Kompleksna analiza - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Podintegralna funkcija je analitička svuda osim u nulama funkcije [tex]z^{3}\cos z[/tex], tj. u tačkama [tex]z=0[/tex] i [tex]z=\frac{\pi}{2}+k\pi[/tex], [tex]k\in\mathbb{Z}[/tex]. Unutar kružnice leže samo [tex]0[/tex] i [tex]\pm\frac{\pi}{2}\approx\pm 1{,}57[/tex], jer je [tex]\frac{3\pi}{2}\approx 4{,}71\gt 4[/tex]; nijedna od ovih tačaka ne leži na kružnici.
U tački [tex]z=0[/tex] brojilac [tex]e^{z}-1[/tex] ima prostu nulu i [tex]\cos 0=1[/tex], pa je [tex]z=0[/tex] pol drugog reda. Pomnožimo razvoje
[tex]\frac{e^{z}-1}{z^{3}}=\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{6}+\ldots,\qquad \frac{1}{\cos z}=1+\frac{z^{2}}{2}+\ldots[/tex]
Pošto je [tex]\frac{1}{\cos z}[/tex] parna funkcija, njen razvoj nema član sa [tex]z^{1}[/tex], pa koeficijent uz [tex]\frac{1}{z}[/tex] u proizvodu potiče samo od [tex]\frac{1}{2z}[/tex] pomnoženog sa [tex]1[/tex]:
[tex]\operatorname{Res}_{z=0}=\frac{1}{2}[/tex]
U tačkama [tex]z=\pm\frac{\pi}{2}[/tex] kosinus ima proste nule ([tex](\cos z)'=-\sin z\ne 0[/tex]), a brojilac je različit od nule, pa su to prosti polovi i
[tex]\operatorname{Res}_{z=\pm\frac{\pi}{2}}=\left.\frac{e^{z}-1}{z^{3}(-\sin z)}\right|_{z=\pm\frac{\pi}{2}}[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=\frac{\pi}{2}}=\frac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{-\frac{\pi^{3}}{8}}=-\frac{8\left(e^{\frac{\pi}{2}}-1\right)}{\pi^{3}}[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=-\frac{\pi}{2}}=\frac{e^{-\frac{\pi}{2}}-1}{-\frac{\pi^{3}}{8}}=-\frac{8\left(e^{-\frac{\pi}{2}}-1\right)}{\pi^{3}}[/tex]
Prema teoremi o rezidumima
[tex]\oint_{|z|=4}\frac{e^{z}-1}{z^{3}\cos z}\,dz=2\pi i\left[\frac{1}{2}-\frac{8}{\pi^{3}}\left(e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}}-2\right)\right]=\pi i-\frac{16i}{\pi^{2}}\left(e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}}-2\right)\approx -1{,}752\,i[/tex]

Rešenje:
Podintegralna funkcija [tex]\frac{\sin x}{x(x^{2}+1)}[/tex] je neprekidna na [tex]\mathbb{R}[/tex] (njena granična vrednost u [tex]0[/tex] je [tex]1[/tex]) i jednaka je [tex]O\left(\frac{1}{|x|^{3}}\right)[/tex] kad [tex]|x|\to\infty[/tex], pa integral konvergira. Posmatrajmo
[tex]f(z)=\frac{e^{iz}}{z(z^{2}+1)}[/tex]
sa prostim polovima [tex]0[/tex] i [tex]\pm i[/tex]. Integrišemo je po zatvorenoj konturi koju čine duž [tex][-R; -\varepsilon][/tex], mala gornja polukružnica [tex]\gamma_{\varepsilon}[/tex] poluprečnika [tex]\varepsilon[/tex] sa centrom u [tex]0[/tex], koja se obilazi u smeru kazaljke na satu, duž [tex][\varepsilon; R][/tex] i velika gornja polukružnica [tex]\Gamma_R[/tex] ([tex]0\lt\varepsilon\lt 1\lt R[/tex]). Unutar konture je samo pol [tex]z=i[/tex], pri čemu je
[tex]\operatorname{Res}_{z=i}f=\frac{e^{-1}}{i(2i)}=-\frac{1}{2e},\qquad \oint f\,dz=2\pi i\left(-\frac{1}{2e}\right)=-\frac{\pi i}{e}[/tex]
Na [tex]\Gamma_R[/tex] važi [tex]|e^{iz}|=e^{-\operatorname{Im}z}\le 1[/tex] i [tex]|z^{3}+z|\ge R^{3}-R[/tex], pa je
[tex]\left|\int_{\Gamma_R}f\,dz\right|\le\frac{\pi R}{R^{3}-R}\to 0\quad (R\to\infty)[/tex]
Za prost pol integral po maloj polukružnici oko njega, koja se obilazi u smeru kazaljke na satu, teži proizvodu broja [tex]-\pi i[/tex] i reziduma; ovde je [tex]\operatorname{Res}_{z=0}f=1[/tex], pa je
[tex]\int_{\gamma_{\varepsilon}}f\,dz\to-\pi i\quad (\varepsilon\to 0)[/tex]
Kad [tex]\varepsilon\to 0[/tex] i [tex]R\to\infty[/tex], integrali po dvema dužima daju glavnu vrednost [tex]J[/tex]:
[tex]J=\lim_{\varepsilon\to 0}\left(\int_{-\infty}^{-\varepsilon}+\int_{\varepsilon}^{\infty}\right)\frac{e^{ix}}{x^{3}+x}\,dx,\qquad J-\pi i=-\frac{\pi i}{e}\ \Rightarrow\ J=\pi i\left(1-\frac{1}{e}\right)[/tex]
Pošto je [tex]e^{ix}=\cos x+i\sin x[/tex], a funkcija [tex]\frac{\cos x}{x^{3}+x}[/tex] neparna, realni deo od [tex]J[/tex] je [tex]0[/tex], a imaginarni deo je traženi integral (čija je podintegralna funkcija neprekidna u [tex]0[/tex]). Prema tome,
[tex]\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^{3}+x}\,dx=\operatorname{Im}J=\pi\left(1-\frac{1}{e}\right)\approx 1{,}986[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]\rho=\limsup_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_{-k}|}[/tex]. Smenom [tex]\zeta=\frac{1}{z-a}[/tex] glavni deo
[tex]P(z)=\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}(z-a)^{-k}=\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}\zeta^{k}[/tex]
postaje stepeni red po [tex]\zeta[/tex] sa poluprečnikom konvergencije [tex]\frac{1}{\rho}[/tex] (Koši-Adamarova formula, pri čemu je [tex]\frac{1}{0}=\infty[/tex]). Zato [tex]P[/tex] konvergira apsolutno i ravnomerno na kompaktnim podskupovima oblasti [tex]|z-a|\gt\rho[/tex] i divergira za [tex]0\lt|z-a|\lt\rho[/tex]. Pošto su svi [tex]\sqrt[k]{|a_{-k}|}\ge 0[/tex], uslov [tex]\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_{-k}|}=0[/tex] je ekvivalentan sa [tex]\rho=0[/tex]. Regularni deo [tex]Q(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}(z-a)^{k}[/tex] konvergira u svakoj tački oblasti [tex]G[/tex], pa je njegov poluprečnik konvergencije najmanje [tex]R[/tex] i [tex]Q[/tex] je analitička funkcija u krugu [tex]|z-a|\lt R[/tex].
Dovoljnost. Ako je [tex]\rho=0[/tex], onda [tex]P[/tex] konvergira za svako [tex]z\ne a[/tex], ravnomerno na kompaktnim podskupovima oblasti [tex]|z-a|\gt 0[/tex], pa je prema Vajerštrasovoj teoremi njegova suma analitička u toj oblasti. Tada je [tex]g=P+Q[/tex] analitička u [tex]0\lt|z-a|\lt R[/tex] i poklapa se sa [tex]f[/tex] u [tex]G[/tex].
Potrebnost. Neka takva funkcija [tex]g[/tex] postoji. Pošto je analitička u kružnom prstenu [tex]0\lt|z-a|\lt R[/tex], ona u njemu ima Loranov razvoj:
[tex]g(z)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}b_{k}(z-a)^{k},\qquad b_{k}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z-a|=s}\frac{g(z)}{(z-a)^{k+1}}\,dz,\quad 0\lt s\lt R[/tex]
Ako izaberemo [tex]r\lt s\lt R[/tex], gde je [tex]g=f[/tex], dobijamo [tex]b_{k}=a_{k}[/tex] za svako [tex]k[/tex] (jedinstvenost Loranovog razvoja funkcije [tex]f[/tex] u [tex]G[/tex]). Zato red [tex]\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}(z-a)^{-k}[/tex] konvergira za svako [tex]0\lt|z-a|\lt R[/tex], tj. stepeni red [tex]\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}\zeta^{k}[/tex] konvergira za svako [tex]|\zeta|\gt\frac{1}{R}[/tex], dakle i za proizvoljno velike [tex]|\zeta|[/tex]. Njegov poluprečnik konvergencije je zato beskonačan, tj. [tex]\rho=0[/tex], što je i trebalo dokazati.