Kompleksna analiza - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Funkcija [tex]v[/tex] je definisana za [tex]z\ne 0[/tex]. Funkciju [tex]u[/tex] određujemo iz Koši-Rimanovih uslova:
[tex]u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x[/tex]
Parcijalni izvodi funkcije [tex]v[/tex] su
[tex]v_x=-\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}},\qquad v_y=\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}[/tex]
Integralimo [tex]u_x=v_y[/tex] po [tex]x[/tex]:
[tex]u=\int\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\,dx=-\frac{x}{x^{2}+y^{2}}+\varphi(y)[/tex]
Tada je [tex]u_y=\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}+\varphi'(y)[/tex], a drugi uslov [tex]u_y=-v_x=\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}[/tex] daje [tex]\varphi'(y)=0[/tex], tj. [tex]\varphi(y)=C[/tex] je realna konstanta. Prema tome,
[tex]f=u+iv=-\frac{x-iy}{x^{2}+y^{2}}+C=-\frac{\bar z}{|z|^{2}}+C=-\frac{1}{z}+C[/tex]
Iz uslova [tex]f(2)=0[/tex]:
[tex]f(2)=-\frac{1}{2}+C=0\Rightarrow C=\frac{1}{2}\Rightarrow f(z)=\frac{1}{2}-\frac{1}{z}[/tex]
Provera: imaginarni deo od [tex]-\frac{1}{z}=\frac{-x+iy}{x^{2}+y^{2}}[/tex] jednak je [tex]\frac{y}{x^{2}+y^{2}}[/tex].

Rešenje:
Podintegralna funkcija [tex]x=\operatorname{Re}z[/tex] nije analitička funkcija od [tex]z[/tex], pa integral zavisi od putanje i računamo ga pomoću parametrizacije luka [tex]L[/tex]. Stavimo [tex]z=e^{it}[/tex], gde se [tex]t[/tex] menja od [tex]0[/tex] do [tex]\pi[/tex] (luk počinje u tački [tex]z=1[/tex]). Tada je
[tex]x=\cos t,\qquad dz=ie^{it}\,dt[/tex]
[tex]\int_L x\,dz=i\int_0^{\pi}\cos t\,(\cos t+i\sin t)\,dt=i\int_0^{\pi}\cos^{2}t\,dt-\int_0^{\pi}\sin t\cos t\,dt[/tex]
Imamo
[tex]\int_0^{\pi}\cos^{2}t\,dt=\int_0^{\pi}\frac{1+\cos 2t}{2}\,dt=\frac{\pi}{2}[/tex]
[tex]\int_0^{\pi}\sin t\cos t\,dt=\left[\frac{\sin ^{2}t}{2}\right]_0^{\pi}=0[/tex]
Prema tome,
[tex]\int_L x\,dz=\frac{\pi i}{2}[/tex]

Rešenje:
Podintegralna funkcija [tex]\frac{1}{(z-1)^{2}(z+1)^{2}}[/tex] analitička je svuda osim u tačkama [tex]z=\pm 1[/tex]. Kružnica [tex]L[/tex] ima centar [tex]-1-i[/tex] i poluprečnik [tex]\sqrt{2}[/tex], pri čemu je
[tex]|-1-(-1-i)|=1\lt\sqrt{2},\qquad |1-(-1-i)|=\sqrt{5}\gt\sqrt{2}[/tex]
tj. tačka [tex]z=-1[/tex] leži unutar [tex]L[/tex], a [tex]z=1[/tex] van nje. Podintegralnu funkciju pišemo u obliku [tex]\frac{g(z)}{(z+1)^{2}}[/tex], gde je [tex]g(z)=\frac{1}{(z-1)^{2}}[/tex] analitička unutar [tex]L[/tex] i na njoj. Prema Košijevoj integralnoj formuli za prvi izvod, za [tex]a=-1[/tex] je
[tex]\oint_L\frac{g(z)}{(z-a)^{2}}\,dz=2\pi i\,g'(a)[/tex]
Pošto je [tex]g'(z)=-\frac{2}{(z-1)^{3}}[/tex], dobijamo
[tex]g'(-1)=-\frac{2}{(-2)^{3}}=\frac{1}{4}\Rightarrow\oint_L\frac{dz}{(z^{2}-1)^{2}}=2\pi i\cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi i}{2}[/tex]

Rešenje:
Hiperbola ne prolazi kroz tačku [tex]z=0[/tex], pa je [tex]w=\frac{1}{z}[/tex] definisano u svim njenim tačkama i [tex]w\ne 0[/tex]. Preslikavanje [tex]z\mapsto\frac{1}{z}[/tex] je bijekcija skupa [tex]\mathbb{C}\setminus\{0\}[/tex] na samog sebe, sa inverznim preslikavanjem
[tex]z=\frac{1}{w}=\frac{\bar w}{|w|^{2}}=\frac{u-iv}{u^{2}+v^{2}}\Rightarrow x=\frac{u}{u^{2}+v^{2}},\quad y=-\frac{v}{u^{2}+v^{2}}[/tex]
Prema tome,
[tex]x^{2}-y^{2}=\frac{u^{2}-v^{2}}{\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2}}[/tex]
Dakle, za [tex]w\ne 0[/tex] tačka [tex]z=\frac{1}{w}[/tex] leži na hiperboli [tex]x^{2}-y^{2}=1[/tex] ako i samo ako je
[tex]\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2}=u^{2}-v^{2}[/tex]
Prema tome, slika hiperbole je tačno skup tačaka [tex]w\ne 0[/tex] Bernulijeve lemniskate. Tačka [tex]w=0[/tex], koja leži na lemniskati, ne dostiže se: ona odgovara tački [tex]z=\infty[/tex] (kada [tex]z\to\infty[/tex] duž grane hiperbole, [tex]w\to 0[/tex]).