Kompleksna analiza - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Razlomljeno-linearno preslikavanje prevodi prave i kružnice u prave i kružnice. Prava [tex]l[/tex] (tj. [tex]y=-x[/tex]) ne prolazi kroz pol [tex]z=2[/tex], pa njena slika ne sadrži [tex]w=\infty[/tex] i jeste kružnica [tex]k[/tex].
Prema principu simetrije, tačke simetrične u odnosu na [tex]l[/tex] prelaze u tačke simetrične u odnosu na [tex]k[/tex]. Pol [tex]z=2[/tex] prelazi u [tex]w=\infty[/tex], a tačka simetrična tački [tex]\infty[/tex] u odnosu na kružnicu je njen centar. Simetrija u odnosu na pravu [tex]y=-x[/tex] preslikava [tex](x,y)[/tex] u [tex](-y,-x)[/tex], pa je tačka simetrična tački [tex]z=2[/tex] upravo [tex]z=-2i[/tex]. Prema tome,
[tex]w_0=w(-2i)=\frac{2-2i}{-2-2i}=-\frac{1-i}{1+i}=-\frac{(1-i)^{2}}{2}=i[/tex]
Tačka [tex]z=0\in l[/tex] prelazi u [tex]w=-1\in k[/tex], pa je
[tex]R=|-1-w_0|=|-1-i|=\sqrt{2}[/tex]
Provera pomoću druge tačke prave [tex]l[/tex]: za [tex]z=1-i[/tex] dobijamo [tex]w=\frac{3-i}{-1-i}=-1+2i[/tex] i [tex]|-1+2i-i|=|-1+i|=\sqrt{2}[/tex].

Rešenje:
Stavimo [tex]w=z-i[/tex]. Jedina singularna tačka [tex]z=0[/tex] odgovara tački [tex]w=-i[/tex], [tex]|w|=1[/tex], pa je funkcija analitička u oblasti [tex]|w|\gt 1[/tex] i tu se razvija u Loranov red. Pišemo [tex]z=w+i=w\left(1+\frac{i}{w}\right)[/tex]; za [tex]|w|\gt 1[/tex] je [tex]\left|\frac{i}{w}\right|\lt 1[/tex].
Diferenciranjem geometrijskog reda član po član, za [tex]|q|\lt 1[/tex] dobijamo
[tex]\frac{1}{1+q}=\sum_{n=0}^{\infty}(-q)^{n}\Rightarrow\frac{1}{(1+q)^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(-q)^{n}[/tex]
Za [tex]q=\frac{i}{w}[/tex] dobijamo, za [tex]|z-i|\gt 1[/tex],
[tex]\frac{1}{z^{2}}=\frac{1}{w^{2}}\cdot \frac{1}{\left(1+\frac{i}{w}\right)^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(n+1)(-i)^{n}}{w^{n+2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(n+1)(-i)^{n}}{(z-i)^{n+2}}[/tex]
Prvi članovi su
[tex]\frac{1}{z^{2}}=\frac{1}{(z-i)^{2}}-\frac{2i}{(z-i)^{3}}-\frac{3}{(z-i)^{4}}+\ldots[/tex]
(U krugu [tex]|z-i|\lt 1[/tex] dobija se umesto toga Tejlorov red [tex]-\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)i^{n}(z-i)^{n}[/tex], koji u datoj oblasti divergira.)

Rešenje:
Rastavimo imenilac na činioce:
[tex]z^{3}+2z^{2}+2z=z(z^{2}+2z+2)=z(z+1-i)(z+1+i)[/tex]
Brojilac nije jednak nuli u tačkama [tex]0[/tex], [tex]-1+i[/tex], [tex]-1-i[/tex], pa su to prosti polovi podintegralne funkcije. Kružnica [tex]C[/tex] ima centar [tex]-1+i[/tex] i poluprečnik [tex]\frac{3}{2}[/tex]; pol [tex]-1+i[/tex] je njen centar, a za druga dva pola važi
[tex]|0-(-1+i)|=|1-i|=\sqrt{2}\lt\frac{3}{2},\qquad |-1-i-(-1+i)|=|-2i|=2\gt\frac{3}{2}[/tex]
Dakle, [tex]0[/tex] i [tex]-1+i[/tex] leže unutar [tex]C[/tex], a [tex]-1-i[/tex] je van nje. Rezidumi u dva prosta pola unutar [tex]C[/tex] su (koristeći [tex](-1+i)^{2}=-2i[/tex])
[tex]\operatorname{Res}_{z=0}=\left.\frac{z^{2}+4}{z^{2}+2z+2}\right|_{z=0}=\frac{4}{2}=2[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=-1+i}=\left.\frac{z^{2}+4}{z(z+1+i)}\right|_{z=-1+i}=\frac{4-2i}{2i(-1+i)}=\frac{4-2i}{-2-2i}=\frac{-1+3i}{2}[/tex]
Prema teoremi o rezidumima
[tex]\oint_C\frac{(z^{2}+4)\,dz}{z^{3}+2z^{2}+2z}=2\pi i\left(2+\frac{-1+3i}{2}\right)=\pi i(3+3i)=3\pi(i-1)[/tex]

Rešenje:
Podintegralna funkcija je parna, pa je
[tex]\int_{0}^{\infty}\frac{2x^{2}+1}{x^{4}+4x^{2}+3}\,dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx,\qquad f(z)=\frac{2z^{2}+1}{(z^{2}+1)(z^{2}+3)}[/tex]
Racionalna funkcija [tex]f[/tex] nema realnih polova, a stepen njenog imenioca je za [tex]2[/tex] veći od stepena brojioca. Zato za velike [tex]R[/tex] na gornjoj polukružnici [tex]|z|=R[/tex] važi [tex]|f(z)|\le\frac{c}{R^{2}}[/tex], integral po njoj je po modulu najviše [tex]\pi R\cdot \frac{c}{R^{2}}=\frac{\pi c}{R}\to 0[/tex], pa je [tex]\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx[/tex] jednak proizvodu broja [tex]2\pi i[/tex] i zbira reziduma u gornjoj poluravni. Tamo [tex]f[/tex] ima proste polove [tex]i[/tex] i [tex]i\sqrt{3}[/tex]:
[tex]\operatorname{Res}_{z=i}f=\left.\frac{2z^{2}+1}{(z+i)(z^{2}+3)}\right|_{z=i}=\frac{-1}{2i\,(-1+3)}=\frac{-1}{4i}=\frac{i}{4}[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=i\sqrt{3}}f=\left.\frac{2z^{2}+1}{(z^{2}+1)(z+i\sqrt{3})}\right|_{z=i\sqrt{3}}=\frac{-5}{(-2)\,2i\sqrt{3}}=\frac{5}{4\sqrt{3}\,i}=-\frac{5\sqrt{3}}{12}i[/tex]
Prema tome,
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=2\pi i\left(\frac{i}{4}-\frac{5\sqrt{3}}{12}i\right)=-\frac{2\pi\left(3-5\sqrt{3}\right)}{12}=\frac{\pi\left(5\sqrt{3}-3\right)}{6}[/tex]
a traženi integral je polovina te vrednosti:
[tex]\int_{0}^{\infty}\frac{2x^{2}+1}{x^{4}+4x^{2}+3}\,dx=\frac{\pi\left(5\sqrt{3}-3\right)}{12}[/tex]

Rešenje:
Stavimo [tex]g=f-a[/tex]. Ona je holomorfna u [tex]G[/tex] i [tex]|g(z)|=r[/tex] za svako [tex]z\in G[/tex]. Ako je [tex]r=0[/tex], onda je [tex]g\equiv 0[/tex], tj. [tex]f\equiv a[/tex]. Neka je [tex]r\gt 0[/tex] i [tex]g=U+iV[/tex], gde su [tex]U,V[/tex] realne funkcije. Tada u [tex]G[/tex] važi
[tex]U^{2}+V^{2}=r^{2}[/tex]
Diferenciranjem po [tex]x[/tex] i po [tex]y[/tex] i korišćenjem Koši-Rimanovih uslova [tex]V_x=-U_y[/tex], [tex]V_y=U_x[/tex] dobijamo
[tex]\begin{cases} UU_x+VV_x=0\\ UU_y+VV_y=0\end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases} UU_x-VU_y=0\\ VU_x+UU_y=0\end{cases}[/tex]
Ovo je homogeni linearni sistem po [tex]U_x,U_y[/tex] sa determinantom [tex]U^{2}+V^{2}=r^{2}\ne 0[/tex], pa je [tex]U_x=U_y=0[/tex] u svakoj tački oblasti [tex]G[/tex], a prema Koši-Rimanovim uslovima i [tex]V_x=V_y=0[/tex]. Dakle,
[tex]g'(z)=U_x+iV_x=0,\qquad z\in G[/tex]
Oblast je povezan skup, a funkcija čiji je izvod jednak nuli na povezanom otvorenom skupu je konstantna. Zato je [tex]g[/tex], pa i [tex]f=g+a[/tex], konstantna. (Drugi način: prema teoremi o otvorenom preslikavanju nekonstantna holomorfna funkcija preslikava [tex]G[/tex] na otvoren skup, a kružnica ne sadrži nijedan neprazan otvoren podskup od [tex]\mathbb{C}[/tex].)