enostavno povezano območje in 7 sklenjena (kosoma) gladka krivulja v Q. Potem za vsako holomorfno funkcijo na Slika 3.2. Integral po 71 je enak integralu po y2 n velja f f (z) dz = 0. Ji Posledica 3.10. Naj bosta y1 in y2 (kosoma) gladki poti v enostavno povezanem obmocju ^ z isto zacetno in koncno toöko. Naj bo f holomorfna v n. Potem je / f (z) dz = f f (z) dz. J yi J Y2 Dokaz. Naj bo pot 7: [0,1] ^ Q definirana z Y(t) = Yi(2t) , 0 < t < 2 Y2(2t — 1) , 2 e > 0 poljubna in 7 enostavno sklenjena pozitivno orientirana pot, katere tir je enak 7* = [—R, —e] U {|z| = e, Im z > 0} U [e, R] U {|z| = R, Im z > 0} = [—R, —e] U 7* U [e, R] U 7**. Po Cauchyjevem izreku velja — dz 0 Y Slika 3.3. Integračijska krivulja 7 saj je funkčija ^ holomorfna na območju, omejenem z 7. Po drugi strani pa velja f eiz f—e eiz fR eiz f eiz f eiz — dz = — dz + / — dz +/ — dz +/ — dz J 7 z J—R z Je z J 7S z J yr z /—e eix rR eix — dx + — dx R x Je x fn eieei°ieeid fn eiRe}6iReid /o ee^ dd + J0 —Re^dd dx + I -'-dx -e R čos x + i sin x , / čos x + i sin x -R pn pn - i eieeide + i eiRet9de oo . f-e sin x 1 . fR sin x , = i -dx + i -dx -R x e x pn pn - i eie cosöe-esin 0de + i / eiRcosöe-Rsin0de. oo Pri zadnji enakosti smo upostevali sodost funkčije kosinus. Tako dobimo — e f* R sin x t sin x -dx + -dx R x e x pn pn = eiecos0e—esin0de- / eiRcos0e—Rsin0de. o o Ko gre e proti 0, gre integrand ei£cos0e £sin0 v tretjem integralu enakomerno proti 1. Ce torej v celotni enacbi posljemo e proti 0, dobimo nR • sin x — R x dx = n- / eiRcos0e—Rsln0dO. Torej velja v limiti R ^ sin x x dx = n — lim R^TO eiR cos 0 e—R sln 0 dO. Pokažimo, da je Ker je lim / eiRcos0e—Rsln0dO = 0. R^TO eiR cos 0 e—R sln 0 dO < |eiRcos01 |e—Rsln01 dO -R sln 0 dO, je dovolj, da pokazemo lim e R^TO ./, — R sln 0 dO = 0. Integrand e—Rsln0 na (0, n) sicer konvergira proti 0, vendar konvergenca ni enakomerna. Lahko pa limito izracunamo direktno. Funkcija sin x je konkavna na intervalu [0, |], zato je tam graf funkcije nad sekanto skozi tocki (0, 0) in (n, 1), kar natanko pomeni „ 2O „ n sin O > —, za 0 < O < -. " n ' < < 2 Torej velja -R sln 0 dO = 2 e 0 — R sln 0 dO <2 2 e—Rv dO Dobili smo torej n —R 28 n/2 —Re n £ (1 — e—R) R—tO 0. R sin x x dx = n. □ n 0 to n 0 — TO n 0 n n n 0 0 0 n n 2 0 0 to — to 3.3. CAUCHYJEVA INTEGRALSKA FORMULA IN POSLEDICE 3.3. Cauchyjeva integralska formula in posledice Izrek 3.13. Naj bo f holomorfna funkcija na območju D in 7 enostavno sklenjena (kosoma) gladka, pozitivno orientirana krivulja, ki je homotopna konstanti v D. Naj bo w točka iz notranjosti območja, ki (ga omejuje 7. Potem velja f( ) 1 f f(z) d f (w) = W7 dz Dokaz. Naj bo K(w,e) pozitivno orientirana krož nica s polmerom e okrog toCke w. S pomoCjo Cauchyjevega izreka dobimo f f(Z) dz = f dz, Jy Z — w JK(W,S) Z - w saj je Z—W holomorfna na obmoCju med K(w,e) in 7, katerega rob sestavljata ravno ti dve krivulji (krožnica mora imeti pozitivno orientacijo). Pi s imo z = w + eeit:: fzL dz =/ m. dz 1Y z — w / K , z — w p2nr( , in f (w + £eit) ieeit dt /0 ee« 2n = i f (w + eelt) dt. 0 Pokažimo, da gre zadnji integral proti 2nf (w), ko gre e proti 0: "2n f-2n Jt f (w + ee ) dt — f (w) dt f2n < / |f (w + ee ) — f (w)| dt < 2n max |f (w + eelt) — f (w)| —* 0. K(w,e) S tem je dokaz kon c an. □ Bolj splošno velja podobna integralska formula tudi za odvode. Izrek 3.14. Naj bo f holomorfna funkcija na območju D in 7 enostavno sklenjena (kosoma) gladka, pozitivno orientirana pot, ki je homotopna konstanti D. Naj bo w točka iz notranjosti območja, ki ga 0 0 0 3.3. CAUCHYJEVA INTEGRALSKA FORMULA IN POSLEDICE 50 omejuje 7. Potem za vsak n G N obstaja odvod f (n)(w) in velja f W(w) = — /f-T dz. J y ' 2niJY (z - w)n+T Dokaz. Poglejmo najprej za n = 1, pri čemer uporabimo Cauchyjevo integralsko formulo: f (w + h) - f (w) 11 r f / 1 _ A dz h h 2ni JY \z _ (w + h) z _ w 1 f f(z) 2ni JY (z _ (w + h))(z _ w) ..o 1 f f (z) dz. dz 2ni JY (z _ w)2 Nadaljujmo z indukcijo po n. Predpostavimo sedaj, da formula velja za n in dokaz imo formulo za n +1: f (n)(w + h) _ f(n)(w) n! f / 1 1 h 2 nihJY f (z)v (z _ (w + h))n+T (z _ w)n+V dZ _ n! f (z _ w)n + (z _ w)n_T(z _ (w + h)) + ■ ■ ■ + (z _ (w + h))n d ~2niJY f (z) (z _ (w + h))n+T (z _ w)n+T dz n. r f (z)(n + l)(z_+w2)n dz _ (n±H f f (z)+2 dz. 2ni .// v ; (z _ w)2n+2 2ni JY (z _ w)n+2 Pri izpeljavi smo enač aj v drugi vrstici dobili s pomo čjo uporabe bi-nomske formule. □ Posledica 3.15. Vsaka holomorfna funkcija je neskončnokrat odvedljiva. Opomba 3.16. Podobno kot pri Cauchyjevem izreku tudi pri Cauchy-jevi integralski formuli obstajajo razli cne (vendar povsem ekvivalentne) verzije. Naj bo f holomorfna funkcija na okolici omejenega obmo cja z (kosoma) gladkim pozitivno orientiranim robom ÖD in w G D. Potem za n = 0,1, 2,... velja f (n) (W) = ^ f , f (z)+T dz. J y } 2niJdD (z _ w)n+T Dokaz je preprost. Rob ÖD skupaj z majhno negativno orientirano kroz nico K(w,e) omejuje obmocje, na katerem je funkcija ( _f(zl+i ho- (z w) lomorfna, in je zato po Cauchyjevem izreku -nL / , f dz = [ , f(zi+, dz, 2nJdD (z _ w)n+T (z _ w)n+T pri cemer smo tokrat kroz nico K(w,e) orientirali pozitivno. Dokaz nato sledi iz zgornjih dveh izrekov 3.13 in 3.14. □ Primer 3.17. S pomocjo Cauchyjeve formule izracunajmo integral r~ xmdx J — rx 1 + kjer sta m, n G N in n > m + 2. Slika 3.4. Integracijska krivulja Naj bo Y pozitivno orientirana pot, kot je na sliki 3.4. Naj bodo zk, k = 1, 2,..., n, razli cne re š itve enac be zn+1 = 0. Edina ni cla tega polinoma znotraj obmo cja, omejenega z y, je vrednost z1 = ein/n. Pi šimo =_z^_= zm(z — ein/n) f (z) = (z — z2)(z — za) ••• (z — zn) = zn + 1 . Funkcija f je holomorfna na obmo cju, omejenem z y. Cauchyjeva formula nam da 1 [ zm 1 [ f (z) dz -^ dz = f (z)|Z = ein/n 2ni JY 1 + zn 2ni JY z — ein/n zm(z _ ein/n) ; 1 1 z (z e ) L H Jnm/n i- 1 1 „in m + 1 = lim ^^—e-^ = einm/n lim —- = — ein n z—zn + 1 z—eW« nzn-1 n Pot Y1 parametriziramo z z = x, 0 < x < R, pot y2 z Reiö, 0 < 9 < 2n/n, ter (obratno orientirano) pot Y3 z e2ni/nx, 0 < x < R. Potem velja f zmdz f zmdz f zmdz f zmdz + + 1 ++ z J yi 1 ++ z JYY2 1 ++ z ^ Y3 1 ++ z rR xm dx r2n/n iReiORm^imO rR xme2nim/ne2ni/ndx = Jo 1+ xn +7o 1 + RneinO dd — Jo 1 + xnei2nn R xmdx f2n/n Rm+1ei(m+1)O = (1—e ^ >.„ rr^+U t+R^<» Torej je 1 — e n R xmdx 1 + xn 2ni m+i , --e - — i n r-2n/n Rm+1ei(m+1)O , 1 + RneinO d0. Pokazimo, da gre zadnji integral proti 0, ko gre R proti to. To sledi iz neenakosti Rm+1ei(m+1)O 1 + RneinO < Rm+1 Rn - 1, saj je potem r-2n/n Rm+1ei(m+1)O , 1 + RneinO d0 < 2n Rm+1 r^ 0 n Rn - 1 ker je n > m + 2. V limiti tako dobimo xmdx 1 + xn —2niei — 2niei ■(1 — e —2ni m±1> /-, 2ni m+ls /•-, 2ni "+1 \ /1 — 2ni m+1 n(1 — e - ) n(1 — e - ~ 2ni - )(1 — e ) —2ni Ie rm±1 a ■ (m+1)n 4n sin ^ ' n(2 — e •i • (m+1)n 4n sin ^ y _n /i • 2 (m+1)n 4n sin2 ^ y n 2ni m+1 —2ni m+1 \ n /1 2ni - " 2ni - ) 2n(1 — cos e 2(m+1)n ) n ' n n sin (m+1)n □ o - - o m+1 „—in—1 e- - n Liouvillov izrek in osnovni izrek algebre. Izrek 3.18 (Liouvillov izrek). Vsaka omejena funkcija, ki je holo-morfna na celi kompleksni ravnini, je konstantna. Dokaz. Predpostavimo, daje \f(z)\ < M za vsak z G C. S pomočjo Cauchyjeve integralske formule za prvi odvod dobimo JL [ 2tn I/'H I < R max K(w,R) K(w,R) (z — w) dz K2 < R Torej je f'(w) = 0 za vsak w G C in zato je po trditvi 2.15 funkcija / konstantna. □ Opomba 3.19. Posebej nam Liouvillov izrek pove, da ne obstaja holomorfna bijekcija med celo kompleksno ravnino C in enotskim krogom D(0,1), saj ne obstaja niti nekonstantna holomorfna preslikava /: C —> D(0,1). V realni analizi Liouvillov izrek nima analogije. Tam lahko brez težav najdemo gladko bijekcijo med celo ravnino 1R2 in enotskim krogom. Primer take bijekcije je preslikava F(x, y) = F(r cos ip, r sin ip) 2 2 — arctan r cos (/?, — arctan r sin ip 7T 7T Kot smo videli v primeru 1.23, pa lahko zgornjo polravnino preslikamo bijektivno na enotski krog s 1 splošno velja naslednji izrek bijektivno na enotski krog s holomorfno preslikavo f(z) = Se bolj Izrek 3.20 (Riemannov upodobitveni izrek). Naj bo Q C C enostavno povezano območje, pri čemer Q ^ C. Potem obstaja holomorfna bijekcija D( 0,1). □ Ena najpomembnejših posledic Liouvillovega izreka je osnovni izrek algebre. Izrek 3.21 (osnovni izrek algebre). Vsak nekonstanten polinom p stopnje n ima natanko n kompleksnih ničel, štetih z večkratnostjo. Dokaz. Seveda je dovolj, da dokažemo, da ima tak polinom vsaj eno ničlo, saj lahko z deljenjem polinoma nato dobimo n ničel. Naj bo p(z) = anzn + ara_izra_1 H----+ a0. Potem velja |p(z)| = |__zn||1 + + ■ ■ ■ + | > ^|z|_, __ z __ z 2 ce je le |z| dovolj velik. Torej velja za n > 1 lim p(z) = to Z^TO oziroma 1 lim —— = 0. Z^TO p(z) Predpostavimo sedaj, da p(z) nima nicel. Potem je pZ) omejena holo-morfna funkcija na vsej kompleksni ravnini, kar po Liouvillovem izreku pomeni, daje konstantna. To pa ni mogoce. □ 3.4. Primitivna funkcija Definicija 3.22. Naj bo f kompleksna funkcija na odprti mnozici D. Holomorfna funkcija F na D je primitivna funkcija funkcije f, ce je F'(z) = f (z) za vsak z G D. Opomba 3.23. V prejsnjem razdelku smo pokazali, da je odvod ho-lomorfne funkcije zopet holomorfna funkcija. Zato imajo samo holo-morfne funkcije lahko primitivno funkcijo. □ Trditev 3.24. Naj bosta F in G dve primitivni funkciji funkcije f na povezani mnozici D. Potem je F = G + C za neko konstanto C G C. Dokaz. Trditev je posledica trditve 2.15. □ Primer 3.25. Funkcija F (z) = nj zn+1 + C je primitivna funkcija funkcije zn. □ Izrek 3.26. Naj bo f holomorfna funkcija na enostavno povezanem območju D in naj bo zo G D poljubna točka. Za poljubno točko w G D izberemo gladko pot Yw v D, z začetno točko z0 in končno točko w. Definiramo F (w)=/ f (z) dz. J Yw Potem je definicija F neodvisna od izbire poti Yw in velja F'(w) = f (w), w G D. Dokaz. Da je integral f f(z) dz J Yw neodvisen od poti, je posledica Cauchyjevega izreka, bolj natancno posledice 3.10. Naj bo sedaj w G D in h G C majhen, tako da je daljica Y med w in w + h vsebovana v D. Poglejmo si kvocient F(w + h) _ F(w) = JYw+h f (z) dz _ Aw f (z) dz h = h Iz Cauchyjevega izreka zopet sledi, daje / f (z) dz _ f (z) dz = f (z) dz. 'Yw + h JYw Ji Zato je F(w + h) _ F(w) 1 f r. . , 1 f1 , -i- h f (z) dz =T f (w + th)hdt h h J Y h J 0 = f f (w + th) dt f (w). 0 □ Posledica je nekaksen osnovni izrek integralskega racuna za integrale holomorfne funkcije: Izrek 3.27. Naj bo f holomorfna funkcija na obmožju D in G njena primitivna funkcija na D. Naj bo y: [a,ß] ^ D poljubna gladka pot v D. Potem velja f f (z) dz = G(Y(ß)) — G(y (a)). Y Dokaz. Navedli bomo nekoliko poenostavljen dokaz za primer, ko je y lok, kar pomeni, da je y injektivna. V splo s nem lahko dokaz naredimo tako, da krivuljo y zapi semo kot unijo lokov. Naj bo U enostavno povezana okolica y in z0 poljubna tocka v U, w = Y(a) in w2 = y(ß). Naj bosta YW1, Yw gladki poti od z0 do w1 oziroma w2. Naj bo F definirana kot v zgornjem izreku. Ker je primitivna funkcija dolo Cena do konstante natanCno, trditev 3.24, velja F(w) = G(w) + C . Tako velja: /f (z) dz =f f (z) dz —f f (z) dz j Y J Yw2 J Yw1 = F (W2) — F (wi) = G(w2) + C — G(wi) — C = G(Y (ß)) — G(Y(a)). □ Funkcija f (z) = 1 je holomorfna na D = C\{0}. To obmo Cje ni enostavno povezano. Primitivna funkcija funkcije 1 je vsaka veja logaritma, vendar pa nobena veja logaritma ni definirana na celem obmo cju D. Da funkcija f ne more imeti primitivne funkcije na celem D sledi iz zgornjega izreka: Naj bo F primitivna funkcija funkcije f na D, in naj bo Y(t) = e2nit pozitivno orientirana kroz nica s polmerom 1. Potem velja f f (z) dz = F (e2ni) — F (1) = 0, Y po drugi strani pa je po Cauchyjevi formuli j f (z) dz = j - dz = 2ni. J Y J Y z Pravzaprav vidimo, da v kolikor ima holomorfna funkcija h primitivno funkcijo na obmo cju D, mora biti integral funkcije h po vsaki sklenjeni poti znotraj D enak 0. Velja pa tudi obrat: Izrek 3.28 (Morerov izrek). Naj bo f funkcija na območju D razreda C1 in naj velja [ f (z) dz = 0 za vsako (kosoma) gladko sklenjeno pot v D. Potem je f holomorfna na D in ima na D primitivno funkcijo. Dokaz. Izberimo zo G D in naj bo w neka točka v D. Naj bo Yw poljubna gladka pot z začetno točko z0 in končno točko w. Naj bo h tako majhen, da je cel zaprt krog D(w, |h|) vsebovan v D. Označimo z Yw+h pot z začetno točko z0 in končno točko w + h in naj bo 7 daljiča z začetno točko w in končno točko w + h. Predpostavimo lahko, da so tiri vseh treh poti disjunktni, razen v krajisčih. Ker je integral f po sklenjenih potek enak 0, je funkčija F (w) = f f (z) dz J Yw neodvisna od izbire poti Yw in zato velja F (w + h) - F (w) ,lu+h f (z) dz - fyw f (z) dz -h-=-h-= hlf (z) dz = 1 f f (w + th)hdt = [ f (w + th) dt ^ f (w). h 0 0 Torej ima f primitivno funkčijo in je zato holomorfna. □ Opomba 3.29. Pri dokazu Morerovega izreka je dovolj predpostaviti zveznost funkčije f. □ Obstoj harmonične konjugiranke. Sedaj imamo na voljo dovolj orodij, da pokazemo izrek Izrek 3.30. Naj bo u: D ^ R harmonična funkcija, definirana na enostavno povezanem območju D C C. Potem obstaja taka harmonična funkcija v: D ^ R, da je f = u + iv holomorfna na D. Funkcijo v imenujemo harmonična konjugiranka funkcije u in je določena do aditivne konstante natančno. Dokaz. Definirajmo du du g(x + iy) = — (x,y) - i~(x,y). Preverimo, da g zados c a CR enacbama: d föu\ ö2u ö2u d /—öu\ öx \dxJ öx2 öy2 öy \ öy / ö / öu\ ö2u ö /— öu\ öy \dxJ öxöy öx \ öy / Torej je funkcija g holomorfna na D. Ker je D enostavno povezano obmocje, ima g na D primitivno funkcijo G. Naj bo a = Re G in b = Im G. Iz CR enacb za G sledi ax = in ay = . Povsem enako, kot pri trditvi 2.15 lahko ugotovimo, da je a = u + C, kjer je C realna konstanta. Zato je f = G — C holomorfna funkcija, katere realni del je ravno u. Za v lahko vzamemo Im f. Pokazimo se, da je konjugiranka v dolocena do realne konstante natan cno. Naj bosta u + iv kot u + iV obe holomorfni. Potem je njuna razlika i(v — V) tudi holomorfna. Ker je v — v realna funkcija, je v — v = C', kjer je C' neka realna konstanta. S tem je izrek dokazan. □ Naloge (1) Za naslednje funkcije izracunaj integrale po pozitivno orientirani kroz nici |z| = 2: (i) f (z) = ž, (ii) f (z ) = |z|, (iii) f (z) = 1/z. (2) Izra cunaj integral [ |z2| dz J Y po poti Y(t) = t + it2, 0 < t < 1. (3) Izracunaj integral fY e2z dz po naslednjih poteh. (i) Po daljici med 1 in 2 + i. (ii) Po negativno orientirani kroznici |z| = 3. (iii) Po paraboli y = x2 med x = 0 in x = 1. (4) Izra cunaj integral sin z dz. ' |z— 1—i|=2 z2 + 4 (5) S pomocjo Cauchyjeve formule (za odvode) izracunaj integral /z|=2 z3(z - 1) dz. (6) Izracunaj integral /to dz. (7) Pokazi naslednjo posplositev Liouvillovega izreka: Naj bo funkcija f: C ^ C holomorfna in naj pri nekem R > 0 velja |f (z)| < A|z|n za vsak |z| > 0, kjer je A > 0 in n G N. Potem je f polinom stopnje najvec n. POGLAVJE 4 Taylorjeva in Laurentova vrsta 4.1. Funkcijska zaporedja, funkcijske vrste in enakomerna konvergenca Definicije in trditve iz tega razdelka so zgolj ponovitev pojmov, ki jih poznamo iz realne analize. Definicija 4.1. Naj bodo f1,f2,... kompleksne funkcije, definirane na mnozici D C C. Potem funkcijsko zapredje {fn}neN po tockah konvergira proti f: D ^ C, ce za vsak z G D velja lim fn(z) = f (z). n—^^o Konvergenca po tockah je pogosto premalo restriktivna, saj limita zaporedja zveznih funkcij ni nujno zvezna. Prav tako pri limiti po tockah pogosto ne zamenjati vrstnega reda integriranja in limitiranja. Definicija 4.2. Naj bodo f1,f2,... kompleksne funkcije, definirane na mnozici D C C. Potem funkcijsko zaporedje {fn}neN enakomerno konvergira na D proti funkciji f: D ^ C, ce za vsak e > 0 obstaja tak no, da za vsak z G D velja |fn(z) — f (z)| < e, ce je le n > no. Izrek 4.3. Naj bodo f1, f2,... zvezne funkcije na mnozici D C C, ki enakomerno konvergirajo proti f: D ^ C. Potem je f zvezna na D. Dokaz. Naj bo zo poljubna tocka iz D. Izberimo poljuben e > 0 in naj bo no tak, da velja |fn(z) — f (z)| < e/3, ce je n > no. Ker je fn0 zvezna, obstaja tak S > 0, da velja |fn0(z) — fn0(zo)| < e/3, cim je |z — zo| < S. Potem za |z — zo| < S velja |f (z) — f (zo)| = |f (z) — fno (z) + fno (z) — fno (zo) + fno (zo) — f (*b)| < If (z) — fno (z )| + | fno (z) — fno (*b)| + Ifno (zo) — f (zo) | < e/3 + e/3 + e/3 = e. Torej je f zvezna. □ 60 Izrek 4.4. Naj bodo fT,f2,... zvezne funkcije na mnočici D c, ki enakomerno konvergirajo proti f: D ^ C in naj bo 7 (kosoma) gladka pot v D. Potem velja lim / fn(z) dz = f (z) dz. JY ,/7 Dokaz. Naj bo 1 dolzina poti 7 in naj bo e > 0 poljuben. Ker zaporedje {fn} konvergira enakomerno, obstaja tak n0, daje |fn (z)_f (z)| < f za vse z G D in vse n > n0. Potem velja za vsak n > n0 fn(z) dz _ f (z) dz (fn (z) _ f (z)) dz < 1 max |fn(z) _ f (z)| < /- = e. z€7 S tem je izrek dokazan. □ Y Y Y Ponovimo se nekatere pojme in lastnosti funkcijskih vrst. Funkcijska vrsta je vrsta oblike fi(z) + f2(z) + fs(z) + ••• , z G D, kjer so kompleksne funkcije fT,f2,... definirane na mno z ici D C C. Taka vrsta konvergira pri nekem z G D proti f (z), ce zaporedje delnih vsot Sn(z) = fl(z) + f2(z) + fa(z) + ■ ■ ■ + fn(z) konvergira pri tem z proti f (z). Ce se to zgodi pri vsakem z G D, re cemo, da vrsta konvergira na D proti funkciji f (z) in pi semo 0 in za vsak z G D obstajati tak n0, da je |sn(z) _ f (z)| < e, ce je le n > n0. Se bolj pomemben v kontekstu funkcijskih vrst pa je pojem enakomerne konvergence. Tu je n0 iz zgornje definicije neodvisen od z. Definicija 4.5. Funkcijska vrsta fl(z) + f2(z) + fs(z) + ■■■ konvergira enakomerno na množici D C C proti funkciji f (z), ce za vsak e > 0 obstaja n0, da je |sn(z) — f (z)| < e za vsak n > n0 in vsak z G D. Najbolj uporaben kriterij za ugotavljanje enakomerne konvergence funkcijskih vrst je Weierstrassov M test. Trditev 4.6 (Weierstrassov M test). Naj bo TO n=1 konvergentna vrsta s pozitivnimi členi in naj za vsak n G N velja |fn(z)| < Mn, za vsak z G D. Potem funkcijska vrsta TO Efn(z) n=l konvergira enakomerno in absolutno na D. (Funkcijska vrsta konvergira absolutno, ce konvergira vrsta TO=1 | fn(z) |.) Dokaz. Da vrsta konvergira absolutno, je posledica primerjalnega kriterija. Naj bo torej f = limn^TO sn vsota vrste, kjer so sn delne vsote. Pokažimo, daje konvergenca enakomerna. Naj bo e > 0 poljuben. Ker vrsta Mn konvergira, obstaja tak n0, da velja Y1 TO=n+1 Mk < e, ce je le n > n0. Za tak n velja TO TO |f(z) — Sn(z)| = | £ fk(z)|< £ Mk < e. k=n+1 k=n+1 Zaporedje delnih vsot sn enakomerno konvergira proti f in zato vrsta konvergira enakomerno. □ Najpomembnejsi lastnosti enakomerne konvergence se skrivata v naslednjih dveh trditvah. Trditev 4.7. Naj bodo f1, f2,... zvezne funkcije na D. Ce vrsta TO Efn(z) konvergira enakomerno na D proti funkciji f (z), potem je f (z) zvezna funkcija na D. Dokaz. Dokaz sledi iz analognega dokaza za funkcijska zaporedja. Naj bodo sn delne vsote vrste. Ker so sn zvezne in po predpostavki kon-vergirajo enakomerno proti f, je zvezna tudi f. □ Trditev 4.8. Naj vrsta zveznih funkcij TO Efn(z) konvergira enakomerno na D proti funkciji f (z) in naj bo 7 pot v D. Potem je p TO p / f (z) dz = £ / fn(z) dz. Dokaz. Naj bodo sn delne vsote vrste. Ker zaporedje delnih vsot enakomerno konvergira proti f, iz analognega izreka za funkcijska zaporedja velja lim \ / fk (z) dz = lim / sn(z) dx = f (z) dz, n—TO ^—'z., n—>- R. Stevilo R imenujemo konvergenčni polmer vrste in velja 1/R = lim sup n |an|. n—TO Dokaz. Brez izgube za splosnost lahko predpostavimo, da je z0 = 0. Naj bo A = limsupn—TO ^|«n|• Predpostavimo najprej, da je 0 < A < to in naj bo |z| < 1/A. Potem je 1/|z| > A + e za nek pozitiven e, in 4.2. POTENCNE VRSTE 64 ker je A najve Cje stekali s ce mnoz ice {-y^a^}, obstaja tak n0, da je |an| < A + e, n > n0. Zato je za n > n0 nianZnl = n|an||z| < (A + e)|z| < 1 in vrsta ^TO0 |an||z|n konvergira pri z po korenskem kriteriju. Naj bo sedaj |z| > 1/A. Sedaj je 1/|z| < A — e za nek e. Ker je A stekali s Ce mnoZ ice { y|an|, n = 1, 2,...}, za neskon C no mnogo indeksov n velja an| > A — e. Pri takem n je anZn| = n|an||z| > (A — e)|z| > 1 in zato vrsta TO=0 anzn ne konvergira, saj Cleni anzn ne konvergirajo proti 0. Zelo podobno obravnavamo tudi primera A = 0 in A = to. Pokaz imo s e, da vrsta konvergira enakomerno in absolutno na DD(z0, r), kjer je r < R. Naj bo r < r' < R. Ker vrsta pri z = r' konvergira, velja limn^TO anr'n = 0 in zato obstaja tak M > 0, da je |anr'n| < M za vsak n. Naj bo |z| < r poljuben. Potem velja |anzn| = |an|(r)n r'n < M (£)n . Zato velja to to 5>nzn| , n=0 n=0 in ker geometrijska vrsta na desni pri < 1 konvergira, vrsta po Weierstassovem M testu konvergira enakomerno in absolutno na |z | < r. □ Primer 4.11. Geometrijska vrsta 1 + z + z2 + ■ ■ ■ ima konvergen cni polmer R = lim sup VT = 1. n^TO Zato vrsta absolutno in enakomerno konvergira na vsakem krogu |z| < r < 1. Vsota te vrste je 12 --= 1 + z + z2 + ■ ■ ■ 1 — z □ Izrek 4.12. Naj boY^n=0 an(z — z0)n potenšna vrsta s konvergenčnim polmerom R > 0. Potem je funkcija f (z) = an(z — Z0)n n=1 holomorfna na D(z0,R) in velja 0 dovolj majhen. Naj bo A množica tistih točk, ki zadoščajo prvemu pogoju, in B množica tistih točk, ki zadoščajo drugemu pogoju. Očitno sta obe množici odprti in velja D = AUB ter AtlB = 0. Ker je D povezana, je ena od množic prazna. Po predpostavki je h(zn) = 0. Ker je h zvezna, je tudi h(w) = 0. Ker točke zn pridejo poljubno blizu w, velja w ^ B. Torej je B prazna in A = D, kar pomeni, da je h(z) = 0 za vsak z g -D in zato /(z) = g (z) za vsak z E D. □ Izrek 4.17 (princip maksima). Naj bo f holomorfna funkcija na območju D. Ce obstaja krog D(a,r) C D, r > 0, da velja \f(z)\ < \ f(a)\ za vsak z g D(a,r), je f konstantna na D. Dokaz. Predpostavimo, daje D(a, r) tak krog v D, da velja neenakost |/(°0I > \f(z)\ za vsak z g D(a,r) in naj bo g (z) = jj^. Velja g (a) = 1. Zaradi zveznosti obstaja nek krog D(a,r'), r' < r, da je Reg(z) > 0. Na krogu D(a,r') lahko zato definiramo h (z) = log g (z). Ker je \g(z)\ < 1 na D(a,r') in g (a) = 1, je h(a) = 0 in R eh(z) < 0. Ce h ni identično enaka 0, po izreku 4.15 lahko najdemo tak m, da je h(z) = (z — a)mhi(z), pri čemer je h\(a) ^ 0. Naj bo a G [0, 27r) tak, daje h\(a) = \hi(a)\eta, in definirajmo Hi(z) = e~tahi{z). Seveda je Hi (a) = (a) I > 0 in zato je, zaradi zveznosti, blizu a še vedno Re Hi (a) > 0. Ce pišemo z = a + pelip je h(z) = pmeimipeiaHi(z). Pri (p = ^^ je h(z) = pmHi(z) in zato je za majhen p u{z) = Reh(z) = pmReHi(z) > 0, kar pa je protislovje, saj mora biti Reh(z) < 0. Protislovje smo dobili iz predpostavke, da h ni identično enaka 0. Torej je h = 0 in posledično /(z) = f(a) za vsak z G D(a,r'). Po principu identičnosti 4.16 je / konstantna povsod na -D. □ 4.4. laurentova vrsta 69 Posledica 4.18. Naj bo funkcija f holomorfna na okolici omejenega območja D. Potem je maksimum \ f\ na D dosežen na robu d D. Posledica izreka 4.17 je tudi princip maksima za harmonične funkcije. Posledica 4.19. Naj bo u: D E harmonična funkcija na območju D C E2. Ce je v točki (x0,j/o) £ D lokalni ekstrem funkcije u, je funkcija u konstantna na D. Dokaz. Naj bo v (xo,po) lokalni maksimum funkcije u in naj bo U poljubno enostavno povezano območje v D, ki vsebuje točko (xo,po). Naj bo v harmonična konjugiranka funkcije u na U. Le ta obstaja po izreku 3.30. Definirajmo f(z) = f(x + ip) = u(x, p) + iv(x, p). Funkcija / je holomorfna na U. Naj bo g (z) = Funkcija g je prav tako holomorfna na U in velja ,/(»| _ \^eu(x,y)+iv(x,y) | _ &u{x,y) Torej ima g lokalni maksimum v (x0,p0), zato je po izreku 4.17 konstantna na U. Poljubni dve točki iz D lahko povežemo z lokom (injek-tivno potjo). Ce tak lok malo odebelimo, dobimo enostavno povezano območje, ki vsebuje ti dve točki. Torej lahko za vsako točko (x,p) ^ (xo, po) iz D najdemo enostavno povezano območje, ki vsebuje tako (xo,po) kot tudi (x,p). Ker je u konstantna na tem območju, je u(x,p) = u(xo,po) za vse (x,p) G D. □ 4.4. Laurentova vrsta Kot bomo videli, je Laurentova vrsta posplošitev Taylorjeve vrste. Z Laurentovo vrsto poskušamo razumeti, kako se holomorfna funkcija obnaša v okolici singularne točke. Definicija 4.20. Laurentova vrsta s središčem v točki z0 je formalna vrsta oblike oo cn(z-z0)n. n=—oo Laurentova vrsta je sestavljena iz dveh delov. Prvi del je -i n=—oo 1^)1 = recemo mu glavni del Laurentove vrste. Drugi del je obicajna potencna vrsta TO Y Cn(z — zo)n = Co + C1 (z — zo) + Č2(z — zo)2 +---- n=0 Kot vemo, potencna vrsta konvergira znotraj kroga s polmerom R, kjer je 1/R = lim sup n|cn|. n—TO Ce pri glavnem delu namesto pisemo w, dobimo obicajno potencno vrsto v spremenljivki w — 1 TO Cn ( z zo )n = C —nWn Y Cn(z — zo)n = Y n=—TO n=1 ki konvergira znotraj kroga |w| < r, kjer je 1/r = lim sup y |c—n|. n—>- 1/r. Tako R kot r sta lahko kjerkoli iz [0, to], torej tudi 0 ali to. Povzemimo to v izreku. Izrek 4.21. Naj bo TO Y Cn (z — zo)n n=—TO Laurentova vrsta in naj bosta 1 R1 = limsup n |c—n|, R; limsupn—TO nični Ce velja R1 < R2, vrsta konvergira na kolobarju A(zo; R1, R2) = {z G C, R1 < |z — zo| < R2} proti holomorfni funkciji na A(z0; R1, R2). Za vsak R1 < r1 < r2 < R2, vrsta konvergira enakomerno in absolutno na {z G C,r1 < |z — z0| < r2}. Dokaz. Konvergenco smo ze pokazali. Da je funkcija holomorfna, sledi iz analognega izreka za potencne vrste, uporabljenega na obeh delih Laurentove vrste. Prav tako sledi enakomerna konvergenca na manj sem kolobarju. □ 4.4. LAURENTOVA VRSTA Primer 4.22. Poglejmo si Laurentovo vrsto Velja 111 z z2 z3 - + z3 + ? + z + 1+2 + 2i + 23 + Ri = lim sup n|c-n| = lim = 1 in 1/R2 = limsup A/jČn| = lim n = 1. n—>- -—: -TT dwz w n+1 n=0 Y2 Vsoto in integral smo lahko zamenjali zaradi enakomerne konvergence. Poglejmo si se integral po y1. V tem primeru velja |w/z| < 1, tako pisemo Imamo 1 11 1 w — z z 1 — w/z E n=0 wn z 2ni JYl w — z dw = —— 2ni f -.TO i/f (w) 1E^" l J Yl z n=0 1 — I dw z —n—1 / f(w)wn dwz n=0 Yl V (_L f /M dw) z« ^ V 2ni JY1 wn+1 / n=—TO Pri zadnjem enacaju smo zamenjali vsoto in integral, kar lahko storimo zaradi enakomerne konvergence vrste, ter prestevilcili vrsto. Po Cau-chyjevem izreku lahko vse integrale po y1 in Y2 zamenjamo za integrale po neki pozitivno orientirano kroznici y C A s srediscem v 0. Skupaj dobimo " — dw\z 2ni . L wn+1 f(z) TO E n= —TO z 1 S tem je izrek dokazan. □ Primer 4.25. Razvijmo funkcijo f (z) = ez + e z v Laurentovo vrsto okrog z0 = 0. Ker je z z2 z3 eZ = 1 + z +2!+3!+ ■■■ in vrsta konvergira za vse z G C, velja z 11 11 1 e = ■■■ + 3! z3 + 2! z2 + z + 1' zato vrsta konvergira za vsak z G C\{0}. Skupaj je 1 1 1 1 1 1 2 1 3 f (z) = - +3! 7 +2! 7 + z + 2 + z +2!z2 +3!z 3 + - Vrsta konvergira za vsak z G C\{0} = A(0; 0, to). □ Primer 4.26. Poglejmo si funkcijo f(z) (1 + z)(2 - z) Funkcija je definirana na celo kompleksni ravnini, razen v to c kah z = — 1 in z = 2. Pri razvoju v Laurentovo vrsto s sredi s cem v z = 0 zato dobimo razli cne razvoje na obmocjih D(0,1), A(0; 1, 2) in A(0; 2, to). Funkcijo bomo najlazje razvili v vrsto, ce jo najprej razcepimo na delne ulomke 1 1/1 1 + (1 + z) (2 — z) 3 V1 + z 2 — z Razvoj funkcije j+z na D(0,1) je enak 1 — z + z2 — z3 + 1 + z Ce pa je |z| > 1, lahko to funkcijo razvijemo takole 1 11 1 ( 111 z 1 + z z 1 + 1 z\ z z2 z3 1 1 1 1 ----1-----+ z z2 z3 z4 1 1 Ta vrsta konvergira, ce je le |1/z| < 1, oziroma, ce je z G A(0; 1, to). Podobno si oglejmo funkcijo f-z. Na D(0, 2) velja 1 11 1 2 — z 21 — f 2 V" ' V J + U + V2 1 + "' 1 z zf z3 2 + 2f + 23 + 24 + Pri |z| > 2 pa je 1 11 11 /2\ f2\f /2\3 — -1+ - + - + M + 2 — z z 1 — f z \ \z J \z J V z z 1 2 2f 23 z zf z3 z4 Ta vrsta konvergira na A(0, 2, to). Pri razvoju funkcije f na D(0,1) torej dobimo 1 (1 + f)(2 — z) 1 (t, f 3 \ (1 z zf z3 = a((1 — z +zf — z3 + ^2 + 22 + 23 + 24 + " 1 + 2 1 - 2f 1 + 23 f 1 - 24 3 =--1--z +--z f +--z3 + • • • 3 ■ 2 3 ■ 2f 3 ■ 23 3 ■ 24 Pri razvoju na kolobarju A(0; 1, 2) moramo vzeti razvoj funkcije f, ki konvergira za |z| > 1: 1 (1+m — z) = 1 //1 1 1 1 \ f 1 z zf z3 = 3 V \ž — zf + z3 — z^ + "y + + 2f + 23 + 21 + "' 11111 z zf z3 = • • •---1-----1---1---1---1---1---+ 3z4 3z3 3zf 3z 3 ■ 2 3 ■ 2f 3 ■ 23 3 ■ 24 In končno na A(0; 2, to): 1 (1 + f)(2 — z) 1 ff 1111 \ f 1 2 2f 23 3 V V z zf z3 z4 ' / V z zf z3 z4 ((1 ■ 1 "T + zf 1 z3' 1 - zi + 2 + 1 2f — 1 23 + 1 3zf 3z3 3z4 _ 21+1 _ 22-1 _ 23 + 1 _ 3z2 3z3 3z4 • • • Slika 4.1. Razli cni razvoji funkcije f v Laurentovo vrsto Naloge (1) Poi SCi konvergenCne polmere naslednjih vrst: (a) E~o n3zn, (b) ETO=o (c) to ra2z" (C) 2^ra=0 n! , (d) Er=o 2nzn!. (2) Iz definicij kompleksnih funkcij ez, sin z in cos z izpelji njihove razvoje v Taylorjevo vrsto okrog to c ke z0 = 0. (3) Razvij naslednje funkcije v Taylorjevo vrsto okrog tocke z0 in poi s ci konvergencni polmer: (a) y+2 , zo = 0, (b) T+2 > zo = 1 (c) T+e-z, zo = 0, (d) V1 - z2, zo = 0, (e) , zo = 0. (4) Pokazi formulo ez cos z = 1 fP(1+i)z + e(1_i)z 2 in izpelji Taylorjevo vrsto za ez cos z. (5) Poisci nekaj clenov razvoja funkcije tan z v potencno vrsto okrog zo = 0 in doloci konvergencni polmer vrste. (6) Razvij naslednje funkcije v Laurentovo vrsto okrog tocke zo in doloci obmocje konvergence: (a) (z—1Xz+1) , zo = 1, (b) z^=2)2 , zo = 2, (c) Z—1, zo = 1. (7) Razvij (1—Z)1(Z+3) v Laurentovo vrsto na A(0; 0,1), A(0; 1, 3) in A(0;3, to). (8) Razvij funkcijo sinus v Taylorjevo vrsto okrog zo = i. (9) Pokazi, da ima funkcija cos z f (z) = -:- z — sin z koncni glavni del pri razvoju v Laurentovo vrsto okrog tocke zo = 0. Doloci ga. (10) Poisci nicle naslednjih funkcij in doloci njihovo stopnjo: (a) (1 + z3)2, (b) ez cos2 z, (c) sin z — tan z, (d) ez + 1. (11) Pokazi princip minima. Naj bo f holomorfna funkcija, ki nima nicel na omejenem obmocju D. Potem je minimum |f | dosezen na robu D. S pomocjo principa minima poisci drugacen dokaz osnovnega izreka algebre. (12) Podobno kot smo pokazali holomorfnost potencnih vrst, pokazi naslednjo trditev. Naj zaporedje holomorfnih funkcij {fn} enakomerno konvergira k funkciji f na D C C. Potem je f holo-morfna. (13) Naj bo f holomorfna na D(a,r) in naj bo |f (z)| < M za vsak z G D(a, r). Dokazi Cauchyjeve ocene if (n)(z)i < nf za vsak z G D(a,r) in n G N. S pomocjo teh ocen pokazi trditev: Naj zaporedje holomorfnih funkcij {fn} enakomerno konvergira k holomorfni funkciji f na D C C. Potem za vsako kompaktno mnoz ico K C D, zaporedje {f!^} enakomerno konvergirana D proti funkciji f(k). POGLAVJE 5 Klasifikacija izoliranih singularnosti in izrek o ostankih 5.1. Klasifikacija izoliranih singularnosti Funkcija / ima v točki a izolirano singularnosti če je / holomorfna na punktiranem krogu D(a, r)\{a}, za nek r > 0, in ni definirana v a. Pogosto nas zanima, kako se funkcija obnaša v okolici take singularnosti. Izkaže se, da je obnašanje funkcije bistveno odvisno od vrste singularnosti. Ce, na primer, pogledamo funkcije ^ in e}!z, se njihova obnašanja okrog točke 0 precej razlikujejo. Funkcija ^^ je v okolici 0 omejena in jo lahko holomorfno razširimo tudi v točki 0. Funkcija | postane "enakomerno velika", ko se vrednost z približuje 0, medtem ko doseže ex!z v katerikoli okolici točke 0 vse kompleksne vrednosti, razen vrednosti 0. Definicija 5.1. Naj ima funkcija / v točki a izolirano singularnost. Potem rečemo, da je (i) a odpravljiva singularnost, če obstaja holomorfna funkcija g, definirana na D(a,r) za nek r > 0, in velja f(z) = g (z) za vsak z G D(a,r)\{a}. (ii) a pol, če velja lim^ |/(z)| = oo. (iii) a bistvena singularnost, če a ni niti odpravljiva singularnost niti pol. Primer 5.2. Funkcija ^^ ima v 0 odpravljivo singularnost, saj velja zaz^O sin z 1 z3 z5 z2 z4 ~ = Z(Z"3! + 5!""')= 3! + 5!""' 78 Za g (z) lahko vzamemo vsoto te potenčne vrste, ki je holomorfna tudi v 0. Funkcija - ima v 0 pol, saj velja lim z^O = OO. Funkcija e}!z nima v 0 niti odpravljive singularnosti niti pola, saj velja za x G E lim ex!x = oo, lim = 0. IE—)-0+ x—>0~ Torej ima v 0 bistveno singularnost. □ Trditev 5.3. Naj ima funkcija f v a izolirano singularnost. (i) Funkcija f ima v a odpravljivo singularnost natanko tedaj, ko je f omejena v okolici točke a. (ii) Funkcija f ima v a pol natanko tedaj, ko f nima odpravljive singularnosti v a in obstaja tako naravno število n > 1, da ima (z — a)nf(z) odpravljivo singularnost v a. Dokaz, (i) Ce ima / v a odpravljivo singularnost, je očitno / v okolici točke a omejena. Pokazati moramo torej le obrat. Naj bo sedaj / omejena v okolici a. Ce definiramo f (z — a)2f(z) , z^a K*) = \ n I Ü , z = a je h holomorfna na D(a, r)\{a} in zvezna v a. Velja h(z) — h(a) , (z — a)2f(z) , . . „. . lim -^ = lim ^-= jim(z _ a)f(z) = 0, z^a z — a z^a z — a z^a saj je / omejena v okolici a. Torej je h odvedljiva tudi v a in velja h'(a) = 0. Naj bo oo h(z) = Y,bn(z-a)n n=0 razvoj h v Taylorjevo vrsto okrog a. Ker je h(a) = h'(a) = 0, velja b0 = bi = 0. Zato zaz/a velja f(z) = , =b2 + b3(z -a) + bA{z - a)2 + • • • [z — a)z Ker je g (z) = b2 + b3(z — a) + 64(z — a)2 + • • • holomorfna na celem D(a, r), je g holomorfna razširitev funkcije / preko točke a in ima / v a odpravljivo singularnost. 5.1. klasifikacija izoliranih singularnosti 80 (ii) Naj ima sedaj f v a pol. Definiramo h(z) = Funkcija h je holomorfna na D(a, r)\{a}, za nek pozitiven r, in zvezna tudi v a, saj je linija |/(z) | = oo. Torej ima h v a po točki (i) odpravljivo singularnost. Ker ima h v a ničlo, obstaja tak n e N, da velja h(z) = (z — a)ng(z), kjer je g holomorfna v okolici a, in je g (a) ^ 0. Zato je za z/a (z - a)"Hz) = (z - o)"^ = Funkcija je holomorfna na celem D(a,r), saj je g (a) ^ 0. Torej ima (z — a)nf(z) v a odpravljivo singularnost. Pokažimo sedaj še obrat. Denimo, da obstaja tako naravno število n, da ima (z — a)nf(z) v a odpravljivo singularnost, (z — a)n~1f(z) pa v a ni omejena. Naj bo g (z) holomorfna funkcija, definirana v okolici točke a (vključno z a), da velja (z — a)nf(z) = g (z) za z / a. Ker je (z — a)n~l f(z) = po predpostavki neomejena, je g (a) ^ 0. Naj bo 8 tak, daje \g(z) — g(a)\ < če je le \z — a\ < 8. Potem za \z — a\ < 8, z ^ a, velja \z — a\n \z — a\n Ker je g (a) ^ 0, dobimo lim\f{z)\ = oo. Torej ima f v a pol. □ Naj ima f v a pol. V dokazu zgornjega izreka smo videli, da obstaja tak n G N, za katerega obstaja holomorfna funkcija g v okolici a, g (a) ^ 0, in velja /« = (z — a)n za vsak z v okolici a, z ^ a. Tak n imenujemo red ali stopnja pola / v točki a. Opomba 5.4. Točka (i) zgornje trditve nam pove, da je omejenost ho-lomorfne funkcije na nekem punktiranem krogu D(a,r)\{a} že dovolj, da se / holomorfno razširi na cel krog D(a,r). V realnem ta trditev očitno ne velja. Funkcija /<*) = (-1 ' ;r-° V ; (I , x>0. je omejena v okolici točke 0, vendar je ne moremo niti zvezno razširiti preko te točke. □ Izrek 5.5. Naj ima funkcija f v a izolirano singularnost in naj bo oo j: an(z ~ a)n n=—oo Laurentov razvoj funkcije na kolobarju A(a; 0, R) za nek R > 0. (i) Funkcija f ima v a odpravljivo singularnost natanko tedaj, ko je an = 0 za vsak n < 0. (ii) Funkcija f ima v a pol natanko tedaj, ko obstaja tak m E N, da je a_n = 0 za vsak n> m + 1 in je a_m ^ 0 (m je red pola f v a). (iii) Funkcija f ima v a bistveno singularnost, če in samo če je an ^ 0 za neskončno mnogo negativnih n. Dokaz, (i) Naj ima / v a odpravljivo singularnost. Torej je f(z) = g(z) na A(a~, 0, r) za neko funkcijo g holomorfno na D(a, r) in nek r > 0. Naj bo oo g(z) = J2bn(z - a)n n=0 Taylorjeva vrsta funkcije g okrog točke a. Ker je Laurentova vrsta funkcije / enolično določena, velja oo oo an(z - a)n = J2bn(z - a)n. n=—oo n=0 Torej je an = 0 za vsak n < 0. Obrat sledi iz prve točke zgornje trditve. (ii) Naj ima / v a pol in naj bo m njegov red. Iz točke (ii) trditve 5.3 sledi, da obstaja holomorfna funkcija g v okolici a, g (a) ^ 0, in velja /(Z) = (/-i)™' Naj bo oo Y,bn(z-a)n n=0 5.1. klasifikacija izoliranih singularnosti 82 razvoj funkcije g v Taylorjevo vrsto okrog a. Potem je oo 'y ] bn+m(z — a)n n=—m Laurentova vrsta za / okrog a. Zato velja an = 0 za n < — (m + 1) in a-m ^ 0, ker je a_TO = bo = g (a) ^ 0. Poglejmo si še obrat. Naj bo oo j: an(z ~ a)n n=—m Laurentova vrsta za / okrog a. Funkcija h{z) = {z- a)mf(z) ima v a odpravljivo singularnost, saj je njen Laurentov razvoj okrog a enak oo Hz) = an-m(z - a)n. n=0 Zato ima f v a pol in ker je h(a) = a_m ^ 0, je m ravno njegov red. (iii) Točka očitno sledi iz (i) in (ii). □ Poglejmo si še, kako lahko pojem izolirane singularnosti razširimo tudi na točko oo. Naj bo pri nekem R > 0 funkcija / holomorfna na \z\ > R. Funkcija m = m/z) je definirana in holomorfna na _D(0,r)\{0}, kjer je r = l/i?. Če ima g v točki 0 odpravljivo singularnost (pol, bistveno singularnost), rečemo, da ima / v oo odpravljivo singularnost (pol, bistveno singularnost). Opomba 5.6. Naj bo /: C —> C cela funkcija. Njen Taylorjev razvoj okrog z = 0 f(z) = a0 + aiz + a2z2 H---- konvergira na celi kompleksni ravnini. Zato lahko g (z) = /(l/z) razvijemo v Laurentovo vrsto na C\{0} in razvoj funkcije g je . . Cl 2 Cl\ g{z) =----h -r H---h a0. z2 z Funkcija g ima v 0 pol natanko tedaj, ko je ta vrsta pravzaprav končna. Torej ima cela funkcija / v oo pol natanko tedaj, ko je / (nekonstan-ten) polinom. Ostale cele funkcije, kot so ez, sin z, cos z, shz, chz ... imajo v točki oo bistveno singularnost. Cele funkcije z odpravljivo singularnostjo pa so le konstante. □ Picardovi izreki. Poglejmo si še nekaj izrekov, ki pokažejo, da ima holomorfna funkcija v okolici bistvene singularnosti precej "divje" obnašanje. Izreki veljajo tudi za primer, ko za singularno točko vzamemo točko oo. Izrek 5.7 (Casorati-Weierstrassov izrek). Naj bo a E U, kjer je U c C odprta množica, in naj ima holomorfna funkcija f: Č7\{a} —> C v točki a bistveno singularnost. Potem je množica f(U\{a}) gosta v C. Dokaz. Recimo, da množica f(U\{a}) ni gosta v C. Potem obstajata taka b g C in e > 0, da je cel krog D(b,e) vsebovan v komplementu množice f(U\{a}). Poglejmo si funkcijo g{z) = Za vsak z g Č7\{a} velja \g(z)\ < Torej je g omejena v okolici a in ima zato v a odpravljivo singularnost. Ce ima g v a ničlo stopnje m, je f(z) = ^- + b in ima / v a pol stopnje m. Ce pa g (a) ^ 0, ima / v a celo odpravljivo singularnost. V vsakem primeru smo dobili protislovje. □ Se močnejši izrek pa je tako imenovani veliki Picardov izrek. Izrek 5.8 (veliki Picardov izrek). Naj ima funkcija f v točki a bistveno singularnost. Potem f v vsaki okolici U točke a zavzame vse možne vrednosti w g C; razen morda ene, in to neskončnokrat. Dokaz velikega Picardovega izreka je precej zahteven, zato ga bomo tu izpustih. Posledica velikega Picardovega izreka je mali Picardov izrek: Izrek 5.9 (mali Picardov izrek). Nekonstantna cela funkcija lahko izpusti največ eno kompleksno vrednost. 5.2. izrek o ostankih 84 Mali Picardov izrek je posplošitev Liouvillovega izreka, ki pove, da je vsaka omejena cela funkcija nujno konstantna. Pove namreč, da je že vsaka cela funkcija /: C —> C\{a, b}, kjer sta a ^ b poljubni točki, konstantna. V kolikor je /: C —> C nekonstanten polinom stopnje n, nam osnovni izrek algebre pove, daje enačba f(z) = a rešljiva za vsak a E C (in to natanko n-krat, šteto z večkratnostjo). Nekonstantni polinomi torej zavzamejo vsako kompleksno vrednost. Primer cele funkcije, ki izpusti natanko eno vrednost, je f(z) = ez, saj ez ^ 0 za vsak z E C. 5.2. Izrek o ostankih Naj ima funkcija / izolirano singularnost v točki z0 in naj bo f(z) = Y/cn(z-zoT ra€Z Laurentov razvoj funkcije / na punktiranem krogu D(z0, R)\{z0}. Naj bo 7 pozitivno orientirana krožnica s središčem v Zo in polmerom r < R (ali katera koli druga sklenjena pot, homotopna 7 v D(zo, R)\{zo})-Ker Laurentova vrsta enakomerno konvergira na 7*, je / f{z)dz= / ^Cn{z - z0)n dz = / cn(z-z0)ndz. J"! n€Z n€Z A Ce je n > 0, je f Cn(z — zo)n dz = 0, saj integriramo funkcijo, ki je holomorfna znotraj območja, omejenega z 7. Prav tako za n < —2 velja J cn(z—zo)n dz = 0, saj ima v tem primeru funkcija (z—zo)n primitivno funkcijo (z — zo)n+1/n + 1 na D(zq, i?)\{zo} in je zato integral po kateri koli sklenjeni poti znotraj tega območja enak 0. Tako nam ostane le integral / C-i(z — zo)~x dz = / -—dz. J j J j z — Zo Le ta je po Cauchyjevi formuli, ali pa po preprostem konkretnem računu, enak 27ržc_i. Torej imamo f(z) dz = 27tžc_i. Definicija 5.10. Naj ima funkcija / izolirano singularno točko v zq in naj bo ^raeZcra(z — zo) Laurentova vrsta za / na punktiranem krogu okrog zo- Vrednost c_ 1 imenujemo ostanek funkcije / v točki z0 in označimo z Res(/, zq). L Izrek 5.11 (izrek o ostankih). Naj bo f (z) holomorfna funkcija na območju D, razen morda v čtevno mnogo izoliranih točkah iz D, v katerih ima f izolirano singularnost. Naj bo 7 pozitivno orientirana kosoma gladka enostavno sklenjena krivulja v D, ki je znotraj D ho-motopna konstanti, in naj nobena izolirana singularnost funkcije f ne lezi na 7*. Potem velja /n f (z) dz = 2n^ Res(f,zk), k=1 kjer so z1 ,z2,..., zn izolirane singularnosti f znotraj območja, omejenega z 7. Dokaz. Naj bodo 7^ ... ,Yn pozitivno orientirane kroz nice s sredi s Ci v z1,..., zn, ki so dovolj majhne, da se ne sekajo in da so vse vsebovane v notranjosti obmoCja, omejenega z 7. Iz Cauchyjevega izreka in razmisleka zgoraj sledi „ n „ n / f (z) dz = W f (z) dz = Res(f, zk). JY k=1 ^ k=1 □ Trditev 5.12. Naj ima funkcija f pol stopnje m v točki z0. Potem je Res(f,zo) = ((z - zo)mf (z))(m-1) |z=zo. (m — 1)! Dokaz. Ker ima f v z0 pol stopnje m, je njen Laurentov razvoj na punktiranem krogu okrog z0 enak cn(z - zü) Potem je 1 (m - 1)! ((z - zo)mf (z)) z=zo (m - 1)! cn(z — zü) (m—1) n+m C-i. z=z o □ Primer 5.13. IzraCunajmo integral f 1 dz, Jy (z + 1)(z - 1)3 kjer je 7 pozitivno orientirana kroznica |z| = 2. Po izreku o ostankih 5.11 je 1 dz = 2ni(Res(f, 1) + Res(f,-1)). Jy (z +1)(z - 1)3 Po trditvi 5.12 je Res(f- 1) = s (7+1 12 z=i 2! (z + 1)3 z=1 1 8 in Res(f,-1) (z - 1)3 z= — 1 Zato je (z + 1)(z - 1)3 dz = 0. □ Primer 5.14. IzraCunajmo integral [ z2eZ Y 1 - z2 dz. kjer je 7 pozitivno orientirana kroznica |z| = 1. Znotraj kroga s polmerom 1/2 imamo samo eno izolirano singularnost, in to v toCki z = 0. n n=—m 1 n= — m n 1 1 Y Po izreku o ostankih je r z2ez --- dz = 2ni Res(f, 0). J Y 1 Z To Cka z = 0 je bistvena singularnost. Poskusimo ugotoviti koeficient c_i v razvoju funkcije f v Laurentovo vrsto z-e 1 2n , 1 , 1 , 1 \ n , 2 , 4 = z2(1 ±---± ^T^ + ^ + ■ ■ ■ )(1 + z2 + z4 + ■ ■ ■ ). 1 - z2 v z 2!z2 3!z3 Zanima nas samo koeficient pri Clenu 1: Zato je 111 C_i = 3! + 5! + 7! + = sh1 - 1. z 2e z z e dz = 2ni(sh(1) - 1). /7 1 - z2 □ 5.3. Primeri uporabe izreka o ostankih V tem razdelku bomo pogledali nekaj zahtevnej s ih primerov uporabe izreka o ostankih. Določeni integrali trigonometričnih funkcij. Izrek o ostankih lahko uporabimo pri izracunu nekaterih dolocenih integralov trigono-metri cnih funkcij. Kot primer si najprej poglejmo integral f2n cos(2t)dt J0 5 — 4 cos t Ce uporabimo cos t = + e-it)/2, dobimo integral f2n e2it + e_2it dt = i f2n e4it + 1 .eitdt J0 10 - 4ei4 - 4e_i4 2 J0 2e4^ - 5e3i* + 2e2i* ' To pa je natanko integral, ki ga dobimo po parametrizaciji z = iz kompleksnega integrala 1 f z4+1_dz=i r_z4±i_dz 2 JY 2z4 - 5z3 + 2z2 4 J j z2 (z - 1 )(z - 2) ' kjer je 7 pozitivno orientirana enotska kroznica. Po izreku o ostankih imamo i f z4 + l 4L z2 (z — 2 )(z — 2) dz z4 + 1 2 lReS V z2(z — 1 )(z — 2): , 0 + Res z4 + l l z2(z — 2)(z — 2)' 2 (Singularnost z = 2 je zunaj enotskega kroga). IzraCunajmo ostanka Res Res z4 + l Skupaj je z 2(z — 1 )(z — 2)' z4 + 1 1 z2(z — 1)(z — 2) '2 r-2n z4 + l (z — 2 )(z — 2) z4 + l z=0 5 2 ' z 2(z — 2) 17 cos(2t)dt n /0 5 — 4 cos t 6 Podobno lahko v vsak integral '•2n R(sin t , cos t)dt , kjer je R neka racionalna funkcija, vstavimo cos t eit + e-it sin t eit — e-it 2 2i in integral prevedemo na kompleksni integral 'z — l/z z + 1 /z\ dz ~2i ' 2 / iž' R J K(0,1) ki ga nato izracunamo s pomocjo izreka o ostankih. 6 z= 1 2 0 Izlimitirani integrali racionalnih funkcij. Poglejmo si integral f " pM dx, J-^ q(x) kjer sta p in q neka polinoma z realnimi koeficienti. Predpostavimo lahko, da sta si polinoma p in q tuja. Da bo integral obstajal, mora veljati m > n + 2, kjer sta n in m zaporedoma stopnji polinomov p in q. Prav tako polinom q ne sme imeti realnih nicel. Naj bo yr pot s slike 5.1 in naj bo R dovolj velik, da so vse nicle, ki jih ima q v zgornji polravnini, ze znotraj obmocja, omejenega z yr. Po izreku o ostankih Slika 5.1. Integracijska krivulja yr velja f 44dz =f dx+ f PRi*)= 2ni y Res f?,zk J1R q(z) J-R q(x) Jo q(Re'*) ^ ^ V^ * kjer so zk razliCne niCle polinoma q iz zgornje polravnine. V kolikor je R dovolj velik, velja |q(z)| > a|z|m in |p(z)| < b|z|n, Ce je le |z| > R in sta a, b neki pozitivni konstanti. Zato velja ^Re'*d(( < 2^ Rüy 0. V limiti je torej I o q(Re'*) fy P(x) aR" q(x) dx = 2n i ^^ Res ^ ^,zk P Uporabimo to na primeru integrala dx J-y (X2 + l)n' V zgornji polravnini ima polinom (x2 + 1)n niClo n-te stopnje v toCki i. Z uporabo zgornjega prindpa in uporabe trditve 5.12 po krajšem n 5.3. PRIMERI UPORABE IZREKA O OSTANKIH računu dobimo dx /—to (1+ x2)n 2ni Res 2 ni 1 (z2 + 1)n 1 (n - 1)! V(z + i) 1 (2n- 2 (n—1) 4' n— 1 n1 Podobno, kot smo obravnavali izlimitirani integral racionalne funkcije, lahko obravnavamo tudi integrale tipa p(x) sin ax q(x) dx in p(x) cos ax q(x) dx. V tem primeru gledamo integral p(z)ei dz Jin q(z) po zgornji krivulji yr. Tukaj gre integral po polkroznem delu proti 0 ze pri pogoju m > n +1, kjer sta m in n stopnji polinomov q in p. To lahko vidimo s kombinacijo zgornjega razmisleka in razmisleka pri primeru 3.12. Tako dobimo p(x)ei -dx = 2ni ^^ Res p(z)ei zk J—™ q(x) ^ v q(z) kjer so zk zopet razlicne nicle polinoma q v zgornji polravnini. Ker je cos ax + i sin ax dobimo f™ p(x) sin ax ' —to /•TO q(x) p(x) cos ax ./—to q(x) Kot primer si poglejmo integral dx = Im ^^ Res dx = Re ( 2ni ^^ Res p(z)eia q(z) p(z )eia q(z) zk zk cos ax '—TO x + 1 dx. Analogni integral s sinusom je 0, saj je funkcija liha. Po zgornjem je cos ax ' — TO x + 1 dx = Re ( 2ni Res z2 + 1 Re 2ni . e z+i n o« ' TO n X = l TO TO — TO — TO TO e TO e X=l Eulerjevi funkciji B in r. Eulerjeva gama funkcija r(s) je definirana s predpisom r(s) = ts—V*dt, s > 0, Jo Eulerjeva beta funkcija B(x,y) pa kot B(x,y)= [ tx-1(1 — t)y-1dt, x,y> 0. Jo Funkciji B in r sta povezani s formulo B ( ) r(x)r(y) B (x,y) = w—i—r, kar se dokaze s pomocjo uporabe dvojnega integrala. Nekoliko tezje je pokazati Eulerjevo zrcalno formulo n B(p, 1 — p) = r(p)r(1 — p) sin(pn)' kar bomo dokazali z uporabo izreka o ostankih. S pomocjo substitucije = 1 d = dt 1 + ex t(1 — t) dobimo dx = B (p, 1 — p), 0 2n eipy . dx + iepR u . -R 1 + ex 0 1 + eReiy 17, dV e R epx 2npi i -dx — ie-pR f2n ipy -R 1 + ex (1 — e2npi) 0 1 + e-Reiy dy rR epx r2n eipy e dx + iepR e -R 1 + ex 0 1 + eReiy dy r-2ni ie - pR ipy 1 + e-Reiy dy. Prepričajmo se, da gresta zadnja dva integrala proti 0, ko gre R proti 00. ie pR r-2n eipy 1 + eReiy dy 1.11 'J < 2nepR max ye[0,2n] e ipy 1 + eReiy 2nepR eR — 1' Ce je p < 1, gre zadnja vrednost proti 0, ko gre R proti to. Podobno je »2n ie - pR ipy 1 + e-Reiy dy < 2ne-pR max ye[0,2n] ipy 1 + e-R eiy 2ne(1-p)R eR- 1 ' 0 0 0 Ta vrednost gre proti 0, ce je le p > 0. Skupaj dobimo pri 0 < p < 1 v limiti R ^ to ppz \ f ppz dz -2nieipn = 2ni Red --, in = lim 1 + ez J 1 + ez /ro epx dx ■ro 1 + ex oziroma f ro epx - 2nieipn 2ni n dx ,/_ro 1 + ex 1 - e2nip eipn - e_nip sin(pn)' Torej smo dokazali n r(p)r(1 -p) = ——, 0 e_x2 dx t_1/2e_tdt = r(1/2) = '0 0 Vsota Številskih vrst. Poglejmo si, kako s pomočjo izreka o ostankih izra cunamo vsoto vrste ro 2 ro E n=1 n Definirajmo funkcijo f(z) n cos(nz) z2 sin(nz) in naj bo yn pozitivno orientiran pravokotnik z ogli s c i N + 1/2 + iN, -N - 1/2 + iN, -N - 1/2 - iN in N + 1/2 - iN, kjer je N G N. Naj bo z = x + iy G yN. Vzdolz vertikalnih daljic velja cos nx = 0 in sin nx = ±1 in zato cos nz sin nz cos n(x + iy) sin n(x + iy) sh cos nx ch - i sin nx sh sin nx ch + i cos nx sh ch — N - 1/2 + iN -N — 1/2 — iN N + 1/2 + iN N +1/2 - iN Slika 5.3. Integracijska krivulja yn kjer smo uporabili adicijski izrek in zvezo med hiperbolicnimi in kotnimi funkcijami. Vzdolz horizontalnih daljic pa imamo cos n x ch n y — i sin n x sh ny cos nz 2 sin nz sin nx ch ny + i cos nx sh ny cos2 nx ch2 ny + sin2 nx sh2 ny sin2 nx ch2 ny + cos2 nx sh2 ny cos2 nx ch2 ny + sin2 nx(ch2 ny — 1) sin2 nx ch2 ny + cos2 nx(ch2 ny — 1) ch2 ny — sin2 nx ch2 ny — cos2 nx 1 + sh2 ny — sin2 nx 1 + sh2 ny — cos2 nx < 1 + sh ny 1+ 1 < 2. sh2 ny sh2 ny Zadnja neenakost je ocitna, saj je sh ny > 1, ce je y > 1, pri predzadnji neenakosti pa enostavno izpustimo clen — sin2 nx, kar stevec poveca, in izpustimo 1 — cos2 nx, kar zmanjsa imenovalec. Skupaj imamo zagotovo cos nz sin nz < 2, z G yZ. Iz tega dobimo f f(z) dz 'YN < 1(yN ) max z£j* n cos(nz) z2 sin(nz) 2n(8N + 2) N^^ „ < 2N2 + N +1/4 * . Po izreku o ostankih je torej N lim 2ni V Res(f, k) = 0, N —^^o ^—' k=—N saj so singularnosti funkcije f v notranjosti območja, omejenega z yn , natanko v tockah { —N, — N + 1,..., 0,..., N — 1, N}. Funkcija f ima v z = 0 pol stopnje 3. Ostanek v 0 izracunajmo s pomočjo trditve 5.12 Res(f, 0)=1 (z3f (z))' n2 z=0 3 V z = k, k G Z\{0}, je se lazje , M ( . n cos(nk^ z — k 1 Res(f, k) = (z — k)f (z)|z=k =-—-lim -——- = —. z=k k2 z—k sin(nz) k2 Skupaj smo torej v limiti dobili v — = n! w , k2 = 3 oziroma ™ i 2 1 n2 ^ k2 = ~6. k=1 Na podoben nacin lahko vidimo, da pri dokaj blagem pogoju lim max |g(z)| = 0 N—to z€YN na funkcijo g brez polov v Z\{0} velja V g(n) = — nT Res |g(z)-(—) ^ ^ V sin(nz) n€Z\{0} k V ^ ' kjer so zk razlicni poli funkcije g in tocka 0. Primer, ki smo ga podrobneje obravnavali, je bil primer g(z) = z2. Ce uporabimo funkcijo g(z) = , dobimo bolj splosno 1 n2m /x cos x \(2m) TO n2m 2(2m)! V sinx n=1 x 7 x=0 Za obravnavo vsote tipa E (—1)ng(n) n€Z\{0} bi morali gledati integral funkcije f (z) = snazzy po poti YN. Formula, ki jo ob podobnih predpostavkah dobimo, je g(z) sin(nz) E (—!)"»(») = —M-n^-z* nez\(o} kjer so zopet zk razlicni poli funkcije g in pa tocka 0. Naloge (1) Doloci tip singularnosti funkcje f v dani tocki z0 in izracunaj ostanke Res(f, z0): (a) f (z) = cnz, zo = 0 (b) f (z) = 1+—f f, zo = 1, (c) f (z) = z cos 1, zo = 0, (d) f (z)= (Z2+SI7, zo = — 1 (2) Izracunaj integrale (a) I\z—i\=f z(zd+3) , (b) f\ \ irZ- • ' J \z\=1 z3 sin z ' (c) k dz ' \z\=f z(z2 — 1)2 sh z- (3) Izracunaj integral ffn Jo 3 — 2 cos $ (4) S pomocjo izreka o ostankih izracunaj integral 1 dx, J—x (xf + af)(zf + bf) kjer sta a in b poljubni realni stevili (5) Izracunaj integral f™ cos 5x J—™ (xf + 1)f (6) Izracunaj vsoto vrste ~ (— 1)n Z^ nf ' n=1 dx.