Analitičke i harmonijske funkcije

Analitičke funkcije

Definicija 51   Neka je $D$ područje u $C,$ i neka je $f:D\rightarrow C.$ Ako $f$ ima neprekidnu derivaciju na $D,$ onda se takva funkcija zove analitička funkcija.

Primjer 7.13   Odrediti područje analitičnosti funkcije

$$\frac{1}{1+z^2}.$$

Rješenje.

$$\left(\frac{1}{1+z^2}\right)'=\left(\frac{1}{(z+i)(z-i)}\right)'= \frac{1}{2\,i}\left(\frac{1}{z-i}-\frac{1}{z+i}\right)'$$

$$=\frac{1}{2\,i}\left(\frac{1}{(z+i)^2}-\frac{1}{(z-i)^2}\right)= \frac{-2z}{(1+z^2)^2}.$$

Odavde se vidi da derivacija postoji i neprekidna je za svaki $z\in C$ osim $z=i$ i $z=-i.$

Teorem 35   1. Neka funkcija $f:D\rightarrow C,$ $f(z)=u(x,y)+i\,v(x,y),$ ima neprekidnu derivaciju na $D.$ Tada su $u$ i $v$ funkcije klase $C^1$ na $D$ i za svaki $(x,y)\in D$ vrijede Cauchy-Riemannove jednadžbe

$$\frac{\partial u(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial v(x,y)}{\partia... ...ce{1cm} \frac{\partial u(x,y)}{\partial y}=-\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}.$$

2. Obratno, neka su $u,v$ realne funkcije klase $C^1$ na $D,$ i neka vrijede Cauchy-Riemannove jednadžbe na $D.$ Tada funkcija $f$ ima neprekidnu derivaciju na $D.$

Dokaz. 1.

$$f'(z)=\lim_{\Delta z \rightarrow 0}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}.$$

Ovaj limes ne ovisi o putu kojim $\Delta z$ teži k nuli. Neka je $\Delta z=\Delta x+i\,\Delta y,$ i stavimo najprije $\Delta y=0,$ tj. $\Delta z=\Delta x.$ Tada je

$$f'(z)=\lim_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{u(x+\Delta x,y)-u(x,y)}... ...a x}= \frac{\partial u(x,y)}{\partial x}+i\,\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}.$$

Sada stavimo $\Delta x=0,$ tj. $\Delta z=i\,\Delta y.$ Tada je

$$f'(z)=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{u(x,y+\Delta y)-u(x,y)}{i... ... y} +i\,\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{v(x,y+\Delta y)-v(x,y)}{i\,\Delta y}=$$

$$-i\,\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{u(x,y+\Delta y)-u(x,y)}{\De... ... y}= -i\,\frac{\partial u(x,y)}{\partial y}+\frac{\partial v(x,y)}{\partial y}.$$

Izjednačimo li desne strane, dobivamo upravo Cauchy-Riemannove jednadžbe.

2. Zbog uvjeta na funkcije $u$ i $v,$ vrijede formule konačnih prirasta

$$\Delta u=u(x+\Delta x,y+\Delta y)-u(... ...al u(x,y)}{\partial x}\,\Delta x+ \frac{\partial u(x,y)}{\partial y}\,\Delta y,$$

$$\Delta v=v(x+\Delta x,y+\Delta y)-v(... ...al v(x,y)}{\partial x}\,\Delta x+ \frac{\partial v(x,y)}{\partial y}\,\Delta y,$$

s tim da greška teži k nuli kad $(\Delta{}x,\Delta{}y)$ teži k $(0,0).$

Stavimo

$$\Delta w = f(z+\Delta z)-f(z) = u(x+\Delta x,y+\Delta y)-u(x,y) + i\,\left(v(x+\Delta x,y+\Delta y)-v(x,y)\right) = \Delta u+i\,\Delta v.$$

Tada imamo

$$\Delta{}w \approx \frac{\partial u(x... ...y)}{\partial x}\,\Delta x+ \frac{\partial v(x,y)}{\partial y}\,\Delta y\right).$$

Zbog Cauchy-Riemannovih jednadžbi

$$\Delta{}w \approx \frac{\partial u(x... ... + i\,\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}\,\left(\Delta x + i\,\Delta{}y\right).$$

Tako je

$$\frac{\Delta w}{\Delta z}= \frac{\De... ...rox \frac{\partial u(x,y)}{\partial x} + i\,\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}.$$

Desna strana ne ovisi o $\Delta{}x$ niti o $\Delta{}y,$ pa je

$$f'(z)=\lim_{\Delta y \rightarrow 0}\frac{\Delta w}{\Delta z}= \frac{\partial u(x,y)}{\partial x}+i\,\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}.$$

Prema tome derivacija funkcije $f$ postoji. Neprekidnost parcijalnih derivacija od $u$ i $v$ povlači neprekidnost derivacije od $f.$ $\heartsuit$

Dakle, možemo zaključiti da je funkcija $f$ analitička na području $D,$ ako i samo ako njezini realni i imaginarni dijelovi zadovoljavaju Cauchy-Riemannove jednadžbe na $D.$

Osim toga, iz dokaza prethodnog teorema vidimo da je

$$f'(z)= \frac{\partial u(x,y)}{\partial x}+i\,\frac{\partial v(x,y)}{\partial x},$$

odnosno, ako upotrebimo Cauchy-Riemannove jednadžbe,

$$f'(z)= \frac{\partial u(x,y)}{\partial x} - i\,\frac{\partial u(x... ...} = \frac{\partial v(x,y)}{\partial y} + i\,\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}.$$ (7.2)

Primjer 7.14   Nađimo derivaciju od $e^z.$

Rješenje.

$$e^z=e^{x+iy}=e^x\,(\cos y+i\,\sin y)=e^x\,\cos y+i\,e^x\,\sin y.$$

Tako je

$$u(x,y)=e^x\,\cos y,\hspace{1cm}v(x,y)=e^x\,\sin y,$$

$$\frac{\partial u(x,y)}{\partial x}=e^x\,\cos y= \frac{\partial v(... ...{\partial v(x,y)}{\partial x}=e^x\,\sin y= -\frac{\partial u(x,y)}{\partial y}.$$

Dakle, $f$ je analitička funkcija, i

$$(e^z)'=\frac{\partial u(x,y)}{\partial x}+ i\,\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}=e^x\,\cos y+i\,e^x\,\sin y=e^z.$$

Primjer 7.15   Nađimo derivaciju od $\sin z.$

Rješenje.

$$\sin z=\sin(x+i\,y)=\sin x\,\cos i\,y+\cos x\,\sin i\,y,$$

$$\sin z=\sin x\,{\rm ch}\,y+i\,\cos x\,{\rm sh}\,y,$$

$$u(x,y)=\sin x\,{\rm ch}\,y,\hspace{1cm}v(x,y)=\cos x\,{\rm sh}\,y,$$

$$\frac{\partial u(x,y)}{\partial x}=\... ... v(x,y)}{\partial x}=-\sin x\,{\rm sh}\,y= -\frac{\partial u(x,y)}{\partial y}.$$

Prema tome je $\sin z$ analitička funkcija, i

$$(\sin z)'=\cos x\,{\rm ch}\,y-i\,\sin x\,{\rm sh}\,y$$

$$=\cos x\,\cos i\,y-\sin x\,\sin i\,y=\cos(x+i\,y)=\cos z.$$

Na sličan način, a negdje jednostavno koristeći formule za deriviranje, možemo dobiti da je

$$(\cos z)'=-\sin z,\;({\rm tg}\,z)'=\... ...1}{\cos^2z},\; ({\rm ctg}\,z)'=-\frac{1}{\sin^2z},\;({\rm sh}\,z)'={\rm ch}\,z,$$

$$({\rm ch}\,z)'={\rm sh}\,z,\; ({\rm th}\,z)'=\frac{1}{{\rm ch}\,^2z},\;({\rm cth}\,z)'=-\frac{1}{{\rm sh}\,^2z}.$$

Harmonijske funkcije

Neka je $f(z)=u(x,y)+i\,v(x,y)$ analitička funkcija. Tada vrijedi

$$\frac{\partial u(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial v(x,y)}{\partia... ...ce{1cm} \frac{\partial u(x,y)}{\partial y}=-\frac{\partial v(x,y)}{\partial x}.$$

Derivirajmo prvu jednadžbu po $x,$ a drugu po $y$ i zbrojimo. Dobivamo

$$\frac{\partial^2u(x,y)}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u(x,y)}{\partial y^2} =\Delta u(x,y)=0.$$

Slično se može dobiti

$$\Delta v(x,y)=0.$$

Ova jednadžba se zove Laplaceova jednadžba. Funkcije koje zadovoljavaju Laplaceovu jednadžbu se zovu harmonijske funkcije. Tako imamo ovaj zaključak. Realni i imaginarni dijelovi analitičke funkcije su harmonijske funkcije.

Postavlja se pitanje obrata, tj. da li se pomoću dvije harmonijske funkcije može konstruirati analitička funkcija? Bilo koje dvije harmonijske se ne mogu shvatiti kao realni, odnosno imaginarni dio jedne analitičke funkcije, jer općenito neće zadovoljavati Cauchy-Riemannove jednadžbe.

Primjer 7.16   Funkcije $u(x,y)=x$ i $v(x,y)=-y$ jesu harmonijske, međutim one ne zadovoljavaju Cauchy-Riemannove jednadžbe, pa funkcija $f(z)=x-i\,y=\bar z$ nije analitička.

Ipak vrijedi ovaj teorem.

Teorem 36   Neka je $D$ jednostruko povezano područje, i $u:D\rightarrow R$ harmonijska funkcija na $D.$ Tada postoji jedinstvena do na konstantu funkcija $v:D\rightarrow R$ harmonijska na $D,$ takva da je $f(z)=u(x,y)+i\,v(x,y)$ analitička funkcija.

Dokaz. Stavimo

$$P(x,y)=-\frac{\partial u(x,y)}{\partial y},\hspace{1cm} Q(x,y)=\frac{\partial u(x,y)}{\partial x}.$$

Odatle

$$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=-\frac{\partial^2u(x,y)}{\part... ...{1cm} \frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial^2u(x,y)}{\partial x^2},$$

pa zbog toga što $u$ zadovoljava Laplaceovu jednadžbu, na $D$ vrijedi

$$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}.$$

Taj uvjet i jednostruka povezanost područja povlače da je vektorsko polje

$$P(x,y)\,\vec{\imath} + Q(x,y)\,\vec{\jmath}$$

potencijalno (19), pa prema tome krivuljni integral druge vrste

$$\int_{\overset{\curvearrowright}{\Gamma}}\left(P\,dx+Q\,dy\right)$$

ne ovisi o putu, već samo o krajnjim točkama. Tako možemo staviti

$$v(x,y) = \int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)}\left(P\,dx + Q\,dy\right).$$ (7.3)

Funkcija $v$ je potencijal za vektorsko polje $P\,\vec{\imath}+Q\,\vec{\jmath},$ pa vrijedi

$$\frac{\partial v(x,y)}{\partial x} = P = -\frac{\partial u(x,y)}{... ...m} \frac{\partial v(x,y)}{\partial y} = Q = \frac{\partial u(x,y)}{\partial x},$$ (7.4)

odakle se vidi da su $u$ i $v$ realni i imaginarni dio jedne analitičke funkcije.

Pretpostavimo da je $w$ druga funkcija, takva da je $u+i\,w$ analitička funkcija. Tada

$$\frac{\partial w}{\partial x}=-\frac{\partial u}{\partial y}, \hspace{1cm} \frac{\partial w}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x},$$

pa je na $D$

$$\frac{\partial (v-w)}{\partial x}=0,\hspace{1cm} \frac{\partial (v-w)}{\partial y}=0.$$

Odatle slijedi da je $v-w=$ konst. $\heartsuit$

Harmonijske funkcije koje su realni odnosno imaginarni dio jedne te iste analitičke funkcije zovu se konjugirane harmonijske funkcije.

Primjer 7.17   Naći onu analitičku funkciju $f,$ čiji je realni dio $u(x,y)=x^2-y^2.$

Rješenje.

$$v(x,y)=\int_{(0,0)}^{(x,y)}\left(-\frac{\partial u(x,y)}{\partial... ...u(x,y)}{\partial x}\,dy\right)= \int_{(0,0)}^{(x,y)}\left(2y\,dx+2x\,dy\right)=$$

$$\int_{0}^{x}\left(0\,dx+2x\,0\right)+\int_{0}^{y}\left(2y\,0+2x\,dy\right)= 2xy+C.$$

Prema tome funkcija $f(z)=(x^2-y^2)+i\,(2xy+C)$ je analitička. To je jasno, jer je $f(z)=z^2+i\,C.$

Pitanja

1.

Kako se definira derivacija funkcije kompleksne varijable? Navedite pravila za deriviranje.

2.

Što je to analitička funkcija?

3.

Navedite nužan i dovoljan uvjet da funkcija bude analitička. Kako se ta tvrdnja dokazuje? Da li su elementarne funkcije analitičke?

4.

Pomoću kojih formula se može računati derivacija analitičke funkcije? Napišite derivacije elementarnih funkcija.

5.

Što su to harmonijske funkcije? Kakva je njihova veza s analitičkim funkcijama?

6.

Kada dvije harmonijske funkcije zovemo konjugiranima? Da li bilo koje dvije harmonijske funkcije tvore analitičku funkciju? Dajte primjer. Kako se iz harmonijske funkcije dobiva analitička?

Riješeni zadaci

1.

Derivirati funkciju

$$f(z) = \frac{z\,\cos z}{1+z^2},$$

i navesti u kojim točkama $f$ nije derivabilna.

Rješenje. Derivacija je

$$\frac{\left( 1 - {z^2} \right) \,\cos z - z\,\left( 1 + {z^2} \right) \,\sin z}{\left( 1 + {z^2}\right)^2},$$

pa funkcija nije derivabilna u točkama za koje je $\left( 1 + {z^2}\right)^2 = 0.$ To su točke $z=\pm i.$

2.

Provjeriti da su Cauchy-Riemannove jednadžbe ekvivalentne jednadžbi $\frac{\partial f}{\partial \bar{z}} = 0.$

Rješenje. Neka je $f(z)=u(x,y)+i\,v(x,y),$ i $z=x+i\,y,$ odnosno $x=\frac{1}{2}\,(z+\bar{z}),$ $y=\frac{1}{2\,i}\,(z-\bar{z}).$

$$\frac{\partial f}{\partial \bar{z}} = \frac{\partial u}{\partial ... ...}} + \frac{\partial v}{\partial y}\,\frac{\partial y}{\partial \bar{z}}\right).$$

Imamo

$$\frac{\partial x}{\partial \bar{z}} = \frac{\partial }{\partial \... ...{\partial \bar{z}}\,\left(\frac{1}{2\,i}\,(z-\bar{z})\right) = -\frac{1}{2\,i}.$$

Kad ovo uvrstimo gore, sredimo i izjednačimo s nulom, dobivamo upravo

$$\frac{\partial x}{\partial \bar{z}} = \frac{1}{2}\,\left(\frac{\p... ...}\,\left(\frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial v}{\partial x} \right).$$

Iz ove formule slijedi tražena ekvivalencija.

3.

Neka je $f$ analitička funkcija. Tada vrijedi

$$\frac{\partial }{\partial z}\,$$Im$$\,f(z) = \frac{1}{2\,i}\,f'(z).$$

Rješenje. Neka je $f(z)=u(x,y)+i\,v(x,y),$ i $z=x+i\,y,$ odnosno $x=\frac{1}{2}\,(z+\bar{z}),$ $y=\frac{1}{2\,i}\,(z-\bar{z}).$

$$\frac{\partial }{\partial z}\,$$Im$$\,f(z) = \frac{\partial{}}{\partial{}z}\,v(x,y) = \frac{\partial{... ...al{}z} + \frac{\partial{}v(x,y)}{\partial{}y}\,\frac{\partial{}y}{\partial{}z}$$

$$= \frac{1}{2}\,\frac{\partial{}v(x,y)}{\partial{}x} + \frac{1}{2\... ...c{\partial{}v(x,y)}{\partial{}y} + \frac{\partial{}v(x,y)}{\partial{}x}\right).$$

Iz formule (7.2) slijedi

$$\frac{\partial }{\partial z}\,$$Im$$\,f(z) = \frac{1}{2\,i}\,f'(z).$$

4.

Naći analitičku funkciju $f$ ako je

Im$$\,f(z) = v(x,y) = y\,\cos y\,{\rm ch}\,x + x\,\sin y\,{\rm sh}\, x,\qquad f(0) = 0.$$

Rješenje. Najprije treba provjeriti da li je dana funkcija harmonijska.

$$\frac{\partial{}v(x,y)}{\partial{}x} = x\,{\rm ch}\,x\,\sin y + y\,\cos y\,{\rm sh}\,x + \sin y\,{\rm sh}\,x,$$

$$\frac{\partial{}v(x,y)}{\partial{}y} = \cos y\,{\rm ch}\,x - y\,{\rm ch}\,x\,\sin y + x\,\cos y\,{\rm sh}\,x,$$

$$\frac{\partial^2{}v(x,y)}{\partial{}x^2} = y\,\cos y\,{\rm ch}\,x + 2\,{\rm ch}\,x\,\sin y + x\,\sin y\,{\rm sh}\,x,$$

$$\frac{\partial^2{}v(x,y)}{\partial{}... ... = - y\,\cos y\,{\rm ch}\,x - 2\,{\rm ch}\,x\,\sin y - x\,\sin y\,{\rm sh}\,x,$$

pa je očito $\Delta\,v(x,y)=0.$

Analogno formulama (7.3) i (7.4) imamo

$$u(x,y) = \int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)}\left(P\,dx + Q\,dy\right) = \in... ...\partial y}\,d\xi - \int_{y_0}^{y} \frac{\partial v(x,\eta)}{\partial x}\,d\eta$$

$$= x\,\cos y\,{\rm ch}\,x - x_0\,\cos y_0\,{\rm ch}\,x_0 - y\,\sin y\,{\rm sh}\,x + y_0\,\sin y_0\,{\rm sh}\,x_0.$$

Iz uvjeta $f(0)=0$ slijedi

$$f(z) = x\,\cos y\,{\rm ch}\,x - y\,\sin y\,{\rm sh}\,x + i\,(y\,\cos y\,{\rm ch}\, x + x\,\sin y\,{\rm sh}\,x).$$