Download - Analiza Complexa exercitii
Curs de analiz complex a aBogdan Marcel
2
CuprinsIntroducere 1 Multimea numerelor complexe 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 Notiunea de numr complex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a 5 7 7
Elemente de topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Functii complexe elementare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Imaginea retelei carteziene prin unele functii complexe elementare . . 23 Functii omograce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 33
2 Derivabilitate 2.1 2.2
Functii complexe derivabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 Teorema Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 39
3 Integrabilitate 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5
Integrala Riemann - Stieltjes a unei functii complexe de variabil real 39 a a Drumuri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Integrala complex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 a Integrale cu parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 Integrale de tip Cauchy. Formulele lui Cauchy . . . . . . . . . . . . . 46 49
4 Serii de functii olomorfe 4.1 4.2 4.3 4.4
Serii de puteri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Serii Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Teorema reziduurilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 Aplicatii la calculul unor integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3
4
Introducere
Acest curs se adreseaz studentilor ce doresc s aib la a a a ndemn elemente de a a analiz complex. Absolventii sectiei matematic - informatic au posibilitatea de a a a a a aprofunda acest domeniu urmnd calea unui masterat cu specializarea Analiz a a complex. Cteva directii de dezvoltare ale acestei ramuri a analizei se pot gsi a a a n [5], [3]. Cursul este structurat patru capitole. Primul capitol reia notiunile caractern istice numrului complex. Totodat se denesc functiile complexe elementare. a a Capitolul al doilea este dedicat notiunii de derivabilitate a unei functii complexe. Al treilea capitol prezint integrala complex. a a Capitolul patru prezint seriile Laurent. Teorema reziduurilor este rezultatul a clasic al unui curs de introducere analiza complex. Ca i aplicatii ale acestei n a s teoreme se regsesc cteva clase de integrale denite ce se pot calcula cu o relativ a a a uurinta. s Motto-ul anexat cursurilor dedicate studentilor de la IFRD este urmtorul: Nu a avem pretentia c am scris lucruri noi. Am dorit a o a ns mprosptare a notiunilor. a Nu am dorit s e un curs remixat, am pornit a cu lucruri vechi de cnd lumea ... a ns a matematicii moderne (sec. al XIX - lea). Exist cteva rezultate cum ar Teorema a a lui Hurwitz sau Principiul maximului modulului necuprinse acest curs. Pentru n durata unui semestru a este continut sucient informatie. ns a a Baza acestui curs se constituie bun parte din notitele subsemnatului din n a anul II urmat la Facultatea de Matematic a Universitii Babe - Bolyai din a at s Cluj-Napoca.
5
6
Capitolul 1 Multimea numerelor complexe acest capitol se reamintete constructia numerelor complexe. Se vor reaminti In s cele dou forme algebric respectiv trigonometric ale unui numr complex. Topoloa a a a gia pe C este cea indus de metrica d : C C R+ , d(z1 , z2 ) = |z1 z2 |, z1 , z2 C a i este echivalent (aceeai) cu topologia euclidian pe R2 . Se vor considera functiile s a s a complexe elementare: polinomial, rational, exponential, trigonometrice, logara a a itm complex, putere i arc-functiile. Ca un caz particular de functie rational se vor s a studia functiile omograce.
1.1
Notiunea de numr complex a
Se noteaz R2 = R R = {(x, y)|x, y R}. Pe aceast multime se denesc a a dou operatii, denumite adunare: + : R2 R2 R2 , respectiv a nmultire: : R2 R2 R2 , astfel (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ), respectiv (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) = (x1 x2 y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ), pentru orice (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) R2 . Tripletul (R2 , +, ) are o structur algebric de corp comutativ. Prin denitie a a aceasta nseamn c (R2 , +) este grup abelian, (R2 , ) este monoid comutativ, a a este distributiv fat de + i orice element nenul este inversabil (orice element a a s diferit de (0, 0) este simetrizabil raport cu n nmultirea denit mai sus). a 7
Denitia 1.1.1. Multimea (R2 , +, ) se numete multimea numerelor complexe s i se noteaz C. Un element al acestei multimi se numete numr complex. s a s a general numerele complexe se noteaz cu litera z. Fr nicio restrictie se pot In a aa nota cu u, w, x .a.m.d. Un inconvenient evident este acela de a opera cu numerele s complexe scrise forma z = (x, y) C. n Intre nmultirea a dou numere complexe i a s ridicarea la putere, din punct de vedere matematic nu este nicio diferenta. Practic a pe hrtie acest mod de scriere este greoi. Spre deosebire de calculatoare care ns a sunt antate de acest mod de operare. nc S-a urmrit obtinerea unei alt mod de a scrie un numr complex. O submultime a a a lui C este multimea R {0} = {(x, 0)|x R}. Intre aceast multime i R exist a s a un omeomorsm bijectiv : R R {0}, (x) = (x, 0), pentru orice x R. Astfel R {0} R, cu alte cuvinte loc de a scrie un numr complex de forma (a, 0) n a scriem doar a. Numrul complex (7, 0) este 7. a Se noteaz numrul complex nereal i = (0, 1). El se bucur de proprietatea a a a i2 = i i = (0, 1) (0, 1) = (1, 0) = 1. Alfel spus, numrul complex i veric ecuatia z 2 + 1 = 0. Trebuie remarcat c a a a (i)2 = 1 i astfel evitat capcana din scrierea 1 = i. Corect este 1 = s a {i, i}. Mai mult, avem (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1) (y, 0) = x + i y. Denitia 1.1.2. Forma x+iy a unui numr complex (x, y) C se numete form a s a algebric. a concluzie, multimea numerelor complexe este In C = {z = x + iy | x, y R, i2 = 1}. Ar trebui s e sesizabil uurinta scrierii form algebric. Spre exemplu a a s n a a (1 + i)2 = 2i, z 3 = (x + iy)3 = x3 + 3x2 yi 3xy 2 y 3 i, (1/2 + i 3/2)3 = 1. Pentru un numr complex z = x + iy, x, y R se denesc urmtoarele: a a i) Re z = x, partea real a lui z; a ii) Im z = y, partea imaginar a lui z; a iii) conjugatul lui z, notat z = x iy; 8
iv) modulul lui z prin |z|2 = z z . Este util observatia: pentru z1 , z2 C avem a z1 = z2 Re z1 = Re z2 i Im z1 = Im z2 . s Pe lng aceasta sunt binecunoscute cteva proprieti: a a a at I) |z1 + z2 | |z1 | + |z2 | i |z1 z2 | = |z1 | |z2 |, pentru orice z1 , z2 C; s II) pentru z C avem z R z = z ; III) pentru orice z C avem |z| = ||; z IV) z1 + z2 = z1 + z2 i z1 z2 = z1 z2 , pentru orice z1 , z2 C; s s V) pentru orice z C, z = 0 avem Re z/|z| [1, 1] i Im z/|z| [1, 1]. Exemple 1. S se arate c pentru a R, n N numrul z = (1 + ai)n + (1 ai)n este real. a a a Avem z = (1 + ai) + (1 ai) = (1 ai)n + (1 + ai)n = z. 2. S se arate c pentru orice z1 , z2 C are loc egalitatea a a |z1 + z2 |2 + |z1 z2 |2 = 2(|z1 |2 + |z2 |2 ). Se demoduleaz membrul stng astfel a a |z1 + z2 |2 + |z1 z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) + (z1 z2 )(z1 z2 ), dup care se aplic proprietatea IV) i se opereaz parantezele. a a s a Exercitii 1) S se determine z C pentru care a |z i| = |z + i| = |z 1|. 2) Dac x1 , x2 sunt rdcinile ecuatiei x2 + x + 1 = 0 s se calculeze x2007 + x2007 a a a a 2 1 i (x1 + 1)2008 + (x2 + 1)2008 . s 9n n
3) S se arate c are loc egalitatea a a |z1 |2 + |z2 |2 + |z3 |2 + |z1 + z2 + z3 |2 = |z1 + z2 |2 + |z1 + z3 |2 + |z2 + z3 |2 , pentru orice z1 , z2 , z3 C. S se dea o interpretare geometric relatiei precea a dente. 4) Fie z1 , z2 , ..., zn C cu |zk | = 1, k {1, 2, ..., n}. S se arate c numrul a a a n n 1 este real. z= zk zk k=1 k=1 5) Fie u, v, z C astfel at |u| < 1 i |v| = 1 i e w = v nc s s c |w| 1 dac i numai dac |z| 1. a as a 6) Fie u1 , u2 , v1 , v2 C. S se arate c dac a a a u1 + u2 z + u2 z = v 1 + v 2 z + v 2 z pentru orice z C atunci u1 = u2 i v1 = v2 . s 7) S se arate c a a |z1 z2 | |z1 | + |z2 | , |1 z1 z2 | 1 + |z1 ||z2 | pentru orice z1 , z2 U = U (0; 1). 8) Fie z1 , z2 , z3 C. S se arate c are loc inegalitatea a a |z1 + z2 | + |z1 + z3 | + |z2 + z3 | |z1 | + |z2 | + |z3 | + |z1 + z2 + z3 | (Hlawka). 9) S se arate c functia dR : C C R, dat de a a a dR (z1 , z2 ) = este o metric. a Indicatii i rspunsuri: 1) z = 0 (algebric, cutnd z = x + iy, x, y R sau s a a a geometric); 2) 2; 1; 3) se poate folosi |z|2 = z z ; 4) se poate folosi proprietatea IV); 5) se evalueaz ww; a 6) se pot atribui valori convenabile lui z; 7) se ridic la ptrat i se demoduleaz; a a s a 8) inegalitatea este omogen. Dup artirea cu z3 se ridic la ptrat, dup care a a mp a a a se aplic de trei ori inegalitatea triunghiului; 9) se veric axiomele metricii; pentru a a 10 |z1 z2 | 1 + |z1 |2 1 + |z2 |2 , zu . S se arate a 1 uz
inegalitatea triunghiului se ridic la ptrat. a a Pe lng forma algebric a unui numr complex se mai folosete i o alta. Pentru a a a a s s orice z C exist [0, 2[ at a nc z = |z|(cos + i sin ). Pentru z = 0, valoarea poate aleas orict. a a a 0, dac y z = 0, avem = arctg x + k, unde k = 1, dac a 2, dac a = , iar pentru x = 0, y < 0 avem = 3/2, Denitia 1.1.3. Forma unui numr complex din relatia (1.1) se numete form a s a trigonometric. a Valoarea (unic determinat (!) pentru orice z = 0) se numete argument a s principal i se noteaz arg z. Este uor deductibil proprietatea s a s a arg(z1 z2 ) = arg z1 + arg z2 (mod 2) i de aici arg(z n ) = n arg z(mod 2) i arg(z1 /z2 ) = arg z1 arg z2 (mod 2), pentru s s orice z1 , z2 , z C nenule. Pentru n N, n 2 se poate pune problema determinrii lui u C at un = z, a nc cu z C, z = 0 dat. Fie z = r(cos + i sin ) cu r = |z| > 0 i = arg z [0, 2[. Se s caut = |u| > 0 i = arg u [0, 2[ at [(cos + i sin )]n = r(cos + i sin ). a s nc n cos n = r cos Avem . De aici n = r, cos n = cos i sin n = sin . Astfel s n sin n = r sin + 2k s-au determinat = n r i = , k {0, . . . , n1}. concluzie, se denete In s s n radicalul complex n Exemple 1. Pentru a determina i + 1 avem |i+1| = 2 i arg(i+1) = arctg (1)+ s 2 = 7/4. Astfel, cele apte valori sunt 14 2 cos(/4 + 2k/7) + i sin(/4 + s 7 z=n
(1.1) Pentru z = x + iy, x, y R, x, y > 0, x < 0, Pentru x > 0,
x > 0, y < 0. y = 0 avem = 0, pentru x = 0, y > 0 avem = /2, pentru x < 0, y = 0 avem
|z| cos
+ 2k + 2k + i sin , k {0, . . . , n 1}. n n
2k/7) ; k {0, 1, 2, ..., 6}. 11
2. Rezolvarea ecuatiei z 4 + (1 i)z 2 i = 0, impune substitutia z 2 = u andu a se rdcinile u = 1 i u = i, astfel z1,2 {i, i} respectiv z3,4 {(1 a a s i) 2/2, (1 + i) 2/2}. Exercitii 1) S se calculeze a 1 i s 3 1 i.
2) S se reprezinte multimea punctelor din plan pentru care: a a) 0 < arg z < /6; c) /6 arg z /3; , |z| = 1; b) /4 arg z < /3; d) 4/3 < arg z < 5/3; |z| 1.
1 3 3) Fie = + i i = cos + i sin . S se calculeze arg(2007 2008 ). s a 2 2 4 4 4) Fie a R i (0, 2). S se arate c s a an
ak cos k =k=0
1 a cos an+1 cos(n + 1) + an+2 cos n . 1 2a cos + a2
S se deduc de aici c a a ak=0
ak cos k =
1 a cos , pentru |a| < 1. 1 2a cos + a2
5) S se stabileasc formulele: a a a) cos 5x = cos5 x 10 cos3 x sin2 x 5 cos x sin4 x;0 2 4 b) Cn Cn + Cn = 2 2 cos n . 4n
6) S se calculeze a
4
7 + 24i i apoi (2 + i)4 . s
7) Fie a R i z + s
1 1 = 2 sin a. S se calculeze z n + n , n N . a z z
8) Fie p 2. S se arate c a a 2(|z1 |p + |z2 |p ) |z1 + z2 |p + |z1 z2 |p , pentru orice z1 , z2 C. Indicatii i rspunsuri: 1) arg(1) = , arg(1 i) = 7/4; 3) se folosesc pro s a prietile arg(uv) = arg u + arg v (mod 2) i arg(un ) = n arg u (mod 2); 0; 4) se at s calculeaz dou moduri a n a5 n k k=0 [a(cos +i sin )] ;
5) a) se calculeaz dou moda n a
uri (cos x + i sin x) ; b) se evalueaz (cos /4 + i sin /4)n ; a 7) z1 = sin a + i cos a = cos(/2 a) + i sin(/2 a); 8) inegalitatea este omogen. a Se folosesc inegalitile 1 + rp 1 + (p/2)r2 (1 + r2 )p/2 , cu 0 r 1. at 12
1.2
Elemente de topologie
Fie z0 C xat i r > 0 dat. Se consider urmtoarele multimi: s a a C(z0 , r) = {z C | |z z0 | = r} = U (z0 , r), cercul de centru z0 i raz r; s a U (z0 , r) = {z C | |z z0 | < r}, discul deschis de centru z0 i raz r; s a U (z0 , r) = {z C | |z z0 | r}, discul nchis de centru z0 i raz r; s a U (z0 , r1 , r2 ) = {z C | r1 < |z z0 | < r2 }, coroana circular de centru z0 a i raze r1 , r2 cu 0 < r1 < r2 . s Pentru z1 , z2 C multimea [z1 , z2 ] = {(1 t)z1 + tz2 | t [0, 1]} se numete segment de capete z1 , z2 . s Denitia 1.2.1. O multime nevid G C se numete deschis dac pentru orice a s a a z0 G exist r > 0 at U (z0 , r) G. O multime nevid F C se numete a nc a s nchis dac C \ F este deschis. a a a Denitia 1.2.2. Fie C. O multime nevid V C se numete vecintate a s a pentru dac exist r > 0 nct U (, r) V. a a a Exercitii 1) S se reprezinte multimea punctelor z C pentru care: a a) |z 2i| < 1 i |z i| > 1/2; s c) |z 2| = | Re z|; b) |z + i| < |z 1|; d) |z + i| + |z i| 3.not
2) S se reprezinte multimea punctelor z C pentru care: a a) 1 < |z| < 2; c) 1 |z + i| < 2; 3) S se reprezinte urmtoarele multimi: a a a) D = {z C : |z| < 1, Re z > 0}; c) D = {z C : |z| 2, Im z < 0}; 13 b) D = {z C : Re z 1, Im z 1}; d) D = {z C : Re z + Im z 1}. b) 1 < |z i| < 3; d) 1 < |2z i + 1| < 2.
4) S se determine functie de a R multimea punctelor din plan (x, y) R2 a n pentru care az z + (1 + i)z + (1 i) + 1 = 0, z = x + iy. z Indicatii i rspunsuri: 1) a) U (2i, 1) (C \ U (2i, 1/2)); b) semiplanul (deschis) s a delimitat de mediatoarea segmentului [i, 1]; 2) coroane circulare; 3) a), c) semidiscuri, d) semiplan; 4) a = 0 dreapt, a = 0 cerc. a Denitia 1.2.3. Spunem c irul de numere complexe (zn )nN converge ctre as a C dac pentru orice > 0 exist n N astfel at a a nc |zn | < , pentru orice n N, n n . Fie irul de numere complexe (zn )nN , zn = 1/2n + i 7n+6 . Vom arta, folosind s a n+1 denitia, c zn 7i. Fie > 0 i evalum |zn 7i| = a s a 1/22n + 1/(n + 1)2 < 2/(n + 1) < , pentru orice n n , cu n = [2/ 1] + 1, dac 2 i evident a s n = 1, dac 0 < < 2. multe situatii se poate utiliza urmtorul criteriu. a In a Propozitia 1.2.1. Fie irul de numere complexe (zn )nN , cu zn = xn + iyn , xn , yn s R. Atunci zn C xn Re i yn Im . s Demonstratie. Pentru = se utilizeaz inegalitile elementare |xn Re | a at |zn | i |yn Im | |zn | iar pentru = rezult direct din exprimarea s a modulului complex. Urmrind exemplul de mai sus, avem xn 0 i yn 7 astfel c zn 7i. a s a Teorema 1.2.1. Fie C xat. Sirul de numere complexe (zn )nN cu termenul general dat de zn = (1 + /n)n este convergent. Limita sa se va nota e . Demonstratie. Fie = x + iy, x, y R. Presupunem = 0. Avem |zn |2 = [(1 + y/n x/n)2 + y 2 /n2 ]n , de unde lim |zn | = ex . Avem arg zn = narctg (mod 2), n+ 1 + x/n de unde lim arg zn = y (mod 2). Astfeln+ n+
lim zn = ex (cos y + i sin y).
Pentru = 0 avem irul constant, evident convergent i anume zn 1 = e0 . s s Exemple 14
1. Fie irul de numere complexe (zn )nN , zn = sin n/n + i(n + 1)1/n . Deoarece sn
lim Re zn = 0 iar lim Im zn = 1 avem lim zn = i.n n n
n 2. Fie z0 C xat cu |z0 | = 1 i (zn )nN , zn = z0 . Dac |z0 | < 1 atunci lim zn = s a
0. Dac |z0 | > 1 atunci lim zn = . an
Dac termenii irului sunt form trigonometric zn = n (cos n + i sin n ), a s n a a n > 0, n [0, 2[ din exemplul de mai sus putem deduce atunci c lim zn = 0 a dac lim n = 0 i lim zn = dac lim n = +. Dac lim n = s (0, +) a s a a i lim n = (0, +) atunci lim zn = s(cos + i sin ). sn n n n n n
Exercitii n
n
1) S se determine lim zn pentru: a a) zn = sin n/n + i(n + 1)1/n ; b) zn = n ln(1 + 1/n) + i(n + 1)/n; c) zn = e) zn =n k k=1 (i/2) ; 1 1 n +i 1+ n ; 2n
d) zn = f) zn = 1
n k=0 (cos kx i n + 2n .
+ i sin kx)/2k , x R;
2) S se determine lim zn pentru: an
a) zn = b) zn =
2n n+1
n
cos n + i sin n , unde n =
n cos(/n) + i sin(/n) ;c) zn =
n+1 ; 2n+1 1+i n . 2n
3) Fie z C xat. S se determine l = lim sup an
|zn | dac: a
a) zn = (n + i)z n ; b) zn =
1 ni n z . 1 + 2ni 4 2 cos x ; e) ie; f) i; 2) a) 2i; b) 1; c) 0; 5 4 cos x
Rspunsuri: 1) a) i; b); 1 + i; c) i; d) a 3) a) |z|; b) |z|/2.
Extinderea mutimii C se face prin adugarea simbolului . Astfel C = C{} a at C. C nu se folosesc simbolurile + sau . Simbolul C are nc / In semnicatia limitei unui ir de numere complexe (zn )n pentru care |zn | +. s Altfel scris || = +. Operatiile cu acest simbol sunt urmtoarele: a + = + = , C; = = , C \ {0}; 15
/0 = , C \ {0}; / = 0, C. Semnicatia lor este similar cu analiza din R anume: dac (zn )n este un ir at a a s nc zn iar (zn )n este un ir convergent atunci pentru irul (zn +zn )n avem zn +zn s s iar pentru irul (zn zn )n avem zn zn dac zn s a 0. Fie D C nevid. O functie f : D C se numete functie complex. a s a Notiunile de limit i continuitate pentru functii vectoriale sunt valabile particular as n pentru functii complexe. Denitia 1.2.4. Fie D C nevid i C un punct de acumulare pentru D. a s Spunem c functia f : D C are limit punctul egal cu l C dac pentru a a n a a orice ir de numere complexe (zn )nN cu zn D, zn = , zn avem f (zn ) l. s Dac este punct de acumulare pentru D, spunem c functia f are limit a a a la egal cu l dac pentru orice ir de numere complexe (zn )nN cu zn D, a a s zn avem f (zn ) l . Vom nota lim f (z) = l, respectiv lim f (z) = f () = l .z z not
a s a Denitia 1.2.5. Fie D C nevid i D. Spunem c functia f : D C este continu n punctul dac pentru orice ir de numere complexe (zn )nN cu a a s zn D, din zn s avem f (zn ) f (). a Caracterizarea continuitii se regsete urmtoarea teorem. at a s n a a Teorema 1.2.2. Fie D C nevid, D i functia f : D C. Urmtoarele a s a armatii sunt echivalente: a) f este continu ; a n b) pentru orice > 0 exist > 0 astfel at pentru orice z D cu |z | < a nc s avem |f (z) f ()| < ; a a a a nc c) pentru orice vecintate V a lui f () exist U o vecintate a lui at f (z) V, pentru orice z U. Studiul continuitii unei functii complexe este similar cu studiul functiilor vecat toriale de dou variabile reale. Fie D C nevid i functia f : D C. Se noteaz a as a u = Re f i v = Im f at u, v : G R, G = {(x, y) R2 |z = x + iy D} i s nc s f = u + iv. Exemple 16
Re 2 z ,z = 0 z 1. Fie f : C C, f (z) = 0, z = 0
. Pentru z = x + iy, z = 0, se gsete a s
u = u(x, y) = x3 /(x2 + y 2 ). Functia u este continu pe R2 \ {(0, 0)}. Se pune a problema continuitii punctul (0, 0). Avem |u(x, y)| = |x|x2 /(x2 + y 2 ) at n |x|, pentru (x, y) = (0, 0) de unde se obtine continuitatea lui u. Analog se procedeaz pentru v = v(x, y) = x2 y/(x2 + y 2 ). a Re z , z = 0 z 2. Fie f : C C, f (z) = . Pentru z = x + iy, z = 0, se gsete a s 0, z = 0 u = u(x, y) = x3 /(x2 + y 2 ). Functia u este continu pe R2 \ {(0, 0)}. Se pune a problema continuitii punctul (0, 0). Avem u(x, y) = x2 /(x2 + y 2 ). Vom at n cuta un ir (xn , yn ) (0, 0) at (u(xn , yn ))n s e divergent de unde se a s nc a obtine discontinuitatea lui u. Denim (xn , yn ) = (1/n, 1/n) pentru n par i s (xn , yn ) = (1/n, 2/n) pentru n impar. a u(xn , yn ) = 1/2 pentru n par i Ins s u(xn , yn ) = 1/5 pentru n impar. Analog se poate studia continuitatea lui v. Exercitii 1) Folosind criteriul , s se arate continuitatea functiei f : C C, f (z) = a z 2 + z punctul C. n 2) S se studieze continuitatea functiilor f : C C punctul z0 = 0. a n z Im z 2 ,z = 0 z2 a) f (z) = ; 0, z = 0 z3 ,z = 0 ; c) f (z) = z Re z 0, z = 0 z2 e) f (z) = e Re z , z = 0 ; 0, z = 0 z 2 Re z ,z = 0 z2 b) f (z) = ; 0, z = 0 z 2 Re z 2 ,z = 0 z3 d) f (z) = ; 0, z = 0 Re z 2 f) f (z) = e z , z = 0 . 1, z = 0
a a n 3) S se arate c functiile f : C C nu sunt continue punctul z0 = 0. z Im z , z = 0 z2 a) f (z) = 0, z = 0 z Re z , z = 0 z2 b) f (z) = 0, z = 0 17
;
;
z2 ,z = 0 c) f (z) = z Re z 0, z = 0
.
4) Fie z0 C i f : C C continu z0 = 0 cu f (z0 ) = 0. S se arate c s a n a a lim f (z) |z z0 | = 0. z z0 |z|2 , |z| 1 z 3 , |z| > 1
zz0
5) S se studieze continuitatea functiei f : C C, f (z) = a
.
|z|, |z| 1 6) S se studieze continuitatea functiei f : C C, f (z) = a 3 z, |z| > 1
.
Indicatii i rspunsuri: 1) se determin functie de at din |z | < s s a a n nc a avem |z 2 2 + z | < ; 2) se determin u = u(x, y) = Re f i v = v(x, y) = Im f ; a s e) f nu este continu 0. a n
1.3
Functii complexe elementare
Se vor considera urmtoarele functii: a Denitia 1.3.1. Fie n N i a0 , a1 , ..., an1 , an C cu an = 0. Aplicatia P : C s C dat de a P (z) = a0 + a1 z + ... + an1 z n1 + an z n , z C, se numete functie polinomial (de grad n). s a Avem lim P (z) = P (), pentru orice C, respectiv lim P (z) = P () = .z z
Denitia 1.3.2. Fie functiile polinomiale P, Q : C C i D = {z C | Q(z) = 0}. s Aplicatia R : C \ D C dat de a R(z) = se numete functie rational. s a 18 P (z) , z C \ D, Q(z)
Fie punct de acumulare pentru D = {z C | Q(z) = 0}. Avem lim R(z) = R(). Dac grad P = m, grad Q = n avem R() = pentru m > n, R() = 0, a pentru m < n i R() C , pentru m = n. s 1 s Functia J : C C , J(z) = (z + 1/z) se numete functia lui Jukowski. 2 Prin extindere se denete J : C C , J (z) = J(z), pentru z C i s s J (0) = J () = . Functia K : G C , G C \ {ei }, R, K(z) = functia lui Koebe. grad Q = 1 (a se vedea sectiunea 1.5). baza teoremei 1.2.1 pentru orice C avem e C. In Denitia 1.3.3. Aplicatia exp : C C dat de a exp (z) = ez , z C, se numete functie exponential. s a Avem lim ez = e , pentru orice C. Intruct functia exponential este peria a odic exp(z + 2i) = exp(z) nu exist lim ez . a a Fie y R. Avem eiy = cos y + i sin y de unde eiy = cos y i sin y. Adunnd cele a dou relatii avem a cos y = Uor se obtine i relatia s s eiy + eiy . 2z z z
z se numete s (1 ei z)2
O clas special de functii rationale se constituie cele pentru care grad P = a a
eiy eiy sin y = . 2i Astfel se denesc functiile complexe trigonometrice. Denitia 1.3.4. Aplicatia cos : C C dat de a cos (z) = eiz + eiz , z C, 2
se numete functia cosinus. Valorile functiei se vor nota cos z. s Denitia 1.3.5. Aplicatia sin : C C dat de a sin (z) = eiz eiz , z C, 2i
se numete functia sinus. Valorile functiei se vor nota sin z. s 19
Are loc formula fundamental a trigonometriei: a sin2 z + cos2 z = 1, z C. Fr dicultate se pot arta urmtoarele relatii: aa a a i) cos(z1 + z2 ) = cos z1 cos z2 sin z1 sin z2 , pentru orice z1 , z2 C; ii) sin(z1 + z2 ) = sin z1 cos z2 + sin z2 cos z1 , pentru orice z1 , z2 C; iii) cos(/2 z) = sin z, pentru orice z C. Pentru a deni functia tangent s determinm solutiile ecuatiei cos z = 0. Avem a a a eiz = i sau eiz = i astfel c z = (2k + 1)/2, cu k Z. a Denitia 1.3.6. Aplicatia tg : C \ {(2k + 1)/2 | k Z} C dat de a tg (z) = sin z , z C, cos z
se numete functia tangent. Valorile functiei se vor nota tg z. s a Pentru functiile hiperbolice se face extinderea (prelungirea) celor reale, anume ex + ex ex ex ch : R R, ch (x) = ch x = i sh : R R, sh (x) = sh x = s . 2 2 Denitia 1.3.7. Aplicatia ch : C C dat de a ez + ez , z C, ch (z) = 2 se numete functia cosinus hiperbolic. Valorile functiei se vor nota ch z. s Denitia 1.3.8. Aplicatia sh : C C dat de a sh (z) = ez ez , z C, 2
se numete functia sinus hiperbolic. Valorile functiei se vor nota sh z. s Fie z C xat. Ne propunem s rezolvm ecuatia a a ew = z. Dac w = u + iv, u, v R, v [0, 2[ iar z = x + iy, x, y R, se obtine sistemul a eu cos v = x . eu sin v = y 20
Pentru v {/2, 3/2} prin artirea relatiilor gsim tg v = y/x, de unde v = / mp a arctg (y/x) + k, k Z. Astfel v = arg z + k, k Z. Pe de alt parte e2u = x2 + y 2 , de unde eu = |z| sau u = ln |z|. Cazurile particulare a x = 0, y > 0 i x = 0, y < 0 duc la v = /2 respectiv v = 3/2. s Astfel s-a obtinut multmea solutiilor {ln |z| + arg z + k, k Z}. Se noteaz prin P(C) familia prtilor (submultimilor) lui C. Fie D C nevid. a a a O functie F : D P(C) se numete functie complex multivoc. s a a Denitia 1.3.9. Aplicatia Ln : C P(C) dat de a Ln (z) = {ln |z| + i arg z + ki, k Z}, se numete functie logaritmic. Valorile functiei se vor nota Ln z. Aplicatia s a ln : C C dat de a ln(z) = ln |z| + i arg z, se numete ramura principal a functiei Ln (pentru k = 0). s a a Denitia 1.3.10. Fie C. Aplicatia z C z P(C) dat de z = e Ln (z) , se numete functia putere. s Fie z C xat. Ne propunem s rezolvm ecuatia a a sin w = z. Se obtine eiw eiw = 2iz. Notm eiw = u astfel, din ecuatia de gradul doi gsim a a rdcinile u1 = iz 1 z 2 , respectiv u2 = iz + 1 z 2 . De aici iw = Ln (iz a a 1 z 2 ) sau w = i Ln (iz 1 z 2 ). Cum u1 u2 = 1 avem w1 + w2 = i. Astfel s-a obtinut multimea solutiilor i Ln (iz 1 z 2 ). Denitia 1.3.11. Aplicatia Arcsin : C P(C) dat de a Arcsin (z) = i Ln (iz 1 z 2 ), se numete functia arcsinus. Valorile functiei se vor nota Arcsin z. s 21
Exemple 1. S calculm Ln (1 + i 3). Avem | 1 + i 3| = 2 i arg(1 + i 3) = 2/3, a a s astfel c Ln (1 + i 3) = ln 2 + i(2/3 + k); k Z. a Avem ln(i) = i /2, ln(1) = i , ln(1 + i 3) = ln 2 + i /3. 2. S calculm (1)1 . Avem (1)1 = e Ln (1) a a (1)k+1 = {1; +1}. a a a a 3. S calculm sin( + i ln 7). Aplicnd formula gsim sin( + i ln 7) = 1/(2i)[ei e ln 7 ei eln 7 ] = 1/(2i)(1/7 + 7) = 24i/7. Exercitii 1) S se calculeze: a a) Ln (1 + i); e) (1 + i)1+i ; i) Arcsin (1 + i); b) Ln (1 i); f) i Ln i ; j) Arcsin 3. c) ii ;i 1
= e(1) Ln (1) . Dar Ln (1) =
ln 1+i(+k); k Z. De aici (1)1 = ei(+k) = cos(+k)i sin(+k) =
d) (4)2 ;
g) sin(/2 + i ln 2); h) ch (i ); 2
2) S se rezolve ecuatiile: a a) z 6 + (i + 1)z 3 + i = 0; d) sin z 2 = i; b) z 16 + 2iz 8 2 = 0; c) e2z + ez = 1 + i; e) cos2 z 3 = 1; f) ez12 4 4
= 1 + i.
3) Fie U = U (0; 1). S se arate c functia dh : U U R, dat de a a a z1 z2 z1 z2 1 ) ln(1 )], dh (z1 , z2 ) = [ln(1 + 2 1 z1 z2 1 z1 z2 este o metric (metrica hiperbolic, a se vedea [5]). a a 4) S se arate c lim a a sin z = 1. z0 z
Ind. 1) a) Ln (1 + i) = ln 2/2 + i(/4 + k); k Z; 2) a) z 3 = u; u1 = i, u2 = 1; c) ez = u; z 4 = Ln u; e) cos z 3 = i, cos z 3 = i; z 3 = Arccos (i), z 3 = Arccos i; 3) se poate folosi monotonia functiei r : (0, 1) R, r(x) = (1 + x)/(1 x); 4) e zn = xn + iyn , xn , yn R; se calculeaz lim(xn ,yn )(0,0) a 22sin(xn +iyn ) . xn +iyn4
1.4
Imaginea retelei carteziene prin unele functii complexe elementare
Aa cum clasa a XI-a se studiaz variatia functiilor reale parcurgnd un anume s n a a algoritm (domeniu de denitie, intersectie cu axele de coordonate, limite, asimptote, continuitate, derivabilitate, puncte semnicative de pe grac, tabel de variatie i s n sfrit gracul functiei) un prim pas studiul functiilor complexe poate reprezenta as n l imaginea retelei carteziene prin cteva functii. a Fie D C nevid. O aplicatie f : D C, prin care z D w = f (z) C a se numete functie complex. s a aceast sectiune vom determina imaginea prin unele functii elementare a In a multimilor de forma A = {z C | Re z = a}, a R i B = {z C | Im z = b}, b R. s Fie f : C C, f (z) = z 2 . Pentru z = x + iy, x, y R avem w = f (z) = x2 y 2 + 2xyi = u + iv, u, v R cu u = Re f = x2 y 2 iar v = Im f = 2xy. Fie a R xat. Pentru z A avem x = a de unde u = a2 y 2 i v = 2ay. s Eliminm variabila y. Pentru a = 0 avem y = v/(2a) de unde gsim curba a a u = a2 v 2 /(4a2 ) reprezentnd o parabol (g. 1.1). Dac a = 0 atunci v = 0 i u = y 2 , y R. a a a s Analog pentru multimea B. Fie b R xat. Pentru z B avem y = b de unde y A f v 2a a2 0 a x 0 u -2a f(A)
Figura 1.1: f (z) = z 2 23
u = x2 b2 i v = 2xb. Eliminm variabila x. Pentru b = 0 avem x = v/(2b) de unde s a gsim curba (locul geometric dat de perechea (u, v)) a u = v 2 /(4b2 ) b2 reprezentnd o parabol (g. 1.2). Dac b = 0 atunci v = 0 i u = x2 , x R. a a a sf y b B v f(B)
0
x
-2b
0 -b2
2b
u
Figura 1.2: f (z) = z 2 Dreptele reprezentate prin multimile A i B sunt perpendiculare. Uor se poate s s observa c tangentele punctul de intersectie a dou parabole f (A) i f (B) sunt a n a s tangente. O functie care pstreaz unghiurile dintre dou curbe se numete con a a a s form. a Fie f : C C, f (z) = 1/z. Pentru z = x + iy, x, y R avem w = f (z) = x/(x2 + y 2 ) yi/(x2 + y 2 ) = u + iv, u, v R cu u = Re f = x/(x2 + y 2 ) iar v = Im f = y/(x2 + y 2 ). Fie a R xat. Pentru z A avem x = a de unde u = a/(a2 + y 2 ) i s v = y/(a2 + y 2 ). Eliminm variabila y. Pentru a = 0 avem v/u = y/a de unde a gsim curba a u2 + v 2 = u/a reprezentnd cercul de centru (1/(2a), 0) i raz 1/(2a) (g. 1.3). Dac a = 0 atunci a s a a u = 0 i v = 1/y, y R . s Analog pentru multimea B. Fie b R xat. Pentru z B avem y = b de unde u = x/(x2 + b2 ) i v = b/(x2 + b2 ). Pentru b = 0 gsim u/v = x/b. Eliminm s a a variabila x i avem curba s u2 + v 2 = v/b reprezentnd cercul de centru (0, 1/(2b)) i raz 1/(2b) (g. 1.4). Dac b = 0 atunci a s a a v = 0 i u = 1/x, x R . s 24
y A
f
v
f(A)
0
a
x
0
1/(2a)
u
Figura 1.3: f (z) = 1/zy b f B 1/(2b) 0 x 0 u v f(B)
Figura 1.4: f (z) = 1/z Fie f : C C, f (z) = ez . Pentru z = x + iy, x, y R avem w = f (z) = ex cos y + iex sin y = u + iv, u, v R cu u = Re f = ex cos y iar v = Im f = ex sin y. Fie a R xat. Pentru z A avem x = a de unde u = ea cos y i v = ea sin y. s Eliminm variabila y de unde gsim curba a a u2 + v 2 = e2a . reprezentnd cercul cu centru origine i raz ea (g. 1.5). a n s a Analog pentru multimea B. Fie b R xat. Pentru z B avem y = b de unde u = ex cos b i v = ex sin b. Eliminm variabila x. Pentru b = /2 + k, k Z avem s a v/u = tg b reprezentnd drepte care trec prin origine avnd panta b (g. 1.6). Dac a a a b {/2 + k, k Z} atunci u = 0 i v = ex , x R, pentru k par, respectiv s v = ex , x R, pentru k impar. Exercitii 1) S se determine imaginea multimii A = {z C, Im z = 1} prin functia f (z) = a z 2 + z + 1. 25
y A
f
v
f(A)
ea 0 a x 0 2 u
Figura 1.5: f (z) = ezy b B f v f(B)
b 0 x 0 u
Figura 1.6: f (z) = ez 2) S se determine imaginea multimii B = {z C, Re z = 1} prin functia a f (z) = z 2 z. 3) S se determine imaginea functiei w = f (z) = z 2 prin multimile a C = {z C : |z| = r0 > 0}, r0 xat i s D = {z C : arg z = 0 }, 0 xat . a 4) S se determine imaginea functiei w = f (z) = 1/z, z = 0, prin multimile de la exercitiul precedent. 5) S se determine imaginea multimii S = [0, i] prin functia f (z) = ez . a 6) Se consider functia J : C \ {0} C, J(z) = (z + 1/z)/2. Dac w = J(z) s a a a 2 w1 z1 se arate c a = . Folosind scrierea form trigonometric a lui n a a w+1 z+1 z s se determine Re J i Im J. S se determine apoi imaginea multimilor a s a 262
a) U (0; 1); b) {z C : Re z = 0, 1 Im z < }; c) U (0; r0 ), r0 > 0, xat; d) U (0; 1); e) {z C : 0 < Re z 1, Im z = 0}; f) {z C : arg z = 0 }, 0 > 0, xat. Rspunsuri: 1) parabol; 2) parabol; 3) cerc; dreapt; 3) cerc; dreapt; 5) 6). a a a a a
1.5
Functii omograce
Denitia 1.5.1. Fie a, b, c, d C cu c = 0 i ad bc = 0. Punctul d/c se numete s s pol. Aplicatia h : C \ {d/c} C dat de a h(z) = se numete functie omograc. s a Functia omograc se poate extinde astfel h : C C , prin h(z) = h(z), a pentru z C \ {d/c} i h(d/c) = , h() = a/c. s Denitia 1.5.2. Fie A, C R i B C. Multimea punctelor z C pentru care s Az z + Bz + B z + C = 0, se numete cerc sens larg. s n Dac A = 0 cercul sens larg se transorm a n a ntr-o dreapt (cerc cu raz innit) a a a iar pentru A = 0 cercul sens larg se transorm n a ntr-un cerc propriu-zis (cerc cu raz nit). a a Vom enumera cteva proprieti ale functiilor omograce. a at Propozitia 1.5.1. Functiile omograce transform cercurile sens larg cercuri a n n sens larg. n Demonstratie. Fie w = h(z) cu Az z + Bz + B z + C = 0. Prin nlocuirea lui z = dw + b se obtine A1 z z + B1 z + B1 z + C1 = 0, cu A1 , C1 R i B1 C. s cw a Mai exact innitul nu se poate aa pe niciun cerc propriu-zis. Cum h(z0 ) = (z0 = d/c ind polul) avem un criteriu clar de stabilire a imaginii unui cerc n sens larg. Dac acesta contine polul imaginea sa va o dreapt caz contrar va a a n 27 az + b , z = d/c, cz + d
un cerc propriu-zis. Exist situatii cnd se cere imaginea unui arc de cerc, a unei a a semidrepte sau a unui segment. toate aceste situatii se va considera cercul de In suport, respectiv dreapta de suport pentru a aplica criteriul mai sus mentionat. Propozitia 1.5.2. Functiile omograce pentru care a, b, c, d R transform axa a real axa real. Reciproc dac functiile omograce transform axa real axa a n a a a a n real atunci a, b, c, d R. a a Demonstratie. Dac a, b, c, d R atunci evident h(z) R pentru orice z R \ {d/c}. Reciproc, se impune ca h(x) = h(x), pentru orice x R. Propozitia 1.5.3. Functiile omograce pentru care a, b, c, d R i ad bc > 0 s transform semiplanul superior semiplanul superior. Reciproc dac functiile omoa n a grace transform semiplanul superior semiplanul superior atunci a, b, c, d R i a n s ad bc > 0. Demonstratie. Fie z = x + iy cu x, y R i Im z = y > 0. Avem Im h(z) = s [ay(cx + d) cy(ax + b)]/[(cx + d)2 + y 2 ] > 0. Reciproc, folosind propozitia 1.5.2 i s dac se impune Im h(i) > 0 gsim ad bc > 0. a a Propozitia 1.5.4. Functiile omograce de forma h(z) = ei z z0 , R, |z0 | < 1 z z0 1 transform discul unitate discul unitate. Reciproc, dac functiile omograce a n a transform discul unitate discul unitate atunci sunt de forma a n h(z) = ei Demonstratie. Fie w = h(z) = ei din |z| 1 avem |w| 1. Reciproc, e w = h(z) = avem ww = 1. Gsim a z z0 , R, |z0 | < 1. 1 z z0 z z0 , R, |z0 | < 1. Este uor de artat c s a a 1 z z0
az + b . Pentru nceput impunem ca din z z = 1 s a cz + d
|a|2 + a + ab + |b|2 = |c|2 + cdz + cd + |d|2 , pentru orice z cu |z| = 1. bz z z Se obtine sistemul |a|2 + |b|2 |c|2 |d|2 = 0 a = cd. b
1 b de unde |w| = ceea ce cz |z| duce la contradictie, ntruct |z| < 1 implic |w| > 1. Rmne a = 0 i d = 0. Avem a a a a s Dac a = 0 atunci d = 0 i |b| = |c|, astfel c w = a s a 28
c b s = valoare comun ce o vom nota . Atunci c = a i b = d. a Inlocuind prima n a d 1 egalitate a sistemului gsim (1 ||2 )(|a|2 |d|2 ) = 0. Dac || = 1 adic = , a a a az + d atunci forma functiei w = = duce le contradictie (am avea |w| = || = 1, az + d pentru orice |z| 1). Rmne || = 1 i |a| = |d|. Exist atunci R at a a s a nc a i = e . Din bijectivitatea functiei h exist z0 cu |z0 | < 1 at w = h(z0 ) = 0. a nc d d Evident z0 = . Am gsit astfel forma functiei a a h(z) =d z z0 a z + a = ei . a d d z + 1 1 z z0
Propozitia 1.5.5. Functiile omograce de forma h(z) = ei
z z0 , R, z z0 Im z0 > 0 transform semiplanul superior discul unitate. Reciproc, dac functiile a n a z z0 , R, Im z0 > 0. z z0 z z0 , R, Im z0 > 0. Este uor de artat c s a a z z0
omograce transform semiplanul superior discul unitate atunci sunt de forma a n h(z) = ei
Demonstratie. Fie w = h(z) = ei din Im z 0 avem |w| 1. Reciproc, e w = h(z) = avem ww = 1. Gsim a
az + b . Pentru nceput impunem ca din Im z = 0 s a cz + d
|a|2 x2 + a + abx + |b|2 = |c|2 x2 + cdx + cdx + |d|2 , pentru orice x = Re z. bx Se obtine sistemul |a| = |c| |b| = |d| Re (a = Re (cd). b)
Dac a = 0 atunci c = 0, imposibil. Din bijectivitatea functiei h exist z0 cu a a b Im z0 > 0 at w = h(z0 ) = 0. Evident z0 = , a = 0. Mai mult exist u0 cu nc a a d Im u0 < 0 at w = h(u0 ) = . Evident u0 = . Din prima egalitate a sistemului nc c a deducem existenta unui R at = ei . Am gsit astfel forma functiei nc a c h(z) = az + cz+b a d c
= ei
z z0 . z u0
29
Rmne de artat c u0 = z0 . Din a doua egalitate a sistemului avem |z0 | = |u0 |. a a a a Conditia |w| 1, se scrie |z z0 | |z u0 |, pentru orice z cu Im z 0. Punnd a z = 1 i apoi z = 1 se deduce Re z0 Re u0 , respectiv Re z0 Re u0 . s Exemple 1. Fie h(z) = z+i . S determinm imaginea axelor prin h. a a z1 Polul transformrii este z0 = 1. a Intruct polul se a pe axa absciselor aceasta a a se va transforma ntr-o dreapt. Alegem dou valori, spre exemplu z1 = 0 a a i z2 = 2. Avem h(0) = i i h(2) = 2 + i. Se putea alege i z = cu s s s h() = limz h(z) = 1. Imaginea axei absciselor prin h va atunci dreapta care trece prin punctele A(1) i B(2 + i). Evident 1 AB. s Intruct polul nu se a pe axa ordonatelor aceasta se va transforma a a ntr-un cerc. Alegem trei valori z1 = 0, z2 = i i z3 = i. Avem h(0) = i, h(i) = 1i s i h(i) = 0. Se putea alege i z = cu h() = limz h(z) = 1. Imaginea s s axei ordonatelor prin h va atunci cercul care trece prin punctele A (i), B (1 i) i O(0). Evident 1 A B O . s s 2. Fie D = {z C : |z| < 1, Re z > 0} i h(z) = z . S determinm h(D). a a zi Frontiera domeniului D este compus din F1 = {z C : |z| = 1, Re z 0} a (semicercul unitate din cadranele I i IV) i F2 = {z C : |z| < 1, Re z = 0} s s (segmentul de pe axa ordonatelor, adic ] i, i[). Altfel scris D = F1 F2 . ay D v h h(D)
0
1
x
0
u
Figura 1.7: h(D) Imaginea lui D prin h va atunci reuniunea imaginilor prin h a lui F1 i F2 . s Polul transformrii h (rdcina numitorului) este z0 = i. Polul se a att a a a a a pe suportul (cercul unitate) lui F1 ct i pe suportul (axa ordonatelor) sega s mentului F2 astfel c h(F1 ) i h(F2 ). Ambele multimi de suport a s 30
se vor tranforma atunci drepte. Rmne s determinm ce portiuni din n a a a a aceste drepte reprezint h(F1 ) i h(F2 ). Pentru aceasta calculm nite valori a s a s ntr-un tabel. Avem i, 1, i F1 i h(i), h(1), h(i) h(F1 ). Apoi 0, i/2 F2 s i h(0), h(i/2) h(F2 ). Reprezentnd toate aceste valori vom gsi h(D) (g. s a a 1.7). Rmne s stabilim care dintre cele dou domenii este h(D) folosind a a a a proprietatea transformrilor omograce de conservare a orientrii domeniilor. a a Spunem c un domeniu are orientare pozitiv dac prin parcurgerea frona a a tierei sale sens trigonometric interiorul su este partea stng. Un domen a n a a niu orientat pozitiv se tranform omograc a ntr-un domeniu orientat pozitiv. 3. S determinm transformrile omograce w = h(z) pentru care a a a Re z < 0 |w i| < 2. Vom folosi propozitia 1.5.5. Prin substitutia z1 = iz punctele pentru care z1 z0 Re z < 0 se transform Im z1 > 0. Prin transformarea w1 = ei a n z1 z0 cu R i Im z0 > 0 se obtine |w1 | < 1. Prin substitutia w1 = (w2 i)/2 s punctele pentru care |w1 | < 1 se transform |w2 i| < 2. Acum se exprim a n a i iz z0 i iz + z0 w ca functie de z i se obtine w2 = 2w1 +i = 2e s +i = 2e +i iz z0 iz + z0 cu R i Im z0 > 0. s Exercitii 1) Fie D = {z C : |z| < 1, Im z > 0} i h(z) = s 2) Fie D = {z C : |z| < 1, h(D). 3) Fie h(z) = 2z 1 . S se determine h(D). a 2 + izh
3 z1 < arg z < 2} i h(z) = s . S se determine a 2 zi
z+i . S se determine imaginea celor patru cadrane prin h. a z1
4) S se determine transformrile omograce care transform discul unitate a a a n semiplanul superior. 5) S se determine transformrile omograce w = h(z) pentru care: a a a) Re z > 0 |w 1| < 1; c) |z + i| < 1 |w + 1| < 1;h h
b) |z i| < 1 |w| < 2; d) |z a| < b Im w < 0; a, b R, b > 0. 31h
h
Rspunsuri: 1) polul z0 = 2i se a pe prelungirea segmentului [0, i]; 2) polul a a z0 = i D; 4) se determin inversa functiei din propozitia 1.5.5; 5) a) ei izz0 + 1, a iz0 z R, Im z0 > 0. Denitia 1.5.3. Fie z1 , z2 , z3 , z4 C distincte. Valoarea z1 z2 z3 z2 : C z1 z4 z3 z4 se numete biraport i se noteaz (z1 , z2 , z3 , z4 ). s s a Se observ c prin permutri circulare avem (z4 , z1 z2 , z3 ) = (z1 , z2 , z3 , z4 )1 i a a a s (z3 , z4 , z1 , z2 ) = (z1 , z2 , z3 , z4 ). Biraportul se poate deni i dac unul dintre puncte s a este . Spre exemplu, dac z1 = atunci fractia care apare z1 se consider a n a z z2 z3 z4 lim = 1. Astfel (z1 , z2 , z3 , z4 ) = . zz1 z z4 z3 z2 Propozitia 1.5.6. Functiile omograce conserv biraportul. a Demonstratie. Se veric prin calcul c (z1 , z2 , z3 , z4 ) = (h(z1 ), h(z2 ), h(z3 ), h(z4 )). a a
32
Capitolul 2 Derivabilitate
Derivabilitatea unei functii complexe de variabil real, principiu este similar a a n a functiei vectoariale de variabil real. cazul functiilor complexe (de variabil a a In a complex) exist proprieti specice. Teorema Cauchy-Riemann este un rezultat a a at esential. S mai mentionm a un aspect: e f : [1, 1] R, f (x) = |x|. Functia a a ns f este continu pe [1, 1] i derivabil pe [1, 1]\{0}. Pentru functii complexe poate a s a prea surprinztor urmtoarul rezultat: e g : U (0, 1) C o functie continu pe a a a a U (0, 1) i derivabil pe U (0, 1) \ {0}. Atunci g este derivabil z0 = 0 ! s a a n
2.1
Functii complexe derivabile
Denitia 2.1.1. Fie I R nevid i t0 I. Functia r : I C se numete a s s derivabil t0 dac exist limita i a n a a s r (t0 ) = limnot
tt0
r(t) r(t0 ) C. t t0
Dac se scrie r(t) = u(t) + iv(t), t I, at u, v : I R atunci este de a nc remarcat c r este derivabil t0 dac i numai dac u i v sunt derivabile t0 i a a n as a s n s r (t0 ) = u (t0 ) + iv (t0 ). Exemple s 1. Fie z0 , z1 C i r : [0, 1] [z0 , z1 ], r(t) = (1 t)z0 + tz1 , t [0, 1]. Avem r (t) = z1 z0 , t [0, 1]. 33
2. Fie r : [0, 1] C, r(t) = e2it , t [0, 1]. Avem r (t) = 2ie2it , t [0, 1]. 3. Fie r : R C, r(t) = (t + i)2 + et i, t R. Avem r (t) = 2(t + i) + et i, t R. Denitia 2.1.2. Fie G C nevid i z0 G. Functia f : G C se numete a s s derivabil z0 G dac exist limita i a n a a s f (z0 ) = lim2 not zz0
f (z) f (z0 ) C. z z0
Fie f : C C, f (z) = z i z0 C oarecare. Avem f (z0 ) = 2z0 . Regula de calcul s a derivatelor functiilor polinomiale reale se pstreaz pentru functiile polinomiale a a complexe. Denitia 2.1.3. Fie K = R sau K = C. Aplicatia T : C C se numete K-liniar s a dac a T (z1 + z2 ) = T (z1 ) + T (z2 ), pentru orice , K, z1 z2 C. mod evident orice aplicatie T : C C care este C-liniar este la rndul In a a ei Rliniar. Reciproc nu este adevrat. Dac se consider aplicatia T : C C, a a a a T (z) = Re z aceasta este Rliniar dar nu este Cliniar a a ntruct T (i 1) = i T (1). a Mai mult, pentru a, b C o aplicatie de forma T : C C, T (z) = a Re z + b Im z este Rliniar. Aceeai aplicatie este i Cliniar dac i numai dac b = ai. a s s a as a Propozitia 2.1.1. Aplicatia T : C C este C-liniar dac i numai dac exist a as a a C at T (z) = z, pentru orice z C. nc Demonstratie. Dac T (z) = z, C atunci se veric elementar relatia a a T (1 z1 + 2 z2 ) = 1 T (z1 ) + 2 T (z2 ), pentru orice 1 , 2 C, z1 z2 C. Reciproc, din aditivitate avem T (0) = 0. Apoi alegnd z2 = 0 gsim T (z) = T (z), a a pentru orice C, z C. Punem z = 1 de unde T () = T (1). Se alege := T (1). Se urmrete analogia cu urmtoarea armatie: f : R R este derivabil a s a a n x0 R dac i numai dac exist o aplicatie R : R R liniar at as a a a ncxx0
lim
f (x) f (x0 ) R(x x0 ) = 0. |x x0 |
Aplicatia R : R R este liniar dac i numai dac exist d R at R(x) = dx, a as a a nc pentru orice x R. Desigur, d = f (x0 ). O aplicatie T : C C este R-liniar dac i numai dac exist a, b C at a as a a nc T (z) = az + b. z 34
Denitia 2.1.4. Fie K = R sau K = C. O functie f : G C se numete K s diferentiabil z0 dac exist o aplicatie T : C C care s e K-liniar i a n a a a aszz0
lim
f (z) f (z0 ) T (z z0 ) = 0. |z z0 |
(2.1)
denitia de mai sus sunt continute ambele notiuni att cea de RIn a diferentiabilitate ct i cea de C-diferentiabilitate. Legtura dintre ele este dat a s a a de relatia ntre R-liniaritate i C-liniaritate. Evident atunci, dac o functie este Cs a diferentiabil z0 atunci este R-diferentiabil z0 . ce conditii are loc i reciproca a n a n In s ? Propozitia 2.1.2. Fie G C deschis, f : G C i z0 G. Atunci f este a s C-diferentiabil z0 dac i numai dac exist o aplicatie T : C C care s e a n as a a a C-liniar i o functie g : G C continu z0 cu g(z0 ) = 0 astfel at as a n nc f (z) = f (z0 ) + T (z z0 ) + g(z) |z z0 |, pentru orice z G. (2.2)
a a n Demonstratie. Presupunem c f este C-diferentiabil z0 . Existenta aplicatie C-liniare T : C C este asigurat din denitie. a Functia g : G C continu z0 se construiete mod natural astfel: a n s n f (z) f (z0 ) T (z z0 ) , dac z G \ {z0 } a |z z0 | 0, dac z = z . a0
g(z) =
Reciproc, din existenta aplicatie C-liniare, T : C C i a functiei g : G C s continu z0 pentru care s aib loc relatia (2.2) trebuie artat c are loc (2.1). a n a a a a Aceasta se poate deduce cu uurinta (a se vedea exercitiul 4 sectiunea 1.2). s Din demonstratia propozitiei precedente se poate deduce echivalenta dintre notiunea de derivabilitate z0 i C-diferentiabilitate z0 a unei functii complexe. n s n f Aplicatia T : C C C-liniar are forma T (z) = a (z0 )z. z Denitia 2.1.5. Fie G C. O functie f : G C derivabil orice punct din G a n se va numi olomorf pe G. a
2.2
Teorema Cauchy-Riemann
Functia f admite derivate partiale (x0 , y0 ) dac i numai dac u i v admit n as a s derivate partiale (x0 , y0 ) i au loc egalitile: n s at 35
f u v (z0 ) = (z0 ) + i (z0 ) x x x f u v (z0 ) = (z0 ) + i (z0 ). y y y Simbolic avem fx = ux + ivx i fy = uy + ivy . s Se consider urmtoarele notatii: a a f f not 1 f (z0 ) = (z0 ) i (z0 ) z 2 x y f f not 1 f (z0 ) = (z0 ) + i (z0 ) . z 2 x y Simbolic avem fz = (fx ify )/2 i fz = (fx + ify )/2. Se obtin astfel relatiile s fx = fz + fz i fy = (fz fz )i. s Teorema 2.2.1. (Cauchy-Riemann) f : C C este derivabil z0 C dac i a n as f numai dac f este R-diferentiabil z0 i a a n s (z0 ) = 0. z Demonstratie. Presupunnd c f este R-diferentiabil z0 avem g : G C con a a a n tinu z0 cu g(z0 ) = 0, a, b C astfel at a n nc f (z) = f (z0 ) + a (x x0 ) + b (y y0 ) + g(z) |z z0 |, (2.3)
pentru orice z G. Alegem z = (x, y0 ) G. Prin trecere la limit z z0 avem a x x0 astfel c a = fx . Alegnd z = (x0 , y) G, prin trecere la limit z z0 a a a f avem y y0 astfel c b = fy . Conditia a (z0 ) = 0 sau fx + ify = 0 duce la b = ai, z deci f este C-diferentiabil. a Reciproc, dac f este derivabil z0 atunci este C-diferentiabil z0 i implicit a a n a n s R-diferentiabil z0 . Mai mult din identitatea a n f (z0 )(z z0 ) = a (x x0 ) + b (y y0 ), z = x + iy z gsim b = ai, deci a f (z0 ) = 0. z
u = v f x y Conditia (z0 ) = 0 revine la sistemul u v z = . y x f u v complexe este dat de f (z0 ) = a (z0 ) = (z0 ) + i (z0 ). x x x Exemple 36
Derivata unei functii
1. Fie f : C C , f (z) = exp(z) = ez , pentru orice z C. Avem f (z0 ) = x f (z0 ) = (e (cos y + i sin y))(z0 ) = ex (cos y + i sin y) x xz=z0
= f (z0 ),
pentru orice z0 C. Cu alte cuvinte (ez ) = ez , pentru orice z C. 1 Pentru functia sinus avem (sin z) = (eiz eiz ) = (eiz + eiz )/2 = cos z, 2i pentru orice z C. Analog (cos z) = sin z, pentru orice z C. Mai mult (sh z) = ch z i (ch z) = sh z. Functiile exp, sh i ch sunt olomorfe pe C. s s 2. Fie f : C C, f (z) = z 2 + Im z. Avem u = Re f = x2 y 2 + y i v = s 2x = 2x Im f = 2xy. Conditiile Cauchy-Riemann devin Sistemul 2y + 1 = 2y. neavnd solutie functia nu este derivabil niciun punct. a a n s 3. Fie g : C C, f (z) = z 2 + Im z 2 . Avem u = Re f = x2 y 2 + 2xy i 2x + 2y = 2x v = Im f = 2xy. Conditiile Cauchy-Riemann devin cu 2y + 2x = 2y solutia (x, y) = (0, 0), functia este derivabil (numai) punctul z0 = 0. a n Exercitii 1) S se arate c functia f : C C, f (z) = 2z + 3, pentru orice z C este a a z bijectiv. S se arate c este Rliniar dar nu este Cliniar. a a a a a 2) S se arate c coordonate polare (r, ), conditiile Cauchy-Riemann se scriu a a n u = 1 v r r plus derivata se calculeaz dup formula astfel In a a v 1 u = . r r f (z0 ) = 3) Pentru functiile: a) f (z) = 7z + 19; z d) f (z) = 7; z b) f (z) = z 2 z ; e) f (z) = Re z 2 ; 37 c) f (z) = z 3 z ; f) f (z) = |z 2 | Im z, v r0 u +i z0 r r .z=z0
s se calculeze a
u v u v , , i s , unde u = Re f iar v = Im f. x x y y
4) Fie f : C C, f (z) = 2ax + y + i(7bx 19y), pentru orice z = x + iy, x, y R. u v u v S se determine a, b R at a nc = i s = . x y y x 5) Pentru functiile: a) f (z) = ez ; s se calculeze a b) f (z) = sin z; c) f (z) = cos z; d) f (z) = sh z, u v u v , , i s unde u = Re f iar v = Im f. x x y y
6) Folosind denitia s se calculeze f (z) pentru f (z) = z 7 + 7iz i f (z) = z 3 + a s 7 cos z. a nc a 7) S se determine constantele a, b, c, d R astfel at functiile s e derivabile pe C : a) f (z) = x + ay + i(bx + cy); b) f (z) = x2 + axy + by 2 + i(cx2 + dxy + y 2 );
c) f (z) = ay + b sin xch y + i(cx + d cos xsh y); d) f (z) = cos x(a ch y + b sh y) + i sin x(c ch y + d sh y). Rspunsuri: 2) se folosete derivata functiilor compuse u/r = u/x x/r + a s u/y y/r; 7) a) c = 1, b = a, f (z) = (1 ia)z; b) a = d = 2, b = c = 1, f (z) = (1 i)z 2 ; c) c = a, d = b, f (z) = aiz ib cos z; d) c = b, d = a, f (z) = a cos z bi sin z.
38
Capitolul 3 Integrabilitate
Integrala complex se va deni ca un caz particular al integralei Riemann a Stieltjes (a se vedea [1]). Mai exact se va integra o functie continu raport cu o a n functie cu variatie mrginit. a a Din teoria integralei Riemann - Stieltjes reamintim cteva rezultate. Fie u1 , u2 : a [a, b] R. Dac u1 este integrabil (RS) raport cu u2 atunci i u2 este integrabil a a n s a (RS) raport cu u1 i are loc formula de integrare prin prti n s ab b b
u1 du2 +a a
u2 du1 = u1 u2 .a
Cteva criterii suciente de integrabilitate (RS) sunt urmtoarele. Dac u1 este a a a integrabil Riemann i u2 este lipshitzian atunci u1 este integrabil (RS) raport a s a a n cu u2 . Dac u1 este continu i u2 este monoton atunci u1 este integrabil (RS) a as a a n raport cu u2 . Dac u1 este continu i u2 este cu variatie mrginit atunci u1 este a as a a integrabil (RS) raport cu u2 . a n
3.1
Integrala Riemann - Stieltjes a unei functii complexe de variabil real a a
Denitia 3.1.1. Fie f, g : [a, b] C cu u = Re f, v = Im f iar p = Re g, q = Im g. Spunem c f este integrabil Riemann - Stieltjes raport cu a a n g dac u, v : [a, b] R sunt integrabile Riemann - Stieltjes raport cu functiile a n 39
p, q : [a, b] R. Valoarea integralei este numrul comlex denit astfel ab b b b b
f dg =a a
u dp a
v dq + i(a
u dq +a
v dp).
Propozitia 3.1.1. Fie f, g : [a, b] C. Dac f este continu i g este derivabil a as a atunci f este integrabil Riemann - Stieltjes raport cu g i a n sb b
f dg =a a
f (t) g (t) dt.
Exemple 1. Fie f, g : [0, 1] C, f (t) = e2it , g(t) = e/2it . Avem1 1
f dg = /20 0
e2it e/2it dt = i/5e5/2it |1 = i(i 1)/5 = (1 + i)/5. 0
2. Fie f, g : [0, 1] C, f (t) = e2it , g(t) = 1 t + t(2 + i). Avem1 1
f dg = (1 + i)0 0
e2it dt = 0.
Exercitii a 1) Fie f, g : [0, 1] C, f (t) = eit , g(t) = (1 t)i + t(2 i). S se calculeze1
f dg.0 1
2) Fie f, g : [0, 1] C, f (t) = t2 + it, g(t) = eit . S se calculeze a0
f dg.1
3) Fie f, g : [1, 1] C, f (t) = t3 + it, g(t) = sin(it). S se calculeze a1
f dg.
Rspunsuri: 1) (1 + i)/; 2); 3) 0. a
3.2
Drumuri
scopul pregtirii integralei complexe sunt necesare urmtoarele notiuni. In a a Denitia 3.2.1. O functie : [0, 1] C continu pe [0, 1] se numete drum. Dac a s a plus este i derivabil atunci se numete drum neted. n s a s 40
Imaginea unui drum, ([0, 1]) se va nota (). Fie z1 , z2 C i r > 0. mod s In frecvent apar drumurile : [0, 1] C, (t) = (1 t)z1 + tz2 , cu () = [z1 , z2 ] i s r : [0, 1] C, (t) = re2it , cu (r ) = U (0, r). Denitia 3.2.2. Un drum : [0, 1] C se numete drum recticabil dac s a este cu variatie mrginit. a a Denitia 3.2.3. Un drum : [0, 1] C se numete drum poligonal dac exist s a a = (0 = t0 < t1 < ... < tn1 < tn = 1) o diviziune a intervalului [0, 1] at nc ([tk , tk+1 ]) s e un segment. a Un drum se numete s nchis dac (0) = (1). Un drum a nchis recticabil se numete contur. s Dac : [0, 1] C este un drum atunci drumul : [0, 1] C, (t) = (1 t), a t [0, 1] se numete inversul lui . s
3.3
Integrala complex a
Denitia 3.3.1. Fie un drum recticabil, f : () C continu. Integrala com a plex a lui f de-a lungul drumul se noteaz a a
f sau
f (z) dz i se denete prin s s
integrala Riemann - Stieltjes a lui f raport cu : n1
f d.0
Dac (t) = t, t [0, 1] atunci integrala complex se reduce la integrala Riemann. a a Denitia 3.3.2. Fie G C deschis i f : G C. Dac exist F : G C astfel as a a at nc a a a) F s e derivabil pe G; b) F = f, atunci spunem c F este o primitiv a lui f. a a 41
Teorema 3.3.1. (de legtur a a ntre primitiv i integral; de tip Leibniz-Newton) Fie as a D C un domeniu i f : G C continu pe D. Atunci sunt adevrate armatiile: s a a a) Dac pentru orice contur cu () D avem a pe D; b) Dac f are o primitiv F pe D atunci a a f = F ((1)) F ((0)).
f = 0 atunci f are primitiv a
In plus pentru contur avem
f = 0.
a Demonstratie. a) Fie z1 D xat. Pentru orice z D considerm z un drum poligonal de la z1 la z. Denim F : D C, F (z) =z
f. Artm F (z0 ) = f (z0 ), aa
pentru orice z0 D. Se noteaz = [z0 , z1 ] i z0 un drum poligonal de la z1 la z0 a s i = z z0 . este un contur. Avem s 0=
f=z
f
fz0
f = F (z) F (z0 ) 1
f,
de unde F (z) F (z0 ) =
f = (z z0 )0 1
[f ((1 t)z0 + tz)] dt
adic a
F (z) F (z0 ) = z z0
[f ((1 t)z0 + tz)] dt,0
astfel c din continuitatea lui f se obtine lim a
F (z) F (z0 ) = f (z0 ). zz0 z z0 b) Fie un drum poligonal i F = f. Avem s1 1
f= 0
(f )(t) d(t) =0
F ((t)) (t) dt = F ((t)) 0 .
1
Trebuie remarcat similitudinea constructiei primitivei cu cazul real. Functia a G : [a, b] R, G(x) = Exemple 1. Fie f : C C, f (z) = z 2 . Avem f dz = z 3 /3[0,i] i 0 x a
g(s) ds este o primitiv a functiei continue g : [a, b] R. a
Drumul de la a la x [a, b] se poate construi n ntr-un singur mod !
= i/3 i s|z|=1
f dz = 0.
42
2. Fie g : C C, g(z) = 1/z. Pentru 1 : [0, 1] C, 1 (t) = e2it care este un contur avem g dz = 01
iar pentru 2 : [0, 1] C, 2 (t) = eit avem g dz = ln z2 1 1
= ln(1) ln 1 = i.
Aceeai teorem 3.3.1 se aplic i pentru s a as g dz = ln z[1,i] i 1
= ln i = i/2.
3. S calculm a a[i,1+2i]
z 2 Im z dz. Drumul avnd ca imagine segmentul [i, 1 + 2i] a
este : [0, 1] C, (t) = (1 t)i + (1 + 2i)t = 1 + t + 2it. Avem z 2 Im z dz =[i,1+2i] 1 0 1
2 (t) Im (t) (t) dt
=0
[(1 + t)2 + 4it(1 + t) 4t2 ] 2t (1 + 2i) dt = (51 + 38i)/6.
Exercitii a 1) S se calculeze a)[0,2+i]
Re z dz; |z| dz;1
b)|z|=1
z Im z dz; |z| dz;2
c)[1+i,3+2i]
z 3 Im z dz; z|z| dz;1
d) g)
e) h)3
f)
z 3 dz;[0,i]
z 3 dz,
unde 1 (t) = eit , 2 (t) = ei(1t) , 3 (t) = e 2 it . 2) Fie P i Q dou functii polinomiale at Q(x) = 0, pentru orice x R, iar s a nc gr Q grP + 2. Se consider drumul R (t) = R eit . S se arate c a a a lim P (z) dz = 0. Q(z)
R+
R
3) Fie P i Q dou functii polinomiale at Q(x) = 0, pentru orice x 0, iar s a nc gr Q grP + 2. 43
Se consider drumurile R (t) = R eit i r (t) = r eit i functia f (z) = a s s P (z) ln z. S se arate c a a Q(z)R+
lim
f (z) dz = 0 i lim sR
r0
f (z) dz = 0.r
s a 4) Fie z0 C xat i r > 0. S se calculeze I1 =r
1 dz i I2 = s z z0
r
1 dz (z z0 )2
unde r = U (z0 , r).5 4 4 5 Rspunsuri: 1) a) 2 + i; b) 0; c) (2z2 z1 )/4 (2 i)(z2 z1 )/100, z2 = 3 + 2i, a
z1 = 1 + i; d) 2; e) 2; f) 0; g) 1/4; h) 0; 2) exist M > 0 at |P ((t))/Q((t))| a nc M t2 ; 4) 2i; 0.
3.4
Integrale cu parametru
Integralele cu parametru au aprut teoria ecuatiilor cu derivate partiale. a In cazul functiilor reale exist situatii concrete cnd nu se poate determina o primitiv a a a a functiei a = a(x, y) dar se studiaz proprietile functiei a at b
b(y) =a
a(x, y)dx.e
Spre exemplu, se poate determina functia b : [0, 1] R, b(y) = e 1
1 calculnd mai ai derivata functiei b (y) = a nt dx. 1 (x + y)(x + 1) Rolul integralelor cu parametru cazul functiilor complexe este de remarcat n n sectiunea urmtoare. a
ln(x + y) dx x+1
Teorema 3.4.1. Fie un drum recticabil, G C deschis i g : G () C a s continu. Functia h : G C, denit prin a a h(z) =
g(z, ) d
este continu. Dac plus g(, ) este derivabil pentru orice () i gz (z, ) a a n a s este continu pe G () atunci h este derivabil pe G i a a s h (z) =
gz (z, ) d.
44
Demonstratie. Fie z0 G arbitrar xat. Exist r > 0 at U (z0 , r) G. Functia a nc g ind continu pe U (z0 , r) () ( a nchis i mrginit deci compact) este uniform as a a a continu pe U (z0 , r)(). Atunci, pentru orice > 0 exist > 0 astfel at pentru a a nc orice z U (z0 , r) cu |z z0 | < s avem a |g(z, ) g(z0 , )| < /l(), pentru orice (). Din evaluarea |h(z) h(z0 )| =
[g(z, ) g(z0 , )] d < , pentru orice (),
rezult continuitatea lui h z0 . a n Se presupune acum continuitatea functiei gz (z, ). Din nou, e z0 G arbitrar xat. Se denete functia g1 : G () C, g1 (z, ) = s g(z, ) g(z0 , ) , dac (z, ) (G \ {z0 }) () a z z0 . Dup cum este denit g1 a a g (z0 , ), dac z = z0 , (). a z este continu i g1 (z0 , ) = gz (z0 , ). Din prima parte a demonstratiei rezult c a s a a functia h1 : G C, dat de h1 (z) = a
g1 (z, ) d este continu pe G. Atunci a
zz0
lim h1 (z) = h1 (z0 ) = lim
zz0
h(z) h(z0 ) g(z, ) g(z0 , ) d = lim = h (z0 ). zz0 z z0 z z0
Astfel, h (z0 ) = h1 (z0 ) =
gz (z0 , ) d.
Exemplu Fie : [0, 1] C, (t) = e2it i : () C continu. Functia h : U (0; 1/2) s a C, denit prin a h(z) =|z|=1
() d z
este derivabil i as h (z) =|z|=1
() d, pentru orice z U (0; 1/2). ( z)2
Exercitii 1) Fie un drum recticabil, G C \ () i functia : G C, s (z) =
1 d. z
S se calculeze i . a s Dac () = U (0, 1) ce se poate spune despre ? a 45
2) Fie = U (0, 1) i functia : U (0, 1) C, s (z) =
e d. z e d. ( z)(n+1)
S se calculeze , i (n) . a s Rspunsuri: 1) = 0; 2) (n) (z) = n! a
3.5
Integrale de tip Cauchy. Cauchy
Formulele lui
Fie un drum recticabil, G C \ (). Fie : () C continu. Se denete a s : G C, (z) = 1 2i () d, z G. z () d ( z)2
baza teoremei 3.4.1 functia este continu i derivabil. Atunci In as a (z) = i inductiv pentru orice n N s (n) (z) = n! 2i
1 2i
() d, z G. ( z)n+1
Teorema 3.5.1. (Formula lui Cauchy pentru disc) Fie f : U (z0 , r) continu. Dac a a f este olomorf pe U (z0 , r) atunci f este nelimitat derivabil pe U (z0 , r) i pentri a a s orice n N i orice z U (z0 , r) are loc formula s f (n) (z) = Exemplu 1. Folosind teorema lui Cauchy s calculm I = a a
n! 2i
U (z0 ,r)
f () d. ( z)n+1 eiz dz, () = U (i; 1). z2 + 1
eiz Identicm z0 = i U (i; 1) i functia f (z) = a s . Atunci I = 2if (i) = /e. z+i 2. Folosind formula lui Cauchy s calculm I = a a eiz dz, () = U (i; 1). 2 2 (z + 1) eiz Identicm z0 = i U (i; 1) i functia f (z) = a s . Atunci I = (z i)2 2if (i) = 2(i/4 + 2i/8)e = 0. 46
Exercitii 1) Folosind teorema lui Cauchy s se calculeze: a eiz a) dz, () = U (i; 1); b) 7 (z i) ez c) dz, () = U (0; 1). d) z ch z e) dz, n N , () = U (0; 1). n z 2) S se calculeze a|z|=1
1 dz, a > 1; 2az + 1 |z|=1 eiz dz ; 2 2 |zi|=1/2 z(z + 1) z2
1/z n dz, n N.
3) S se calculeze a a)|z1|=1/2 z
ch z dz; (z + 1)3 (z 1)
b)|z|=1
c)|z|=r
e dz, r > 0, n Z; zn
d)|z|=2
ez dz; z z3 ez dz; z+1
2
Rspunsuri: 1) a) 2ei/6!; b) i/ a2 1; c) 2i; d) 3i/(2e); e) 4i[1 + a (1)n ]/(n 1)!; 2) 0, dac n = 1 i 2i, dac n = 1; 3) a) i(ch 1)/4; b) 2i; c) 0, a s a dac n 0, 2i/(n 1)! rest; d) 2i/e. a n
47
48
Capitolul 4 Serii de functii olomorfe
Pentru nceput s reamintim dezvoltrile serie de puteri ale functiilor reale a a n elementare: 1 = 1x ex =k=0
xk , |x| < 1;k=0
(4.1) (4.2) (4.3)
1 k x , x R; k! 1 x2k+1 , x R. (2k + 1)!
sin x =k=0
Folosind cele trei dezvoltri se mai obtin urmtoarele astfel: din (4.1) prin suba a stituirea lui x cu x; apoi derivarea termen cu termen pentru ln(1 + x) i cos x : s 1 = 1+x ln(1 + x) =k=0
(1)k xk , |x| < 1;k=0
(4.4) (4.5) (4.6)
1 k x , |x| < 1; k! 1 2k x , x R. (2k)!
cos x =k=0
mod natural functiile complexe elementare vor avea aceeai dezvoltare serie In s n de puteri at restrnse la R s regsim relatiile (4.1), (4.2), (4.3), (4.4), (4.5), (4.6) nc a a a spre exemplu 1 = 1z
z k , |z| < 1.k=0
(4.7)
49
Pentru functiile olomorfe se poate face constructia seriilor de puteri mod n similar cu cea a functiilor reale.
4.1
Serii de puteri
Denitia 4.1.1. Fie G C nevid i (fn )nN un ir de functii fn : G C. a s s O serie de functii n=0
fn se numete convergent punctual (uniform) dac s a an k=0
irul functiilor (sn )nN , unde sn = s Seria n=0
fk este convergent punctual (uniform). n=0
fn se numete absolut convergent pe G C dac seria s a a
|fn |
este convergent pe G. a Teorema 4.1.1. (Weierstrass) Fie cu termeni pozitivi convergent a n=0 n=0
fn o serie de functii. Dac exist o serie a a
un i exist un rang n0 N at s a nc
|fn (z)| un , n n0 , z G atunci n=0
fn este uniform convergent. a
Exemplu 1. Fie irul de functii (fn )nN , fn : U (0, 1) C, fn (z) = z n /2n . Avem s |z n /2n | 1/2n , z U (0, 1).
Din teorema lui Weierstrass deducem c seria a gent pe U (0, 1). an=0
z n /2n este uniform conver-
2. Fie irul de functii (fn )nN , fn : U (0, 1/2) C, fn (z) = s |fn (z)| 1/2n+1 , z U (0, 1/2).
1 ni n z . Avem 1 + 2ni
Din teorema lui Weierstrass deducem c seria a vergent pe U (0, 1/2). an=0
1 ni n z este uniform con1 + 2ni
Denitia 4.1.2. Fie z0 C i an C, n N. O serie de forma s se numete serie Taylor (de puteri). s 50
n=0
an (z z0 )n
Teorema 4.1.2. (Cauchy-Hadamard) Fie S(z) = n=0
an (z z0 )n , l = lim supn
n
|an | i R = 1/l. Atunci: s
a) S(z) este absolut convergent n U (z0 , R); a b) S(z) este divergent n C \ U (z0 , R); a c) S (z) = n=0
nan (z z0 )n este convergent U (z0 , R). a n
R din teorema precedent se numete raz de convergent iar U (z0 , R) se a s a a numete disc de convergent. s a Exemplu
1. Fie seria de puterin=0
(n + i)z n .n
Avem l = lim sup este R = 1/l = 1.n
|an | = lim supn
n
|n + i| = 1. Astfel raza de convergent a
2. Fie seria de puterin=0
1 ni n z . 1 + 2nin
Avem l = lim supn
n
|an | = lim supn
1 ni = 1. Raza de convergenta este 1 + 2ni
R = 1/l = 1. Teorema 4.1.3. (a dezvoltrii serie de puteri) Dac f este olomorf pe U (z0 , r) a n a a atunci exist o serie de puteri a n=0
an (z z0 )n convergent at a nc (4.8)
f (z) =n=0
an (z z0 )n , pentru orice z U (z0 , r).
Coecientii an sunt dati de an = (jurul) lui z0 . Exemple
1 (n) f (z0 ), n N. n! Forma functiei olomorfe f din (4.8) se numete dezvoltare serie de puteri s n n
1. S considerm expresia f (z) = z sin z 2 . Dezvoltarea serie de puteri jurul a a n n punctului 0 se poate face pornind de la dezvoltarea functiei sin :
sin z =k=0
2
1 z 4k+2 , z C. (2k + 1)!
De aici f (z) =k=0
1 z 4k+3 , z C. (2k + 1)! 51
2. S considerm expresia f (z) = 1/z. Dezvoltarea serie de puteri jurul a a n n punctului z0 = 1 se poate face pornind de la (4.7): 1 1 = = z 1 (1 z) Exercitii a n 1) S se dezvolte jurul lui z0 = 0 functiile: 1 ; 1 2z d) f (z) = z 3 cos z; a) f (z) = b) f (z) = 1 ; 1 + 7z e) f (z) = zez ; z2 ; (1 + z)2 f) f (z) = z ln(1 + z). c) f (z) =
(1 z)k =k=0 k=0
(1)k (z 1)k , |1 z| < 1.
a 2) S se dezvolte expresia f (z) = dup puterile lui z + 1. a
2z 2 + 3z 1 dup puterile lui z 1 i apoi a s z3 + z2 z 1
3) S se dezvolte urmtoarele expresii: a a z a) f (z) = 2 1 < |z| < 2; n (z 4)(z 2 1) 1 b) f (z) = jurul lui z0 = 4. n (1 z)(4 z)2 4) Fie functia K(z) = 1 (n) K (0), n N). n! z , R. S se arate c |an | = n, (an = a a (1 ei z)2
Indicatii i rspunsuri: 1) a) se folosete (4.7) cu z 2z; 2) se descompune s a s expresia fractii simple i apoi se folosete (4.7). n s s
4.2
Serii Laurent
Spre deosebire de functiile reale, cazul functiilor complexe se poate face un n studiu suplimentar jurul unui punct singular izolat, aceasta cu ajutorul seriilor n Laurent. Denitia 4.2.1. Fie z0 C i an C, n Z. O serie de forma s+
an (zz0 )n = +n=
a1 an + + +a0 +a1 (zz0 )+ +an (zz0 )n +. . . (z z0 )n z z0
se numete serie Laurent. s 52
Partea T (z) = a0 + a1 (z z0 ) + + an (z z0 )n + . . . se numete parte taylorian iar s a P (z) = + an a1 + + n (z z0 ) z z0
se numete parte principal. Avem s a+
S(z) =n=
an (z z0 )n = P (z) + T (z), pentru orice z C \ {z0 }.
Se spune c S(z) este convergent dac P (z) i T (z) sunt convergente. a a a s Teorema 4.2.1. (Laurent) Fie z0 C xat i 0 r1 < r2 . Dac f este olomorf s a a pe U (z0 , r1 , r2 ) atunci exist T, P serii cu razele de convergent R1 r2 respectiv a a R2 1/r1 astfel at nc f (z) = T (z z0 ) + P (1/(z z0 )), pentru orice z U (z0 , r1 , r2 ). Coecientii an , n Z sunt dati de an = 1 2i f () d, n Z, ( z0 )n+1 (4.9)
cu () = U (z0 , ), r1 < < r2 . Concluzia teoremei precedente este c vom avea a+
f (z) =n=
an (z z0 )n , pentru orice z U (z0 , r1 , r2 ).
Exemple 1. S scriem seria Laurent corespunztoare functiei f (z) = a a z C : 1 f (z) = 5 z
1 sin z 2 . Folosind 5 z dezvoltarea serie de puteri jurul punctului 0 a functiei sin gsim pentru n n a
k=0
1 1 1 1 1 z 4k+2 = 3 +z + z 5 + z 9 + + z 4k5 +. . . . (2k + 1)! z 5! 7! (2k + 1)! 53
2. S scriem seria Laurent corespunztoare functiei g(z) = z 2 e z . Folosind deza a voltarea serie de puteri jurul punctului 0 a functiei exponentiale avem n n 1 1 1 dezvlotarea serie Laurent a functiei e z = n de unde gsim pentru a k! z k k=0 z C :
1
g(z) = z Exercitii
2 k=0
1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 = + + + + + + + z +z 2 . k k 3 2 k! z (k + 2)! z 5! z 4! z 3! z 2! 1!
1) S se scrie seria Laurent corespunztoare functiilor: a a 1 a) f (z) = z e z ;2
b) f (z) =
1 d) f (z) = z 3 cos ; z 1 g) f (z) = 2 ln(1 + z). z
1 sin z; z2 1 e) f (z) = ez e z ;
1 c) f (z) = z 3 sin ; z 1 f) f (z) = z 4 sin 2 ; z
2) S se dezvolte serie Laurent jurul lui z0 = 1 functia f (z) = sin a n n 3) S se scrie dezvoltarea serie in jurul lui z0 = 0 a functiilor: a n a) f (z) = sin(1/z); d) f (z) = tg z ; z2 b) f (z) = sin(1/z 2 ); c) f (z) = sin2 (1/z); e1/z e) f (z) = . z(1 z)2
1 . z1
4.3
Teorema reziduurilor
Aplicatiile teoremei reziduurilor constau att calcularea unor integrale ct i a n a s determinarea numrului de rdcini ale unei ecuatii (nu neaprat polinomiale) n a a a a ntr-un domeniu dat. Denitia 4.3.1. Fie G C, f olomorf pe G i z0 G. Punctul z0 C {} se a s numete punct singular dac exist (U (z0 , r) \ {z0 }) G at f s e olomorf s a a nc a a pe U (z0 , r). Are loc urmtoarea clasicarea a punctelor singulare: a 54
i) eliminabil, dac a a) exist f olomorf pe G z0 at f |G = f, a a nc sau b) exist lim f (z) C azz0
sau c) partea principal este nul. a a Exemple: f (z) = ii) pol, dac a b) exist lim f (z) = azz0
sin z z+i , z0 = 0; g(z) = 2 , z0 = i. z z +1
sau c) partea principal este nit. a a 1 1 Exemple: f (z) = , z0 = 0; g(z) = , z0 = i. z (z i)2 iii) izolat esential, dac a b) nu exist lim f (z) azz0
sau c) partea principal este innit. a az 1 Exemple: f (z) = e z1 , z0 = 1; g(z) = sin , z0 = 0. z
Dac z0 este un pol multiplu de ordinul n atunci reziduul functiei f z0 este a n Rez (f, z0 ) = 1 lim [(z z0 )n f (z)](n1) . (n 1)! zz0
Se spune despre un pol de ordinul n = 1 c este un pol simplu. a Este recomandabil utilizarea formulei lui Leibniz de derivare a produsului a a dou functii a (f1 f2 )(n) =k=0 n k Cn f1 f2 (k) (nk)
.
Exemplu 55
1. S calculm Rez (f, z0 ) pentru f (z) = a a
z . + 6z + 10 Polii z1 = 3 i i z2 = 3 + i sunt simpli. Avem s z2 Rez (f, z1 ) = lim [(z z1 )f (z)] = lim z = z1 /(z1 z2 ) = (1 3i)/2; zz1 zz1 z z2 z Rez (f, z2 ) = lim [(z z2 )f (z)] = lim = z2 /(z2 z1 ) = (1 + 3i)/2. zz2 zz2 z z1 1 . (z + i)(z 2 + 4)3 1 = 1/27. + 4)3
a a 2. S calculm Rez (f, z0 ) pentru f (z) = z0 = i este un pol simplu. Avem
Rez (f, i) = lim [(z + i)f (z)] = limzi
zi (z 2
z0 = 2i i z0 = 2i sunt poli multipli de ordinul 3. Avem s 1 1 1 lim [(z + 2i)3 f (z)](2) = lim [ ](2) z2i z2i (z + i)(z 2i)3 2! 2 2 1 1 1 1 3 12 0 1 2 = lim [C2 + C2 + C2 ] 2 z2i (z + i)3 (z 2i)3 (z + i)2 (z 2i)4 (z + i) (z 2i)5 = [(2)/43 + (6)/44 + (12)/45 ]/2 = 34/45 ; Rez (f, 2i) = 1 1 1 lim [(z 2i)3 f (z)](2) = lim [ ](2) 2! z2i 2 z2i (z + i)(z + 2i)3 1 2 1 1 12 1 3 0 1 2 = lim [C2 + C2 + C2 ] 3 (z + 2i)3 2 (z + 2i)4 2 z2i (z + i) (z + i) (z + i) (z + 2i)5 = [(2)/(33 43 ) + (6)/(32 44 ) + (12)/(3 45 )]/2 = 106/(33 45 ). Rez (f, 2i) = Exercitii 1) S se calculeze Rez (f, z0 ), z0 {i, i} pentru: a a) f (z) = z ; +1 z c) f (z) = ; (z i)(z 2 + 1) z2 b) f (z) = z ; + 1)2 1 d) f (z) = 2 , n N . (z + 1)n (z 2
2) S se calculeze Rez (f, z0 ), pentru: a a) f (z) = z2 z ; b) f (z) = 2 ; z 2 + 2z + 2 z 4z + 5 z 1 c) f (z) = 2 ; d) f (z) = , m, n N , z1 = z2 . 2 m (z z )n (z + 6z + 13) (z z1 ) 2
n1 n1 Rspuns: 1) a) 1/2; 1/2; b) 0; 0; c) i/4; i/4; d) (1)n C2n2 ; (1)n C2n2 . a
2) a) (1 + i)/2; (1 i)2; b) (4 3i)/2; (4 + 3i)/2; c) 3i/32; 3i/32;n1 n1 d) (1)m1 Cn+m2 1/(z1 z2 )n+m1 ; (1)m1 Cn+m2 1/(z2 z1 )n+m1 .
56
4.4
Aplicatii la calculul unor integrale
Vom considera cteva tipuri de integrale care pot calculate cu ajutorul teoremei a reziduurilor, astfel evitndu-se determinarea unei primitive nu de putine ori aceasta a ind o cale destul de dicil i cu mult calcul. as2
I) I =0
R(cos x, sin x) dx.
Se efectueaz schimbarea de variabil a a z = eix (= cos x + i sin x).
Deoarece arg z = x [0, 2] numrul complex z parcurge cercul unitate. Avem a z2 + 1 z2 1 dz = i eix dx, de unde dx = idz/z. Apoi cos x = , sin x = , astfel c a 2z 2iz I = i|z|=1
1 z2 + 1 z2 1 R , dz. z 2z 2iz
Exemplu Fie I=0 2
1 + sin x dx. (3 2 cos x)2 1 + sin x . Inlocuind dx, (3 2 cos x)2
Evident expresia rational este R(cos x, sin x) = a cos x, sin x se ajunge la 1+
z2 1 z 2 + 2iz 1 1 2iz dz = dz. I = i 2 2 z2 + 1 2 |z|=1 z |z|=1 (z 3z + 1) (3 2 ) 2z Exist doi poli (dubli) z1 = (3 + 5)/2 cu |z1 | > 1 i z2 = (3 5)/2 cu |z2 | < 1. a s Atunci I = 2iRez (f, z2 ) = 2i lim (z z2 )2zz2
z 2 + 2iz 1 , (z z1 )2 (z z2 )2
unde f (z) =
z 2 + 2iz 1 . Se obtine I = (10 + 5 z2 )/25. (z 2 3z + 1)2 Rezultatul unei asemenea integrale este ntotdeauna un num real ! Greelile a s Exercitii S se calculeze: a 57
de calcul sunt frecvente.
2 2 1 + sin x 1 1 dx; b) dx, a > 1; c) dx, 0 < A < 1; 2 + cos x a + cos x 1 + A sin x 0 0 0 2 2 1 1 2 2 2 d) dx, A > B + C ;e) dx, 0 < p < 1. A + B cos x + C sin x 1 2p cos x + p2 0 0 Rspuns: a) 2 3/3; b) 2/ a2 1; c) 2/ 1 A2 ; d) 2/ A2 B 2 C 2 ; a
2
a)
e) 2/(1 p2 ). O variatiune pe aceast tem ar integralele de tipul: a a2
I) Im =0
cos mx R(cos x, sin x) dx; m N.2
Se consider Jm = a0
sin mxR(cos x, sin x) dx i apoi se calculeaz Im +iJm . Se s a
efectueaz aceeai schimbare de variabil, z = eix . Se ine cont de cos mx+i sin mx = a s a t eimx = z m . Exercitii Pentru m N s se calculeze: a2
a)0
cos mx dx; 5 4 cos x
2
b)0
cos mx dx, 0 < p < 1. 1 2p cos x + p2
Rspuns: a) /(3 2m1 ); b) 2pm+1 /(1 p2 ). a P (x) dx, unde Q(x) Q(x) = 0, pentru orice x R, iar gr Q grP + 2. II) I = Se alege drumul = [R, R] R , unde R (t) = R eit . P (z) Avem lim dz = 0 (exercitiul 2, sectiunea 3.3). R+ Q(z) R Prin aplicarea teoremei reziduurilor avemR R+ +
lim
R
P (x) dx + lim R+ Q(x)
R
P (z) dz = 2i Q(z) Im z
Rez (f, zk ).
k >0
astfel c se obtine a I = 2i ExempluIm zk >0
Rez (f, zk ).
+
1. Fie I = fel
(x2
1 1 dx. Identicm f (z) = 2 a . Ast2 + 4)2 + 1)(x (z + 1)(z 2 + 4)2
I = 2i[Rez (f, i) + Rez (f, 2i)] = 2i[i/18 + 11i/288] = 5/144. 58
+
2. Fie I =
x6
1 1 dx. Identicm f (z) = 6 a . Astfel +1 z +12
I = 2iIm zk >0
Rez (f, zk ) = 2ik=0
Rez (f, zk ).
6 Aici zk = 1 sau zk = cos[( +2k)/6]+i sin[( +2k)/6], k {0, 1, 2, 3, 4, 5}.
Avem, pentru k {0, 1, 2} Rez (f, zk ) = lim (z zk )f (z) = limzzk zzk
1 zk 1 = 5 = . 5 6z 6zk 6
Obtinem 2
I = 2ik=0
zk 3 5 = 2[sin + sin + sin ]/6 = 2/3. 6 6 6 6
Exercitii S se calculeze: a a) c) e) g) i)+ x+1 1 dx; b) dx; 2 2x + 5)2 8+1 (x x + + x x2 dx; d) dx; 2 3 4 2 (x + 4x + 13) (x + 1) + 2 + x +1 1 dx; f) dx; 2 2 2 2 4 x + 1 (x + 1)(x + 4)(x + 9)(x + 16) + + 1 x4 dx, 0 < a < b; h) dx; 2 2 2 2 2 2 6 (x + a ) (x + b ) x + 1 + + x2 1 dx; j) dx. 2 n 2 2 2 (x + 1) (x + 9) (x + 1) Rspuns: a) /8; b) ( 2 + 1)/4; c) /324; d) / 2; e) /720; f) ; g) a +
/2 1/(a2 b2 )2 (1/a3 + 1/b3 ); h) 2/3; i) n/4n ; j) 5/96. P (x) dx, unde Q(x) 0 Q(x) = 0, pentru orice x 0, iar gr Q grP + 2. III) I = Se alege drumul = R [R, r] r [r, R], unde R (t) = Re2it i r (t) = re2it . s P (z) Prin aplicarea teoremei reziduurilor functiei f (z) = ln z avem Q(z)R +
r
f (z) dz +r
P (x) ln x dx + Q(x) = 2i
r
f (z) dz +R R
P (x) ln x + 2i dx = Q(x)
Rez (f, zk ).Q(zk )=0
59
Avem lim
R+
f (z) dz = 0 i lim sR
r0
f (z) dz = 0. Obtinem r
I=Q(zk )=0
Rez (f, zk ).
Exemplu Fie I =0
+
1 1 dx. Identicm f (z) = a ln z. Astfel 2 + 1) (x + 1)(x (z + 1)(z 2 + 1)
I = [Rez (f, 1) + Rez (f, i) + Rez (f, i)] = [ln(1)/2 + (1 + i) ln(i)/4 + (1 + i) ln i/4] = /4. Exercitii S se calculeze: a a) 1 dx; b) 3+1 x 0 + 1 c) dx. (1 + x2 )(1 + x)2 0 Rspuns: a) 2 3/3; b) (47 37 )/247 ; c) 1/2. a+ + 0
1 dx; (x + 1)7 (x + 7)
60
Bibliograe[1] Bogdan, M., Curs de teoria integralei, 2002. [2] Dinc, M., Chirita, M., Numere complexe matematica de liceu, Editura a n All Educational, Bucureti, 1996. s [3] Cazacu, C., A., colectiv, Analiz complex, Editura Stiintic i Encicloa a as pedic, Bucureti, 1988. a s [4] Hamburg, P., Mocanu, P., Negoescu, N., Analiz matematic. Functii coma a plexe, Editura Didactic i Pedagogic, Bucureti, 1982. as a s [5] Kohr, D., Mocanu, P. T., Capitole speciale de analiz complex, Presa a a Universitar Clujean, Cluj-Napoca, 2005. a a [6] Homentcovschi, D., Functii complexe cu aplicatii tiint i tehnic, Ed n s a s a itura tehnic, Bucureti, 1986. a s [7] Halanay, A., Elemente de analiz complex, Editura Matrix Rom, Bua a cureti, 1999. s [8] Rudin, W., Analiz real i complex, Editura Theta, Bucureti, 1999. a as a s [9] Sidorov, Y. V., Fedoryuk, M. V., Shabunin, M. I., Lectures on the Theory of Functions of a Complex Variable, Mir Publishers, Moscow, 1985. [10] Stoka, M., Culegere de probleme de functii complexe, Editura tehnic, a Bucureti, 1965. s
61