SB IRKA ULOH Z MATEMATIKYhomel.vsb.cz/~has081/soubory/KomplexM.pdfZa padocesk a univerzita v Plzni...

Zapadoceska univerzita v Plzni

Fakulta aplikovanych ved Katedra matematiky

SBIRKA ULOH Z MATEMATIKY

FUNKCE KOMPLEXNI PROMENNE

Josef MASEK

Plzen 19962. vydanı

3

Predmluva k 1. vydanı

Tento ucebnı text navazuje na me sbırky uloh z vyssı matematiky, kterevydalo edicnı stredisko VSSE v Plzni v letech 1965 a 1971. Od te doby semnoho zmenilo, ale zda se, ze stale zustava potreba dostupneho studijnıhomaterialu k procvicenı a upevnenı znalostı. Take moznost samostatneho stu-dia je zalozena na dostatku vhodnych ucebnic.

Na zacatku kazde kapitoly je uveden strucny prehled zakladnıch definica dulezitych teoretickych vysledku. Tato shrnutı vsak nemohou v zadnemprıpade nahradit souvisly vyklad nebo ucebnici. Snazil jsem se vybrat nejdulezitejsıtypy prıkladu a usporadat je podle obtıznosti. Bezprostredne za zadanımprıkladu je uvedeno resenı, navod nebo vysledek. K tomu, aby prace sesbırkou prinesla dobre vysledky, je treba snazit se pracovat samostatne anedat se ovlivnit uvedenym resenım. Teprve v prıpade neuspesnych pokusunebo po vyresenı ulohy prohlednout postup resenı a zkontrolovat vysledek.

K oznacenı zakladnıch cıselnych mnozin se pouzıva obvykle oznacenı

N - mnozina vsech pririzenych cısel,Z - mnozina vsech celych cısel,R - mnozina vsech realnych cısel,R+ - mnozina vsech kladnych realnych cısel.C - mnozina vsech komplexnıch cısel.

Podmnoziny, ktere jsou definovany dalsımi podmınkami, jsou oznaceny ob-vyklym zpusobem, napr. {z ∈ C : |z| < 1} znamena mnozinu vsech kom-plexnıch cısel, jejichz absolutnı hodnota je mensı nez jedna.

Dekuji srdecne vsem, kterı se pricinili o to, aby se pocet nedopatrenıa chyb omezil na co nejmensı mıru. Predevsım dekuji kolegovi doc.JosefuPolakovi a vedoucımu katedry prof. Pavlu Drabkovi, kterı prispeli mnoharadami ke zlepsenı vysledneho textu.

Plzen, 30. cervna 1992. A u t o r

Ve vydanı v r. 1996 i v tomto vydanı byly provedeny nektere textoveupravy a opraveny nalezene chyby. Snad se nepotvrdı zname programatorskepravidlo, ze odstranenım jedne chyby vznikne jina chyba. K predmluve dnespo sesti letech nemam, co bych dodal.

4 Funkce komplexnı promenne

Plzen, 31. ledna 1998. A u t o r


O b s a h

1. Nutne znalosti o komplexnıch cıslech 5

2. Komplexnı funkce realne promenne 25

3. Posloupnosti a rady 31

4. Funkce komplexnı promenne 41

5. Derivace funkce komplexnı promenne 57

6. Inverznı a mnohoznacne funkce 65

7. Zaklady konformnıho zobrazenı 73

8. Integral funkce komplexnı promenne 85

9. Laurentovy rady 99

10. Teorie reziduı 109

11. Vypocet nekterych typu integralu 127

Rejstrık 147

L i t e r a t u r a

[1] Szafnicki B. : Zbior zadan z funkcji zmiennej zespolnej, Gliwice 1963[2] Jevgrifov M.A. : Sbornik zadac po teorii analiticeskich funkcij (Nauka),

Moskva 1969[3] Sulista Milan : Analyza v komplexnım oboru (Matematika pro VST),

Praha 1980[4] Polak Josef : Matematicka analyza v komplexnım oboru (skripta ZCU),

Plzen 1994


1. Nutne znalosti o komplexnıch cıslech.

Stredoskolske znalosti tvorı nezbytny zaklad ke studiu funkcı komplexnıpromenne. Prıklady v teto kapitole zahrnujı takove typy uloh, bez nichz nelzeuspesne pokracovat v dalsım studiu a ktere budou nutne k pochopenı obsahudalsıch kapitol. Je treba, abyste se dobre seznamili se zakladnımi pojmy as metodami a postupy pri resenı uvedenych uloh.

Vychazı se ze znalosti predevsım techto zakladnıch pojmu a dovednostı:pocıtanı s komplexnımi cısly v algebraickem tvaru (vcetne delenı), pojem ab-solutnı hodnoty a argumentu komplexnıho cısla, pojem komplexne sdruzenehocısla, urcovanı goniometrickeho tvaru komplexnıho cısla a pouzıvanı Moivre-ovy vety pro nasobenı, umocnovanı a delenı komplexnıch cısel . Pro lepsıpochopenı je velmi dulezite co nejvıce vyuzıvat geometricke znazornovanıkomplexnıch cısel.

Na strednıch skolach se obvykle nezavadı a nepouzıva exponencialnı tvarkomplexnıho cısla. Pripomenme, ze pro libovolne realne cıslo ϕ je zavedendohodnuty zapis e i ϕ pro komplexnı jednotku ( tj. komplexnı cıslo, ktere maabsolutnı hodnotu rovnu jedne ) s argumentem ϕ

e i ϕ = cos ϕ + i sin ϕ.

Uvedena rovnost se nazyva Eulerova identita .

Promenna nebo neznama komplexnı cısla budeme obvykle oznacovatz = x + i y prıpadne w = u + i v , konstantnı komplexnı cısla se budouoznacovat obvykle pısmeny ze zacatku abecedy napr. a = a1 + i a2.

Budeme take pouzıvat obvykla oznacenı :

Re z = x realna cast komplexnıho cısla z,Im z = y imaginarnı cast komplexnıho cısla z ( je to realne cıslo ! ),| z | = r absolutnı hodnota (modul) komplexnıho cısla z,arg z = ϕ (hlavnı) argument komplexnıho cısla z, ktery je v dohodnutem

intervalu −π < arg z ≤ π ; argument je definovan pouze prokomplexnı cısla z 6= 0 ; symbolem Arg z budeme oznacovatmnozinu vsech nekonecne mnoha hodnot argumentu,

z = x− i y komplexne sdruzene cıslo s komplexnım cıslem z = x + i y .


1.1. Najdete realnou a imaginarni cast komplexnıch cısela) a = (1 + i )2 ; b) a = (1− i )3 ; c) a = (

√3 + i )3 ;

d) a =1− i

1 + i; e) a =

1

i.

Resenı : a) a = (1 + i )2 = 1 + 2 i − 1 = 2 i ;Re a = 0, Im a = 2 ;

b) a = (1− i )3 = 1− 3 i + 3 i 2 − i 3 = 1− 3ı− 3 + i = −2− 2 i ;Re a = −2, Im a = −2 ;

c) a = (√

3 + i )3 = (√

3)3 + 3(√

3)2 i + 3√

3 i 2 + i 3 == 3

√3 + 9 i − 3

√3− i = 8 i ; Re a = 0, Im a = 8 .

K nalezenı realne a imaginarnı casti nasledujıcıch komplexnıch cısel jetreba zlomky rozsırit komplexne sdruzenym cıslem :

d) a =1− i

1 + i=

(1− i )(1− i )

(1 + i )(1− i )=

1− 2 i + i 2

1− i 2=

2 i

2= i ;

Re a = 0, Im a = 1 ;

e) a =1

i= − i

i (− i )=− i

1= − i ; Re a = 0, Im a = −1 .

1.2. Urcete absolutnı hodnotu a (hlavnı) argument komplexnıch cısel

a) a = 3 + 4 i ; b) a = 2− i ; c) a = −1− i ; d) a = 3 i ; e) a = −4 .

Resenı : a) Absolutnı hodnota komplexnıho cısla a = a1 + i a2

je definovana vzorcem | a |=√

a21 + a2

2 . V Gaussove rovine znamenaabsolutnı hodnota | a | vzdalenost obrazu tohoto komplexnıho cıslaod pocatku. V danem prıpade | a | =

√32 + 42 = 5 .

Hodnotu argumentu najdeme nejspolehliveji podle obrazu komplexnıhocısla v Gaussove rovine jako velikost uhlu −π < ϕ ≤ π v prıslusnemkvadrantu (v tomto prıpade prvnım), pro ktery platı tg ϕ = Im a

Re a.

V tomto prıpade ϕ = arctg 43

.= 0, 9273 .

Vysledky : b) | a | =√

5 , ϕ = arctg(−12)

.= −0, 4636 ,

c) | a | =√

2 , ϕ = arctg 1− π =π

4− π = −3π

4.= −2, 356 ;

d) | a | = 3 , ϕ =π

2; e) | a | = 4 , ϕ = π .


1.3. Dokazte, ze pro libovolna komplexnı cısla z1, z2 platı |z1z2| = |z1| |z2|.Navod : Po vynasobenı komplexnıch cısel z1 a z2 v algebraickem

tvaru dokazte ekvivalentnı rovnost |z1z2|2 = |z1|2 |z2|2 .

1.4. Dokazte, ze pro libovolna komplexnı cısla z1,z2 (z2 6= 0) platı

| z1

z2

| = | z1 || z2 |

.

Navod : Vyjadrete podılz1

z2

v algebraickem tvaru a dokazte rovnost

|z1

z2

|2 |z2|2 = |z1|2 .

1.5. Urcete argument komplexnıch cısel a) z = cos ϕ− i sin ϕ ;b) z = − cos ϕ + i sin ϕ ; c) z = sin ϕ + i cos ϕ .

Navod : Uvedena komplexnı cısla n e j s o u zapsana v goniomet-rickem tvaru, takze ϕ n e n ı argument. Proto je treba provest upravypodle vzorcu pro goniometricke funkce.

Vysledky : a) cos ϕ− i sin ϕ = cos(−ϕ)+ i sin(−ϕ) , takze argumentkomplexnıho cısla je (−ϕ) ;

b) argument komplexnıho cısla je π − ϕ ;

c) sin ϕ+ i cos ϕ = cos(π2−ϕ)+ i sin(π

2−ϕ) , takze argument je π

2−ϕ .

1.6. Vypocıtejte prevedenım na goniometricky tvar a podle Moivreovy vety

a) a = (√

3 + i )7; b) a =1

( i −√

3)5; c) a = ( i − 1)7;

d) a =( i − 1)4

(1−√

3 i )5.

Resenı : a) a = [ 2 (cosπ

6+ i sin

π

6)]7 = 27(cos

7π

6+ i sin

7π

6) =

. = 27(−√

32− i

2) = −64(

√3 + i ) ;

b) a =1

25(cos 5π6

+ i sin 5π6

)5=

1

32(cos

−25π

6+ i sin

−25π

6) =

. =1

32(cos

−π

6+ i sin

−π

6) =

1

64(√

3− i ) ;

Vysledky : c) a = 8 (1 + i ) ; d) a = − 1

16(1−

√3 i ) .


1.7. Na zaklade Moivreovy vety vyjadrete cos 3ϕ a sin 3ϕ pomocı funkcıcos ϕ a sin ϕ .

Resenı : Komplexnı cıslo, jehoz absolutnı hodnota je rovna jedne aargument je roven ϕ , se zapıse ve tvaru cos ϕ + i sin ϕ .Tretı mocnina se da zapsat podle Moivreovy vety (cos ϕ + i sin ϕ)3 == cos 3ϕ+ i sin 3ϕ . Krome toho je mozne provest umocnenı algebraickypodle binomicke vety a porovnanım realnych a imaginarnıch casti vyjde

cos 3ϕ = cos3 ϕ− 3 cos ϕ sin2 ϕ , sin 3ϕ = 3 cos2 ϕ sin ϕ− sin3ϕ .

V prıkladech 1.8 - 1.15 reste binomicke rovnice a vysledna komplexnı cıslazobrazte jako body v Gaussove rovine.

1.8. z4 + 4 = 0 .

Resenı : Rovnici prepıseme na tvar z4 = −4 a komplexnı cıslo −4vyjadrıme v goniometrickem tvaru : −4 = 4(cos π + i sin π) . Neznamekomplexnı cıslo z vyjadrıme take v goniometrickem tvaru

z = r (cos ϕ + i sin ϕ)

a podle Moivreovy vety vyjadrıme ctvrtou mocninu

z4 = r4(cos 4ϕ + i sin 4ϕ) .

Jestlize ma platit rovnost dvou komplexnıch cısel v goniometrickemtvaru, musı se rovnat jejich absolutnı hodnoty. Jejich argumenty mohoubyt stejne, ale take se mohou se lisit o nasobek periody 2π . Musı byttedy splneny dve podmınky

1) r4 = 4 , 2) 4ϕ = π + k 2π , k ∈ Z.

Resenım techto rovnic vyjde r =√

2 , ϕ =π + k 2π

4=

π

4+ k

π

2.

Vzhledem k tomu, ze goniometricke funkce cos ϕ a sin ϕ jsou peri-odicke s periodou 2π , stacı volit napr. k = 0, 1, 2, 3 a vyjde

ϕ0 =π

4, ϕ1 =

3π

4, ϕ2 =

5π

4, ϕ3 =

7π

4.

Pro dalsı hodnoty k = 4, 5, ... se budou odpovıdajıcı argumenty lisitod uvedenych ctyr hodnot o periodu nebo jejı nasobek, napr.


ϕ4 =π

4+ 4

π

2=

π

4+ 2π , ϕ5 =

π

4+ 5

π

2=

3π

4+ 2π , atd. Napr. pro

k = 4 vyjde cos ϕ4 = cos ϕ0 , sin ϕ4 = sin ϕ0 a tedy z4 = z0 .Resenım dane rovnice jsou tedy pouze ctyri ruzna komplexnı cısla( indexy odpovıdajı hodnotam k )

z0 =√

2(cosπ

4+ i sin

π

4) = 1 + i ,

z1 =√

2(cos3π

4+ i sin

3π

4) = −1 + i ,

z2 =√

2(cos5π

4+ i sin

5π

4) = −1− i ,

z3 =√

2(cos7π

4+ i sin

7π

4) = 1− i .

Vsechna tato komplexnı cısla majı stejnou absolutnı hodnotu, takzejejich obrazy v Gaussove rovine lezı na teze kruznici se stredem vpocatku. Jednotlive argumenty se lisı o π

2, takze obrazy tvorı na teto

kruznici vrcholy ctverce.

1.9. z3 + 1 = 0 .

Vysledek : z0 =1

2(1+

√3 i ) ; z1 = −1 ; z2 =

1

2(1−

√3 i ) . Obrazy

techto komplexnıch cısel tvorı vrcholy rovnostranneho trojuhelnıka.

1.10. z3 = 8 .

Vysledek : z0 = 2 ; z1 = (−1 +√

3 i ) ; z2 = (−1−√

3 i ) .

1.11. z6 + 1 = 0 .

Vysledek : z0 =1

2(√

3 + i ) ; z1 = i ; z2 =1

2(−√

3 + i ) ;

z3 =1

2(−√

3− i ) ; z4 = − i ; z5 =1

2(√

3− i ) .

1.12. zn = 1 , n ∈ N .

Resenı : Pro vsechna resenı musı byt | z | = 1 , takze zapis vsechresenı v goniometrickem tvaru je velmi jednoduchyzk = cos 2kπ

n+ i sin 2kπ

n, k = 0, 1, 2, ... n− 1 .

Algebraicke vyjadrenı jednotlivych resenı pomocı odmocnin je ovsemmozne pouze v nekterych prıpadech.Obrazy vyslednych komplexnıch cısel tvorı v Gaussove rovine vrcholypravidelneho n - uhelnıka.


1.13. z3 + 2 = 2 i .

Resenı : Rovnici upravıme na tvar z3 = −2 + 2 i a pravou stranu

prevedeme na goniometricky tvar −2+2 i = 2√

2 (cos3π

4+ i sin

3π

4) .

Rovnice ma resenı r =√

2 a ϕk =π

4+ k

2π

3, k = 0, 1, 2, takze

z0 =√

2(cos

π

4+ i sin

π

4

)= 1 + i ;

z1 =√

2(cos

11π

12+ i sin

11π

12

).= −1, 366 + 0, 336 i ;

z2 =√

2(cos

19π

12+ i sin

19π

12

).= 0, 336− 1, 336 i .

1.14. z2 = 2√

2 + 2√

2 i .

Resenı : Po vyjadrenı v goniometrickem tvaru vyjde

r2(cos 2ϕ + i sin 2ϕ) = 4(cosπ

4+ i sin

π

4) . Z teto rovnosti dostaneme

r = 2 a ϕ = π8

+ kπ , k ∈ Z , kde se stacı omezit na k = 0, 1 . Takze

z0 = 2 (cosπ

8+ i sin

π

8) , z1 = 2 (cos

9π

8+ i sin

9π

8) = −z0 .

Je mozne vyjadrit take algebraicky tvar resenı prevedenım na funkcedvojnasobneho uhlu

cosπ

8=

√1

2(1 + cos

π

4) =

√√√√1

2

(1 +

√2

2

)=

√√√√1

2

(2 +

√2

2

)=

1

2

√2 +

√2,

sinπ

8=

√1

2(1− cos

π

4) =

√√√√1

2

(1−

√2

2

)=

√√√√1

2

(2−

√2

2

)=

1

2

√2−

√2.

Takze z0 =√

2 +√

2 + i√

2−√

2 , z1 = −z0 .

1.15. z2 = i .

Vysledek : z0 =

√2

2(1 + i ) , z1 = −z0 .

1.16. Reste kvadratickou rovnici z2 + 2 i z −√

3 i = 0 .

Resenı : Prvnı dva cleny leve strany rovnice je treba doplnit na druhoumocninu dvojclenu z + i


z2 + 2 i z + i 2 = i 2 +√

3 i ,(z + i )2 = −1 +

√3 i .

Tato binomicka rovnice pro z + i se resı podobne jako v pr. 1.14, takzevyjde

z0 + i =√

2(cos

π

3+ i sin

π

3

),

z1 + i =√

2(cos

4π

3+ i sin

4π

3

),

z0 = − i +

√2

2(1 +

√3 i ) ,

z1 = − i −√

2

2(1 +

√3 i ) .

1.17. Reste kvadratickou rovnici z2 − 2 i z + 1− 2 i = 0 .

Vysledek : z0 = i +√

2 (−√

2−√

2 +√

2−√

2 i ) ,

z1 = i +√

2 (√

2−√

2−√

2−√

2 i ) .

1.18. Zformulujte geometricky vyznam nerovnosti

| z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 | , z1, z2 ∈ C ( trojuhelnıkova nerovnost ).

Resenı : Rovnost nastane prave tehdy, jestlize obrazy z1, z2 a pocatkuO ( a take z1 + z2 ) lezı na jedne prımce a arg z1 = arg z2 . Jestlizearg z1 = - arg z2 , overıme na teto prımce platnost nerovnosti snadno.Jestlize obrazy z1, z1 + z2 a pocatku O nelezı na jedne prımce, potomtvorı trojuhelnık, jehoz velikosti stran jsou | z1 |, | z2 | a | z1 + z2 | .Trojuhelnıkova nerovnost vyjadruje znamou vlastnost, ze soucet ve-likostı dvou stran v trojuhelnıku musı byt vetsı nez velikost tretı strany.

1.19. Zformulujte geometricky vyznam nerovnosti

| z1 + z2 |≥|| z1 | − | z2 || , z1, z2 ∈ C .

Navod : Jestlize platı | z1 |≥| z2 | , potom je mozne vynechat abso-lutnı hodnotu, prevest | z2 | na druhou stranu nerovnice a vyjde| z1 + z2 | + | z2 |≥| z1 | .Ve stejnem trojuhelnıku jako v pr. l.18 znamena tato podmınka, ze


soucet velikostı dvou stran je vetsı nez velikost tretı strany. Rovnostnastane prave tehdy, kdyz arg z1 = − arg z2 .Pro prıpad |z1| ≤ |z2| se provede podobna uvaha, pouze pri odstranenıabsolutnı hodnoty je treba zmenit znamenko.

1.20. Pro dve komplexnı cısla z1 a z2 zobrazte z1 − z2 a vyjadrete geomet-ricky vyznam | z1 − z2 | .

Resenı : Komplexnı cıslo z1 − z2 muzeme dostat jako soucet kom-plexnıch cısel z1 a −z2 (vektorove). Absolutnı hodnota | z1 − z2 |znamena vzdalenost obrazu komplexnıho cısla z1 − z2 od pocatku asoucasne vzdalenost mezi obrazy komplexnıch cısel z1 a z2 ( obr. 1 ).

O b r . 1 .

1.21. Zformulujte geometricky vyznam nerovnice|z1 − z2| ≤ |z1|+ |z2| , z1, z2 ∈ C .

Navod : Vyuzijte vysledku pr. 1.20.

V prıkladech 1.22 - 1.42 najdete v Gaussove rovine mnozinu vsech obrazukomplexnıch cısel z , pro nez platı zadane podmınky.

Umluva : Obrazu komplexnıho cısla z v Gaussove rovine budeme strucnerıkat bod z .


1.22. | Re z | < 2 .

Resenı : Absolutnı hodnota realne casti komplexnıho cısla z je vzdalenostbodu z od imaginarnı osy. Mnozina vsech bodu z , pro ktere je tatovzdalenost mensı nez 2, je vnitrek pasu s osou v imaginarnı ose.

1.23. Im z = i .

Resenı : Imaginarnı cast komplexnıho cısla je definovana jako realnecıslo, takze tato podmınka nenı splnena pro zadne komplexnı cıslo z .

1.24. Re z + Im z = 0 .

Resenı : Algebraicke vyjadrenı teto podmınky ( x + y = 0 ) ukazuje,ze mnozina hledanych bodu je prımka ( osa 2. a 4. kvadrantu ).

1.25. Rez + 1

z − 1< 0 , z 6= 1 .

Resenı : Zlomek je treba vyjadrit v algebraickem tvaru a rozsırit

z + 1

z − 1=

(x + 1 + i y)(x− 1− i y)

(x− 1 + i y)(x− 1− i y)=

x2 − 1 + y2 − 2 i y

(x− 1)2 + y2.

Pro realnou cast vyjde podmınka x2 + y2 − 1 < 0 . Hledana mnozinaje tedy vnitrnı oblast kruznice se stredem v pocatku a s polomerem 1.

1.26. Imz + 1

z − 1= 0 , z 6= 1 .

Resenı : Po vyjadrenı daneho zlomku v algebraickem tvaru vyjdepodmınka −2y = 0 . Hledana mnozina bodu je realna osa s vynechanymbodem z = 1 .

1.27. Rez + i

z< 0 , z 6= 0 .

Vysledek : Hledana mnozina je vnitrnı oblast kruznice se stredemv bode [ 0, 1

2] a s polomerem r = 1

2.

1.28. Imz − i

z= 0 , z 6= 0 .

Vysledek : Hledana mnozina je imaginarnı osa s vynechanym pocatkem.


1.29. Re1

z=

1

a, z 6= 0 , a ∈ R+ .

Vysledek : Hledana mnozina je kruznice se stredem v bode [a

2, 0 ]

a polomerem r = a2

s vynechanym pocatkem.

1.30. Re (z + 1 + i )2 = a2 , a ∈ R+ .

Resenı : Z vyjadrenı (x + i y + 1 + i )2 = [x + 1 + i (y + 1)]2 vyjdepodmınka pro realnou cast (x+1)2− (y +1)2 = a2 . Hledana mnozinabodu je rovnoosa hyperbola s osami, ktere jsou rovnobezne s x a y.

1.31. Im (z + i )2 = 2 .

Vysledek : Hledana mnozina je rovnoosa hyperbola, jejız asymptotyjsou prımky x = 0 a y = −1 .

1.32. | z |> 2 .

Resenı : Vzhledem ke geometrickemu vyznamu absolutnı hodnotydana nerovnice znamena, ze vzdalenost bodu z od pocatku ma bytvetsı nez 2. Hledana mnozina je tedy vnejsı oblast kruznice se stredemv pocatku a s polomerem r = 2 .

1.33. | z − a |= r , a ∈ C , r ∈ R+ .

Resenı : Vzhledem ke geometrickemu vyznamu absolutnı hodnotyrozdılu dvou komplexnıch cısel ( pr. 1.20 ) dana podmınka vyzaduje,aby vzdalenost mezi body z a a byla rovna r . Hledana mnozina jetedy kruznice se stredem v bode a a s polomerem r .

1.34. 1 <| z − i |< 2 .

Vysledek : Hledana mnozina je vnitrek mezikruzı se stredem v bodei a s polomery hranicnıch kruznic r1 = 1 a r2 = 2 .

1.35. | z − 1 + i |=√

2 .

Vysledek : Hledana mnozina je kruznice se stredem v bode 1− ia s polomerem r =

√2 . Kruznice prochazı pocatkem.

1.36. | z + i |< 1 .

Vysledek : Hledana mnozina je vnitrnı oblast kruznice se stredemv bode − i a s polomerem r = 1. Hranicnı kruznice prochazı pocatkem.


1.37. |z − 1|+ |z + 1| = 4 .

Resenı : Pro body z musı platit, ze soucet vzdalenostı od bodu−1 a 1 je konstantnı ( 4 ). Tuto podmınku splnujı podle geometrickedefinice body elipsy, ktera ma stred v pocatku, ohniska v bodech −1a 1 a delku hlavnı poloosy a = 2 .

1.38.|z + 1− i ||z − 1 + i |

= 1 , z 6= 1− i .

Resenı : Podmınku je vhodne upravit na rovnost dvou absolutnıchhodnot, ktera znamena, ze vzdalenosti bodu z od bodu −1 + i a odbodu 1− i musı byt stejne. Hledana mnozina je osa usecky s krajnımibody −1 + i a 1− i , tj. osa 1. a 3. kvadrantu.

1.39. | z + i |=| z | , z 6= 0 .

Vysledek: Hledana mnozina je prımka rovnobezna s realnou osou aprochazejıcı bodem − i

2.

1.40. Re z =| z + 1 + i | .

Resenı : Realna cast komplexnıho cısla z musı byt kladna (protozese rovna absolutnı hodnote) a znamena vzdalenost bodu z od ima-ginarnı osy. Bod z tedy musı lezet v prave polorovine Gaussovy rovinya proto nemuze mıt stejnou vzdalenost od imaginarnı osy a od bodu−1− i . Takze hledana mnozina je prazdna.

1.41. | z − 1 | −1 = Re z .

Resenı : Platı | z − 1 |= Re z + 1 = Re(z + 1) . Vzdalenost bodu zod bodu 1 se ma rovnat vzdalenosti bodu z od prımky x = −1 .Podle geometricke definice paraboly (mnozina bodu, ktere majı stejnouvzdalenost od rıdıcı prımky a od bodu - ohniska) je hledana mnozinaparabola s ohniskem v bode 1 a s vrcholem v pocatku. Osa parabolyje v realne ose.

1.42. Re z =| z − 1− i | .

Vysledek : Podle geometricke definice paraboly je hledana mnozinaparabola, ktera ma ohnisko v bode 1 + i . Imaginarnı osa je rıdıcıprımka teto paraboly.


1.43. | z + 2 |= 2 | z − 1 | .

Resenı : Po vyjadrenı v algebraickem tvaru a umocnenı vyjde

(x + 2)2 + y2 = 4[(x− 1)2 + y2] ,

x2 + 4x + 4 + y2 = 4x2 − 8x + 4 + y2 ,

3x2 + 3y2 − 12x = 0 .

Po doplnenı na mocninu a po kracenı vyjde (x− 2)2 + y2 = 22 .Hledana mnozina je kruznice se stredem v bode 2 a s polomerem 2 .Obecne lze tımto zpusobem snadno dokazat nasledujıcı vetu :Mnozina bodu v rovine, ktere majı od dvou danych bodu v teto rovinekonstantnı pomer vzdalenostı (ruzny od jedne), je kruznice.

V prıkladech 1.44 - 1.51 napiste analyticke vyjadrenı danych geometrickychutvaru pomocı promenneho komplexnıho cısla z .

1.44. Vnitrek hornı poloroviny ohranicene osou 1. a 3. kvadrantu.

Vysledek : Souradnice bodu vnitrku teto poloroviny splnujı podmınkuy > x neboli Im z > Re z .

1.45. Vnitrek 1.kvadrantu.

Vysledek : 0 < arg z < π2

nebo Re z > 0 ∧ Im z > 0 .

1.46. Vnitrnı oblast kruznice, ktera ma stred v bode 1 − i a dotyka serealne osy.

Resenı : Polomer hranicnı kruznice se musı rovnat 1 . Vsechny bodyvnitrnı oblasti teto kruznice majı vzdalenost od stredu 1 − i mensınez 1 . Hledana podmınka ma tedy tvar |z − 1 + i | < 1 .

1.47. Mnozina kruznic, ktere se dotykajı imaginarnı osy v pocatku.

Resenı : Tyto kruznice majı stred na realne ose (sourednice a ∈ R) ajejich polomer je roven vzdalenosti stredu od pocatku (| a |). Hledanamnozina kruznic ma tedy rovnici | z − a |=| a | , a ∈ R .

1.48. Mnozina kruznic, ktere prochazejı pocatkem.

Resenı : Jestlize kruznice ma stred v bode a ∈ C, musı mıt polomer| a | . Takove kruznice majı rovnici | z − a |=| a | , a ∈ C .


1.49. Vnitrek mezikruzı se stredem v bode i a s polomery hranicnıchkruznic 1 a 2.

Vysledek : Dana mnozina bodu je urcena podmınkou 1 <| z−i |< 2 .

1.50. Prımka, ktera prochazı bodem 1 a bodem i .

Navod : Danou prımku muzete chapat jako mnozinu bodu ktere majıstejnou vzdalenost od pocatku a od bodu 1 + i .

1.51. Mnozina prımek, ktere svırajı s kladnou poloosou x uhel π4

.

Vysledek : Rovnice techto prımek muze byt zapsana ve tvaru|z − 1− a| = |z − i − a| , a ∈ R .

1.52. Zobrazte v Gaussove rovine dve ruzna nenulova komplexnı cısla z1 az2 . K trojuhelnıku s vrcholy v bodech O ( pocatek ), 1 , z1 sestrojtenad useckou O z2 podobny souhlasne orientovany trojuhelnık O z2 z3

( obr. 2 ). Dokazte, ze platı z3 = z1 z2 .

Resenı : Z pomeru|z1|1

=|z3||z2|

delek stran v podobnych trojuhelnıcıch

vyjde |z3| = |z1| |z2| . Podle uvedene konstrukce je videt, ze pro ar-gumenty platı arg z3 = arg z1+ arg z2 . To podle Moivreovy vetyodpovıda soucinu komplexnıch cısel.Uvedeny postup tedy popisuje konstrukci obrazu soucinu dvou nenulovychkomplexnıch cısel v Gaussove rovine.


O b r . 2 .

1.53. Zobrazte v Gaussove rovine dve ruzna nenulova komplexnı cısla z1 az2 . K trojuhelnıku s vrcholy v bodech 0 ( pocatek ), z2 , z1 sestrojtenad useckou 0 1 podobny souhlasne orientovany trojuhelnık 0 1 z3

( obr. 3 a ) . Dokazte, ze platı z3 =z1

z2

.

Navod : Podle Moivreovy vety pro podıl dvou komplexnıch cısel je

treba dokazat, ze |z3| =|z1||z2|

a arg z3 = arg z1− arg z2 . K tomu se

podle obrazku pouzije podobnost trojuhelnıku.Podle popsaneho navodu je tedy mozne zkonstruovat obraz podılu dvounenulovych komplexnıch cısel v Gaussove rovine.

1.54. Popiste konstrukci obrazu komplexnıho cısla1

z, z 6= 0 .

Navod : Konstrukce se provede jako zvlastnı prıpad konstrukcez pr. 1.53 ( obr. 3 b ) .

O b r . 3 . a . O b r . 3 . b .

1.55. Zobrazte v Gaussove rovine nenulove komplexnı cıslo z , pro ktere|z| > 1 . Z tohoto bodu ved’te tecny ke kruznici se stredem v pocatku


a s polomerem 1. Prusecık pruvodice bodu z a spojnice bodu dotyku

tecen oznacte w ( obr. 4 ). Dokazte, ze w =1

z.

Resenı : Trojuhelnık O z T je pravouhly a podle Euklidovy vety oodvesne platı |z| |w| = 1 . Argumenty komplexnıch cısel z a w jsoustejne.

O b r . 4 .

1.56. Overte v algebraickem tvaru, ze platıa) z1 + z2 = z1 + z2 , b) z1 − z2 = z1− z2 , c) z1 z2 = z1 z2 , z1, z2 ∈ C .

Navod : Tyto vlastnosti jsou pri zobrazenı v Gaussove rovine zalozenyna soumernosti podle realne osy.

1.57. Overte v algebraickem i goniometrickem tvaru, ze pro libovolne z ∈ Cplatı |z|2 = z z .

1.58. Dokazte, ze pro libovolna z1 , z2 ∈ C platı| z1+z2 |2 + | z1−z2 |2 = 2(| z1 |2 + | z2 |2) a zformulujte geometrickysmysl teto identity.

Resenı : Absolutnı hodnoty vyjadrıme pomocı komplexne sdruzenychkomplexnıch cısel (pr. 1.57.) a upravıme levou stranu podle pr. 1.56.

| z1 + z2 |2 + | z1 − z2 |2 = (z1 + z2) (z1 + z2) + (z1 − z2) (z1 − z2) == (z1 + z2) (z1 + z2) + (z1 − z2)(z1 − z2) = 2(z1 z1 + z2 z2) == 2(| z1 |2 + | z2 |2) .

S vyjimkou zvlastnıch prıpadu tvorı body O, z1, z2, z1 + z2 vrcholyrovnobeznıka, | z1 | a | z2 | jsou velikosti jeho stran a | z1 + z2 | a


| z1 − z2 | jsou velikosti jeho uhloprıcek. Platı tedy : Soucet druhychmocnin velikostı uhloprıcek rovnobeznıka se rovna souctu druhych moc-nin velikostı jeho stran.

1.59. Dokazte, ze pro libovolne komplexnı cıslo z 6= −1 jez − 1

z + 1ryze

imaginarnı prave tehdy, kdyz |z| = 1 .

Resenı : Dokazujeme ekvivalenci pomocı dvou implikacı.1. Za predpokladu, ze |z|2 = z z = 1 , dostanete po rozsırenı zlomkukomplexnım cıslem z

z − 1

z + 1=

z z − z

z z + z=

1− z

1 + z= −z − 1

z + 1= − z − 1

z + 1= −

(z − 1

z + 1

).

Komplexnı cıslo se rovna opacnemu komplexne sdruzenemu cıslu pravetehdy, kdyz je ryze imaginarnı.

2. Jestlizez − 1

z + 1= i a , a ∈ R , potom muzeme vypocıtat z =

i a

1− i a.

Absolutnı hodnota citatele i jmenovatele se rovna√

1 + a2 , takze|z| = 1 .

Geometricka interpretace : Body z−1 a z+1 jsou obrazy koncovych

bodu usecky delky 2. Podılz − 1

z + 1je ryze imaginarnı prave tehdy, kdyz

rozdıl argumentu komplexnıch cısel z−1 a z+1 je roven π2

. Pruvodicebodu z − 1 a z + 1 jsou tedy na sebe kolme a pocatek musı lezetna Thaletove kruznici nad useckou z − 1 , z + 1 delky 2. Stred tetousecky ( z ) musı mıt vzdalenost od pocatku rovnu 1.

1.60. Dokazte, ze pro libovolne komplexnı cıslo a , pro ktere Im a 6= 0,

platı: | z − a

z − a|= 1 prave tehdy, kdyz z je realne cıslo.

Resenı : 1. Protoze Im a 6= 0 , musı byt a 6= a . Mnozina vsechkomplexnıch cısel z, pro ktera je splnena rovnice |z − a| = |z − a| ,je osa soumernosti usecky s krajnımi body a, a , tj. mnozina vsechrealnych cısel.2. Jestlize z je realne cıslo, potom platı z = z a vyjde∣∣∣∣z − a

z − a

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣z − a

z − a

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ z − a

z − a

∣∣∣∣ = 1 .


V prıkladech 1.61 -1.66 zapiste pomocı promennych komplexnıch cısel za z ( bez absolutnıch hodnot ) rovnice danych krivek nebo soustav krivek.Takovy zapis rovnic bude velmi vyhodny pri resenı pr. 4.25 a dalsıch.

1.61. Kruznice se stredem v bode z0 a s polomerem r , r ∈ R+ . Kteraz techto kruznic prochazı pocatkem ?

Resenı : Z rovnice | z − z0 |= r po umocnenı a nahrazenı absolutnıhodnoty vyjde | z − z0 |2= (z − z0) (z − z0) = r2 .Po upravach podle pr.1.55 vyjde(z − z0) (z − z0) = zz − zz0− zz0 + z0z0 = zz − zz0− zz0 + |z0|2 = r2 .Kruznice prochazı pocatkem prave tehdy, kdyz polomer kruznice serovna vzdalenosti stredu z0 od pocatku (r = |z0| ) .Kruznice, ktera prochazı pocatkem, ma tedy rovnici zz−zz0−zz0 = 0 .

1.62. Mnozina vsech kruznic, ktere se dotykajı imaginarnı osy v pocatku.

Vysledek : zz − c(z + z) = 0 , c ∈ R.

1.63. Prımka, ktera prochazı pocatkem a svıra s kladnou poloosou xuhel ϕ .

Resenı : Stacı zvolit v Gaussove rovine dva ruzne body z1 a z2 , kteremajı stejnou vzdalenost od pocatku (| z1 |=| z2 |) a jejichz spojniceje kolma na danou prımku. Potom osa soumernosti usecky s krajnımibody z1 , z2 je hledana prımka a ma rovnici | z − z1 |=| z − z2 | . Poumocnenı a upravach vyjde

(z − z1) (z − z1) = (z − z2) (z − z2) ,

(z − z1) (z − z1) = (z − z2) (z − z2) ,

zz − zz1 − zz1+ | z1 |2= zz − zz2 − zz2+ | z2 |2 ,

z(z1 − z2) + z(z1 − z2) = 0

z(z1 − z2) + z(z1 − z2) = 0 .

Jestlize oznacıme a = z1−z2 , potom toto komplexnı cıslo ma pruvodickolmy na danou prımku. Pri tomto oznacenı ma rovnice jednoduchytvar a z + a z = 0 .


1.64. Prımka, ktera prochazı pocatkem a svıra s kladnou poloosou x

uhelπ

3.

Vysledek : (√

3 + i ) z = (−√

3 + i ) z .

1.65. Soustava prımek, ktere svırajı s kladnou poloosou x uhel π4

.

Resenı : Komplexnı cıslo 1−i ma pruvodic kolmy k danym prımkam.Jedna z techto prımek ( prochazejıcı pocatkem ), ma rovnici(1 + i) z + (1− i) z = 0 .Soustava rovnobeznych prımek se da zıskat posunutım ve smeru realneosy o libovolne realne cıslo. Rovnice dane soustavy prımek se tedy dazapsat ve tvaru(1 + i ) z + (1− i ) z = c , c ∈ R .

1.66. Soustava prımek rovnobeznych s realnou osou.

Vysledek : Rovnice se da zapsat ve tvaru z − z = c , c ∈ R .

1.67. Najdete stred a polomer kruznice, ktera je dana rovnicızz + ( i − 1)z − ( i + 1)z = 2 .

Resenı : Rovnici zz − (1− i )z − (1 + i )z = 2je treba upravit na tvar uvedeny v pr. 1.61, tj. pridat hodnotu|1 + i |2 = 2 . Vyjde zz − (1− i )z − (1 + i )z + |1 + i|2 = 4 .Kruznice ma tedy stred v bode 1 + i a polomer r = 2 .

1.68. Najdete stred a polomer kruznice dane rovnicı zz − i z + i z = 3 .

Vysledek : Kruznice ma stred v bode − i a polomer r = 2 .

1.69. Najdete mnozinu vsech bodu z v Gaussove rovine, ktere splnujı rovnici1

z+

1

z= 1 .

Resenı : Pro z 6= 0 je take z 6= 0 , takze dana rovnice je ekvivalentnırovnici z + z = z z . Odtud z z − z − z + 1 = 1neboli (z − 1) (z − 1) =| z − 1 |2= 1 .Mnozina hledanych bodu je tedy kruznice se stredem v bode 1 as polomerem r = 1 , ze ktere je vynechany pocatek ( bod z = 0 ).

1.70. Zapiste nasledujıcı komplexnı cısla v exponencialnım tvaru ( r e i ϕ )a) 1− i

√3 , b) −2 + 2 i , c) − i , d)−1 , e) 1 .


Resenı : a) Jako pri stanovenı zapisu komplexnıch cısel v goniomet-rickem tvaru je treba najıt jejich absolutnı hodnotu a argument. Jednovyjadrenı v exponencialnım tvaru je

1− i√

3 = 2 (cos5π

3+ i sin

5π

3) = 2 e

5π3

i .

Vsechna mozna vyjadrenı lze zapsat ve tvaru

1− i√

3 = e5π3

i +2kπ i = e( 53+2k)π i , k ∈ Z ,

Vysledky : b) −2 + 2 i = 2√

2e( 34+2k)π i ,

c) − i = e( 32+2k)π i , k ∈ Z, d) −1 = e(1+2k)π i , k ∈ Z ,

e) 1 = e2kπ i , k ∈ Z .

1.71. Zapiste exponencialnı tvar vsech a) zapornych realnych cısel,b) ryze imaginarnıch cısel, c) kladnych realnych cısel.

Vysledky :a) Pro kladny realny parametr r : z = r e(2k+1)πi, k ∈ Z .

b) Pro nenulovy realny parametr r : z = r e2k+1

2πi, k ∈ Z .

c) Pro kladny realny parametr r : z = r e2kπi, k ∈ Z .

1.72. Vyjadrete resenı nasledujıcıch binomickych rovnic v exponencialnımtvaru : a) z4 +16 = 0 , b) z6 +8 = 0 , c) z3− i = 0 , d) z3−27 = 0 ,e) zn − 2 = 0 .

Vysledky :

a) zk = 2 e1+2k

4πi , k = 0, 1, 2, 3.

b) zk =√

2 e1+2k

6πi , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

c) zk = e1+4k

6πi , k = 0, 1, 2.

d) zk = 3 e2kπi

3 , k = 0, 1, 2.

e) zk =n√

2 e2kπi

n , k = 0, 1, 2, 3, ...n− 1.


1.73. Na zaklade Eulerovy identity vyjadrete cos ϕ a sin ϕ pomocı expo-nencialnıch funkcı.

Resenı : Zapiste Eulerovu identitu eiϕ = cos ϕ + i sin ϕa pro (−ϕ) e−iϕ = cos(−ϕ) + i sin(−ϕ) = cos ϕ− i sin ϕ .Resenım teto soustavy rovnic snadno vyjde

cos ϕ =eiϕ + e−iϕ

2, sin ϕ =

eiϕ − e−iϕ

2i.

Nenı jiste nahodna podobnost s definicı hyperbolickych funkcı

cosh x =ex + e−x

2, sinh x =

ex − e−x

2.

2.Komplexnı funkce realne promenne 25

2. Komplexnı funkce realne promenne

Zobrazenı w = f(t) = u(t) + i v(t) mnoziny I ⊂ R do mnoziny kom-plexnıch cısel C se nazyva komplexnı funkce jedne realne promenne.Pro tuto funkci definujeme prirozenym zpusobem limitu, spojitost, derivacia urcity integral, takze tyto pojmy prevadıme na dvojici realnych funkcıjedne realne promenne u(t) a v(t) . Nejcasteji se omezujeme na prıpad, kdymnozina I je otevreny nebo uzavreny interval.

Pri geometrickem znazornenı komplexnı funkce jedne realne promennetvorı obrazy komplexnıch cısel w = u + i v krivku v Gaussove rovine, defi-novanou parametrickymi rovnicemi u = u(t) , v = v(t), t ∈ I . Orientacekrivky se obvykle definuje podle rostoucıho parametru t ∈ I . Krivka jakomnozina bodu vsak muze byt definovana nekonecne mnoha ruznymi kom-plexnımi funkcemi jedne realne promenne.

Jestlize I =< a, b > , potom bod w = f(a) se nazyva pocatecnı bodkrivky a bod w = f(b) se nazyva koncovy bod krivky. Jestlize f(a) = f(b),nazyva se krivka uzavrena. Jestlize zobrazenı, definovane funkcı w = f(t)na mnozine I je proste, potom se krivka nazyva jednoducha. Jestlize mafunkce w = f(t) pro t ∈ (a, b) nenulovou a spojitou derivaci, nazyva sekrivka hladka. Obecneji se krivka nazyva po castech hladka, jestlize seda rozdelit na konecny pocet hladkych castı.

V prıkladech 2.1 - 2.12 urcete, jake krivky tvorı obrazy komplexnıch cıselw , pro ktera platı w = f(t), t ∈ I. Vsimnete si, ze v nekterych prıpadechpodstatne ruzne funkce urcujı tutez krivku v Gaussove rovine. Krivka totizmuze byt vyjadrena parametricky nekonecne mnoha zpusoby.

2.1. w = 1− t + 2t i , t ∈< 0, 1 > .

Resenı : Obrazy komplexnıch cısel tvorı krivku danou paramet-rickymi rovnicemi u = 1 − t , v = 2t , kde t∈ < 0, 1 >. Protozeparametricke rovnice nejsou zcela bezne, snazıme se najıt neparamet-rickou rovnici krivky vyloucenım parametru t . Vyjde linearnı rovnice2u+ v = 2 , tj. rovnice prımky. Hledane obrazy komplexnıch cısel musılezet na teto prımce, ale tvorı pouze orientovanou usecku (odpovıdajıcıhodnotam parametru t ∈< 0, 1 >) s pocatecnım bodem [ 1, 0 ] a skoncovym bodem [ 0, 2 ] .


2.2. w = t + 2 i − 2t i , t ∈< 0, 1 > .

Vysledek : Usecka jako v pr. 2.1, ale opacne orientovana.

2.3 w = 2− t + 2 i (t− 1) , t ∈< 1, 2 > .

Vysledek : Usecka jako v pr. 2.1 ( vcetne orientace ).

2.4. w = cos2 t + 2 i sin2 t , t ∈< 0, π2

>.

Resenı : Hledane obrazy tvorı krivku, ktera je dana parametrickymirovnicemi u = cos2 t , v = 2 sin2 t . Po vynasobenı prvnı rovnice dvemaa sectenı s druhou rovnicı dostanete 2u + v = 2 cos2 t + 2 sin2 t = 2 .Hledane obrazy komplexnıch cısel lezı na prımce 2u+v = 2 a intervalu< 0, π

2> odpovıda taz orientovana usecka jako v pr. 2.1.

2.5. w = (1 + i t)2 , t ∈< 0,∞).

Resenı : Je treba najıt realnou a imaginarnı cast dane komplexnıfunkce realne promenne w = (1+ i t)2 = 1−t2 + 2t i , odtud dostanemeparametricke rovnice krivky u = 1 − t2 , v = 2t . Dosazenım t = v

2

do prvnı rovnice vyloucıme parametr t a vyjde u = 1 − v2

4neboli

v2 = −4(u− 1) . Je to rovnice paraboly s vrcholem [ 1, 0 ] , s parame-trem p = −2 ( |p| = 2 znamena vzdalenost ohniska od rıdicı prımky) a s ohniskem v pocatku ( vzdalenost ohniska od vrcholu je rovnapolovine parametru ). Hledane obrazy komplexnıch cısel tvorı polovinuteto paraboly ( v hornı polorovine ) s pocatecnım bodem ve vrcholu[ 1, 0 ].

2.6. w = 2e− i t , t ∈ < 0, π > .

Resenı : Pouzitım Eulerovy identity vyjdou parametricke rovniceu = 2 cos t , v = −2 sin t . Vyloucenım parametru vyjde u2 + v2 = 22 .Hledane obrazy komplexnıch cısel lezı na kruznici se stredem v pocatkua s polomerem r = 2 . Hledana krivka je tedy dolnı polovina kruznices pocatecnım bodem [ 2, 0 ] a s koncovym bodem [ -2, 0 ].

2.7. w = 1− e− i t , t ∈ < 0, π >.

Vysledek : Dolnı polovina kruznice (u − 1)2 + v2 = 1 se stredemv bode [ 1, 0 ], s pocatecnım bodem v pocatku a s koncovym bodem[ 2, 0 ].


2.8. w =2

1 + 2t i, t∈ < 0,∞).

Resenı : Je treba najıt realnou a imaginarnı cast dane funkce

2

1 + 2t i=

2(1− 2t i )

1 + 4t2=

2

1 + 4t2+

−4t

1 + 4t2,

tj. u =2

1 + 4t2, v =

−4t

1 + 4t2.

Umocnenım a sectenım parametrickych rovnic dostaneme

u2 + v2 =4 + 16t2

(1 + 4t2)2=

4

1 + 4t2= 2u .

Tato rovnici se da upravit na tvar (u− 1)2 + v2 = 1 , takze je videt, zeobrazy komplexnıch cısel lezı na kruznici se stredem v bode [ 1, 0 ] as polomerem r = 1. Pocatecnı bod hledane krivky (casti teto kruznice)je pro t = 0 v bode [ 2, 0 ] , dalsı body lezı na dolnı polokruznici( pro t > 0 je v < 0 ) a pro rostoucı hodnoty parametru t se bodypriblizujı k pocatku. Hledana krivka je tedy stejna jako v pr. 2.7.

2.9. w =1

1− i t, t ∈ R .

Vysledek : Zaporne orientovana kruznice se stredem v bode [ 0, 12

]a s polomerem r = 1

2.

2.10. w =1

1 + 2t + i t, t ∈ R .

Vysledek : Kladne orientovana kruznice se stredem v bode [ 12, 1 ] a

s polomerem r =√

52

.

2.11. w = t +i

t, t ∈ (0,∞).

Vysledek : Vetev hyperboly v = 1u

v prvnım kvadrantu ( t > 0 ).Orientace krivky je dana rostoucı hodnotou promenne u .

2.12. w = t3 + t2 i , t ∈ R.

Vysledek : Krivka s implicitnı rovnici v3 = u2 ; jejı orientace jedana rostoucı hodnotou promenne u .


2.13. Najdete derivaci komplexnıch funkcı realne promenne na mnozine R

a) f(t) = (1 + 2t i )2 ; b) f(t) = e i t ; c) f(t) =1

t− i.

Resenı : a) f ′(t) = (1 + 4 i t− 4t2)′ = −8t + 4 i = 4 i (1 + 2t i ) ;

b) f ′(t) = (cos t + i sin t)′ = − sin t + i cos t ;tentyz vysledek se da dostat jednoduse tak, ze pri derivovanı se povazujecıslo i za konstantu : f ′(t) = i e i t = i (cos t+ i sin t) = i cos t−sin t .Vysledek ve tvaru f ′(t) = i e i t je jednodussı a prehlednejsı.

c) f ′(t) =(

t + i

t2 + 1

)′=

(t

t2 + 1

)′+ i

(1

t2 + 1

)′=

1− t2

(1 + t2)2+ i

2t

(1 + t2)2;

tentyz vysledek lze opet dostat v jednoduchem tvaru derivovanım slozenefunkce, kde cıslo i povazujeme za konstantu.

f ′(t) = (1

t− i)′ =

−1

(t− i )2.

Upravou tohoto zlomku na algebraicky tvar je mozne overit shodu obouvysledku.

2.14. Dokazte : Jestlize nenulova komplexnı funkce w = f(t) ma v otev-

renem intervalu I derivaci, potom platıd

dt|f(t)| = |f(t)| Re

f ′(t)

f(t).

Resenı : Pocıtejme derivaci absolutnı hodnoty |f(t)| =√

x2(t) + y2(t)

( slozena funkce! )d

dt|f(t)| = (

√x2(t) + y2(t) )′ =

x(t)x′(t) + y(t)y′(t)√x2(t) + y2(t)

.

Na druhe strane

Ref ′(t)

f(t)= Re

x′(t) + iy′(t)

x(t) + it(t)= Re

[x′(t) + iy′(t)] [x(t)− iy(t)]

x2(t) + y2(t)=

=x′(t) x(t) + y′(t) y(t)

x2(t) + y2(t).

Odtud je jiz videt platnost dane rovnosti.


2.15. Vypocıtejte∫ π

0e− i tdt .

Resenı :∫ π

0e− i tdt =

∫ π

0(cos t− i sin t)dt =

∫ π

0cos tdt− i

∫ π

0sin tdt =

= sin π − sin 0 + i (cos π − cos 0) = i (−1− 1) = −2i .

Pomocı primitivnı funkce k funkci e− i t lze psat take strucne∫ π

0e−itdt =

1

−i(e−iπ − e0) = −2i .

2.16. Vypocıtejte∫ 1

03(1 + 2t i )2dt .

Vysledek : Integracı realne a imaginarnı casti vyjde −1 + 2 i .

2.17. Vypocıtejte∫ 1

0

1

1 + t idt .

Vysledek : Po oddelenı realne a imaginarnı casti a po integraci vyjdeπ

4− i

2ln 2.

2.18. Dokazte, ze pro komplexnı funkci f(t) realne promenne t ∈< a, b >

platı stejna nerovnost jako pro realne funkce

∣∣∣∣∣∫ b

af(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a|f(t)|dt

( pokud existuje integral na prave strane nerovnosti ) .

Navod : Nejprve zapiste nerovnost pro absolutnı hodnotu integralnıhosouctu ( i pro komplexnı cısla platı trojuhelnıkova nerovnost - pr. 1.19).Riemannovym postupem se potom nerovnost prenese na integraly.

2.19. Dokazte, ze pro spojitou komplexnı funkci f(t) realne promenne

t ∈ < a, b > platı

∣∣∣∣∣∫ b

af(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤ (b− a) max |f(t)| .

Navod : Tato nerovnost je dusledkem pr. 2.18, kde pro integral naprave strane pouzijete znamou nerovnost pro spojite realne funkce.

V prıkladech 2.20 - 2.23 rozhodnete, pro ktera a ∈ R absolutne konvergujıintegraly z komplexnıch funkcı realne promenne.


2.20.∫ 1

0e i tt−adt .

Resenı : U integralu z komplexnıch funkcı realne promenne musıkonvergovat integraly z realne i imaginarnı casti. Muzete psat∫ 1

0e i tt−adt =

∫ 1

0t−a cos tdt + i

∫ 1

0t−a sin tdt ;

pro a < 1 konvergujı oba integraly absolutne.

2.21.∫ ∞

1e i tt−adt .

Vysledek : Integral absolutne konverguje pro a > 1 .

2.22.∫ ∞

1

1− i t

1 + i tt−adt

Resenı : Integral vyjadrıme jako soucet realne a imaginarnı casti

∫ ∞

1

1− i t

1 + i tt−adt =

∫ ∞

1

1− t2

1 + t2t−adt + i

∫ ∞

1

2t

1 + t2t−adt .

Integrovane funkce jsou spojite; nevlastnı integraly tohoto typu konver-gujı prave tehdy, kdyz stupen jmenovatele je vıce nez o jeden stupenvetsı nez stupen citatele. Aby oba integraly konvergovaly, musı tedybyt a > 1 .

2.23.∫ ∞

1

e− i ln t

tadt .

Navod : Po provedenı substituce u = ln t dostanete∫ ∞

0

e− i u

e(a−1)udu ;

Vysledek : Integral absolutne konverguje pro a > 1 .

3.Posloupnosti a rady 31

3. Posloupnosti a rady

Pro formalnı zjednodusenı nekterych definic a uvah je vhodne zavest takenevlastnı komplexnı cıslo z = ∞ ; pri geometrickem vyjadrovanı mluvımeo nevlastnım bodu Gaussovy roviny. Ostatnı komplexnı cısla ( nebobody ) se pro odlisenı nazyvajı vlastnı. Gaussova rovina doplnena o nevlastnıbod se nazyva rozsırena Gaussova rovina a obvykle se oznacuje C∗ .Rada definic a vet se potom da zformulovat spolecne pro vlastnı i nevlastnıkomplexnı cısla.

Pri limitnıch procesech se casto pouzıvajı nasledujıcı oznacenı mnozin.Pro z0 ∈ C∗ zapisem U(z0, ε) oznacujeme ( kruhove ) okolı bodu z0 .Tato mnozina je definovana pro vlastnı body z0 jako vnitrnı oblast kruznices polomerem ε : { z ∈ C : |z− z0| < ε }. Pro nevlastnı bod z0 = ∞ jakovnejsı oblast kruznice s polomerem 1

ε: { z ∈ C∗ : |z| > 1

ε}.

Pro z0 ∈ C∗ zapisem P(z0, ε) oznacujeme ( kruhove ) prstencove okolıbodu z0 . Tato mnozina je definovana pro vlastnı body z0 jako { z ∈ C :0 < |z − z0| < ε } a pro nevlastnı body z0 = ∞ jako { z ∈ C : |z| > 1

ε}.

Tato mnozina se pouzıva pri definici limity funkce ( kap. 5. ).

Posloupnost komplexnıch cısel ( zn ) definujeme jako zobrazenı mnozinyvsech prirozenych cısel N do mnoziny vsech komplexnıch cısel C . Pro tytoposloupnosti se prenası vetsina pojmu a vlastnostı znamych z teorie posloup-nostı realnych cısel. Zvlaste definice limity : Jestlize pro libovolne okolıU(a, ε) existuje takove n0 ∈ N , ze pro vsechna n > n0 je zn ∈ U(a, ε) ,rıkame, ze posloupnost ( zn ) ma limitu a ∈ C∗ . Tato definice zahrnujepojem vlastnı i nevlastnı limity posloupnosti.

Pro nekonecne rady komplexnıch cısel se take bez obtızı zobecnıvetsina definic a vlastnostı rad realnych cısel.

3.1. Pro vlastnı body z0 = x0 + i y0 ∈ C oznacte U∗(z0, ε) ( ctvercove )okolı bodu z0 jako mnozinu, ktera je definovana podmınkami |x−x0| <ε ∧ |y − y0| < ε . Dokazte, ze definice vlastnı limity posloupnosti po-mocı kruhoveho a ctvercoveho okolı jsou ekvivalentnı.


Resenı : V prvnı casti vyjdeme z existence limity podle puvodnıdefinice (kruhove okolı) a dokazeme existenci limity pro ctvercove okolı.Pro libovolne ctvercove okolı U∗(z, ε) existuje uvnitr ctverce kruhoveokolı U(z, ε) . Podle puvodnı definice musı existovat takove n0 ∈ N ,aby pro n > n0 platilo zn ∈ U(z, ε) . Proto musı take platitzn ∈ U∗(z, ε) .Podobne se dokaze druha cast ekvivalence.

3.2. Necht’ zn = xn + i yn pro vsechna n ∈ N a a = a1 + i a2 . Dokazte,ze lim

n→∞zn = a prave tehdy, kdyz lim

n→∞xn = a1 ∧ lim

n→∞yn = a2 .

Navod : K dukazu pouzijte dokazanou vetu z pr. 3.1.

3.3. Vypocıtejte limitu posloupnosti limn→∞

n

1− n i.

Resenı : Na zaklade predchazejıcıho prıkladu vyjadrıme realnou a

imaginarnı castn

1− n i

1 + n i

1 + n i=

n(1 + n i

1 + n2=

n

1 + n2+

n2

1 + n2i a

vypocıtame limity obou castı limn→∞

n

1 + n2= 0 , lim

n→∞

n2

1 + n2= 1 .

Takze limn→∞

n

1− n i= i .

3.4. Vypocıtejte limitu posloupnosti limn→∞

en i .

Resenı : Vyjadrıme realnou a imaginarnı cast pomocı Eulerovy iden-tity en i = cos n + i sin n . Dana posloupnost nema limitu, protozelimita realne ani imaginarnı casti neexistuje.

3.5. Necht’ zn = xn + i yn 6= 0 pro vsechna n ∈ N . Oznacte : |zn| = rn ,|a| = |a1 + i a2| = r , arg zn = ϕn , arg a = ϕ . a) Dokazte, zeposloupnost ( zn ) ma vlastnı nenulovou limitu a = a1 + i a2 pravetehdy, kdyz lim

n→∞rn = r ∧ lim

n→∞ϕn = ϕ . b) Dokazte, ze posloupnost

( zn ) ma nulovou limitu prave tehdy, kdyz limn→∞

rn = 0 .

Navod : a) Pro promenne r a ϕ je mozne definovat okolı obdelnıkovehotypu a postupovat jako v pr. 3.1.b) Pro a = 0 nenı definovan argument. Stacı dokazat, ze lim

n→∞rn = 0

prave tehdy, kdyz limn→∞

xn = 0 ∧ limn→∞

yn = 0 .


3.6. Vypocıtejte ( pokud existuje ) limn→∞

(1− i

2

)n

.

Resenı: Vypocıtame absolutnı hodnotu∣∣∣∣1− i

2

∣∣∣∣ =√

1 + 1

2=

1√2

.

Protoze limn→∞

rn = limn→∞

(1√2

)n

= 0 , dostaneme podle druhe casti

pr. 3.5 vysledek limn→∞

(1− i

2

)n

= 0 .

3.7. Vypocıtejte ( pokud existuje ) limn→∞

(1 + i√

2

)n

.

Resenı: Vypocıtame absolutnı hodnotu

∣∣∣∣∣1 + i√2

∣∣∣∣∣ =√

1 + 1√2

= 1 . Cleny

posloupnosti vyjadrıme v goniometrickem tvaru a podle Moivreovy vety(1− i√

2

)n

=(cos

π

4+ i sin

π

4

)n

=(cos

nπ

4+ i sin

nπ

4

).

Limita teto posloupnosti neexistuje.

3.8. Dokazte, ze limn→∞

(1 +iϕ

n)n = cos ϕ + i sin ϕ.

Navod : Vypocıtejte limitu absolutnıch hodnot

√√√√(1 +ϕ2

n2

)n

a

limitu argumentu n arctgϕ

n. Muzete pouzıt l′Hospitalovo pravidlo;

vyjde limita absolutnıch hodnot rovna jedne a limita argumentu rovnaϕ .

3.9. Rozhodnete, pro ktera z ∈ C ma posloupnost(

zn

1 + zn

)vlastnı limitu.

Vysledek : Posloupnost ma vlastnı limitu a = 0 pro |z| < 1 , a = 1pro |z| > 1 a a = 1

2pro z = 1 .

3.10. Rozhodnete, pro ktera z ∈ C ma posloupnost(

zn

2n

)vlastnı limitu.

Vysledek : Posloupnost ma vlastnı limitu pro |z| < 2 ∨ z = 2.


3.11. Dokazte, ze pro kazde realne ϕ 6= 2kπ (k ∈ Z) a n ∈ N platı

1

2+ cos ϕ + cos 2ϕ + cos 3ϕ + ... + cos nϕ =

sin(n + 12)ϕ

2 sin ϕ2

.

Resenı : Podle znameho vzorce pro castecny soucet geometrickeposloupnosti lze snadno secıst

1 + e i ϕ + e2 i ϕ + e3 i ϕ + ... + e i nϕ =1− e i (n+1)ϕ

1− e i ϕ=

=(1− e i (n+1)ϕ) (1− e− i ϕ)

(1− e i ϕ) (1− e− i ϕ)=

1− e− i ϕ − e i (n+1)ϕ + e i nϕ

1− eiϕ − e−iϕ + 1.

Z teto rovnosti komplexnıch cısel vyjde pro realne casti

1 + cos ϕ + cos 2ϕ + ... + cos nϕ =1− cos ϕ− cos(n + 1)ϕ + cos nϕ

2(1− cos ϕ)=

=1

2+

2 sin(n + 12)ϕ sin ϕ

2

4 sin2 ϕ2

=1

2+

sin(n + 12)ϕ

2 sin ϕ2

.

Pri upravach byly pouzity vzorce

1− cos α = 2 sin2 α

2, cos α− cos β = −2 sin

α + β

2sin

α− β

2.

3.12. Dokazte, ze pro kazde realne ϕ 6= 2kπ (k ∈ Z) a k ∈ N plati

sin ϕ + sin 2ϕ + sin 3ϕ + ... + sin nϕ =sin (n+1)

2ϕ sin n

2ϕ

sin ϕ2

.

Resenı : Vyjdeme ze souctu 1 + e i ϕ + e2 i ϕ + ... + e i nϕ a zapısemerovnost imaginarnıch castı

sin ϕ + sin 2ϕ + sin 3ϕ + ... + sin nϕ =sin ϕ− sin(n + 1)ϕ + sin nϕ

2(1− cos ϕ)=


=2 sin ϕ

2cos ϕ

2− 2 cos(n + 1

2)ϕ sin ϕ

2

4 sin2 ϕ2

=cos ϕ

2− cos(n + 1

2)ϕ

2 sin ϕ2

=

=sin n+1

2ϕ sin n

2ϕ

sin ϕ2

.

Pri upravach bylo treba krome predchozıch vzorcu pouzıt jeste vzorce

sin α = 2 sinα

2cos

α

2, sin α− sin β = 2 cos

α + β

2sin

α− β

2.

3.13. Dokazte, ze pro kazde realne ϕ 6= 2kπ (k ∈ Z) a n ∈ N platı

1

2− cos ϕ + cos 2ϕ− cos 3ϕ + ... + (−1)n cos nϕ = (−1)n cos(n + 1

2)ϕ

2 cos ϕ2

.

Resenı : Podle vzorce pro castecny soucet geometricke posloupnosti

1− e i ϕ + e2 i ϕ − e3 i ϕ + ... + (−1)ne i nϕ =1 + (−1)ne i (n+1)ϕ

1 + e i ϕ=

=(1 + (−1)ne i (n+1)ϕ) (1 + e− i ϕ)

(1 + e i ϕ) (1 + e− i ϕ)=

1 + e− i ϕ + (−1)ne i (n+1)ϕ + e i nϕ

1 + e i ϕ + e− i ϕ + 1.

Z teto rovnosti komplexnıch cısel vyjde pro realne casti

1− cos ϕ + cos 2ϕ− cos 3ϕ + ... + (−1)n cos nϕ =

=1 + cos ϕ + (−1)n[cos(n + 1)ϕ + cos nϕ]

2(1 + cos ϕ)=

=1

2+

(−1)n2 cos(n + 12)ϕ cos ϕ

2

4 cos2 ϕ2

=1

2+

cos(n + 12)ϕ

2 cos ϕ2

.

Pri upravach byly pouzity vzorce

1 + cos α = 2 cos2 α

2, cos α + cos β = 2 cos

α + β

2cos

α− β

2.


3.14. Dokazte, ze pro kazde realne ϕ 6= kπ (k ∈ Z) a n ∈ N platı

cos ϕ + cos 3ϕ + cos 5ϕ + ... + cos(2n− 1)ϕ =sin 2nϕ

2 sin ϕ.

Resenı : V tomto prıpade se provede soucet clenu geometricke posloup-nosti ( q = e2iϕ )

e i ϕ+e3 i ϕ+...+e(2n−1) i ϕ = e i ϕ 1− e2n i ϕ

1− e2 i ϕ= e i ϕ (1− e2n i ϕ)(1− e−2 i ϕ)

1− e2 i ϕ − e−2 i ϕ + 1=

=(1− e2 i nϕ) (e i ϕ − e− i ϕ)

2(1− cos 2ϕ)=

2 i sin ϕ(1− e2 i nϕ)

4 sin2 ϕ=

i (1− e2 i nϕ)

2 sin ϕ.

Z rovnosti realnych castı dostaneme snadno pozadovanou rovnost.

3.15. Dokazte, ze pro kazde realne ϕ 6= kπ (k ∈ Z) a n ∈ Z platı

sin ϕ + sin 3ϕ + sin 5ϕ + ... + sin(2n− 1)ϕ =sin nϕ

sin ϕ.

Navod : Postupujte jako v predchazejıcım prıklade, ale vyjadreterovnost imaginarnıch castı.

3.16. Dokazte, ze pro kazde realne ϕ 6= kπ (k ∈ Z) a n ∈ N platı

sin ϕ− sin 3ϕ + sin 5ϕ− ... + (−1)n+1e(2n−1)ϕ =(−1)n+1 sin 2nϕ

2 + cos ϕ.

Resenı : Podle vzorce najdeme castecny soucet clenu geometrickeposloupnosti ( q = −e2ıϕ )

e i ϕ − e3 i ϕ + e5 i ϕ − e7ıϕ + ... + (−1)n+1e(2n−1) i ϕ =

= e i ϕ 1− (−1)ne2 i nϕ

1 + e2 i ϕ= e1ϕ (1 + (−1)n+1e2 i nϕ) (1 + e−2 i nϕ)

1 + e2ınϕ + e−2 i nϕ + 1=

=(1 + (−1)n+1e2 i nϕ) (e i ϕ + e− i ϕ)

2(1 + cos 2ϕ)=

(1 + (−1)n+1e2inϕ) 2 sin ϕ

4 cos2 ϕ=


=1 + (−1)n+1e2 i nϕ

2 cos ϕ.

Hledanou rovnost dostaneme z rovnosti imaginarnıch castı.

3.17. Urcete podmınku konvergence a soucet nekonecne rady2 + 4z + 8z2 + 16z3 + . . .

Resenı : Podle koeficientu lze snadno poznat, ze jde o geometrickouradu, ktera ma kvocient q = 2z . Podmınka pro konvergenci geomet-ricke rady je |q| = |2z| < 1, tj. |z| < 1

2a podle znameho vzorce

dostaneme soucet geometricke rady s(z) =2

1− 2z.

3.18. Urcete podmınku konvergence a soucet nekonecne rady

1− z

2+

z2

4− z3

8+ . . .

Vysledek : Pro | q | =∣∣∣∣−z

2

∣∣∣∣ < 1 neboli |z| < 2 rada konverguje

k funkci s(z) =2

z + 2.

3.19. Urcete podmınku konvergence a soucet nekonecne rady1− z + z2 − z3 + z4 − z5 + . . .

Vysledek : Pro |z| < 1 rada konverguje k funkci s(z) =1

1 + z.


1

2+

z + 1

4+

(z + 1)2

8+

(z + 1)3

16+ . . .

Vysledek : Pro |z +1| < 2 rada konverguje k funkci s(z) =1

1− z.


z + 2z2 + 4z3 + 8z4 + 16z5 + 32z6 + . . .

Vysledek : Pro |z| < 1

2rada konverguje k funkci s(z) =

z

1− 2z.



1

z− 1

z2+

1

z3− 1

z4+

1

z5− 1

z6+ ...

Vysledek : Pro | q | =∣∣∣∣ 1

z

∣∣∣∣ < 1 neboli |z| > 1 rada konverguje

k funkci s(z) =1

z + 1.

Poznamka : Soucty nekonecnych rad v pr. 3.19 a 3.22 jsou stejne funkce,ale jejich vznik podstatne zavisel na oboru konvergence prıslus-ne nekonecne rady.

3.23. Urcete polomer konvergence mocninne rady∞∑

n=0

zn

n!.

Resenı : Polomer konvergence muzeme vypocıtat podle vzorce

r = limn→∞

an

an+1

= limn→∞

(n + 1)!

n!= lim

n→∞(n + 1) = +∞ .

Tato mocninna rada absolutne konverguje pro vsechna z ∈ C a jejısoucet definuje funkci komplexnı promenne ( viz kap. 4 ).


n=0

(−1)n z2n

(2n)!.

Navod : Pouzijte srovnanı s predchozı radou :∣∣∣∣∣n∑

k=0

(−1)k z2k

(2k)!

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣

2n∑k=0

zk

k!

∣∣∣∣∣ . Je tedy take r = +∞ .

3.25. Dokazte, ze pro libovolna komplexnı cısla z1 , z2 platı( ∞∑n=0

zn1

n!

)( ∞∑n=0

zn2

n!

)=

∞∑n=0

(z1 + z2)n

n!.

Resenı : Pro absolutne konvergentnı rady je jejich soucin opet abso-lutne konvergentnı rada. Pri provedenı soucinu rad vyjde koeficient u


soucinu mocnin zk1 zn−k

2

1

k!

1

(n− k)!=

n!

k!(n− k)!

1

n!=

(nk

)1

n!,

takze vzhledem k platnosti binomicke vety vyjde

∞∑n=0

(nk

)zk1 zn−k

2

1

n!=

∞∑n=0

(z1 + z2)n

n!.

3.26. Urcete polomer konvergence mocninne rady

1 + 2z + 3z2 + 4z3 + 5z4 + . . .

Resenı : Tato mocninna rada ma koeficienty an = n , takze vypocıtame

polomer konvergence r = limn→∞

an

an+1

= limn→∞

n

n + 1= 1 . Soucet dane

nekonecne rady se da pro |z| < 1 urcit na zaklade derivovanı rady

clen po clenu 1 + z + z2 + z3 + z4 + z5 + ... + nzn + . . . =1

1− z.


n=1

2n

n2zn .

Vysledek : Polomer konvergence r = limn→∞

an

an+1

=1

2.


n=1

n!

nnzn .

Resenı : Polomer konvergence

r = limn→∞

n!

nn

(n + 1)n+1

(n + 1)!= lim

n→∞

(n + 1)n

nn= lim

n→∞

(1 +

1

n

)n

= e .

3.29. Pomocı geometricke rady vyjadrete funkci f(z) =1

2− zjako soucet

mocninne rady se stredem v pocatku.

Resenı : Funkci upravıme na tvar souctu geometricke radya1

1− q.

1

2− z=

12

1− z2

=1

2

(1 +

z

2+

z2

4+

z3

8+ . . .

)=

∞∑n=0

zn

2n+1.

Mocninna rada konverguje k dane funkci pro |z| < 2 .



2− zjako soucet

mocninne rady se stredem v bode z0 = 1 .

Resenı : Vzhledem k pozadovanemu oboru konvergence je treba, abykvocient obsahoval vyraz z − 1 .

1

2− z=

1

1− (z − 1)= 1+(z−1)+(z−1)2+(z−1)3+... =

∞∑n=1

(z−1)n .

Mocninna rada konverguje k dane funkci pro |z − 1| < 1 .


2− zjako soucet

mocninne rady se stredem v bode z0 = −1 .

Resenı : Kvocient geometricke rady musı obsahovat vyraz z + 1 ,takze je treba zlomek upravit

1

2− z=

1

3− (z + 1)=

1

3

1

1− z+13

=1

3

∞∑n=0

(z + 1)n

3n.

Mocninna rada konverguje k dane funkci pro |z + 1| < 3 .


2− zjako soucet

mocninne rady se stredem v bode z0 = 3 .

Vysledek : Pro |z − 3| < 1 platı1

2− z=

∞∑n=0

(−1)n+1(z − 3)n .

4.Funkce komplexnı promenne 41

4. Funkce komplexnı promenne

Zobrazenı mnoziny D ⊂ C∗ do mnoziny C∗ se nazyva (komplexnı)funkce komplexnı promenne. Znamena to, ze ke kazdemu komplexnımucıslu z ∈ D je prirazeno jedine komplexnı cıslo w = f(z) . V tomtosmyslu mluvıme o jednoznacne funkci; moznym zobecnenım pojmu funkcena mnohoznacne funkce se budeme informativne zabyvat v kap. 6.

Pro znazornovanı funkce komplexnı promenne nelze pouzıt tak jednoduchyzpusob, jako je graf realne funkce jedne nebo dvou realnych promennych.Funkci komlexnı promenne si muzeme predstavit jako zobrazenı bodu jedneGaussovy roviny ( napr. s pravouhlymi souradnicemi x, y ) do jine ( neboteze ) Gaussovy roviny ( napr. s pravouhlymi souradnicemi u, v ). Pro danoufunkci w = f(z) = u(x, y) + i v(x, y) umoznujı funkce u(x, y) a v(x, y)vypocıtat souradnice obrazu bodu z = x + i y .

V prıkladech 4.1 - 4.13 jsou dany funkce komplexnı promenne. Napistealgebraicky tvar techto funkcı a charakterizujte geometricke vlastnostizobrazenı Gaussovy roviny ( bod ma souradnice x, y ) do teze Gaussovyroviny ( obraz bodu ma souradnice u, v ) definovane temito funkcemi.

4.1. w = f(z) = z + 1− i , D = C .

Resenı : Souradnice u, v obrazu bodu [x, y] jsou dany rovnicemiu = x + 1, v = y − 1 , ktere znamenajı rovnice pro posunutı. Tentovysledek je zrejmy take z geometrickeho vyznamu prictenı konstantnıhokomplexnıho cısla k libovolnemu komplexnımu cıslu.

4.2. w = f(z) = −2z , D = C .

Resenı : Pro souradnice u, v obrazu bodu [x, y] dostanete snadnou = −2x , v = −2y . Z geometrickeho hlediska obraz realneho nasobkukomplexnıho cısla z lezı na prımce, ktera spojuje pocatek s obrazemkomplexnıho cısla z . Obraz komplexnıho cısla −2z lezı na opacnepoloprımce ( s pocatecnım bodem v pocatku ) a ma od pocatku dvojnasobnouvzdalenost ( | − 2z| = 2|z| ). Jde tedy o stejnolehlost se stredem vpocatku a s koeficientem stejnolehlosti k = −2 .


4.3. w = f(z) =i − 1√

2z , D = C .

Resenı : Z algebraickeho tvaru dane funkce

w =1√2( i − 1)(x + i y) =

1√2(−x− y + i x− i y)

muzeme snadno zıskat rovnice pro souradnice obrazu bodu [x, y]

u = − 1√2(x + y) , v =

1√2(x− y) .

Nasobenı libovolneho komplexnıho cısla z konstantnım komplexnım

cıslem a =i − 1√

2znamena podle Moivreovy vety otocenı o argument

tohoto komplexnıho cısla (3

4π ). Nasobenı absolutnı hodnotou tohoto

komplexnıho cısla se neprojevı, protoze |a| = 1 .

4.4. w = f(z) = i z , D = C .

Vysledek : Otocenı v rovine o uhelπ

2. Rovnice tohoto otocenı jsou

u = −y , v = x .

4.5. w = f(z) =1 + i

√3

2z , D = {z : |z − 2| < 1} .

Resenı : Tato funkce definuje otocenı o uhel velikostiπ

3. Definicnı

obor D je vnitrnı oblast kruznice se stredem z0 = 2 a s polomerem 1.Obraz oblasti D je vnitrnı oblast kruznice se stredem z0 = 1 + i

√3

a s tymz polomerem.

4.6. w = f(z) = e i αz , D = C .

Resenı : Z algebraickeho tvaru dane funkcew = (cos α + i sin α)(x + i y) = x cos α− y sin α + i (x sin α + y cos α)snadno zıskame rovnice pro souradnice obrazu bodu [ x, y ]

u = x cos α − y sin α , v = x sin α + y cos α .

Z exponencialnıho vyjadrenı w = e i α z = re i ϕ e i α = re i (ϕ+α) jevidet, ze rovnice predstavujı v rovine otocenı o uhel α .


4.7. w = f(z) = z , D = C .

Resenı : Pro souradnice obrazu platı u = x , v = −y . Obraz kazdehokomplexnıho cısla ma stejnou absolutnı hodnotu, ale opacny argument.Jde tedy o soumernost kolem osy realnych cısel.

4.8. w = f(z) = z2 , D = {z : Im z > 0}. Najdete obraz prımky y = 1 .

Resenı : Z algebraickeho tvaru dane funkce w = (x + i y)2 == x2 + 2 i xy− y2 vyjdou rovnice pro souradnice obrazu bodu [ x, y ]u = x2−y2 , v = 2xy . Geometricky popis tohoto zobrazenı dostanemepodle Moivreovy vety ( pro druhou mocninu komplexnıho cısla ). Bodyna kruznici se stredem v pocatku a s polomerem r se zobrazı nakruznici se stredem v pocatku, ale s polomerem r2 . Body na poloprımkachs pocatecnım bodem v pocatku se zobrazı na poloprımky s dvojnasobnymargumentem ( obr. 5 ). Definicnı obor D je vnitrek hornı polorovinys hranicnı prımkou v realne ose. Obrazem D je Gaussova rovina, zektere jsou vynechana nezaporna realna cısla.

Pro souradnice obrazu bodu prımky y = 1 musı platit u = x2 − 1 ,v = 2x , x ∈ R .Jsou to parametricke rovnice krivky, ze kterych lze snadno vyloucitparametr x : u = v

22 − 1 tj v2 = 4(u + 1) . Vysla tedy rovnice

paraboly s vrcholem v bode [ -1, 0 ] a s ohniskem v pocatku.

O b r . 5 .


4.9. w = f(z) = |z|z , D = C .

Resenı: Pro souradnice obrazu platı u = x√

x2 + y2, v = y√

x2 + y2.Kazdy bod, ktery lezı na jednotkove kruznici se stredem v pocatku, sezobrazı do tehoz bodu ( samodruzny bod ). Obrazem pocatku je opetpocatek a obrazy ostatnıch bodu majı stejny argument jako puvodnıbody.

4.10. w = f(z) = zz , D = C.

Vysledek : Obrazem je mnozina vsech nezapornych realnych cısel.

4.11. w = f(z) =z

|z|, D = C − {0} .

Vysledek : Pro kazde nenulove komplexnı cıslo z je |f(z)| = 1 ,takze jeho obraz lezı na jednotkove kruznici se stredem v pocatku.

4.12. w = f(z) =1

z,D = { z : |z| ≥ 1}. Najdete obraz prımky y = 2 .

Resenı: Je vhodne upravit zapis funkce takto w =1

z=

z

zz=

z

|z|2.

Odtud snadno dostaneme rovnice pro souradnice obrazu bodu [ x, y ]

u =x

x2 + y2, v =

y

x2 + y2.

Ze zapisu funkce je videt, ze dane komplexnı cıslo se pouze delı kladnymcıslem |z|2 , tj. menı se jeho absolutnı hodnota, ale jeho argument senemenı. Kazdy bod, ktery lezı na jednotkove kruznici se stredemv pocatku, se zobrazı do tehoz bodu (samodruzny bod). Body vnejsıoblasti teto jednotkove kruznice se zobrazı jako body vnitrnı ( nastejne poloprımce s pocatecnım bodem v pocatku ). Zobrazenı je moznerozsırit tak, ze jako obraz nevlastnıho bodu z = ∞ vezmeme pocatekw = 0 .

Pro souradnice obrazu bodu prımky y = 2 musı platit

u =x

x2 + 4, v =

2

x2 + 4, x ∈ R .

Z techto rovnic lze umocnenım a sectenım vyloucit parametr x

u2 + v2 =x2

(x2 + 4)2+

4

(x2 + 4)2=

1

x2 + 4=

1

2v .


Rovnici je mozne upravit na zakladnı tvar

u2 + v2 − 1

2v = 0 neboli u2 +

(v − 1

4

)2

=(

1

4

)2

. Obrazem dane

prımky je kruznice se stredem v bode[

0,1

4

]a s polomerem r =

1

4.

Tato kruznice prochazı pocatkem.

Poznamka : Zajımave zobrazenı definovane funkcı w =1

zse nazyva kruhova

inverze ( viz pouzitı v pr. 4.25 a dalsıch ) .

4.13. w = f(z) =1

z, D = C∗ .

Resenı: Pro z 6= 0 vyjde po rozsırenı zlomku komplexnım cıslem z

w =1

z=

z

zz=

z

|z|2.

Krome delenı kladnym realnym cıslem ( |z|2 ) jako v predchazejıcımprıklade je treba jeste utvorit komplexne sdruzene cıslo. Body vnitrnıoblasti jednotkove kruznice se stredem v pocatku se zobrazı jako jejıvnejsı body ( a naopak ). Aby bylo zobrazenı definovano pro vsechnaz ∈ C∗, je treba jako obraz nevlastnıho bodu zvolit pocatek (a naopak).Zobrazenı ma pouze dva samodruzne body ( z = 1 , z = −1 ) .

V prıkladech 4.14 - 4.24 popiste zobrazenı definovana danymi funkcemi jakozobrazenı slozena z typu uvedenych v predchazejıcıch prıkladech.

4.14. w = f(z) = i z − 1 , D = { z : |z − 2| ≤ 1 } .

Resenı : Danou funkci je mozne zapsat jako slozenou funkci w1 == i z , w = w1 − 1 . Z tohoto zapisu je videt, ze nejprve se provedeotocenı kolem pocatku o π

2(pr. 4.4 ) a potom posunutı o −1 . Z jineho

zapisu funkce w = f(z) = i z−1 = i z+ i 2 = i (z+ i ) vsak dostanemeslozenou funkci w1 = z + i , w = i w1 , ktera znamena posunutı ousecku delky 1 ve smeru imaginarnı osy a potom otocenı o π

2. Obe

tyto moznosti zobrazenı mnoziny D jsou znazorneny na obr. 6.

4.15. w = f(z) = (√

3 + i )z , D = C .


Vysledek : Podle Moivreovy vety znamena toto zobrazenı ste-jnolehlost se stredem v pocatku ( s koeficientem stejnolehlosti k = 2) a otocenı kolem pocatku o uhel π

6). Gaussova rovina se zobrazı opet

na celou Gaussovu rovinu.Na poradı zobrazenı v tomto prıpade nezalezı.

O b r . 6 .

4.16. w = f(z) = cz + d , c ∈ C , d ∈ C , c 6= 0 , D = C .

( Funkce se nazyva obecna linearnı funkce .)

Vysledek : Zobrazenı se obecne sklada ze stejnolehlosti a otocenı( w1 = cz ) a posunutı ( w = w1 + d ). Ve zvlastnıch prıpadech muzenektere zobrazenı chybet ( napr. otocenı v prıpade c ∈ R+ ). Gaussovarovina se zobrazı opet na celou Gaussovu rovinu.


4.17. w = f(z) = (1 + i )z − 1 , D = {z : |z − i | < 1 } .

Vysledek : Obrazem dane vnitrnı oblasti kruznice je vnitrnı oblastkruznice se stredem v bode −1 a polomerem r =

√2 .

4.18. w = f(z) = z2 − 2z + i , D = {z : Im z > 0 } .

Resenı: Danou funkci je treba upravit na tvar w = f(z) = z2− 2z +i == (z − 1)2 − 1 + i a potom zapsat jako slozenou funkci w1 = z − 1,w2 = w1

2 , w = w2−1+ i . Posunutım o −1 se dany vnitrek polorovinyzobrazı na tutez mnozinu Im z > 0, zobrazenım w2 ( viz pr. 4.8 )se tento vnitrek poloroviny zobrazı na rovinu s vynechanou kladnourealnou poloosou. Nakonec se provede posunutı prictenım komplexnıhocısla −1 + i .

4.19. w = f(z) = z2 + i z − 1 , D = { z : Im z > − i2}.

Navod : Funkci upravte na tvarw = f(z) = z2 + i z − 1 = (z + i

2)2 + 1

4− 1 = = (z + i

2)2 − 3

4.

4.20. w = f(z) =2

z + i, D = C − {− i }.

Navod : Slozena funkce : w1 = z + i , w2 =1

w1

, w = 2w2 .

4.21. w = f(z) =1 + i

1− i, D = C − { i } .

Resenı : Danou funkci je treba vhodnym zpusobem upravit

w = f(z) =1 + i

1− i=

1− i + i + i

1− i= 1 +

2 i

1− i.

Tuto funkci muzeme chapat jako slozenou napr. takto

w1 = 1 − i ( posunutı ), w2 =1

w1

( pr. 4.13. ), w3 = i w2 ( otocenı

kolem pocatku o uhel π2), w4 = 2w3 ( stejnolehlost ) a w = w4 + 1

( posunutı ). Obrazem mnoziny D je cela Gaussova rovina C.

4.22. w = f(z) =z + 2

z + 1, D = { z : |z + 1| > 1 } .

Vysledek : Obrazem mnoziny D ( vnejsı oblast kruznice ) je vnitrnıoblast kruznice se stredem v bode 1 a s polomerem r = 1 .


4.23. w = f(z) =az + b

cz + d, c 6= 0 , bc− ad 6= 0 , D = C −

{d

c

}.

( Funkce se nazyva linearnı lomena funkce.)

Resenı : Funkci je treba vhodnym zpusobem upravit

w = f(z) =az + b

cz + d=

a

c

z + dc

+ ba− d

c

z + dc

=a

c+

1

c

bc− ac

cz + d.

Odtud je videt moznost zapisu slozene funkce

w1 = cz + d , w2 =1

w1

, w =a

c+

bc− ad

cw2 .

Vzhledem k pozadovanym podmınkam ( c 6= 0 , bc− ad 6= 0) vyslednezobrazenı vznikne slozenım zobrazenı z pr. 4.16 a 4.13.

Poznamka : V prıkladech 4.20 - 4.23 je pri kazdem zobrazenı ( krome zobraze-nı f(z) = 1

z) obrazem kazdeho obrazce podobny obrazec, proto-

ze jde pouze o posunutı, otocenı nebo stejnolehlost. Zmeny tvarunastavajı pouze pri zobrazenı f(z) = 1

z( viz pr. 4.25 - 4.34 ).

4.24. w = f(z) = i(

2 i

z− 1

)2

, D = C − {0} .

Vysledek : Zobrazenı vznikne slozenım zobrazenı

w1 =1

z( pr. 4.13.), w2 = 2 i w1 − 1 ( pr. 4.16.), w3 = w2

2 ( pr. 4.8.) a

w = i w3 ( pr. 4.4.).

V predchazejıcıch prıkladech bylo videt, ze jedno z dulezitych zobrazenı je

f(z) =1

z. Toto zobrazenı se da slozit ze zobrazenı w1 =

1

z(kruhova in-

verze) a w = w1 ( soumernost podle realne osy ). Ulohy budou formulovanypro kruhovou inverzi ( pr. 4.12.), ktera ma radu vyhod ( napr. je mozne prikonstrukcıch vyuzıvat samodruzne body na jednotkove kruznici ).

V prıkladech 4.25 - 4.36 reste zadane ulohy pro zobrazenı definovanem

funkcı f(z) =1

z( pro kruhovou inverzi ).


4.25. Najdete obraz libovolne prımky, ktera neprochazı pocatkem.

Resenı : Pouzijeme rovnici prımky, kterou jsme odvodili v pr. 1.65,takze pro a 6= 0 , a ∈ C

a z + a z = c , c ∈ R .

Jestlize c 6= 0 , potom prımka neprochazı pocatkem. Pro obraz w

platı w =1

z, takze odtud z =

1

w.

Po dosazenı do rovnice prımky dostanetea

w+

a

w= c ⇒ a w + a w = c w w ⇒ w w− a

cw− a

cw = 0 .

Z vysledku je videt ( viz pr. 1.61 ), ze obrazem dane prımky je kruznice,

ktera prochazı pocatkem a ma stred v bodea

c. Pritom pruvodic kom-

plexnıho cısla a je kolmy na danou prımku.

4.26. Najdete obraz prımky y = x− 1 a vysledek overte konstrukcı.

Resenı : Z grafu prımky je videt, ze normala teto prımky se da charak-terizovat napr. pruvodicem komplexnıho cısla 1− i . Dana prımka musımıt tedy rovnicı tvaru (1 + i ) z + (1 − i ) z = c , c ∈ R ( viz pr.1.65.). Tuto rovnici musı splnovat napr. bod z = 1 , takze dosazenımvypocıtame c = 2 . Podle predchazejıcıho prıkladu je obrazem daneprımky kruznice, ktera prochazı pocatkem a ma stred v bode 1− i

2.

Konstrukce obrazu prımky je velmi jednoducha, protoze muzeme vyuzıttoho, ze body [ 1, 0 ] a [ 0, -1 ] lezı na jednotkove kruznici se stredemv pocatku a jsou tedy samodruzne. Spolecne s pocatkem je temitotremi body hledana kruznice jednoznacne urcena. Jejı stred ma zrejmesouradnice [ 1

2, −1

2].

4.27. Najdete obraz prımky y = 1 a vysledek overte konstrukcı.

Vysledek : Kruznice, ktera prochazı pocatkem a ma stred v bodei2

. Pri konstrukci se vyuzije toho, ze bod i je samodruzny.

4.28. Najdete obraz prımky x + y = 2 a vysledek overte konstrukcı.

Navod : Pri konstrukci nelze vyuzıt samodruzne body, takze podlekonstrukce v pr. 1.55 je treba najıt napr. obraz bodu [ 1,1 ]. Tento


obraz a pocatek jsou krajnı body usecky, ktera je prumerem vyslednekruznice. Obrazem dane prımky je kruznice, ktera prochazı pocatkema ma stred v bode 1+ i

4.

4.29. Najdete obraz libovolne prımky, ktera prochazı pocatkem.

Resenı : Podle pr. 1.63 je mozne zapsat rovnici dane prımky vetvaru

a z + a z = 0 . Obraz ma rovnicia

w+

a

w= 0 neboli a w + a w = 0 ,

takze obrazem dane prımky je taz prımka.

4.30. Najdete obraz libovolne kruznice, ktera neprochazı pocatkem.

Resenı : Vyjdeme z rovnice kruznice odvozene v pr. 1.61. Pro obrazvyjde

1

w

1

w− a

w− a

w+ |a|2 = r2 ,

1− a w − a w + (|a|2 − r2) w w = 0 .

Protoze |a| 6= r , muzeme rovnici delit cıslem |a|2 − r2

w w − a

|a|2 − r2w − a

|a|2 − r2w +

1

|a|2 − r2= 0 .

Obrazem je tedy opet kruznice, ktera neprochazı pocatkem a ma stred

v bodea

|a|2 − r2. Tento bod ale nenı obrazem stredu puvodnı kruznice.

4.31. Najdete obraz kruznice |z − 2i| = 1 vypoctem i konstrukcı.

Resenı : Zapıseme rovnici dane kruznice : z z + 2iz − 2iz + 4 = 1 .Pro jejı obraz po uprave dostaneme

w w +2

3i w − 2

3i w +

1

3= 0 ⇒ w w +

2

3i w − 2

3i w +

4

9=

1

9.

Obrazem je tedy kruznice se stredem v bode 23i a s polomerem r = 1

3.

Pri konstrukci obrazu vyuzijeme toho, ze na dane kruznici lezı bod i(samodruzny) a bod 3 i . Stacı sestrojit podle konstrukce v pr. 1.55obraz tohoto bodu ( i

3) a dostaneme prumer hledane kruznice.

4.32. Najdete obraz kruznice |z − 2− 2 i | = 2 vypoctem i konstrukcı.

Navod : Ke konstrukci obrazu vyuzijte dva samodruzne body najednotkove kruznici a podle pr. 1.55 najdete obraz bodu (2 +

√2)(1 +


i ) .

Obrazem je kruznice se stredem v bode1 + i

2a s polomerem r = 1

2.

4.33. Najdete obraz kruznice |z + 1 + i | = 2 vypoctem a konstrukcı.

Navod : Ke konstrukci obrazu vyuzijte dva samodruzne body na jed-notkove kruznici a obraz bodu −(1+

√2)(1+ i ) na puvodnı kruznici.

Vysledek : Obrazem je kruznice se stredem v bode 1+ i2

a s polomeremr = 1 . Pri podrobnejsım studiu zobrazenı zjistıte, ze v tomto prıpade sevnitrnı oblast dane kruznice zobrazı na vnejsı oblast vysledne kruznice.

4.34. Najdete obraz kruznice |z − 1 + i | = 1 vypoctem i konstrukcı.

Vysledek : Obrazem je taz kruznice, body 1 a − i jsou samodruzne.

Obrazem bodu2 +

√2

2(1− i ) je bod

2−√

2

2(1− i ) a naopak.

4.35. Najdete obraz kruznice |z − 1− i | =√

2 .

Vysledek : Obrazem je prımka, ktera neprochazı pocatkem. Prikonstrukci se obraz dane kruznice dostane jednoduse jako prımka, kteraprochazı dvema samodruznymi body dane kruznice.

4.36. Najdete obraz kruznice∣∣∣∣z +

i

4

∣∣∣∣ = 1

4vypoctem i konstrukcı.

Vysledek : Obrazem je prımka y = 2 .

−− −− −− −− −−

4.37. Napiste algebraicky tvar funkce f(z) =1

2

(z +

1

z

).

Vysledek : Po dosazenı z = x + i y a upravach vyjde

f(z) =x(x2 + y2 + 1)

2(x2 + y2)+ i

y(x2 + y2 − 1)

2(x2 + y2).

4.38. V zobrazenı definovanem funkcı f(z) =1

2

(z +

1

z

)najdete obrazy

kruznic, ktere majı stred v pocatku.


Resenı: Je vhodne vyjıt z goniometrickeho tvaru komplexnıho cıslaz = r(cos ϕ + i sin ϕ) . Potom pro z 6= 0 vyjde

f(z) =1

2[r(cos ϕ + i sin ϕ) +

1

r(cos ϕ− i sin ϕ)] =

=1

2

(r +

1

r

)cos ϕ + i

1

2

(r − 1

r

)sin ϕ .

Obraz kruznice ( r je konstantnı ) je urcen parametrickymi rovnicemi

u =1

2

(r +

1

r

)cos ϕ , v =

1

2

(r − 1

r

)sin ϕ , ϕ ∈< 0, 2π) .

Pro r = 1 urcujı rovnice u = cos ϕ , v = 0 usecku < −1, 1 > .Pro r > 1 dostaneme parametricke rovnice kladne orientovane elipsy.Pro r < 1 vyjdou parametricke rovnice zaporne orientovane elipsy,

protoze1

r> r a koeficient pri sin ϕ je zaporny ( obr. 7 ).

Obr.7.

Dalsı funkce realne promenne muzeme snadno zobecnit pro libovolne kom-plexnı z ∈ C pomocı rad. Exponencialnı funkci ez definujeme jako

soucet absolutne konvergentnı rady ez =∞∑

n=0

zn

n!( viz pr. 3.23 ) .


Jako soucet absolutne konvergentnıch rad muzeme zapsat take dalsı odvozenefunkce

e−z =∞∑

n=0

(−1)n zn

n!, eiz =

∞∑n=0

inzn

n!, e−iz =

∞∑n=0

(−1)ninzn

n!.

Vysledek pr. 3.25 ukazuje, ze i pro komplexnı cısla je splnena zakladnı vlast-nost exponencialnıch funkcı ez1 ez2 = ez1+z2 .

Na zaklade souctu a rozdılu absolutne konvergentnıch rad definujeme dalsıfunkce

cos z =eiz + e−iz

2=

∞∑n=0

(−1)n z2n

(2n)!(kosinus),

cosh z =ez + e−z

2=

∞∑n=0

z2n

(2n)!(hyperbolicky kosinus),

sin z =eiz − e−iz

2i=

∞∑n=0

(−1)n z2n+1

(2n + 1)!(sinus),

sinh z =ez − e−z

2=

∞∑n=0

z2n+1

(2n + 1)!(hyperbolicky sinus).

4.39. Najdete hodnotu komplexnıch cısel a) e1+π i , b) e2+π2

i ,

c) e12

ln 2+π4

i , d) e1− i .

Resenı : a) e1+π i = e1 eπ i = e(cos π + i sin π) = −e ;b) e2+π

2i = e2 e

π2

i = i e2 ;

c) e12

ln 2+π4i = eln

√2 e

π4

i =√

2 (cosπ

4+ i sin

π

4) =

=√

2(

√2

2+ i

√2

2) = 1 + i ;

d) e1− i = e1 e− i = e (cos 1− i sin 1).= 2, 718 (0, 54− 0, 84 i ) .

4.40. Pro funkci f(z) = ez popiste zobrazenı rovnobezek se souradnymiosami v mnozine komplexnıch cısel −π < Im z ≤ π .

Resenı : Komplexnı cıslo w = ez vyjadrıme pomocı realne aimaginarnı casti komplexnıho cısla z


w = ez = ex+ i y = ez e i y = ex (cos y + i sin y) .Odtud je videt, ze |w| = |ez| = ex a y urcuje argument w =ez . Obrazem prımky x = c , c ∈ R je tedy kruznice se stredem vpocatku a s polomerem r = ec . Obrazem usecky (bez jednoho krajnıhobodu) y = c , c ∈ (−π, π > je poloprımka bodu s tımto argumentem.Obrazem dane mnoziny je cela Gaussova rovina ( obr. 8 ).

Obr.8.

4.41. Najdete algebraicky tvar funkce f(z) = z ez .

Resenı : f(z) = (x + i y)ex+ i y = (x + i y)ex e i y == x ex (cos y + i sin y) + i y ex (cos y + i sin y) == ex (x cos y − y sin y) + i ex (x sin y + y cos y) .

4.42. Podle uvedenych definic dokazte, ze pro vsechna z ∈ C platıa) cos2 z + sin2 z = 1 , b) cosh2 z − sinh2 z = 1 .

Resenı : a) Goniometricke funkce vyjadrıme podle definice pomocıexponencialnıch funkcı a pouzijeme pravidlo pro nasobenı ( pr. 3.25 )

(e i z + e− i z

2

)2

+

(e i z − e− i z

2 i

)2

=

=e2 i z + 2e i ze− i z + e− i z

4+

e2 i z − 2e i ze− i z + e−2 i z

−4=

4e0

4= 1 .


Podobne se odvodı druha rovnost.

4.43. Podle uvedenych definic dokazte, ze pro vsechna z ∈ C platıa) cosh( i z) = cos z , b) sinh( i z) = i sin z , c) cos( i z) = cosh z ,d) sin( i z) = i sinh z .

Resenı : Definicnı rovnosti platı pro vsechna z ∈ C , takze muzeme

v definici mısto z dosadit i z. Napr. cosh( i z) =e i z + e− i z

2= cos z .

4.44. Dosazenım exponencialnıch funkcı overte nasledujıcı rovnostia) cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2 ,b) sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2 ,c) cosh(z1 + z2) = cosh z1 cosh z2 + sinh z1 sinh z2 ,d) sinh(z1 + z2) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2 .

Navod : Dosazujte a vynasobte exponencialnı funkce nejprve napravych stranach danych rovnostı.

4.45. Najdete algebraicky tvar funkce a) f(z) = cos z , b) f(z) = sin z .

Resenı : a) Je mozne pouzıt predchazejıcı vzorce cos z = cos(x+ i y) =

cos x cos( i y)− sin x sin( i y) = cos x cosh y − i sin x sinh y .

b) Je mozne take pouzıt vyjadrenı pomocı exponencialnıch funkcı

sin z =1

2 i(e i z − e− i z) =

1

2 i(e i x e−y − e− i x ey) =

=1

2 i

[(cos x + i sin x) e−y − (cos x− i sin x) ey

]=

=1

2

[(sin x(e−y + ey) +

i

2 i 2cos x(e−y − ey)

]= sin x cosh y+ i cos x sinh y .

4.46. Vypocıtejte a) | cos z| , b) | sin z| , c) | cosh z| , d) | sinh z| .

Resenı : a) | cos z| =√

cos2 x cosh2 y + sin2 x sinh2 y =

=√

cos2 x(1 + sinh2 y) + sin2 x sinh2 y =√

cos2 x + sinh2 y .

Vysledky : b) | sin z| =√

sin2 x + sinh2 y ,

c) | cosh z| =√

cos2 y + sinh2 x ,

d) | sinh z| =√

sin2 y + sinh2 x .


4.47. Zjednoduste cos z cos z + sin z sin z .

Resenı : Snadno se da overit, ze cos z = cos z a sin z = sin z .Potom cos z cos z + sin z sin z = | cos z|2 + | sin z|2 == cos2 x + sinh2 y + sin2 x + sinh2 y = 1 + 2 sinh2 y == cosh2 y + sinh2 y = cosh 2y .

4.48. Najdete nasledujıcı funkcnı hodnotya) cos(π− i ) , b) cos(1 + i ln 2) , c) sin(π + i ) , d) sin(π

2− i ) .

Resenı : a) cos(π − i ) = cos π cosh(−1)− i sin π sinh(−1) == (−1) cosh(−1)− 0 = − cosh 1

.= −1, 543 ;

Vidıme, ze vypocıtana hodnota je mensı nez −1 .

b) cos(1 + i ln 2) = cos 12+ 1

2

2− i sin 1

2− 12

2= 5

4cos 1− i 3

4sin 1 =

= 14(5 cos 1− 3 i sin 1)

.= 1

4(2, 7− 2, 52 i ) = 0, 675− 0, 63 i ;

c) sin(π + i ) = sin π cosh 1 + i cos π sinh 1 = − i sinh 1.= −1, 175 i ;

d) sin(π2− i ) = sin π

2cosh(−1) + i cos π

2sinh(−1) = cosh1

.= 1, 543 .

Vidıme, ze vypocıtana hodnota je vetsı nez 1 .

4.49. Najdete nasledujıcı funkcnı hodnotya) cosh(ln 2 + i π) , b) sinh(1− i ) .

Resenı: a) cosh(ln 2+ i π) = cosh(ln 2) cos π+ i sinh(ln 2) sin π = −54

;b) sinh(2− i ) = sinh 2 cos(−1) + i cosh 2 sin(−1)

.= 1, 96− 3, 17 i .

4.50. Zobrazenı definovane funkcı f(z) = cos z rozlozte na jednodussızobrazenı. Zobrazte postupne mnozinu vsech komplexnıch cısel [ x, y ],pro ktera platı −π < x ≤ π ∧ y < 0 .

Vysledek : Funkce w = f(z) = cos z = e i z+e− i z

2se da vytvorit

slozenım funkcı w1 = i z , w2 = ew1 , w = 12(w2 + 1

w2) .

Obrazem dane mnoziny je cela Gaussova rovina s vynechanou useckou< −1, 1 > .

5.Derivace funkce komplexnı promenne 57

5. Derivace funkce komplexnı promenne

V teto kapitole rozsırıme dalsı pojmy z teorie realnych funkcı na funkcekomplexnı promenne. Budeme predpokladat, ze jednoznacna funkce kom-plexnı promenne f(z) je definovana v oblasti D ⊂ C∗, z0 je hromadny boddefinicnı oblasti D a a ∈ C∗ .

Funkce f(z) ma v bode z0 limitu a(

zapisujeme limz→z0

f(z) = a)

,

jestlize k libovolnemu okolı U(a, ε) existuje takove prstencove okolı P(z0, δ)( viz uvod kap. 3 ), pro ktere platı f [P(z0, δ)] ⊂ U(a, ε) . Tato definicezahrnuje pojem vlastnı i nevlastnı limity ve vlastnım i nevlastnım bode.

Funkce f(z) je spojita v bode z0 , jestlize z0 ∈ D a platılimz→z0

f(z) = f(z0) ∈ C .

Funkce f(z) ma derivaci v bode z0, jestlize existuje vlastnı limita

limz→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

= lim∆z→0

f(z0 + ∆z)− f(z0)

∆z= f ′(z0) .

Jestlize existuje derivace funkce f(z) = u(x, y) + i v(x, y) v bodez0 = x0 + i y0 , potom musı existovat v bode [x0, y0] parcialnı derivace

∂u(x, y)

∂x,

∂u(x, y)

∂y,

∂v(x, y)

∂x,

∂v(x, y)

∂ya musı byt v tomto bode [x0, y0]

splneny Cauchyovy-Riemannovy (nebo take d′Alembertovy-Eulerovy)podmınky

∂u(x, y)

∂x|[x0,y0] =

∂v(x, y)

∂y|[x0,y0] ,

∂u(x, y)

∂y|[x0,y0] = −∂v(x, y)

∂x|[x0,y0] .

Cauchyovy-Riemannovy podmınky tedy znamenajı n u t n e podmınkypro existenci derivace f ′(z0) . Nutna a postacujıcı podmınka pro existenciderivace f ′(z0) je splnenı Cauchyovych-Riemannovych podmınek a existencetotalnıch diferencialu funkcı u(x, y), v(x, y) v bode [x0, y0].

Jestlize pro z ∈ D existuje derivace funkce f(z) = u(x, y) + i v(x, y) ,


potom se da v algebraickem tvaru vyjadrit celkem ctyrmi zpusoby

f ′(z) =∂u(x, y)

∂x+ i

∂v(x, y)

∂x=

∂v(x, y)

∂y− i

∂u(x, y)

∂y=

=∂u(x, y)

∂x− i

∂u(x, y)

∂y=

∂v(x, y)

∂y+ i

∂v(x, y)

∂x.

Funkce f(z) se nazyva holomorfnı v bode z0 ∈ D , jestlize maderivaci v nejakem okolı bodu z0 . Funkce f(z) se nazyva holomorfnı voblasti D , jestlize je holomorfnı v kazdem bode z0 ∈ D . Pro derivacefunkcı komplexnı promenne platı stejne zakladnı vety jako pro funkce realnepromenne ( derivace souctu, soucinu, podılu, derivace slozene funkce ).

Funkce F (x, y) se nazyva harmonicka funkce v oblasti D , jestlizema v oblasti D spojite parcialnı derivace 2.radu a splnuje Laplaceovu

diferencialnı rovnici∂2F (x, y)

∂x2+

∂2F (x, y)

∂y2= 0 .

Dve harmonicke funkce u(x, y) , v(x, y) , ktere splnujı Cauchyovy-Rie-mannovy podmınky, se nazyvajı sdruzene harmonicke funkce.

5.1. Zapiste pomocı nerovnic definice nasledujıcıch limita) lim

z→z0f(z) = ∞ , b) lim

z→∞f(z) = a , a ∈ C , c) lim

z→∞f(z) = ∞ .

Navod : Okolı vyjadrete nerovnicemi ( viz uvod kap. 3 ) napr.pro a ∈ C : U(a, ε) = {z ∈ C : |z − a| < ε};pro a = ∞ : U(a, ε) = {z ∈ C : |z| > 1

ε} .

Existence okolı bude zarucena pozadavkem existencı kladneho cısla ε .

5.2. Dokazte, ze soucet a soucin dvou funkcı, ktere jsou holomorfnıv bode z0 ∈ D , je take holomorfnı funkce v bode z0 .

Navod : Dukaz vychazı z existence pruniku dvou okolı bodu z0 .

5.3. Podle definice vypocıtejte obema zpusoby derivace funkcı

a) f(z) =1

z, b) f(z) = z3 , c) f(z) =

1

z2.

Resenı : a) Podle prvnıho zpusobu vypoctu limity

f ′(z0) = limz→z0

1z− 1

z0

z − z0

= limz→z0

z0−zzz0

z − z0

= limz→z0

−1

zz0

= − 1

z20

.


Podle druheho zpusobu vypoctu limity dostaneme

f ′(z0) = lim∆z→0

1z0+∆z

− 1z0

∆z= lim

∆z→0

−∆zz0(z0+∆z)

∆z= lim

∆z→0

−1

z0(z0 + ∆z)= − 1

z20

.

5.4. Necht’ pro z ∈ C existuje derivace f ′(z) . Odvod’te Cauchyovy-Riemannovy podmınky pro derivaci funkce f(z) = u(x, y)+ i v(x, y) .

Resenı : Existence f ′(z) a tedy take limity ( v algebraickem tvaru)

lim∆x→0∆y→0

u(x + ∆x, y + ∆y) + i v(x + ∆x, y + ∆y)− u(x, y)− i v(x, y)

∆x + i ∆y

zarucuje existenci limit na podmnozinach ( prımkach ) ∆y = 0 a∆x = 0 .

Odtud vyjde pro ∆y = 0

lim∆x→0

u(x + ∆x, y) + i v(x + ∆x, y)− u(x, y)− i v(x, y)

∆x=

= lim∆x→0

u(x + ∆x, y)− u(x, y)

∆x+ i lim

∆x→0

v(x + ∆x, y)− v(x, y)

∆x=

=∂u(x, y)

∂x+ i

∂v(x, y)

∂x.

Pro ∆x = 0 vyjde

lim∆y→0

u(x, y + ∆y) + i v(x, y + ∆y)− u(x, y)− i v(x, y)

i ∆y=

= lim∆y→0

u(x, y + ∆y)− u(x, y)

i ∆y+ lim

∆y→0

v(x, y + ∆y)− v(x, y)

∆y=

= − i∂u(x, y)

∂y+

∂v(x, y)

∂y.

Z rovnosti techto limit dostaneme Cauchyovy-Riemannovy podmınky.

5.5. Z algebraickeho tvaru funkce f(z) = ez vypocıtejte jejı derivaci prolibovolne z = x + i y .

Resenı : Existence derivace funkce f(z) = ez vyplyva z moznostiderivovat absolutne konvergentnı radu ( viz kap. 4 ). Derivovanım podlepromenne x vypocıtame

f ′(z) =∂u(x, y)

∂x+ i

∂v(x, y)

∂x= ex(cos y + i sin y) = ez .


5.6. Z algebraickeho tvaru funkce f(z) = z3 vypocıtejte jejı derivaci prolibovolne z = x + i y .

Resenı : Existence derivace se da overit vypoctem limity . Z alge-braickeho tvaru z3 = x3−3xy2 + i (3x2y−y3) dostaneme derivovanımpodle promenne xf ′(z) = ∂u

∂x+ i ∂v

∂x= 3x2 − 3y2 + 6 i xy = 3( x2 + 6 i xy − y2 ) = 3z2 .

5.7. Pro funkci f(z) = 1z

overte, ze jsou pro vsechna z ∈ C −{0} splnenyCauchyovy-Riemannovy podmınky.

Navod : Splnenı obou podmınek dostanete z algebraickeho tvarufunkce ( pr. 4.12 ).

5.8. Pro funkci f(z) = cos z overte, ze jsou pro vsechna z ∈ C splnenyCauchyovy-Riemannovy podmınky.

Navod : Splnenı obou podmınek dostanete snadnym vypoctem zalgebraickeho tvaru cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y .

5.9. Rozhodnete, pro ktera z ∈ C existuje derivace funkce f(z) = |z|2 .

Resenı : Protoze u(x, y) = x2 + y2 , v(x, y) = 0 , vyjde ∂u∂x

= 2x == 0 = ∂v

∂y, ∂u

∂y= 2y = 0 = − ∂v

∂x. Jedine resenı je x = 0 , y = 0 .

Ze derivace pro z = 0 skutecne existuje, plyne z vypoctu

limz→0

|z|2

z= lim

z→0

z z

z= lim

z→0z = 0 .

5.10. Rozhodnete, pro ktera z ∈ C existuje derivace funkce f(z) = z .

Resenı : Protoze ∂u∂x

= 1 a ∂v∂y

= −1 , Cauchyovy-Riemannovypodmınky nejsou splneny pro zadne z ∈ C . Proto nemuze existovatderivace.

5.11. Jestlize v oblasti D ma holomorfnı funkce pouze realne hodnoty,musı to byt konstantnı funkce. Dokazte !

Resenı : Pozadovana podmınka znamena, ze v(x, y) = 0 . Pro holo-morfnı funkci musı byt splneny Cauchyovy-Riemanovy podmınky, takze

v oblasti D je∂u(x, y)

∂x= 0 ∧ ∂u(x, y)

∂y= 0 , tj. d u(x, y) = 0 . Tuto

podmınku splnujı prave konstantnı funkce.


5.12. Pro funkci, ktera je holomorfnı v oblasti D , vyjadrete Cauchyovy-Riemannovy podmınky v polarnıch souradnicıch.

Resenı : Dosazenım x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ vzniknou slozene funkceu(ρ, ϕ) a v(ρ, ϕ). Podle pravidel pro derivovanı slozenych funkcı vyjde

∂u

∂ρ=

∂u

∂xcos ϕ +

∂u

∂ysin ϕ =

∂v

∂ycos ϕ− ∂v

∂xsin ϕ ,

∂v

∂ϕ= −∂v

∂xρ sin ϕ +

∂v

∂yρ cos ϕ ⇒ ρ

∂u

∂ρ=

∂v

∂ϕ.

∂v

∂ρ=

∂v

∂xcos ϕ +

∂v

∂ysin ϕ = −∂u

∂ycos ϕ +

∂u

∂xsin ϕ ,

∂u

∂ϕ= −∂u

∂xρ sin ϕ +

∂u

∂yρ cos ϕ ⇒ ρ

∂v

∂ρ= −∂u

∂ϕ.

5.13. Jestlize funkce f(z) = u(x, y)+ i v(x, y) je holomorfnı v oblasti D ,potom jsou funkce u(x, y) a v(x, y) sdruzene harmonicke funkcev oblasti D . Dokazte !

Resenı : Pro holomorfnı funkci jsou samozrejme splneny Cauchyovy-Riemannovy podmınky, takze je treba pouze dokazat, ze funkce u(x, y)a v(x, y) splnujı Laplaceovu diferencialnı rovnici. Kazda holomorfnıfunkce v oblasti D ma v teto oblasti take vsechny derivace vyssıhoradu, takze funkce u(x, y) a v(x, y) majı spojite parcialnı derivace2. radu podle x a y. Pro f ′(z) = ∂u

∂x+ i ∂v

∂xmusı byt take splneny

Cauchyovy-Riemannovy podmınky

1)∂

∂x

(∂u

∂x

)=

∂

∂y

(∂v

∂x

)2)

∂

∂y

(∂u

∂x

)= − ∂

∂x

(∂v

∂x

).

Take pro druhe vyjadrenı derivace f ′(z) = ∂v∂y− i ∂u

∂ymusı byt splneny

Cauchyovy-Riemannovy podmınky

3)∂

∂x

(∂v

∂y

)=

∂

∂y

(−∂u

∂y

)4)

∂

∂y

(∂v

∂y

)= − ∂

∂x

(−∂u

∂y

).

Za danych podmınek hodnota smısenych parcialnıch derivacı nezalezına poradı derivovanı. Proto z 1. a 3. rovnice dostanete Laplaceovurovnici pro funkci u(x, y) a z 2. a 4. rovnice pro funkci v(x, y) .


5.14. Necht’ u(x, y) a v(x, y) jsou sdruzene harmonicke funkce v oblasti D.Dokazte, ze take dvojicea) a u(x, y)− b v(x, y) , b u(x, y) + a v(x, y) , a, b ∈ R ,b) eu(x,y) cos v(x, y) , eu(x,y) sin v(x, y)jsou sdruzene harmonicke funkce v oblasti D .

Navod : Dukaz je zalozen na tom, ze dane dvojice funkcı odpovıdajıa) soucinu holomorfnı funkce a komplexnıho cısla a + i b ,b) slozene exponencialnı funkci, kde v exponentu je holomorfnı funkce.

5.15. V oblasti D = C − {0} najdete vsechny harmonicke funkce, kteremajı tvar u(x, y) = F (x2 + y2) .

Resenı : Slozena funkce u(x, y) = F (t) , t = x2 + y2 musı splnovatLaplaceovu rovnici. Je treba vypocıtat derivace ( carky oznacujı derivace

podle t )∂u(x, y)

∂x= F ′(t) 2x ,

∂2 u(x, y)

∂x2= F ′′(t) 2x 2x + F ′(t) 2

(derivace soucinu).

Podobne∂u(x, y)

∂y= F ′(t) 2y ,

∂2 u(x, y)

∂y2= F ′′(t) 2y 2y + F ′(t) 2 .

Po dosazenı ma Laplaceova rovnice tvar4x2 F ′′(t)+2F ′(t)+4y2 F ′′(t)+2F ′(t) = 0 neboli tF ′′(t)+F ′(t) = 0 .Resenı teto diferencialnı rovnice vzhledem k funkci F ′(t) se provedejednoduse separacı promennych, takze F ′(t) = C1

t, F (t) = C1 ln t+C2

a u(x, y) = C1 ln(x2 + y2) + C2 .

5.16. V oblasti C najdete vsechny harmonicke funkce, ktere majı tvaru(x, y) = F (x2 − y2) .

Vysledek : Podobne jako v pr. 5.15 u(x, y) = C1 (x2 − y2) + C2 .

V prıkladech 5.17 - 5.24 najdete funkci f(z) = u(x, y) + i v(x, y) , ktera matyto vlastnosti: 1) je holomorfnı v definicnı oblasti D ,

2) jejı realna ( imaginarnı ) cast je dana harmonicka funkce,3) splnuje danou doplnujıcı podmınku f(z0) = w0 .

5.17. Re f(z) = u(x, y) = x3 + 6x2y − 3xy2 − 2y3 , f(0) = 0 .


Resenı : Nejprve je treba overit, ze dana funkce je harmonicka.Podle Cauchyovych-Riemannovych podmınek dostaneme jednoduchousoustavu parcialnıch rovnic pro funkci v(x, y)

∂u(x, y)

∂x= 3x2 + 12xy − 3y2 =

∂v(x, y)

∂y,

∂u(x, y)

∂y= 6x2 − 6xy − 6y2 = −∂v(x, y)

∂x.

Integracı prvnı rovnice ( podle y ) dostaneme

v(x, y) = 3x2y + 6xy2 − y3 + C(x) . Odtud∂v

∂x= 6xy + 6y2 + C ′(x)

a dosazenım do druhe rovnice dostaneme 6x2 = −C ′(x) a odtudC(x) = −2x3 + C1 .Hledana holomorfnı funkce ma tedy tvarf(z) = x3 + 6x2y − 3xy2 − 2y3 + i (−2x3 + 3x2y + 6xy2 − y3 + C1) .Vzhledem k dane podmınce f(0) = 0 musı byt C1 = 0 .Vhodnymi upravami se da zıskat vyjadrenı funkce v zavislosti na zf(z) = x3 + 3 i x2y − 3xy2 − i y3 − 2 i x3 + 6x2y + 6 i xy2 − 2y3 == (x + i y)3 − 2 i (x + iy)3 = z3 − 2 i z3 = (1− 2 i ) z3 .

5.18. Re f(z) = u(x, y) = x2 − y2 − y , f(0) = 0 .

Vysledek : Funkce u(x, y) je harmonicka, v(x, y) = 2xy + x ,f(z) = x2 − y2 − y + 2 i xy + i x = (x + i y)2 + i (x + i y) = z2 + i z .

5.19. Re f(z) = u(x, y) = e−x sin y + 2xy , f(0) = 0 .

Resenı : Snadno overıme ze u(x, y) = e−x sin y +2xy je harmonickafunkce. Z Cauchyovych-Riemannovych podmınek dostaneme jednodu-chou soustavu parcialnıch rovnic pro funkci v(x, y)

∂u(x, y)

∂x= −e−x sin y + 2y =

∂v(x, y)

∂y,

∂u(x, y)

∂y= e−x cos y + 2x = −∂v(x, y)

∂x.

Integracı prvnı rovnice ( podle y ) dostaneme v(x, y) = e−x cos y+y2+

+C(x). Odtud∂v

∂x= −e−x cos y+C ′(x) a dosazenım do druhe rovnice

dostaneme 2x = −C ′(x) a odtud C(x) = −x2 + C1 .


Hledana holomorfnı funkce ma tedy tvar f(z) = e−x sin y + 2xy +i (e−x cos y + y2 − x2 + C1) . Vzhledem k dane podmınce f(0) = 0musı byt C1 = −1 . Vyslednou funkci muzeme dale upravovatf(z) = e−x(sin y+ i cos y)+2xy+ i (y2−x2)− i = i e−x(cos y− i sin y)−− i (x2 − y2 + 2xy i )− i = i (e−z − z2 − 1) .

5.20. Re f(z) = u(x, y) = ey cos x− x , f(0) = 1 .

Vysledek : Funkce u(x, y) je harmonicka, v(x, y) = −ey sin x− y ,f(z) = ey cos x− x− i ey sin x− i y = ey(cos x− i sin x)− (x + i y) == ey− i x − (x + i y) = e− i z − z .

5.21. Im f(z) = v(x, y) = sin x cosh y , f(0) = 0 .

Vysledek : Funkce v(x, y) je harmonicka, u(x, y) = − cos x sinh ya hledana holomorfnı funkce f(z) = i sin z .

5.22. Re f(z) = u(x, y) =y

x2 + y2, f(1) = 0 .

Vysledek : Funkce u(x, y) je harmonicka, v(x, y) =x

x2 + y2+ C1

a hledana holomorfnı funkce ma tedy tvar

f(z) =y

x2 + y2+ i

x

x2 + y2+ i C1 =

i (x− i y)

x2 + y2+ i C1 =

i

z+ i C1.

Ze zadane doplnujıcı podmınky vyjde C1 = −1 .

5.23. Re f(z) = u(x, y) = ex(x cos y − y sin y) , f(0) = 0 .

Vysledek : Funkce u(x, y) je harmonicka, v(x, y) = ex(x sin y++y cos y) a hledana holomorfnı funkce f(z) = z ez .

5.24. Re f(z) = u(x, y) = x cos x cosh y + y sin x sinh y , f(0) = 0 .

Vysledek : Funkce u(x, y) je harmonicka, v(x, y) = y cos x cos y−−x sin x sin y a hledana holomorfnı funkce f(z) = z cos z .

6.Inverznı a mnohoznacne funkce 65

6. Inverznı a mnohoznacne funkce

Jestlize funkce f(z) je holomorfnı v oblasti D a definuje proste zobrazenıoblasti D na oblast D′ rozsırene Gaussovy roviny, potom existuje jedinainverznı funkce g(z) = f−1(z) definovana v oblasti D′. Pro z0 ∈ D platı

g[f(z0)] = f−1[f(z0)] = z0 a g′[f(z0)] =1

f ′(z0).

K funkci, ktera nenı v oblasti D prosta, neexistuje jednoznacna inver-znı funkce. Je vsak mozne opustit predstavu zobrazenı funkcnıch hodnot doGaussovy roviny a zkonstruovat takovou plochu ( Riemannovu ), aby zo-brazenı oblasti D na Riemannovu plochu bylo proste. Potom je mozne defi-novat jednoznacnou inverznı funkci, ktera ma definicnı obor na Riemannoveplose. Temito problemy se dale nebudeme zabyvat.

Druhy obvykly zpusob popisu inverznıch funkcı k funkcım, ktere nejsouproste, je zavedenı pojmu mnohoznacne funkce. Pokud se pouzije pojemfunkce ve smyslu mnohoznacne funkce, musı to byt ovsem vyslovne uvedeno.Pri zapisu techto funkcı se obvykle pouzıva velke pısmeno ( napr. Arg z ).

V prıkladech 6.1 - 6.7 urcete, zda dana funkce definuje proste zobrazenıdane oblasti D do rozsırene Gaussovy roviny C∗.

6.1. f(z) =az + b

cz + d, c 6= 0 , ad− bc 6= 0 , D = C .

Resenı : Prosta funkce musı splnovat implikaci f(z1) = f(z2) ⇒z1 = z2 . Z rovnosti zlomku ( hodnot funkce ) dostaneme

az1 + b

cz1 + d=

az2 + b

cz2 + d,

a cz1z2 + ad z1 + bc z2 + bd = ac z1z2 + a dz2 + bc z1 + bd ,

(ad− bc)z1 = (ad− bc)z2 ,

z1 = z2 (ad− bc 6= 0).

Jestlize se doplnı definice funkce zapisem f(−dc) = ∞ , je videt, ze jde

o proste zobrazenı na rozsırenou Gaussovu rovinu.


6.2. f(z) = az + b , a 6= 0 , D = C.Vysledek : Funkce definuje proste zobrazenı C na C . Jestlize se

definice funkce doplnı zapisem f(∞) = ∞ , potom funkce definujeproste zobrazenı C∗ na C∗ .

6.3. f(z) = z2 , D = {z ∈ C : 1 < |z| < 2} .

Resenı : Oblast D je vnitrek mezikruzı se stredem v pocatku, takzev nem existujı body z1 , z2 = −z1 , pro ktere platı z2

1 = z22 . Proto

zobrazenı nenı proste.

6.4. f(z) = z2 , D = {z ∈ C : |z − 1 + i | < 1} .

Resenı : Oblast D je vnitrnı oblast kruznice se stredem v bode 1− ia s polomerem 1 . V teto oblasti nelze najıt dve opacna komplexnı cısla,takze toto zobrazenı je proste.

6.5. f(z) = ez , D = {z ∈ C : |z| < 4} .

Resenı : V dane oblasti lezı napr.body z1 = − i π, z2 = i π, pro ktereplatı ez2 = e i π = e− i π+2 i π = e− i π e2 i π = e− i π = ez1 ,takze zobrazenı nenı proste.

6.6. f(z) = ez , D = {z ∈ C : −π < Im z ≤ π} .

Vysledek : V dane oblasti je zobrazenı proste ( pr. 4.40 ).

6.7. f(z) =1

2(z +

1

z) , D = {z ∈ C : 0 < |z| < 1} .

Resenı : Z rovnosti funkcnıch hodnot1

2(z1 +

1

z1

) =1

2(z2 +

1

z2

) vyjde

z1 − z2 +1

z1

− 1

z2

= z1 − z2 +z2 − z1

z1 z2

= (z1 − z2)(1−1

z1z2

) = 0 .

V dane oblasti nenı jmenovatel zlomku roven nule ani se nemuze rovnatjedne. Vyrazem ve druhe zavorce ( nenulovym ) muzeme rovnici delita dostaneme z1 − z2 = 0, tj. z1 = z2 . Zobrazenı dane oblasti doGaussovy roviny je tedy proste.

6.8. K funkci f(z) =2z + 1

z − 1definovane v oblasti D = C − {1} najdete

inverznı funkci.


Resenı : Z rovnice2w + 1

w − 1= z vyjadrıme w v zavislosti na z :

2w + 1 = z(w − 1) ⇒ z w − 2w = z + 1 ⇒ w =z + 1

z − 2.

Jednoznacna inverznı funkce f−1(z) =z + 1

z − 2je definovana pro z 6= 2 .

Definici puvodnı funkce je mozno doplnit f(1) = ∞ , f(∞) = 2 azrejme take f−1(2) = ∞ , f−1(∞) = 1 .

6.9. K funkci f(z) = i z + 1 , D = C najdete inverznı funkci.

Vysledek : Existuje jednoznacna inverznı funkce f−1(z) = i (1− z) .

6.10. K funkci f(z) =z + 2

z − 1definovane v oblasti D = C − {1} najdete

inverznı funkci.

Vysledek: Pro z 6= 1 existuje jednoznacna inverznı funkce

f−1(z) =z + 2

z + 1.

6.11. K funkci f(z) =z + i

z − idefinovane v oblasti D = C − { i } najdete

inverznı funkci.

Vysledek: Pro z 6= 1 existuje jednoznacna inverznı funkce

f−1(z) = iz + 1

z − 1.

6.12. Popiste inverznı funkci k funkci f(z) = z2 .

Resenı : Jestlize w2 = z , potom take (−w)2 = z , takze definicnırovnici pro inverznı funkci splnujı dve hodnoty. Jestlize se vybere jednodohodnute resenı ( napr. Re w > 0 ∨ w = a i , a ∈ R , a ≥ 0 ) ),vznikne jednoznacna inverznı funkce ( druha odmocnina ).

6.13. V mnozine C najdete algebraickou metodou vsechna resenı rovnicew2 = 1 + i

√3 .

Resenı : Resenı rovnice w2 = u2−v2+2uv i = 1+ i√

3 je ekvivalentnıresenı soustavy rovnic v mnozine Ru2 − v2 = 1 , 2uv =

√3 .


Z druhe rovnice vyjadrıme u a po odstranenı zlomku dostaneme

4u4 − 4u2 − 3 = 0 ⇒ u2 = 32

( u2 = −12

nema resenı v R) .

Odtud

u1 =

√3

2=

√6

2, v1 =

√2

2,

u2 = −√

3

2= −

√6

2, v2 = −

√2

2,

w1 =

√2

2(√

3 + i ) , w2 = −√

2

2(√

3 + i ) .

6.14. Napiste algebraicke vyjadrenı jednoznacne inverznı funkce, kterabyla popsana v pr. 6.12.

Resenı : Z vyjadrenı w2 = (u + i v)2 = x + i y(= z) dostanemesoustavu

u2 − v2 = x , 2uv = y .

Resenı teto soustavy pri splnenı podmınky u > 0 je jednoznacne

y ≥ 0 : u =

√1

2(√

x2 + y2 + x) , v =

√1

2(√

x2 + y2 − x) ,

y < 0 : u =

√1

2(√

x2 + y2 + x) , v = −√

1

2(√

x2 + y2 − x) ,

Prıpad u = 0 muze nastat pouze pro x ≤ 0 a v tomto prıpade jetreba volit nezapornou hodnotu odmocniny v =

√−x .

6.15. Popiste inverznı funkci k funkci f(z) = zn , n ∈ N .

Navod : Inverznı funkci jako resenı rovnice wn = z je treba chapat jako

n - znacnou funkci w = n

√|z| e

arg z+2kπn

i , k = 0, 1, 2, ...n− 1 . Vyberemjedne z techto hodnot ( k = 0) lze definovat jednoznacnou funkci.

6.16. Popiste mnohoznacnou inverznı funkci ( Ln z ) k funkci f(z) = ez .

Resenı : Podle zakladnı vlastnosti exponencialnı funkce ( pr. 3.25 )pro vsechna w ∈ C , k ∈ Z platı ew+2kπ i = ew e2kπ i = ew . RovniceeLn z = ew = z , ktera definuje inverznı funkci Ln z , ma v mnozineC nekonecne mnoho resenı. Jestlize se vybere jedno dohodnute resenı( obvykle −π < Im Lg z ≤ π ), vznikne jednoznacna inverznı funkce


( ln z ). Pro kladna realna cısla je funkce ln z totozna s realnoulogaritmickou funkcı.

6.17. V mnozine C reste rovnici a) ew = 1 b) ew = −1 .

Resenı : a) Cıslo 1 muzeme vyjadrit v exponencialnım tvaru nekonecnemnoha zpusoby, takze dostaneme rovnici

ew = eu+ i v = e2kπ i , k ∈ Z .

Proto v mnozine C vyjde nekonecne mnoho resenı wk = 2kπ i , k ∈ Z ,zatımco v mnozine R existuje pouze jedno resenı w0 = 0 .

b) Z vyjadrenı cısla −1 v exponencialnım tvaru dostanemeew = eu+ i v = e(2k−1)π i , k ∈ Z .V mnozine C ma i tato rovnice nekonecne mnoho resenıwk = (2k − 1)π i , k ∈ Z , zatımco v mnozine C tato rovnice nemazadne resenı.

6.18. V mnozine C reste rovnici a) ew = i − 1 b) ew = 1− i√

3c) ew = −2 .

Resenı : a) Pro komplexnı cıslo i − 1 pouzijeme zapis v expo-

nencialnım tvaru ew = eu e i v =√

2e3π4

i . Tato rovnice je ekvivalentnıdvema rovnicım eu =

√2 , v = 3π

4+ 2kπ , k ∈ Z , takze rovnice ma

nekonecne mnoho resenı w = ln√

2 + i (2k + 34)π , k ∈ Z ,

Vysledky : b) w = ln 2 + i (2k + 13)π , k ∈ Z ,

c) w = ln 2 + i (2k + 1)π , k ∈ Z .

6.19. Napiste algebraicke vyjadrenı mnohoznacne funkce w = Ln z .

Resenı : Pouzijeme vyjadrenı v exponencialnım tvaru ew = eu eiv == |z| earg z , odtud w = Ln z = ln |z| + i (arg z + 2kπ), k ∈ Z. Jemozne definovat mnohoznacnou funkci Arg z = arg z + 2kπ, k ∈ Za psat Ln z = ln |z|+ i Arg z .

6.20. Pro libovolne a ∈ C lze definovat obecnou mocninu jako nekonecnemnohoznacnou funkci za = ea Ln z . Vyjadrete algebraicky tvar mno-hoznacne funkce f(z) = z− i .

Resenı : Dosazenım do obecneho zapisu dostanetef(z) = z− i = e− i Ln z = e i [ ln |z|+ i ( arg z+2kπ) ] == earg z+2kπ e− i lg |z| = e2kπearg z(cos ln |z| − i sin ln |z|) , k ∈ Z .


6.21. V mnozine C vyjadrete, jaky vyznam majı nasledujıcı zapisya) (−1) i b) (−1)

√2 c) 2 i d) i i .

Resenı : a) (−1) i = e i Ln (−1) = e i i (1+2k)π = e−(2k+1)π ,

b) (−1)√

2 = e√

2 Ln (−1) = e i√

2(2k+1)π ,c) 2 i = e i Ln 2 = e i (lg 2+ i 2kπ) = e−2kπ e i lg 2 ,

d) i i = e i Ln i = e i i (2k+ 12)π = e−(4k+1)π

2 .

6.22. Vyjadrete inverznı funkci k funkci f(z) =1

2(z +

1

z) , z 6= 0 jako

mnohoznacnou funkci.

Resenı : Hodnota inverznı funkce w musı splnovat podmınku1

2(w +

1

w) = z . Po uprave dostaneme w2 − 2w + 1 = 0 , takze

w = z +√

z2 − 1 .Symbol odmocniny je treba chapat jako dvojznacnou funkci.

6.23. V mnozine C reste na zaklade algebraickeho tvaru rovnicia) sin w = 0 , b) cos w = 0 .

Resenı : a) Do rovnice dosadıme algebraicky tvar funkce sin w == sin(u + i v) = sin u cosh v + i cos u sinh v = 0 ( podle pr. 4.45 ) adostaneme soustavu rovnic pro dve realne nezname u, v ∈ R

Re sin w = sin u cosh v = 0 , Im cos u sinh v = 0 .

V prvnı rovnici musı byt sin u = 0 , protoze pro vsechna v ∈ R platıcosh v ≥ 1 . Odtud vyjde u = kπ , k ∈ Z .Ve druhe rovnici cos kπ = (−1)k 6= 0 a musı tedy byt splnena rovnicesinh v = 0 . Odtud dostaneme jednoznacne v = 0 .Resenı dane rovnice v mnozine C jsou ( stejne jako v mnozine R )hodnoty wk = kπ , k ∈ Z .

b) Z rovnosti cos w = cos(u + i v) = 0 dostaneme podle pr. 4.45soustavu rovnic pro dve realne nezname u, v ∈ R

Re cos w = cos u cosh v = 0 , Im cos w = − sin u sinh v = 0 .

Z prvnı rovnice vyjde jednoznacne u = (2k−1)π2

, k ∈ Z ( cosh v ≥ 1 ).Z druhe rovnice opet jednoznacne v = 0 , takze resenı dane rovnicev mnozine C jsou (stejne jako v mnozine R ) w = (2k− 1)π

2, k ∈ Z.


6.24. V mnozine C reste na zaklade algebraickeho tvaru rovnici

a) cos w =3

4i , b) cos w = 2 .

Vsimnete si, ze v mnozine C existuje ( nekonecne mnoho ) resenıtechto rovnic, ktera vsak samozrejme nemohou byt realna.

Resenı : a) Po algebraickem vyjadrenı funkce cos w (pr. 4.45)dostaneme z rovnosti komplexnıch cısel soustavu rovnic

Re cos w = cos u cosh v = 0 , Im cos w = sin u sinh v = −34

.

Z prvnı rovnice vyjde jednoznacne cos u = 0, protoze v mnozine Rplatı vzdy cosh v ≥ 1 . Mnozinu vsech resenı u je mozne vyjadrit jako

sjednocenı u = (4k + 1)π

2∨ u = (4k − 1)

π

2, k ∈ Z .

Z druhe rovnice po dosazenı vyjde sinh v =3

4nebo sinh v = −3

4.

Prvnı moznost vede k rovnici sinh v =ev − e−v

2=

3

4neboli po uprave

2(ev)2 − 3ev − 2 = 0 .

Tato rovnice ma v mnozine R dve resenı ev = 2 a ev = −1

2, ale

druhe resenı nevede k realnemu resenı pro hodnotu v . Proto vyjdejednoznacne pouze v = ln 2 .

Druha moznost vede k rovnici sinh v =ev − e−v

2= −3

4neboli ke

kvadraticke rovnici 2(ev)2 + 3ev − 2 = 0 . K realnemu resenı vedepouze ev = 1

2, takze v = ln 1

2= − ln 2 .

Resenı rovnice cos w =3

4i jsou hodnoty

w = (4k + 1)π + i ln 2, w = (4k − 1)π − i ln 2.

b) Dostaneme soustavu rovnic cos u cosh v = 2 , sin u sinh v = 0Z druhe rovnice vyjde sin u = 0 ∨ sinh v = 0 . Moznost sinh v = 0vede k jedinemu resenı v = 0 . Protoze cosh 0 = 1 , vyjde po dosazenıdo prvnı rovnice cos u = 2 a tato rovnice nema resenı v mnozine R .Moznost sin u = 0 vede k resenı u = 2kπ , k ∈ Z a po dosazenı(−1)k cosh v = 2 . Resenı v mnozine R existuje pouze pro sude hod-noty k : v = ± ln(2 +

√3) .


Resenı puvodnı rovnice jsou w = 2kπ ± i ln(2 +√

3) , k ∈ Z .

6.25. V mnozine C reste rovnici 3 cosh w + 5 = 0 .V mnozine R tato rovnice zrejme nema resenı, protoze hyperbolickykosinus nemuze byt zaporny.

Resenı : Je treba zıskat algebraicky tvar funkce cosh w ( napr. nazaklade rovnosti cosh w = cos i w a podle pr. 4.45 ). DostanemeRe cosh w = cosh u cos v = −5

3, Im cosh w = sinh u sin v = 0 .

Z prvnı rovnice dostaneme podmınku cos v > 0 , protoze cosh u ≥ 1 .Z druhe rovnice vyjde u = 0 ∨ v = kπ , k ∈ Z , ale u = 0vede v prvnı rovnici k podmınce cos v = −5

3, ktera nema v mnozine

R resenı. Vzhledem k podmınce cos v > 0 zustava pouze moznostv = (2k− 1)π . Potom pro u musı byt splnena podmınka cosh u = 5

3,

neboli (eu)2 − 10u + 3 = 0 ⇒ u = ± ln 3 .

Resenı puvodnı rovnice jsou w = ± ln 3 + (2k − 1)πi , k ∈ Z .

6.26. Vyjadrete inverznı funkci k funkci f(z) = cos z .

Resenı : Inverznı funkce je definovana rovnicı cos w = z . Z expo-

nencialnıho vyjadrenı z =1

2(e i w + e− i w) =

1

2(e i w +

1

e i w) muzeme

vyjadrit e i w = z +√

z2 − 1 ( pr. 6. 21 ) a odtud i w = Ln (z +√z2 − 1) ,

takze w = − i Ln (z +√

z2 − 1) .

Symbol odmocniny je treba chapat jako dvojznacnou funkci.

7.Zaklady konformnıho zobrazenı 73

7. Zaklady konformnıho zobrazenı

Existence nenulove derivace funkce komplexnı promenne ma podstatnyvliv na geometricke vlastnosti zobrazenı, ktere je touto funkcı definovano.

Jestlize funkce w = f(z) ma v bode z0 derivaci f ′(z0) = lim∆z→0

∆w

∆z6= 0 ,

zapisme v exponencialnım tvaru

∆z = ∆r e iϕ , kde ∆r = |∆z| , ϕ = arg ∆z ,

∆w = ∆ρ e iψ , kde ∆ρ = |∆w| , ψ = arg ∆w ,

f ′(z0) = lim∆z→0

∆w

∆z= lim

∆z→0

∆ρ eiψ

∆r eiϕ= lim

∆r→0

∆ρ

∆rlim

∆z→0e i (ψ−ϕ) .

Pro f ′(z0) 6= 0 je jednoznacne definovan argument arg f ′(z0) a muzemezapsat take f ′(z0) = |f ′(z0)| e i arg f ′(z0) . Srovnanım obou zapisu derivacedostaneme nasledujıcı podmınky

|f ′(z0)| = lim∆z→0

∆ρ

∆r, arg f ′(z0) = lim

∆z→0ψ − lim

∆z→0ϕ .

Tyto hodnoty zavisı pouze na hodnote derivace v bode z0 a pri vypoctulimit musı tedy vyjıt stejne vysledky pro body na libovolne krivce Cprochazejıcı bodem z0 . Odtud dostaneme tyto dusledky :

1. pomer vzdalenosti obrazu w1 , w0 ke vzdalenosti puvodnıch boduz1 , z0 je v okolı bodu z0 priblizne konstantnı,

2. uhel tecen obrazu dvou krivek je stejny jako uhel tecen vzoru techtokrivek.

Takova zobrazenı muzeme charakterizovat tım, ze dostatecne male obrazcese zobrazı jako podobne.

Zobrazenı, ktere ma tyto dve vlastnosti, nazveme konformnı v bodez0 . Holomorfnı funkce, pro kterou f ′(z0) 6= 0 , definuje v okolı bodu z0

konformnı zobrazenı. Jestlize pro vsechna z z oblasti D je f ′(z) 6= 0 , potomprosta holomorfnı funkce f(z) definuje konformnı zobrazenı oblasti Dna nejakou oblast D′ .


7.1. Dokazte, ze linearnı funkce f(z) = az + b , a 6= 0 definuje konformnızobrazenı libovolne oblasti D ⊂ C .

Resenı : Zobrazenı je podobnost ( viz pr. 4.16 ) s koeficientem podob-

nosti k =√a2

1 + a22 nebo shodnost ( pro

√a2

1 + a22 = 1 ).

7.2. V zobrazenı definovanem linearnı funkcı f(z) = az+b , a 6= 0 najdetevzor ortogonalnı sıte u = c1 , v = c2 .

Resenı : Z algebraickeho tvaru funkce

w = u+ i v = (a1 + i a2)(x+ i y) + b1 + i b2vyjdou snadno hledane rovnice

a1x− a2y + b1 = c1 , a2x+ a1y + b2 = c2 .Tyto prımky tvorı take ortogonalnı sıt’, protoze jde o konformnı zo-brazenı. Overte kolmost prımek !

7.3. V zobrazenı definovanem funkcı w = f(z) = z2 najdete obraz ctverces vrcholy i , 1 + i , 1 + 2 i , 2 i .

Navod : Vyjdete z algebraickeho tvaru dane funkce.

7.4. V zobrazenı definovanem prostou funkcı w = f(z) = z2 , Re z > 0najdete vzor ortogonalnı sıte u = c1 , v = c2 .

Navod : Z algebraickeho tvaru dostanete snadno v hornı polorovineGaussovy roviny casti hyperbol. Protoze jde o konformnı zobrazenı,tecny hyperbol v kazdem spolecnem bode svırajı pravy uhel.

Ponekud podrobneji si vsimneme zobrazenı, ktere je definovane prostou

funkcı w = f(z) =1

z. Pro libovolnou oblast, ktera neobsahuje pocatek, jde

o konformnı zobrazenı. Toto zobrazenı se da slozit ze zobrazenı w1 =1

za

w = w1 , takze muzeme pouzıt radu vysledku z kap. 4.

Prıklady 7.5 - 7.10 se tykajı tohoto zobrazenı w = f(z) =1

z.

7.5. Dokazte, ze zobrazenım obrazu bodu ( mnoziny bodu ) dostanetepuvodnı bod ( mnozinu bodu ). Jinymi slovy : inverznı zobrazenı jetotozne s puvodnım.


7.6. Najdete obraz ortogonalnı sıte x = c1 , y = c2 .

Navod : Z algebraickem tvaru dostanete parametricke rovnice kruznic,ktere prochazejı pocatkem.

7.7. Najdete obraz soustavy rovnobeznych prımek ( ktere nejsou rovnobeznese souradnymi osami ).

Navod : Na zaklade vysledku pr. 4.25 a 4.29 dostanete soustavukruznic, ktere prochazejı pocatkem a vsechny majı stred na stejneprımce. Obrazem prımky, ktera prochazı pocatkem je opet prımka,ktera prochazı pocatkem ( obr. 9 ).

O b r . 9 .

7.8. Najdete obraz soustavy soustrednych kruznic se stredem v bode z0 aobraz svazku prımek prochazejıcıch tımto bodem.

Resenı : Obrazem svazku prımek podle pr. 4.25 jsou kruznice, ktere

prochazejı pocatkem a bodem1

z0

. ( Soustava kruznic, ktere majı

spolecne dva body, se nazyva svazek kruznic.) Obrazem soustavysoustrednych kruznic ( s vyjımkou kruznice prochazejıcı pocatkem ) jepodle pr. 4.30 opet soustava kruznic, jejichz stredy lezı na jedne prımce( obr. 10 ). Kazda kruznice teto soustavy protına pod pravym uhlemkazdou kruznici prvnıho svazku, protoze jde o konformnı zobrazenı.


7.9. Dokazte, ze body, ktere jsou sdruzene vzhledem k urcite kruznici, sezobrazı jako body, ktere jsou sdruzene vzhledem k obrazu teto kruznice.( Body z1 , z2 se nazyvajı sdruzene vzhledem ke kruznici sestredem v bode z0 a s polomerem r , jestlize body z0 , z1 , z2 lezına poloprımce s pocatecnım bodem z0 a pro vzdalenosti bodu platı|z1 − z0| |z2 − z0| = r2 .)

Resenı : Dukaz je zalozen na tom, ze se utvorı svazek kruznic, ktereprochazejı body z1 , z2 . Sledujte mocnost bodu z0 vzhledem k jednekruznici K tohoto svazku. Tato mocnost je podle definice sdruzenychbodu rovna r2 , a proto musı bod dotyku tecny z bodu z0 ke kruzniciK lezet na zakladnı kruznici. Takze tecna z bodu z0 ke kruzniciK splyva s polomerem zakladnı kruznice. Kazda kruznice svazku tedyprotına danou kruznici pod pravym uhlem. Pri zobrazenı kruznice abodu se vsechny jejich vztahy zalozene na kolmosti kruznic zachovajıbeze zmeny, protoze jde o konformnı zobrazenı.

O b r . 1 0 .

7.10. Dokazte, ze body z a1

zjsou sdruzene vzhledem k jednotkove

kruznici se stredem v pocatku.


Poznamky : 1. Je videt, ze pocatek a nevlastnı bod Gaussovy roviny muzemechapat jako sdruzene body vzhledem k jednotkove kruznici.

2. Pojem sdruzenych bodu vzhledem ke kruznici muzeme rozsırittake na sdruzene body vzhledem k prımce. Pod tımto pojmemrozumıme soumernost vzhledem k prımce.

V prıkladech 7.11 - 7.28 se budeme zabyvat dalsı dulezitou funkcı ( linearnılomenou funkcı - viz pr. 4.23 ), kterou v techto prıkladech budeme zapisovat

ve tvaru w = f(z) =az + b

cz + da budeme pozadovat, aby byly vzdy splneny

podmınky ad− bc 6= 0 a c 6= 0 .

7.11. Dokazte, ze zobrazenı definovane linearnı lomenou funkcı je az na

podobnost stejne jako zobrazenı definovane funkcı w = f(z) =1

z.

Navod : Zobrazenı se da chapat jako slozene zobrazenı ( viz pr. 4.23 ).Uvazte geometricky vyznam jednotlivych zobrazenı.

7.12. Dokazte, ze slozenım dvou linearnıch lomenych funkcı vyjde opetlinearnı lomena funkce nebo v nekterych prıpadech linearnı funkce.

Navod : Tvar slozene funkce dostanete pomerne snadno dosazenım.

7.13. Dokazte, ze inverznı funkce k linearnı lomene funkci je opet linearnılomena funkce.

Resenı : Inverznı funkci najdeme, kdyz z rovniceaw + b

cw + d= z vyjad-

rıme w . Po vynasobenı jmenovatelem zlomku dostaneme

aw + b = cwz + dz ⇒ w(a− cz) = dz − b ⇒ w =dz − b

a− cz.

Jestlize pro danou linearnı lomenou funkci jsou splneny podmınky uve-dene pred pr. 7.11, je videt, ze vysla inverznı funkce, ktera je opetlinearnı lomena a splnuje take obe uvedene podmınky.


7.14. Predpokladejme, ze je dana linearnı lomena funkce. Pro libovolnectyri navzajem ruzne body zk (k = 1, 2, 3, 4), ktere jsou ruzne od bodu

z0 = −dc

( podle dohodnuteho zapisu linearnı lomene funkce ), oznacte

odpovıdajıcı funkcnı hodnoty wk = f(zk) (k = 1, 2, 3, 4). Dokazte, ze

platıw4 − w1

w4 − w2

:w3 − w1

w3 − w2

=z4 − z1

z4 − z2

:z3 − z1

z3 − z2

.

Resenı : Prımym vypoctem vyjde

w4 − w1 =az4 + b

cz4 + d− az1 + b

cz1 + d=

(ad− bc)(z4 − z1)

(cz4 + d)(cz1 + d),

w4 − w2 =az4 + b

cz4 + d− az2 + b

cz2 + d=

(ad− bc)(z4 − z2)

(cz4 + d)(cz2 + d).

Odtud dostaneme pomer

w4 − w1

w4 − w2

=(z4 − z1)(cz2 + d)

(z4 − z2)(cz1 + d).

Podobny vysledek dostaneme i pro druhy pomer a potom snadno ipozadovany vysledek.

7.15. Dokazte, ze existuje jedina linearnı nebo linearnı lomena funkce, kteraje urcena tremi dvojicemi bodu a jejich obrazu, pricemz kazde dva bodyz trojice danych bodu i z trojice obrazu jsou navzajem ruzne.

Navod : Podle predchazejıcıho prıkladu musı byt pro libovolne dalsıkomplexnı cıslo z a jeho obraz w splnena podmınka

w − w1

w − w2

:w3 − w1

w3 − w2

=z − z1

z − z2

:z3 − z1

z3 − z2

.

Upravami teto rovnosti zjistıte, ze pro navzajem ruzne body a navzajemruzne obrazy musı byt po vytknutı koeficient u hodnoty w nenulovyvyraz tvaru cz + d . Takze po delenı je definovana jedina linearnılomena funkce nebo linearnı funkce ( c = 0 ).


7.16. Najdete linearnı nebo linearnı lomenou funkci, pro kterou jsou dany

funkcnı hodnoty f(0) = i , f(−1) =1

2(1− i ) , f(− i ) = 1 +

i

2.

Resenı : Pro libovolne z ∈ C a jeho obraz w ( funkcnı hodnotu )musı platit

2(w − i )

2w − 1 + i:

2− i

1 + 2 i=

z

z + 1:−2 i

1− i,

2(z − 1)

2w − 1 + ii =

z

z + 1(1 + i ) ,

2(w − i)(z + 1) = (2w − 1 + i)z(1 + i) ,

2(wz i + w i + z + 1) = 2wz(1 + i )− (1− i)(1 + i )z ,

wz i + w i − zw − wz i = −z − z − 1 ⇒ w =2z + 1

z − i.

7.17. Najdete linearnı nebo linearnı lomenou funkci, pro kterou jsou danyfunkcnı hodnoty f(0) = 2 , f( i ) = 1 , f(2 i ) = 0 .

Vysledek : V tomto prıpade vyjde linearnı funkce w = i z + 2 .

7.18. Najdete linearnı nebo linearnı lomenou funkci, pro kterou jsou danyfunkcnı hodnoty f(0) = 4 , f(1 + i ) = 2(1 + i ) , f(2 i ) = 0 .

Vysledek : V tomto prıpade vyjde linearnı funkce w = 2 i z + 4 .

7.19. Najdete linearnı nebo linearnı lomenou funkci, pro kterou jsou danyfunkcnı hodnoty f(0) = − i , f(1) = 1 , f( i ) = 0 .

Vysledek: V tomto prıpade vyjde linearnı lomena funkce w =z i + 1

z + i.

7.20. Dokazte, ze kazda linearnı lomena funkce s podmınkami uvedenymi

pred pr. 7.1 se da zapsat ve tvaru w = f(z) = kz − z1

z − z2

.

Navod : V tomto tvaru musı byt f(z1) = 0 , f(z2) = ∞ a k urcenıkonstanty k je nutne zadat dalsı podmınku (napr. bod a jeho obraz).


7.21. Najdete takovou linearnı lomenou funkci, pro kterou f(0) = 0 ,f(1 + i ) = ∞ , f(2 i ) = 2 i .

Navod : Stacı najıt konstantu k dosazenım z = 2 i do rovnice

w = kz

z − 1− i⇒ 2 i = k

2 i

i − 1⇒ k = i − 1 .

7.22. Najdete linearnı lomenou funkci, ktera definuje zobrazenı (konformnı)vnitrnı oblasti jednotkove kruznice ( se stredem v pocatku ) s vnitrnımbodem z0 6= 0 na vnitrnı oblast jednotkove kruznice ( se stredemv pocatku ) s podmınkou, ze obraz bodu z0 se stane stredem kruznice( w0 = f(z0) = 0 ).

Resenı : V zadanı se pozaduje, aby f(z0) = 0 ; nevlastnı bod ∞ je po-dle poznamky za pr. 7.10 sdruzeny s pocatkem vzhledem k jednotkove

kruznici se stredem v pocatku, takze musı byt obrazem bodu1

z0

, ktery

je sdruzeny s bodem z0 ( pr. 7.10 ). Dalsı podmınku dostaneme zpozadavku, aby se body jednotkove kruznice zobrazily opet na jednot-kovou kruznici ( napr. |w| = |f(1)| = 1 ). Na zaklade predchazejıcıchvysledku

w = kz − z0

z − 1z0

= kz0z − z0

z0z − 1,

|w| = |f(1)| = |k z0|∣∣∣∣1− z0

z0 − 1

∣∣∣∣ = |k z0| = 1 .

Mısto k z0 tedy muzete napsat e iϕ a obecny tvar hledane funkcemuzete zapsat ve tvaru

w = f(z) = eiϕz − z0

z0z − 1, ϕ ∈ (−π, π > .

7.23. Najdete linearnı lomenou funkci, ktera definuje zobrazenı (konformnı)hornı poloroviny s bodem z0 ( Im z0 > 0 ) na vnitrnı oblast jednotkovekruznice ( se stredem v pocatku ) s podmınkou, ze obraz bodu z0 budestredem jednotkove kruznice ( w0 = f(z0) = 0 ).

Resenı : Pozaduje se, aby f(z0) = 0 ; nevlastnı bod ∞ je podlepoznamky za pr. 7.10 sdruzeny s pocatkem vzhledem k jednotkove

kruznici se stredem v pocatku, takze musı byt obrazem bodu z0 ,ktery je sdruzeny s bodem z0 vzhledem k realne ose. Dalsı podmınku


dostaneme z pozadavku, aby se body na realne ose zobrazily na jed-notkovou kruznici (napr. |w| = |f(1)| = 1 ). Na zaklade predchazejıcıchvysledku

w = kz − z0

z − z0

⇒ |w| = |f(1)| = |k|∣∣∣∣ 1− z0

1− z0

∣∣∣∣ = |k| = 1 .

Mısto k tedy muzeme napsat e iϕ a obecny tvar hledane funkcemuzeme zapsat ve tvaru

w = f(z) = eiϕz − z0

z − z0

, ϕ ∈ (−π, π > .

7.24. Najdete linearnı lomenou funkci, ktera definuje zobrazenı vnitrnıoblasti kruznice |z| = 1 na vnitrnı oblast kruznice |w| = 1 a splnujepodmınky f(1

2) = 0 a arg f ′(1

2) = α ( v danem bode charakterizuje

tato hodnota otocenı obrazu ).

Resenı : Podle pr. 7.22 ma hledana funkce tvar

w = f(z) = e iϕ z − 12

12z − 1

.

Dalsı podmınka se tyka derivace

f ′(z) = e iϕ d

dz

2z − 1

z − 2= e iϕ2(z − 2)− (2z − 1)

(z − 2)2= e iϕ −3

(z − 2)2.

Pro z = 12

dostaneme

f ′(1

2) = e iϕ−3

94

= −e iϕ 4

3= e i (ϕ+π) 4

3⇒ arg f ′(

1

2) = α = ϕ+ π .

Hledana linearnı lomena funkce ma tedy tvar

w = f(z) = e i (α−π) 2z − 1

z − 2= −e iα2z − 1

z − 2.

7.25. Najdete linearnı lomenou funkci, ktera definuje zobrazenı hornı polorovinyIm z > 0 na vnitrnı oblast jednotkove kruznice |w| < 1 a splnujepodmınky f( i ) = 0 a arg f ′( i ) = α .

Vysledek : Podle vysledku pr. 7.23 postupujte podobnym zpusobemjako v pr. 7.24 a dostanete

w = f(z) = i e iα z − i

z + i.


7.26. Najdete obraz poloroviny Re z < 1 pri zobrazenı, ktere je definovano

funkcı w = f(z) =z

z − 2.

Vysledek : Funkci w =z

z − 2= 1 +

2

z − 2je mozno chapat jako

slozenou funkci w1 = z − 2 , w2 =1

w1

, w3 = 2w2 , w = 1 + w3 .

Jednotliva zobrazenı jsou znazornena na obr. 11. Obrazem dane polorovinyje vnitrnı oblast jednotkove kruznice |w| = 1 .

O b r . 1 1

7.27 Najdete obraz mezikruzı 1 < |z| < 2 pri zobrazenı, ktere je definovano

funkcı w = f(z) =2

z − 1.

Vysledek : Funkci w =2

z − 1je mozno chapat jako slozenou funkci

w1 = z − 1, w2 =1

w1

, w = 2w2 . Obrazem daneho mezikruzı je


oblast, urcena podmınkami Re w > −1 , |w − 2

3| > 4

3( obr. 12 ).

O b r . 1 2

7.28. Najdete obraz vnitrnı oblasti jednotkove kruznice |z| = 1 pri zo-

brazenı w = f(z) =1− z

1 + z.

Vysledek : Obrazem vnitrnı oblasti kruznice |z| = 1 je polorovinaRe w > 0 .

7.29. Najdete obraz poloroviny Re z > 1 pri zobrazenı, ktere je definovanofunkcı w = f(z) = z2 .

Resenı : Obrazem prımky Re z = 1 je krivka v rovine w definovanaparametrickymi rovnicemi u = 1 − y2 , v = 2y , y ∈ (−∞,∞) , tj.


parabola u = 1 − v2

4. Obrazem poloroviny Re z > 1 je cast roviny

w omezena podmınkou u > 1− v2

4.

7.30. Overte, ze funkce w = f(z) = i (2i

z− 1)2 definuje zobrazenı, ktere

cast Gaussovy roviny nakreslene na obr. 13 zobrazı na polorovinuIm w > 0 .

O b r . 1 3

Navod : Danou funkci muzete rozlozit na slozenou funkci

w1 =1

z, w2 = 2 iw1 , w3 = w1 − 1 , w4 = w2

3 , w = iw4 .

Pro zadanou mnozinu najdete postupne jejı obrazy zıskane pomocı jed-notlivych funkcı.

8.Integral funkce komplexnı promenne 85

8. Integral funkce komplexnı promenne

Integral funkce f : w = f(z) = u(x, y) + i v(x, y) ( definovane v oblastiD ) po hladke orientovane krivce C ⊂ D se da vyjadrit pomocı krivkovychintegralu 2. druhu∫

Cf(z) dz =

∫C(u(x, y) + i v(x, y))(dx + i dy) =

=∫

Cu(x, y) dx− v(x, y) dy + i

∫C

v(x, y) dx + u(x, y) dy.

Pri vypoctu techto integralu se pouzıvajı pravidla a metody zname z teorierealnych funkcı dvou promennych.

V rade prıpadu nenı nutne provadet prımy vypocet. Jestlize je funkcef(z) holomorfnı v oblasti D , ukazuje se ( v souvislosti s Cauchyovymi -Riemannovymi podmınkami ), ze vyrazy v obou integralech jsou totalnımidiferencialy. Jestlize D je jednoduse souvisla oblast, potom integralyz totalnıch diferencialu nezavisı na tvaru krivky, ale pouze na pocatecnım akoncovem bode krivky C ⊂ D . To znamena, ze v oblasti D muzemeslozitou krivku nahradit jednoduchou.

Pro funkci f komplexnı promenne lze analogicky jako pro realne funkcejedne realne promenne definovat primitivnı funkci F jako funkci, prokterou v oblasti D platı d F (z)

dz= f(z) . V uvedenem prıpade, kdy oblast

D je jednoduse souvisla, muzeme hodnotu integralu vypocıtat podle stejnehovzorce, ktery pouzıvame pri vypoctu urcitych integralu v realnem oboru, ato pomocı libovolne primitivnı funkce F :∫

Cf(z) dz = F (z2)− F (z1) ,

kde z1 je pocatecnı bod a z2 je koncovy bod krivky C . Pro jednoduchouuzavrenou krivku C je koncovy bod totozny s pocatecnım bodem, a tedyintegral ma hodnotu nula. To vyjadruje Cauchyova veta :

Jestlize funkce f(z) je holomorfnı v jednoduse souvisle oblasti D a

krivka C ⊂ D je jednoducha a uzavrena, potom∮

Cf(z) dz = 0 .

Jestlize je funkce f holomorfnı v jednoduse souvisle oblasti D a krivkaC ⊂ D je jednoducha, uzavrena a kladne orientovana, potom pro vsechna


z0 ∈ int C ( vnitrnı oblast krivky ) platı Cauchyuv integralnı vzorec ajeho zobecnenı

f(z0) =1

2π i

∮C

f(z) dz

z − z0

, f (n)(z0) =n!

2π i

∮C

f(z) dz

(z − z0)n+1.

Tento zajımavy vysledek ukazuje, ze hodnoty holomorfnı funkce uvnitr jednoducheuzavrene krivky jsou jednoznacne urcene hodnotami teto funkce na hranicnıkrivce.

V prıkladech 8.1 - 8.22 pocıtejte hodnoty integralu po danych orientovanychkrivkach. Pro uzavrene krivky se rozumı orientace krivky vzdy v kladnemsmyslu; opacna orientace by musela byt vyslovne uvedena.

8.1.∫

C|z|2 dz , kde C je orientovana usecka, ktera ma pocatecnı bod

z1 = 1 + i a koncovy bod z2 = −1 + 3 i .

Resenı : Funkce nenı holomorfnı, takze je treba provest prımyvypocet. K tomu je treba vyuzıvat metody analyticke geometrie vrovine. Krajnı body dane usecky majı souradnice [1, 1], [−1, 3] a urcujısmerovy vektor (−2, 2) . Parametricke rovnice orientovane usecky danebodem a smerovym vektorem majı tvar

x = 1− 2t , y = 1+2t , t ∈< 0, 1 > . Odtud dx = −2 dt, dy = 2 dta muzeme dosadit do integralu∫

C|z|2dz =

∫C(x2 + y2)(dx + i dy) =

∫ 1

0[(1− 2t)2 + (1 + 2t)2]·

·(−2+2 i )dt = 2( i−1)∫ 1

0(2+8t2) dt = 4( i−1)

(1 +

4

3

)=

28

3( i − 1) .

8.2.∫

Cz dz , kde C je orientovana usecka s pocatecnım bodem z1 = 1− i

a s koncovym bodem z2 = 2 + i .

Vysledek : Hodnota integralu je3

2(1 + 2 i ) .

8.3.∫

C

dz

1 + |z|2, kde C je orientovana usecka s pocatecnım bodem z1 = i

a s koncovym bodem z2 = 1 + 2 i .


Resenı : Integrovana funkce nenı holomorfnı, takze je treba provestprımy vypocet. Pro vyjadrenı usecky s krajnımi body [0, 1], [1, 2]muzeme mısto parametrickych rovnic pouzıt explicitnı rovniciy = x + 1 , x ∈< 0, 1 > a dosadit∫

C

dz

1 + |z|2=∫ 1

0

dx + i dx

1 + x2 + (x + 1)2= (1 + i )

∫ 1

0

dx

2(x2 + x + 1)=

=1 + i

2

√3

3

[arctg

2x + 1√3

]1

0

=1 + i

2

√3

3

(arctg

3√3− arctg

1√3

)=

=1 + i

2

√3

3

(arctg

π

3− arctg

π

6

)=

π(1 + i )√

3

36.

8.4.∫

C|z| dz , kde C je orientovana usecka s pocatecnım bodem v pocatku

a s koncovym bodem z1 = 1 + 2 i .

Vysledek : Po dosazenı explicitnı rovnice orientovane usecky y = 2x,

x ∈< 0, 1 > vyjde hodnota integralu

√5

2(1 + 2ı) .

8.5.∫

C|z|2 dz , kde C je orientovany oblouk krivky y =

1

x, ktery

odpovıda hodnotam nezavisle promenne x ∈< 1, 2 > .

Resenı : Integrovana funkce nenı holomorfnı, takze je treba provestprımy vypocet∫

C|z|2 dz =

∫C(x2 + y2)(dx + i dy) =

∫ 2

0(x2 +

1

x2)(dx− i

dx

x2) =

=

[x3

3− 1

x− i

(x− 1

3x3

)]2

0

=17

6− i

31

24.

8.6.∫

C|z|2 dz , kde C je orientovany oblouk paraboly y = x2 z pocatku

do bodu z0 = 1 + i .


15+

5

6i .

8.7.∫

C|z + 1− i |2 dz , kde krivka C je dana graficky na obr. 14 a.

Resenı : Integrovana funkce nenı holomorfnı, takze je treba provestprımy vypocet. Pro body na dane polokruznici ( r = 1 ) pouzijeme


zname parametricke rovnice x = cos t, y = sin t, t ∈< −π

2,π

2> a

dostaneme ( na dane polokruznici platı x2 + y2 = 1 )∫C|z + 1− i |2 dz =

∫C(x2 + y2 + 2x− 2y + 2 )(dx + i dy) =

=∫ π

2

−π2

(2 cos t−2 sin t+3)(− sin t) dt+ i∫ π

2

−π2

(2 cos t−2 sin t+3) cos t dt =

=[cos 2t

2+ t− sin 2t

2+ 3 cos t

]π2

−π2

+ı[t +

sin 2t

2+

cos 2t

2+ 3 sin t

]π2

−π2

=

= π + (6 + π) i .

O b r . 1 4 .

8.8.∫

C

1

zdz , kde krivka C je dana graficky na obr. 14 a.

Resenı : Nejvhodnejsı vyjadrenı bodu na dane polokruznici je v


tomto prıpade exponencialnı tvar z = r e i t , z = r e− i t , dz = i re i t,kde r = 1 a t ∈< −π

2, π

2> . Takze∫

C

1

zdz =

∫ π2

−π2

i e i t dt

e− i t= i

∫ π2

−π2

e2 i tdt =i

2

[e2 i t

]π2

−π2

= eπ i − e−π i = 0.

8.9.∫C |z|2 dz , kde krivka C je dana graficky na obr. 14 b.

Resenı : Prımy vypocet je treba rozdelit na tri casti∫C|z|2dz =

∫ 1

0x2 dx + i

∫ π2

0e i tdt− i

∫ 1

0y2dy =

2

3( i − 1).

8.10.∫

C

z

zdz , kde krivka C je dana graficky na obr. 14 c.


3.

8.11.∫

Cz dz , kde krivka C je dana graficky na obr. 14 d.

Resenı : Prımy vypocet je treba rozdelit na tri casti

∫C

z dz =∫ 1

0x dx + i

∫ π4

0e− i t e i t dt−

∫ √2

2

0(x− i x)(1 + i ) dx =

=1

2+ i

π

2− 2

1

4=

π i

4.

8.12.∮

CRe z dz , kde C je kladne orientovana kruznice |z| = r .

Resenı : Je treba provest prımy vypocet, nejlepe z parametrickychrovnic kruznice x = r cos t , y = r sin t, t ∈< 0, 2π >∫

CRe z dz =

∫C

x(dx+ i dy) = r2∫ 2π

0(− cos t sin t+ i cos2 t)dt = i πr2.

8.13.∫

Cz2 dz , kde C je oblouk paraboly y = 1 − x2 s pocatecnım

bodem z1 = −1 a s koncovym bodem z2 = 1 .

Resenı : Integrovana funkce je holomorfnı v cele Gaussove rovine,takze muzeme tvar krivky libovolne zmenit ( napr. na usecku y = 0 ).


Vypocet je potom jednoduchy∫

Cz2 dz =

∫ 1

−1x2 dx =

2

3.

Je mozne take vyuzıt znalosti primitivnı funkce, ktera je stejne jakov realnem oboru F (z) = z3

3.

Potom∫

Cz2 dz = F (1)− F (−1) =

1

3− (−1

3) =

2

3.

8.14.∫

Cz2 dz , kde C je obvod obdelnıku s vrcholy z1 = 1+ i , z2 = 2 i ,

z3 = −2 , z4 = −1− i .

Resenı : Integrovana funkce je holomorfnı v cele Gaussove rovine.Proto integral po uzavrene krivce je roven nule ( overte vypoctem ).

8.15.∫

Cez dz , kde C je orientovany oblouk paraboly s pocatecnım bodem

z1 = 1 + i a s koncovym bodem z2 = 2 + 4i .

Resenı : Integrovana funkce je holomorfnı v cele Gaussove rovine.

Muzeme vyuzıt znalosti primitivnı funkce ( F (z) = ez ), takze∫

Cez dz =

= e2+4 i − e1+ i = e2 (cos 4 + i sin 4)− e(cos 1 + i sin 1).= −6, 2985−

− 7, 8794 i .

8.16.∫

Cez dz , kde C je orientovany oblouk elipsy x2 + 4y2 = 4

s pocatecnım bodem z1 = − i a s koncovym bodem z2 = i .

Vysledek : Hodnota integralu je 2 i sin 1.= 1, 682942 i .

8.17.∫

C

dz

z, kde C je kruznice |z| = 1 ( kladne orientovana ).

Resenı: Funkce nenı holomorfnı v bode z0 = 0 ∈ intC , takzenejsou splneny podmınky Cauchyovy vety. Z exponencialnıho vyjadrenı

dostaneme z = r e i t , dz = i r e i t a∫

C

dz

z=∫ π

−π

i r e i t dt

r e i t= 2π i .

Poznamka : K funkci f : w = 1z

existuje primitivnı funkce ( Ln z ), ale vzhle-dem k jejı mnohoznacnosti by bylo treba chapat C jako krivkuna prıslusne Riemannove plose. Ukazuje se, ze takto chapanakrivka nenı uzavrena. Temito problemy se dale nebudeme zabyvat.

8.18.∫

C

dz

z, kde C je lomena cara z1 = 1 ( pocatecnı bod ), z2 = i ,

z3 = −2 , z4 = −2 i , z5 = 2 + 2 i ( koncovy bod ).


Navod : Podle modifikace Cauchyovy vety muzete krivku C nahraditnapr. kruznicı |z| = 1 a useckou z bodu 1 do bodu 2 + 2 i .


2ln 2 +

π

4i + 2π i .

8.19.∮

C

dz

z − i, kde C je kruznice |z| = 1

2.

Vysledek : V tomto prıpade jsou splneny podmınky Cauchyovy vety,takze hodnota integralu je rovna nule.

8.20.∮

C

dz

z − i, kde C je kruznice |z − i | = 1

2.

Resenı : Protoze integrovana funkce nenı holomorfnı v bode z0 = i ,ktery lezı ve vnitrnı oblasti krivky C , provedeme prımy vypocet.Nejvhodnejsı je komplexnı cıslo z− i vyjadrit v exponencialnım tvaruz − i = |z − i | e i t , t ∈< −π, π > .Po dosazenı |z − i | = 1

2a dz = i 1

2e i t dt vyjde

∮C

dz

z − i=∫ π

−π

i e i t dt

e i t= i

∫ π

−πdt = 2π i .

Dany integral muzeme chapat take jako zvlastnı prıpad Cauchyova in-tegralnıho vzorce pro funkci f(z) = 1 ( viz pr. 8.23 a dalsı ).

8.21.∮

C

dz

(z + 1 + i )3, kde C je kruznice |z + 1 + i | = 1 .

Resenı : V exponencialnım tvaru dostaneme

∮C

dz

(z + 1 + i )3=∫ π

−π

i e i t dt

e3 i t= i

∫ π

−πe−2 i t dt =

[i e−2 i t

−2 i

]π

−π

= 0 .

8.22.∮

C(z − z0)

n dz , n ∈ Z , kde C je kruznice |z − z0| = r , r ∈ R+ .

Resenı : Jde o zobecnenı predchazejıcıch prıkladu ( vsimneme si, zevysledek nezalezı na velikosti polomeru ).Pro n ≥ 0 je integrovana funkce holomorfnı v cele Gaussove rovine a


podle Cauchyovy vety je integral po uzavrene krivce roven nule.Pro n < −1 se postupuje podobne jako v pr. 8.21

∫C(z − z0)

n dz = i∫ π

−πe(n+1) i t dt =

[e(n+1) i t

n + 1

]π

−π

= 0 .

Pro n = −1 se postupuje podobne jako v pr. 8.20∫C(z − z0)

−1 dz =∫ π

−πr−1 e− i t i r e i t dt = i [t]π−π = 2π i .

Je treba zduraznit, ze mezi vsemi integraly tohoto daneho typu vychazınenulova hodnota pouze pro n = −1 .

−− −− −− −− −−

V prıkladech 8.23 - 8.42 vyuzijte k vypoctu integralu Cauchyuv integralnıvzorec nebo jeho zobecnenı. Pritom je podstatne vzdy overit podmınky plat-nosti techto vzorcu. Krivky jsou zadavany jako kruznice; jine uzavrene krivkyby bylo mozne podle modifikace Cauchyovy vety nahradit vhodnymi kruznicemi.Vsechny dane kruznice jsou chapany jako kladne orientovane.

8.23.∮

C

ez dz

z − 1, kde krivka C je dana rovnicı |z − 1| = 1 .

Resenı : V Cauchyove integralnım vzorci zvolıme f(z) = ez az0 = 1 . Funkce f(z) = ez je holomorfnı v cele Gaussove rovine az0 = 1 lezı ve vnitrnı oblasti dane krivky C . Z Cauchyova integralnıhovzorce dostaneme

f(1) =1

2πi

∮C

ez dz

z − 1⇒

∮C

ez dz

z − 1= 2πi e .

8.24.∮

C

z2 + 2z + 2

z + 2dz , kde krivka C je dana rovnicı |z| = 3 .

Vysledek : Hodnota integralu je 4π i .


8.25.∮

C

cos z

z − idz , kde krivka C je dana rovnicı |z + 1 + i | = 2 .

Resenı : V Cauchyove integralnım vzorci zvolıme f(z) = cos z az0 = i . Funkce f(z) = cos z je holomorfnı v cele Gaussove rovine,ale je treba zjistit, zda bod z0 = i lezı ve vnitrnı oblasti krivky C .V tomto prıpade nelezı, protoze |z0 + 1 + i | = | i + 1 + i | =

√5 > 2 .

Hodnota integralu je proto rovna nule.

8.26.∮

C

cos z

z − idz , kde krivka C je dana rovnicı |z| = 2 .

Vysledek : Hodnota integralu je 2πi cos i = 2π i cosh 1.= 9, 695 i .

8.27.∮

C

dz

z cos z, kde krivka C je dana rovnicı |z| = 1 .

Resenı : Zvolıme funkci f(z) =1

cos za z0 = 0 . Funkce f(z) nenı

holomorfnı pouze pro zk = (2k + 1)π

2, k ∈ Z . Protoze pro vsechna

k ∈ Z je |zk| > 1 , splnuje funkce f(z) podmınky Cauchyova

integralnıho vzorce. Hodnota integralu je 2π i1

cos 0= 2π i .

8.28.∮

C

dz

z2 + 1, kde krivka C je dana rovnicı |z − 1 + i | = 2 .

Resenı : Nejprve rozlozıme jmenovatel integrovane funkce na soucin.Aby bylo mozne pouzıt Cauchyuv integralnı vzorec, je treba volit bodz0 tak, aby lezel ve vnitrnı oblasti krivky C a podle toho zvolit vhodne

funkci f(z) . V tomto prıpade z0 = − i a f(z) =1

z − i, takze

∮C

dz

z2 + 1=∮

C

dz

(z − i )(z + i )=∮

C

dzz− i

z + i= 2π i

1

− i − i= −π .

8.29.∮

C

dz

(z2 + 1)(z + 1)2, kde krivka C je dana rovnicı |z−1−2 i | = 2 .


Resenı : Je treba volit z0 = i a provest upravy

∮C

dz

(z2 + 1)(z + 1)2=∮

C

dz(z+ i )(z+1)2

z − i= 2πi

1

( i + i )( i + 1)2=

π

2 i= −π

2i .

8.30.∮

C

z dz

z2 − 2z + 2, kde krivka C je dana rovnicı |z + 2 i | = 2 .

Vysledek : Hodnota integralu je 2π( i − 1) .

8.31.∮

C

sin 2z

z2dz , kde krivka C je dana rovnicı |z| = 1 .

Resenı : Funkce f(z) = sin 2z je holomorfnı v cele Gaussove rovinea bod z0 = 0 lezı uvnitr dane kruznice. Podle zobecnenı Cauchyovaintegralnıho vzorce ( n=1 ) vyjde

∮C

sin 2z

z2dz = 2π i f ′(0) = 2π i 2 cos 0 = 4π i .

3.32.∮

C

ez dz

(z2 + 1)(z + 1)2, kde krivka C je dana rovnicı |z + 2| = 2 .

Resenı : Zvolıme bod z0 = −1 , ktery lezı uvnitr dane kruznice.Funkce

f(z) =ez

z2 + 1,

(f ′(z) =

ez(z2 + 1)− 2z ez

(z2 + 1)2

)

ma pouze dva singularnı body z1 = i , z2 = − i , ktere nelezı uvnitrdane kruznice. Jsou tedy splneny podmınky pro uzitı zobecnenehoCauchyova integralnıho vzorce

∮C

ez dz

(z2 + 1)(z + 1)2=∮

C

ez

z2+1

(z + 1)2dz = 2π i f ′(−1) =

2π i

e.

8.33.∮

C

z cos z

(z − 1)2dz , kde krivka C je dana rovnicı |z| = 2 .

Vysledek : Hodnota integralu je 2π(cos 1− sin 1) i.= −1, 8923 i .


8.34.∮

C

ez dz

(z2 + 2z + 2)2, kde krivka C je dana rovnicı |z + i | = 2 .

Resenı : Jmenovatel ma koreny z1 = −1+ i , z2 = −1− i . Zvolımez0 = z2 ( lezı uvnitr dane kruznice ) a funkci

f(z) =ez

(z − z1)2,

(f ′(z) =

ez(z − z1 − 2)

(z − z1)3

).

Podle zobecneneho Cauchyova integralnıho vzorce∮C

ez dz

(z2 + 2z + 2)2= 2π i f ′(z2) = 2π i

ez2(z2 − z1 − 2)

(z2 − z1)3=

= − π

2e[(cos 1 + cos 1) + i (cos 1− sin 1)]

.= −0, 7985 + 0, 174 i .

8.35.∮

C

sin z

z4dz , kde krivka C je dana rovnicı |z − i | = 2 .

Resenı: Pro holomorfnı funkci f(z) = sin z a z0 = 0 uvnitr dane krivkyje mozne pouzıt zobecnenı Cauchyova integralnıho vzorce a vyjde∮ sin z

z4dz =

2π i

3!f ′′′(0) =

−π i

3.

8.36.∮

C

z dz

ez (z + 1)3, kde krivka C je dana rovnicı |z + i | = 2 .

Vysledek : Hodnota integralu je π i (ze−z)′′z=−1 = 2πe−1 i .

8.37.∮

C

ez dz

z(1− z)3, kde krivka C je dana rovnicı |z − 2 + i | = 2 .

Resenı: Bod z0 = 1 lezı ve vnitrnı oblasti dane krivky a funkce f(z) =

= −ez

znenı holomorfnı pouze pro z = 0 . Jsou tedy splneny podmınky

pro pouzitı zobecneneho Cauchyova integralnıho vzorce ( n = 2 )∮C

ez dz

z(1− z)3=

2π i

2!f ′′(1) = −πe i .

8.38.∮

C

z + 1

(z + 2)3dz , kde krivka C je dana rovnicı |z + 1 + i | = 1 .

Resenı : Jediny singularnı bod integrovane funkce lezı ve vnejsı oblastikrivky C , takze platı Cauchyova veta a integral je roven nule.


8.39.∮

c

z + 1

(z + 2)3dz , kde krivka C je dana rovnicı |z + 1 + i | = 2 .

Resenı : Bod z0 = −2 lezı uvnitr krivky C a funkce f(z) = z + 1je holomorfnı v cele Gaussove rovine. Ale f ′′(z) = 0 , takze hodnotaintegralu je rovna nula.

8.40.∮

C

cos z

(z − i )3dz , kde krivka C je dana rovnicı |z − i | = 1 .

Vysledek : Hodnota integralu je − i π cosh 1 .

8.41.∮

C

z2 + 2z − 1

(z + 2)4dz , kde krivka C je dana rovnicı |z + 1| = 2 .

Vysledek : Hodnota integralu je rovna nule.

8.42.∮

C

dz

(z − a)n(z − b)pro n ∈ N a |a| < |b| , kde krivka C je dana

rovnicı |z| = r , |a| < r < |b| .

Resenı : Za danych podmınek muzeme pouzıt pro funkci f(z) =

=1

z − bzobecnenı Cauchyova integralnıho vzorce pro n− 1

f (n−1)(z) = (−1)n−1(n− 1)!(z − b)−n ,∮C

dz

(z − a)n(z − b)=

(−1)n−12π i

(a− b)n= − 2π i

(b− a)n.

−− −− −− −− −−

8.43. Pro a ∈ C , R ∈ R a funkci f(z) , ktera je holomorfnı v oblasti|z − a| < R , dokazte pro r < R vetu o strednı hodnote ve tvaru

1

2π

∫ 2π

0f(a + r e i t) dt = f(a) .

Resenı : Pocıtejme integral∮

C

f(a + z)

izdz , kde krivka C je kruznice

|z| = r , r < R . Funkcef(a + z)

ije holomorfnı v oblasti |z| < R


a pro bod z0 = 0 a pro tuto kruznici muzeme pouzıt Cauchyuvintegralnı vzorec. Potom z rovnice kruznice z = r e i t , dz = i r e i t dtdosadıme do integralu

2π if(a)

i=∮

C

f(a + z)

i zdz =

∫ 2π

0

f(a + re i t) i re i tdt

ıre i t=∫ 2π

0f(a+re i t)dt.

Z teto rovnosti je jiz snadno videt pozadovany vysledek.

8.44. Pro a1+a2 i ∈ C , R ∈ R a pro funkci u(x, y) , ktera je harmonickav oblasti (x− a1)

2 + (y− a2)2 < R2 , dokazte, ze pro libovolne r < R

platı

1

2π

∫ 2π

0u(a1 + r cos t, a2 + r sin t) dt = u(a1, a2) .

Resenı : K harmonicke funkci u(x, y) lze v dane oblasti najıt sdruzeneharmonicke funkce v(x, y) + c a utvorit holomorfnı funkce f(z) == u(x, y) + i v(x, y) + i c , c ∈ R . Pro libovolnou z techto funkcıpouzijeme vysledek predchazejıcıho prıkladu, kde a1 + i a2 = a ∈ C aparametricke vyjadrenı kruznice vezmeme ve tvaru

x = a1 + r cos t, y = a2 + r sin t , t ∈< 0, 2π > .

Z rovnosti pro komplexnı vyrazy plyne take rovnost pro realne casti, ato je prave pozadovana rovnost.

8.45. Dokazte, ze absolutnı hodnota nekonstantnı funkce komplexnı promenne( f(z) ), ktera je holomorfnı v oblasti D , nemuze nabyvat maximalnıhodnoty v zadnem vnitrnım bode oblasti D .

Resenı : Pro kazdy vnitrnı bod a ∈ D musı existovat kruhove okolıs polomerem R < 1 , v nemz je funkce f(z) holomorfnı. Podle pr.8.43 platı

f(z) =1

2π

∫ 2π

0f(a + r e i t) dt , r < R < 1 .


Pouzijeme obecny vysledek z integralnıho poctu :

Absolutnı hodnota integralu z komplexnı funkce po krivce je mensı neborovna soucinu delky krivky a maxima z absolutnı hodnoty integrovanefunkce.

Takze pro absolutnı hodnotu funkce dostaneme

|f(z)| = 1

2π

∣∣∣∣∫ 2π

0f(a + r e i t) dt

∣∣∣∣ ≤ 1

2π

∫ 2π

0|f(a + r e i t)|dt ≤

≤ 2πr

2πM = r M < M ,

kde M je maximalnı hodnota funkce |f(z)| na kruznici |z− a| = r .Ke kazde hodnote |f(a)| lze tedy najıt v oblasti D vetsı hodnotu.

8.46. Dokazte, ze nekonstantnı funkce u(x, y) , ktera je harmonickav oblasti D , nemuze nabyvat extremnı hodnoty v zadnem vnitrnımbode teto oblasti D .

Navod : Tvrzenı je zalozeno na vysledku pr. 8.44 a dokaze se podobnejako v predchazejıcım prıkladu.

9.Laurentovy rady 99

9. Laurentovy rady

Nekonecna rada, ktera je obecne tvorena mocninami dvojclenu (z − z0)nejen s kladnymi, ale i se zapornymi exponenty, se nazyva Laurentova radase stredem v bode z0 (cti Loranova). Obecny zapis teto rady ma tvar+∞∑

k=−∞ak(z−z0)

k . Rıkame, ze Laurentova rada konverguje v bode z1 , jestlize

konvergujı soucasne rady∞∑

n=0

an(z1 − z0)n a

∞∑n=1

a−n

(z1 − z0)n. Prvnı z techto

rad se nazyva regularnı cast Laurentovy rady a druha se nazyva hlavnıcast Laurentovy rady.

Da se dokazat, ze pro libovolnou funkci f , ktera je holomorfnı v mezi-kruhove oblasti D = {z ∈ C : r1 < |z− z0| < r2}, existuje jedina Laurentovarada, ktera pro vsechna z ∈ D konverguje k funkcnı hodnote f(z) . Lzetake odvodit vzorce pro vypocet koeficientu ak pomocı integralu funkce f .Toto vyjadrenı funkcnı hodnoty f(z) ma tvar

f(z) =+∞∑

k=−∞ak(z − z0)

k , kde ak =1

2π i

∮C

f(ζ) dζ

(ζ − z0)k+1.

Krivka C je libovolna kruznice |z− z0| = r , kde r1 < r < r2 a kruznicetedy lezı v dane mezikruhove oblasti. Uvedeny vysledek platı i pro zvlastnıprıpady, kdy r1 = 0 nebo r2 = ∞ .

Je zrejme, ze pro funkci f , ktera je holomorfnı ve vnitrnı oblasti kruznice|z − z0| < r , r ∈ R+ , vyjde pro zaporna k = −n , n ∈ N

a−n =1

2π i

∮C

f(ζ) dζ

(ζ − z0)−n+1=

1

2π i

∮f(ζ)(ζ − z0)

n−1 dζ = 0 ,

protoze integrovana funkce je v dane oblasti holomorfnı. Pro nezaporne in-dexy platı v tomto prıpade podle zobecnenı Cauchyova integralnıho vzorce

ak =1

2π i

∮C

f(ζ) dζ

(ζ − z0)k+1=

f (k)

k!.

Tento vysledek je totozny se vzorcem pro vypocet koeficientu Taylorovy rady,takze Laurentova rada pro funkci, ktera je holomorfnı pro vsechny bodyvnitrnı oblasti kruznice, je totozna s Taylorovou radou. Taylorova rada jetedy zvlastnım prıpadem Laurentovy rady, ktera ma nulovou hlavnı cast.

V prıkladech 9.1 - 9.17 najdete vsechny mozne Laurentovy rady danych funkcıf s danym stredem z0 . Dana funkce muze byt zrejme holomorfnı ve vıce


mezikruhovych oblastech s danym stredem a mohou tedy vzniknout ruzneLaurentovy rady. K vypoctu koeficientu pouzıvejte vzorec pro soucet geomet-

ricke rady∞∑

n=0

aqn =a

1− qpri respektovanı podmınky konvergence |q| < 1 .

9.1. f(z) =1

(z + 1)(z + 2), z0 = −1 .

Resenı : Funkci rozlozıme na parcialnı zlomky f(z) =1

z + 1− 1

z + 2.

Singularnı body z1 = −1 a z2 = −2 dane funkce vymezujı dve ruznemezikruhove oblasti se stredem v bode z0 = z1 .

Pro 0 < |z + 1| < 1 muzeme zapsat

f(z) =1

z + 1− 1

1 + z + 1=

1

z + 1− 1

1− [−(z + 1)]=

=1

z + 1−

∞∑n=0

(−1)n(z + 1)n =∞∑

k=−1

(−1)k+1(z + 1)k ,

kde prvnı zlomek je clenem hledane Laurentovy rady ( nebot’ je tomocnina z + 1 ) a druhy zlomek predstavuje holomorfnı funkci vevnitrnı oblasti kruznice |z+1| = 1 , takze se da v dane oblasti vyjadritjednoznacne jako Taylorova rada. Koeficienty teto rady nebyly zıskanyintegrovanım podle vzorce, ale pomocı konvergentnı geometricke rady( q = −(z + 1) ).

Pro |z + 1| > 1 take vyuzijeme soucet konvergentnı geometricke rady.K tomu je treba upravit druhy zlomek tak, aby kvocient obsahovalvyraz z + 1 ve jmenovateli a aby v dane vnejsı oblasti kruznice bylasplnena podmınka konvergence ( |z + 1| > 1 ⇔ 1

|z+1| < 1 )

1

z + 2=

1

z + 1 + 1=

1z+1

1 + 1z+1

=1

z+1

1− −1z+1

=

=1

z + 1

[1− 1

z + 1+

1

(z + 1)2− . . .

]=

−∞∑k=−1

(−1)k+1(z + 1)k.

Pro danou funkci f(z) a danou podmınku |z + 1| > 1 platı

f(z) =1

z + 1− 1

z + 1+

1

(z + 1)2− 1

(z + 1)3+ ... =

∞∑n=2

(−1)n

(z + 1)n.


9.2. f(z) =1

(z + 1)(z + 2), z0 = −2 .

Resenı : Funkci rozlozıme na parcialnı zlomky f(z) =1

z + 1− 1

z + 2.

Singularnı body dane funkce vymezujı dve ruzne mezikruhove oblastise stredem v bode z0 = −2 . Pro 0 < |z + 2| < 1 muzeme zapsat

f(z) = − 1

−z − 1− 1

z + 2= − 1

1− (z + 2)− 1

z + 2=

= −∞∑

n=0

(z + 2)n − 1

z + 2= −

∞∑k=−1

(z + 2)k ,

kde druhy zlomek je clenem hledane Laurentovy rady,nebot’ je to moc-nina z + 2 . Prvnı zlomek je holomorfnı funkce v oblasti |z + 2| < 1 ,takze se da v teto oblasti vyjadrit jednoznacne ve tvaru Taylorovy rady.Koeficienty teto rady zıskame pomocı konvergentnı geometricke rady( q = z + 2 ).

Pro |z + 2| > 1 vyuzijeme take soucet konvergentnı geometricke rady.K tomu je treba upravit druhy zlomek tak, aby kvocient obsahovalvyraz z + 2 ve jmenovateli a aby v dane vnejsı oblasti kruznice bylasplnena podmınka konvergence ( |z + 2| > 1 ⇔ 1

|z+2| < 1 ) :

1

z + 1=

1

z + 2− 1=

1z+2

1− 1z+2

=

=1

z + 2

[1 +

1

z + 2+

1

(z + 2)2+

1

(z + 2)3+ ...

]=

=1

z + 2+

1

(z + 2)2+

1

(z + 2)3+ ...

Pro danou funkci f v dane oblasti |z + 2| > 1 platı

f(z) =1

z + 2+

1

(z + 2)2+

1

(z + 2)3+ ... − 1

z + 2=

∞∑n=2

1

(z + 2)n.

9.3. f(z) =1

(z + 1)(z + 2), z0 = 1 .


Resenı : Danou funkci rozlozıme opet na parcialnı zlomky. V tomtoprıpade singularnı body dane funkce vymezujı tri mezikruhove oblasti,ve kterych ma dana funkce navzajem ruzna vyjadrenı ve tvaru Lau-rentovy rady se stredem z0 = 1 . Hranice mezi nimi tvorı kruznice sestredem v bode z0 , na kterych lezı singularnı body dane funkce.

Pro |z − 1| < 2 provedeme takove upravy, aby kvocient obsahovalvyraz z − 1 v citateli

f(z) =1

2 + z − 1− 1

3 + z − 1=

1

2

1

1−(− z−1

2

) − 1

3

1

1−(− z−1

3

) =

=1

2

∞∑n=0

(−1

2

)n

(z − 1)n − 1

3

∞∑n=0

(−1

3

)n

(z − 1)n =

=∞∑

n=0

(−1)n(

1

2n+1− 1

3n+1

)(z − 1)n .

Prvnı cast je geometricka rada, ktera konverguje k danemu zlomkupro |z − 1| < 2 , druha rada konverguje pro |z − 1| < 3 . Soucasnakonvergence obou rad je tedy zarucena pro prunik |z−1| < 2 . Vyslednarada je tedy Taylorova rada s oblastı konvergence |z − 1| < 2 .

Pro 2 < |z − 1| < 3 je treba prvnı zlomek upravit jinak

f(z) =1

z − 1 + 2− 1

3 + z − 1=

1z−1

1− −2z−1

−13

1−(− z−1

3

) =

=∞∑

n=1

(−2)n−1

(z − 1)n−

∞∑n=0

(−1)n+1

3n+1(z − 1)n =

=−∞∑

k=−1

(−2)−(k+1)(z − 1)k ++∞∑k=0

(−1)k

3k+1(z − 1)k .

Prvnı rada konverguje pro |z − 1| > 2 , druha rada konverguje pro|z − 1| < 3 , obe rady konvergujı v pruniku 2 < |z − 1| < 3 .

Pro |z − 1| > 3 je treba i druhy zlomek upravit jinym zpusobem

f(z) =1

z − 1 + 2− 1

z − 1 + 3=

1z−1

1− −2z−1

−1

z−1

1− −3z−1

=

=+∞∑n=1

(−1)n−1[2n−1 − 3n−1]

(z − 1)n=

−∞∑k=−1

(−1)k+1[2−(k+1) − 3−(k+1)](z − 1)k .


9.4. f(z) =1

(z + 1)(z + 2), z0 = 0 .

Vysledek : Existujı tri ruzna vyjadrenı dane funkce ve tvaru Lau-rentovy rady se stredem v bode z0 = 0 podle volby mezikruhoveoblasti

|z| < 1 ⇒ f(z) =∞∑

n=0

(−1)n(1− 1

2n+1

)zn ,

1 < |z| < 2 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−1

(−1)k+1 zk ++∞∑k=0

(−1)k+1

2k+1zk ,

|z| > 2 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−1

(−1)k−1(1− 2k−1) zk .

9.5. f(z) =1

z2 − 1, z0 = 1 .

Vysledek : Existujı dve Laurentovy rady se stredem v bode z0 = 1 :

0 < |z − 1| < 2 ⇒ f(z) =+∞∑

k=−1

(−1)k+1

2k+2(z − 1)k ,

|z − 1| > 2 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−2

(−1)k2−(k+2)(z − 1)k .

9.6. f(z) =1

z2 − 1, z0 = −1 .

Vysledek : Existujı dve Laurentovy rady se stredem v bode z0 = −1:

0 < |z + 1| < 2 ⇒ f(z) = −+∞∑

k=−1

(1

2

)k+2

(z + 1)k ,

|z + 1| > 2 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−2

2−(k+2)(z + 1)k .


9.7. f(z) =1

z2 − 1, z0 = 0 .


|z| > 1 ⇒ f(z) = −+∞∑k=0

z2k .

|z| > 1 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−1

z2k .

9.8. f(z) =1

z2 + 1, z0 = 0 .


|z| < 1 ⇒ f(z) =+∞∑k=0

(−1)k z2k ,

|z| > 1 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−1

(−1)k+1 z2k .

9.9. f(z) =2

z(z + 2), z0 = 0 .


0 < |z| < 2 ⇒ f(z) =+∞∑

k=−1

(−1)k+1 2−(k+1) zk ,

|z| > 2 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−2

(−1)k 2−(k+1) zk .

9.10. f(z) =2

z(z + 2), z0 = −2 .

Vysledek : Existujı dve Laurentovy rady se stredem v bode z0 = −2:


0 < |z + 2| < 2 ⇒ f(z) = −+∞∑

k=−1

2−(k+1)(z + 2)k ,

|z + 2| > 2 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−2

2−(k+1)(z + 2)k .

9.11. f(z) =cos z

z, z0 = 0 .

Resenı : Pro vsechna z 6= 0 existuje jedine vyjadrenı dane funkceve tvaru Laurentovy rady se stredem v bode z0 = 0 , ke kteremupouzijeme Taylorovu radu pro funkci cos z

f(z) =1

z

+∞∑k=0

(−1)k

(2k)!z2k =

+∞∑k=0

(−1)k

(2k)!z2k−1 .

9.12. f(z) = z3 e1z , z0 = 0 .

Vysledek : Pro vsechna z 6= 0 existuje jedine vyjadrenı dane funkceve tvaru Laurentovy rady se stredem v bode z0 = 0

f(z) = z3+∞∑n=0

1

n! zn=

−∞∑k=3

1

(3− k)!zk .

9.13. f(z) =1

(z − 2)(z − 1)2, z0 = 1 .

Resenı : Provedeme rozklad dane funkce na parcialnı zlomky

f(z) =1

(z − 2)(z − 1)2=

1

z − 2− 1

z − 1− 1

(z − 1)2.

Singularnı body dane funkce vymezujı dve ruzne mezikruhove oblasti,ve kterych vyjadrıme danou funkci ve tvaru Laurentovy rady se stredemv bode z0 = 1 . Druhe dva zlomky v obou prıpadech nenı treba up-ravovat, protoze jsou to prımo pozadovane mocniny z − 1 .

Pro 0 < |z − 1| < 1 muzeme prvnı zlomek podobne jako v pr. 9.1vyjadrit jako soucet konvergentnı geometricke rady ( a1 = −1 , q == z − 1 ), takze platı

f(z) = −+∞∑n=0

(z − 1)n − 1

z − 1− 1

(z − 1)2=

+∞∑k=−2

(z − 1)k .


Pro |z − 1| > 1 je treba vyjadrit prvnı zlomek take jako soucetkonvergentnı geometricke rady ( a1 = 1

z−1, q = 1

z−1, kde ve zvolene

oblasti je splnena podmınka |q| < 1 ), takze muzeme zapsat

f(z) =1

z − 1

(1 +

1

z − 1+ ...

)− 1

z − 1− 1

(z − 1)2=

−∞∑k=−3

(z − 1)k .

9.14. f(z) =1

(z − 2)(z − 1)2, z0 = 2 .

Resenı : Jako v pr. 9.13 provedeme rozklad na parcialnı zlomky a opetexistujı dve ruzne Laurentovy rady se stredem v bode z0 = 2 podlevolby mezikruzı. Prvnı zlomek v obou prıpadech nenı treba upravovat,protoze je to prımo pozadovana mocnina z − 2 .Pro 0 < |z − 2| < 1 muzeme vyjadrit druhy zlomek podobne jakov pr. 9.2 ve tvaru souctu konvergentnı geometricke rady ( a1 = 1 , q == −(z − 2) ). Tretı zlomek muzeme vyjadrit ve tvaru rady pomocıderivace predchazejıcı konvergentnı geometricke rady

(1

1 + z − 2

)′=

−1

(z − 2)2=

+∞∑n=0

(−1)nn(z−2)n−1 =+∞∑k=0

(−1)k+1(k+1)(z−2)k.

Po dosazenı a upravach ( predevsım znamenek ) dostaneme

f(z) =1

z − 2+

+∞∑n=0

(−1)n+1(z − 2)n ++∞∑n=0

(−1)n+1(n + 1)(z − 2)n =

=+∞∑

k=−1

(−1)k+1(k + 2)(z − 2)k .

Pro |z − 2| > 1 muzeme druhy zlomek vyjadrit jako soucet konver-gentnı geometricke rady ( a1 = 1

z−2, q = −1

z−2)

1

1 + z − 2=

1z−2

1− −1z−2

=1

z − 2

+∞∑n=0

(−1)n

(z − 2)n=

=−∞∑

k=−1

(−1)k+1(z − 2)k .


Pro tretı zlomek je treba opet provest derivaci predchazejıcı konver-gentnı geometricke rady a vyjde

f(z) =1

z − 2+

−∞∑k=−1

(−1)k(z − 2)k +−∞∑

k=−1

(−1)k+1k(z − 2)k−1 =

=−∞∑

k=−2

(−1)k(z−2)k+−∞∑

k=−2

(−1)k(k+1)(z−2)k =−∞∑

k=−2

(−1)kk(z−2)k .

9.15. f(z) =2z + 1

z(z + 1)2, z0 = −1 .

Vysledek: Existujı dve Laurentovy rady se stredem v bode z0 = −1 :

0 < |z + 1| < 1 ⇒ f(z) =1

(z + 1)2− 1

z + 1−

+∞∑k=0

(z + 1)k ,

|z + 1| > 1 ⇒ f(z) =1

(z + 1)2+

−∞∑k=2

(z + 1)k .

9.16. f(z) =2z + 1

z(z + 1)2, z0 = 0 .


0 < |z| < 1 ⇒ f(z) =+∞∑

k=−1

(−1)k+1(k + 2) zk ,

|z| > 1 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−2

(−1)k+1 k zk .

9.17. f(z) =1

(z2 − 1)2, z0 = 1 .


0 < |z−1| < 2 ⇒ f(z) =+∞∑

k=−2

(−1)k

2k+4(k+3) (z−1)k ,

|z − 1| > 2 ⇒ f(z) =−∞∑

k=−4

(−1)k 2−k−4(−k − 3) (z − 1)k .

−− −− −− −− −−


9.18. Pro libovolnou funkci f(z) , ktera je holomorfnı v mezikruhove oblasti0 < |z−z0| < R, vypocıtejte integracı prıslusne Laurentovy rady ( clen

po clenu ) integral∮

Cf(z) dz , kde C je kruznice |z − z0| = r ,

0 < r < R .

Resenı : V dane oblasti existuje jednoznacne urcena Laurentova rada,ktera konverguje k dane funkci. Integral z takove funkce muzeme dostatintegracı jednotlivych clenu rady. Vypoctem se zjistı, ze tyto integralyjsou ( az na jeden pro k = −1 ) rovny nule ( viz pr. 8.22 ). Platı tedy

∮C

f(z) dz =+∞∑

k=−∞

∮C

ak(z− z0)k dz =

∮C

a−1(z− z0)−1 dz = 2π i a−1.

10.Teorie reziduı 109

10. Teorie reziduı

V teto kapitole se budeme zabyvat funkcemi f(z) , ktere nejsou holo-morfnı v urcitem bode z0 , ale pritom existuje prstencove okolı bodu z0

P ( z0, δ ) , ve kterem je funkce f(z) holomorfnı. Takove body nazyvameizolovane singularnı body funkce f(z) . V okolı P (z0, δ) takovych boduz0 existuje jednoznacne vyjadrenı funkce f(z) ve tvaru Laurentovy rady apodle teto rady se nazyva izolovany singularnı bod

1. odstranitelna singularita, jestlize Laurentova rada ma nulovou hlavnıcast;

2. pol n - teho radu, n ∈ N , jestlize hlavnı cast Laurentovy rady mapouze konecny pocet clenu, kde a−n 6= 0 a pro vsechna k < −n,( k ∈ Z ) je ak = 0 ;

3. podstatna singularita, jestlize hlavnı cast Laurentovy rady ma nekonecnypocet clenu.

V teto kapitole se omezıme na poly, ktere jsou z techto trı moznostı praktickynejdulezitejsı. ( Ukazka podstatne singularity byla v pr. 9.12.)

Z definice se da odvodit pro rad polu dulezita podmınka

(*) Bod z0 je pol n - teho radu ( n ∈ N ) funkce f(z) prave tehdy,kdyz lim

z→z0(z − z0)

n f(z) je vlastnı a nenulova.

Tato limita je rovna koeficientu a−n prıslusne Laurentovy rady. Funkceg(z) = (z − z0)

n f(z) dodefinovana v bode z0 rovnostı g(z0) = a−n jev tomto prıpade holomorfnı funkce v nejakem okolı bodu z0, da se vyjadritTaylorovou radou a pro dalsı koeficienty platı

(∗∗) a−n+m =1

m!limz→z0

dn

dzng(z) =

1

m!limz→z0

[(z − z0)n f(z)] , m ∈ N .

Jestlize z0 je izolovany singularnı bod funkce f(z) a C je kladneorientovana kruznice |z − z0| = r s dostatecne malym polomerem, potomplatı (viz pr. 9.18 ) ∮

Cf(z) dz = 2π i a−1 .


Pro vypocet techto typu integralu stacı tedy znat hodnotu koeficientua−1 . Tento dulezity koeficient se nazyva reziduum funkce f(z) v bodez0 a pouzıva se zapis res

z=z0f(z) .

Vypocet rezidua v polu zavisı na radu polu. Pro pol 1.radu vyjde prımoz podmınky (*)

resz=z0

f(z) = limz→z0

(z − z0)f(z) .

Pro pol n - teho radu je mozne vyuzıt vzorec (**) pro Taylorovu radufunkce g(z) = (z − z0)

nf(z) ( dosadıme m = n− 1 )

resz=z0

f(z) =1

(n− 1)!limz→z0

dn−1

dzn−1[(z − z0)

nf(z)] .

Studium vlastnostı funkce f(z) v oblasti |z| > R , R ∈ R+ , muzeme

prevest transformacı w =1

zna studium funkce f ∗(w) = f

(1

w

)= f(z)

v okolı bodu w0 = 0. Jestlize w0 je izolovany singularnı bod funkce f ∗(w),

potom definujeme reziduum funkce f(z) v nevlastnım bode z = ∞

resz=∞

f(z) =1

2πi

∮C

f(z) dz =1

2π i

∮C∗

f ∗(w)dw

−w2,

kde krivka C je zaporne orientovana kruznice |z| = r a krivka C∗ je

kladne orientovana kruznice |w| =1

r( r ∈ R+ , r > R ). Toto reziduum

se rovna koeficientu a−1 Laurentovy rady funkce − f ∗(w)

w2v prstencovem

okolı pocatku. Jestlize je funkce f ∗(w) holomorfnı v okolı pocatku, potom

funkce − f ∗(w)

w2ma pro w0 = 0 nejvyse pol 2. radu.

Jestlize ma funkce − f ∗(w)

w2skutecne pol 2. radu, potom a−1 = −(f ∗)′(0) .

Pokud ma pouze pol 1. radu, potom a−1 = − limw→0

(f ∗)′(w)

w.

Pro racionalnı lomene funkce, ktere majı stupen jmenovatele aspon o

dve vetsı nez stupen citatele, nema prıslusna funkce − f ∗(w)

w2pol v bode

w0 = 0 .

Vypocet integralu funkce komplexnı promenne po kruznici kolem jednohosingularnıho bodu pomocı rezidua ( pr. 9.18 ) je mozne snadno zobecnit na


prıpad libovolne krivky, v jejız vnitrnı oblasti lezı vıce singularnıch bodu.Platı zakladnı veta, ktera se obvykle nazyva reziduova veta :

Necht’ krivka C je jednoducha, uzavrena, po castech hladka a kladneorientovana. Jestlize funkce f(z) je spojita na krivce C a holomorfnıve vnitrnı oblasti krivky C s vyjimkou konecneho poctu izolovanychsingularnıch bodu z1, z2, ... zn , potom

∮C

f(z) dz = 2π in∑

k=1

resz=zk

f(z) .

Vzhledem k definici rezidua v nevlastnım bode platı v tomto prıpade

n∑k=1

resz=zk

f(z) + resz=∞

f(z) = 0 .

V prıkladech 10.1 - 10.20 najdete u danych funkcı poly, urcete rad techtopolu a vypocıtejte rezidua.

10.1. f(z) =1

z − z3.

Resenı : Racionalnı lomena funkce, kde citatel a jmenovatel jsou ne-soudelne mnohocleny, ma poly prave v korenech jmenovatele a radtechto polu je dan nasobnostı techto korenu. Dana funkce ma v bodechz1 = 0 , z2 = 1 , z3 = −1 poly 1. radu, takze podle zakladnıho vzorce

resz=0

f(z) = limz→0

[z

1

z(1− z2)

]= 1 ,

resz=1

f(z) = limz→1

[(z − 1)

1

z(1− z)(1 + z)

]= lim

z→1

−1

z(1 + z)= −1

2,

resz=−1

f(z) = limz→−1

[(z + 1)

1

z(1− z)(1 + z)

]= lim

z→−1

1

z(1− z)= −1

2.

10.2. f(z) =1

z5 − 4z3.


Resenı : Jmenovatel zlomku muzeme rozlozit na soucin z5 − 4z3 == z3(z − 2)(z + 2) , takze vidıme, ze dana funkce ma v bode z1 = 0pol 3. radu a v bodech z2 = 2 a z3 = −2 poly 1.radu.

resz=0

f(z) =1

2!limz→0

d2

dz2

[z3 1

z3(z2 − 4)

]=

1

2limz→0

d

dz

−2z

(z2 − 4)2=

=1

2limz→0

−2(z2 − 4)2 + 8z2(z2 − 4)

(z2 − 4)4=

1

2

−2(z2 − 4) + 8z2

(z2 − 4)3= − 1

16,

resz=2

f(z) = limz→2

[(z − 2)

1

z3(z − 2)(z + 2)

]=

1

32,

resz=−2

f(z) = limz→−2

[(z + 2)

1

z3(z − 2)(z + 2)

]=

1

32.

10.3. f(z) =z + 1

z2 + 2z + 2.

Resenı : Jmenovatel zlomku ma dva jednoduche koreny z1 = −1+ ia z2 = −1− i . Tyto body jsou tedy poly 1. radu. Pro slozitejsı korenyje vhodne pouzıvat pri vypoctu nejprve obecny zapis pomocı z1 a z2

a teprve nakonec dosadit konkretnı hodnoty.

resz=z1

f(z) = limz→z1

[(z − z1)

z + 1

(z − z1)(z − z2)

]=

z1 + 1

z1 − z2

=i

2 i=

1

2,

resz=z2

f(z) = limz→z2

[(z − z2)

z + 1

z − z1)(z − z2)

]=

z2 + 1

z2 − z1

=− i

−2 i=

1

2.

Pri hledanı rezidua v nevlastnım bode dostanete funkci

−f ∗(w)

w2= − 1

w2

w + w2

1 + 2w + 2w2= − 1

w

1 + w

1 + 2w + 2w2.

Druhy zlomek je v okolı pocatku holomorfnı funkce, ktera ma konver-gentnı Taylorovu radu s prvnım clenem 1 , takze res

z=∞f(z) = −1 .

10.4. f(z) =1

z2 − 4z + 13.

Vysledek : Funkce ma v bodech z1 = 2+3 i , z2 = 2−3 i poly 1. radu.

resz=z1

f(z) =1

6i= − i

6, res

z=z2f(z) =

1

−6 i=

i

6.


10.5. f(z) =2z + 1

z2 + z + 1.

Vysledek : Funkce ma v bodech z1 =−1 + i

√3

2, z2 =

−1− i√

3

2poly 1. radu.

resz=z1

f(z) = 1 , resz=z2

f(z) = 1 , resz=∞

f(z) = −2 .

10.6. f(z) =1

z3 + 1.

Vysledek : Koreny jmenovatele zıskate resenım binomicke rovnicez3 = −1 .

V bodech z1 = −1 , z2 =1 + i

√3

2, z3 =

1− i√

3

2jsou poly 1. radu.

resz=z1

f(z) =1

3, res

z=z2f(z) = −1

6(1 + i

√3) , res

z=z3f(z) = −1

6(1− i

√3).

10.7. f(z) =z2

z4 + 4.

Resenı : Funkce ma v bodech zk =√

2 e(2k−1)π i

4 , k = 1, 2, 3, 4 poly 1.radu. Jsou to body z1 = 1+ i , z2 = −1+ i , z3 = −1− i , z4 = 1− i .Pri vypoctu limity se da dobre pouzıt l′Hospitalovo pravidlo

resz=zk

f(z) = limz→zk

(z − zk)z2

z4 + 4= lim

z→zk

z − zk

z4 + 4z2 = lim

z→zk

1

4z3z2 =

1

4zk

.

Dosazenım dostaneme jednotliva rezidua

resz=z1

f(z) =1− i

8, res

z=z2f(z) =

−1− i

8,

resz=z3

f(z) =−1 + i

8, res

z=z4f(z) =

1 + i

8.

10.8. f(z) =1

z4 + 1.

Vysledek : Funkce ma v bodech zk = e(2k−1)π i

4 , k = 1, 2, 3, 4 poly 1.radu.

resz=z1

f(z) = −√

2

8(1 + i ) , res

z=z2f(z) =

√2

8(1− i ) ,


resz=z3

f(z) =

√2

8(1 + i ) , res

z=z4f(z) = −

√2

8(1− i ) .

10.9. f(z) =z

(z2 − 2z + 2)2.

Resenı : Funkce ma v bodech z1 = 1 + i , z2 = 1− i poly 2. radu

resz=z1

f(z) =1

1!limz→z1

d

dz

[(z − z1)

2 z

(z − z1)2(z − z2)2

]=

= limz→z1

d

dz

z

(z − z2)2= − z1 + z2

(z1 − z2)3= − 2

(2 i )3=

1

4 i= − i

4.

resz=z2

f(z) =d

dz

z

(z − z1)2= − z2 + z1

z2 − z1)3= − 2

(−2 i )3= − 1

4 i= − i

4.

10.10. f(z) =1

(z2 + z + 1)2.

Vysledek : Funkce ma v bodech z1 =−1 + i

√3

2, z2 =

−1− i√

3

2poly 2. radu.

resz=z1

f(z) =2

3 i√

3= −2 i

√3

9, res

z=z2f(z) = − 2

3 i√

3=

2 i√

3

9.

10.11. f(z) =z2

(z2 + 1)2(z − 1).

Vysledek : Funkce ma v bodech z1 = i , z2 = − i poly 2. radu av bode z3 = 1 pol 1. radu.

resz= i

f(z) = −1

8, res

z=− if(z) = −1

8, res

z=1f(z) =

1

4.

10.12. f(z) =1

(z − 1)(z − 2)2.

Vysledek : Funkce ma v bode z1 = 1 pol 1. radu a v bode z2 = 2pol 2. radu.

resz=1

f(z) = 1 , resz=2

f(z) = −1 .


Poznamka : Ve vsech predchazejıcıch prıkladech krome prıkladu 10.3 a 10.5

se da pomerne snadno zjistit, ze funkce −f ∗(w)

w2je holomorfnı

v okolı pocatku, a proto se reziduum pro w0 = 0 rovna nule.Proto tedy musı byt soucet vypocıtanych reziduı roven nule.

10.13. f(z) =z e i z

(z2 + 1)2.

Resenı : Funkce ma v bodech z1 = i , z2 = − i poly 2. radu.

resz= i

f(z) = limz→ i

d

dz

(z − i )2z e i z

(z − i )2(z + i )2= lim

z→ i

[(1 + i z)(z + i )2z(z + i )]e i z

(z + i )4=

= limz→ i

i + i z2 − 2z)e i z

(z + i )3=

( i + i 3 − 2 i )e i 2

(2 i )3=−2 i e−1

−8 i=

1

4e,

resz=− i

f(z) =e

4.

10.14. f(z) =sin 2z

(z + 1)3.

Resenı : Funkce ma v bode z1 = −1 pol 3. radu.

resz=−1

f(z) =1

2lim

z→−1

d2

dz2sin 2z = −2 sin(−2) = 2 sin 2

.= 1, 819 .

10.15. f(z) =1

sin z.

Resenı : Funkce ma v bodech zk = kπ , k ∈ Z ( resenı rovnicesin z = 0 viz pr. 6.23 ) poly 1. radu. Pri vypoctu limity jsou splnenypodmınky pro pouzitı l′Hospitalova pravidla, takze

resz=kπ

f(z) = limz→kπ

z − kπ

sin z=

1

cos kπ= (−1)k .

10.16. f(z) =z

cos z.


Resenı : Funkce ma v bodech zk = (2k − 1)π2

( resenı rovnicecos z = 0 viz pr. 6.23 ) poly 1. radu.

resz=zk

f(z) = limz→zk

(z − zk)z

cos z= lim

z→zk

z − (z − zk)

− sin z=

= −(2k − 1)π

2

sin(2k − 1)π2

= (−1)k(2k − 1)π

2.

10.17. f(z) =1

z2 sin z.

Resenı : Pro k 6= 0 ma funkce v bodech zk = kπ , k ∈ Z poly 1.radu stejne jako v pr. 10.15. Pro z0 = 0 je treba overit rad polu podle

podmınky (*) vypoctem limit limz→0

zm

z2 sin z, m ∈ N . Pro m = 3 je

limita limz→0

z3

z2 sin z= lim

z→0

z

sin z= lim

z→0

1

cos z= 1 ( podle l′Hospitalova

pravidla ), takze dana funkce ma v bode z0 = 0 pol 3. radu. Vypocetrezidua je proto slozitejsı :

resz=kπ

f(z) = limz→kπ

z − kπ

z2 sin z=

(−1)k

k2π2, k 6= 0 ,

resz=0

f(z) =1

2limz→0

d2

dz2

z

sin z=

1

2

d

dz

sin z − z cos z

sin2 z=

=1

2limz→0

(cos z − cos z + z sin z) sin2 z − (sin z − z cos z)2 sin z cos z

sin4 z=

=1

2limz→0

z sin2 z

sin3 z− lim

z→0

sin z − z cos z

sin3 zlimz→0

cos z =

=1

2limz→0

z

sin z− lim

z→0

cos z − cos z + z sin z

3 sin2 z cos zlimz→0

cos z =1

2− 1

3=

1

6.

Pri vypoctu limit zlomku jsme pouzili l′Hospitalovo pravidlo.


10.18. f(z) =z

sinh z.

Resenı : Funkce ma v bodech zk = kπ i , k ∈ Z , k 6= 0 poly 1.radua res

z=zkf(z) = (−1)kkπi . Bod z0 = 0 je odstranitelny singularnı bod,

takze resz=0

f(z) = 0 .

10.19. f(z) =1

ez + 1.

Resenı : Funkce ma v bodech zk = (2k − 1)π i , k ∈ Z poly 1.radu( viz pr. 6.17 ).

resz=zk

f(z) = e−zk = e−(2k−1)π i = −1 .

10.20. f(z) =1

z(ez − 1).

Resenı : Funkce ma v bodech zk = 2kπ i , k ∈ Z , k 6= 0 poly 1.radu ( viz pr. 6.17 ) a v bode z0 = 0 pol 2. radu.

resz=zk

f(z) =1

zk

=1

2kπ i=−1

2kπi , k 6= 0 , res

z=0f(z) = −1

2.

V prıkladech 10.21 - 10.24 pouzijte vzorce pro vypocet rezidua a vzorce (*) a(**) k vypoctu koeficientu v rozkladu ryze lomene funkce f(z) na parcialnızlomky.

10.21. f(z) =z

(z − 1)(z + 2)(z + 3).

Resenı : Je znamo, ze existuje jednoznacny rozklad dane funkce nasoucet jednoduchych zlomku

f(z) =z

(z − 1)(z + 2)(z + 3)=

A

z − 1+

B

z + 2+

C

z + 3.

Tato funkce ma v bodech z1 = 1, z2 = −2, z3 = −3 poly 1. radu. Prihledanı Laurentovy rady funkce f(z) , ktera konverguje k teto funkci v

prstencovem okolı bodu z1 = 1 , nenı treba zlomekA

z − 1upravovat.

Zbyvajıcı dva zlomky jsou v tomto okolı holomorfnı funkce, takze se dajı


vyjadrit Taylorovou radou, ktera obsahuje pouze nezaporne mocninydvojclenu (z− 1) . Hlavnı castı Laurentovy rady je tedy pouze zlomek

A

z − 1, takze

A = resz=1

f(z) = limz→1

z

(z + 2)(z + 3)=

1

12.

Podobna situace je v prstencovem okolı ostatnıch polu, takze

B = resz=−2

f(z) = limz→−2

z

(z − 1)(z + 3)=

2

3,

C = resz=−3

f(z) = limz→−3

z

(z − 1)(z + 2)= −3

4.

10.22. f(z) =z2

z4 − 5z2 + 4.

Vysledek : Dana funkce se da rozlozit na parcialnı zlomky

f(z) =z2

z4 − 5z2 + 4=

A

z − 1+

B

z + 1+

C

z − 2+

D

z + 2,

A = −1

6, B =

1

6, C =

1

3, D = −1

3.

10.23. f(z) =z2 + 1

(z + 1)(z − 1)3.

Resenı : Rozklad na parcialnı zlomky ma v tomto prıpade tvar

f(z) =z2 + 1

(z + 1)(z − 1)3=

A

z + 1+

B

z − 1+

C

(z − 1)2+

D

(z − 1)3.

Tato funkce ma v bode z1 = −1 pol 1. radu a v bode z2 = 1 pol 3.radu. Podobne jako v predchazejıcıch prıkladech je

A = resz=−1

f(z) = limz→−1

z2 + 1

(z − 1)3=

2

(−2)3= −1

4.

Zbyvajıcı tri zlomky tvorı hlavnı cast Laurentovy rady, ktera konvergujek funkci f(z) v prstencovem okolı bodu z2 = 1 . Koeficient B jetake reziduum, ale v polu 3. radu, takze

B = resz=1

f(z) =1

2!limz→1

d2

dz2

z2 + 1

z − 1= lim

z→1

2

(z + 1)3=

1

4.


Koeficient D se vypocıta podle vzorce (*) ( pro n = 3 )

D = a−3 = limz→1

[(z − 1)3 f(z)

]= lim

z→1

z2 + 1

z + 1= 1 .

Koeficient C se vypocıta podle vzorce (**) ( pro n = 3 a m = 1 )

C = a−2 = limz→1

d

dz

z2 + 1

z + 1= lim

z→1

z2 + 2z − 1

z + 1= −1

2.

10.24. f(z) =1

(z2 − 1)2.

Vysledek : Dana funkce se da rozlozit na parcialnı zlomky

f(z) =1

(z2 − 1)2=

A

z − 1+

B

(z − 1)2+

C

z + 1+

D

(z + 1)2.

A = −1

4, B =

1

4, C =

1

4, D =

1

4.

10.25. f(z) =z2

(z2 − 1)2.

Vysledek : Dana funkce se da opet rozlozit na parcialnı zlomky

f(z) =z2

(z2 − 1)2=

A

z − 1+

B

(z − 1)2+

C

z + 1+

D

(z + 1)2.

A =1

4, B =

1

4, C = −1

4, D =

1

4.

V prıkladech 10.26 - 10.52 vypocıtejte dane integraly pomocı reziduove vety.Rovnez prıklady z kap. 8 ( pr. 8. 23 a nasledujıcı ) muzete znovu vypocıtatpomocı reziduove vety. Opet platı dohoda, ze vsechny jednoduche uzavrenekrivky chapeme jako kladne orientovane.


10.26.∮

C

dz

z(z − 1)2, kde krivka C je dana rovnicı |z + 1− i | = 2 .

Resenı : Integrovana funkce ma dva izolovane singularnı body z1 = 0,z2 = 1 . Dana krivka je kruznice se stredem v bode z0 = −1 + i as polomerem r = 2 . Bod z1 = 0 je pol 1. radu a lezı ve vnitrnı oblastidane kruznice ( bod z2 = 1 tam nelezı ), proto

resz=0

f(z) = limz→0

1

(z − 1)2= 1 ⇒

∮C

dz

z(z − 1)2= 2π i .

10.27.∮

C

dz

z(z − 1)2, kde krivka C je dana rovnicı |2z − 3| = 2 .

Resenı : Integrovana funkce ma dva izolovane singularnı body z1 = 0,z2 = 1 . Dana krivka je kruznice se stredem v bode z0 = 3

2a s po-

lomerem r = 1 . Bod z2 = 1 je pol 2. radu a lezı ve vnitrnı oblastidane kruznice ( bod z1 = 0 tam nelezı ), proto

resz=1

f(z) = limz→1

d

dz

1

z= lim

z→1

−1

z2= −1 ⇒

∮C

dz

z(z − 1)2= −2π i .

10.28.∮

C

dz

z(z − 1)2, kde krivka C je dana rovnicı |2z + 3| = 2 .

Resenı : Integrovana funkce ma dva izolovane singularnı body z1 = 0,z2 = 1 . Dana krivka je kruznice se stredem v bode z0 = −3

2a s

polomerem r = 1 . Ani jeden ze singularnıch bodu nelezı ve vnitrnıoblasti dane kruznice, takze integrovana funkce je v teto oblasti holo-

morfnı. Podle zakladnı Cauchyovy vety je tedy∮

C

dz

z(z − 1)2= 0 .

10.29.∮

C

dz

z(z − 1)2, kde krivka C je dana rovnicı x2 + 2y2 = 2 .

Resenı : Dana krivka je elipsa se stredem v bode z0 = 0 , s ohniskyna realne ose a s poloosami a =

√2 , b = 1 . Oba singularnı body lezı

ve vnitrnı oblasti teto elipsy, takze podle reziduove vety∮C

dz

z(z − 1)2= 2πi

(resz=0

f(z) + resz=1

f(z))

= 2π i (1− 1) = 0 .


10.30.∮

C

z

z2 + 4dz , kde krivka C je dana rovnicı |z − i | = 4 .

Resenı : Integrovana funkce ma dva izolovane singularnı bodyz1 = 2 i , z2 = −2 i . Dana krivka je kruznice se stredem v bodez0 = i a s polomerem r = 4 . Oba singularnı body jsou poly 1. radua lezı ve vnitrnı oblasti teto kruznice, takze

resz=2 i

f(z) = limz→2 i

(z − 2 i )z

(z − 2 i )(z + 2 i )=

1

2,

resz=−2 i

f(z) = limz→−2 i

(z + 2 i )z

(z − 2 i )(z + 2 i )=

1

2,

∮C

z

z2 + 4dz = 2π i

(res

z=2 if(z) + res

z=−2 if(z)

)= 2π i .

10.31.∮

C

z2

z3 + 8dz , kde krivka C je dana rovnicı |z + 1 + i| = 3 .

Resenı : Integrovana funkce ma tri izolovane singularnı bodyz1 = 1 + i

√3, z2 = −2, z3 = 1 − i

√3. Dana krivka je kruznice se

stredem v bode z0 = −1 a s polomerem r = 3 . Body z2 = −2a z3 = 1 − i

√3 jsou poly 1. radu a podle nacrtku krivky a polohy

singularnıch bodu je videt, ze lezı ve vnitrnı oblasti kruznice. Pro bodz1 = 1 + i

√3 to nenı zrejme, proto vypocıtame jeho vzdalenost od

stredu kruznice

|z1− z0| = |1 + i√

3− (−1− i )| =√

4 + (√

3 + 1)2 =√

8 + 2√

3 > 3 .

Proto bod z1 = 1+ i√

3 nelezı ve vnitrnı oblasti dane kruznice. Takzepodle reziduove vety

∮C

z2

z3 + 8= 2π i

(resz=z2

f(z) + resz=z3

f(z))

= 2π i(

1

3+

1

3

)=

4

3π i .

10.32.∮

C

z2 + z + 1

z(z − 1)2, kde krivka C je dana rovnicı |z + 1| =

√2 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı jeden pol 1. radu z1 = 0;hodnota integralu je 2πi .


10.33.∮

C

z2 + z + 1

z(z − 1)2, kde krivka C je dana rovnicı |z|+ |z − 1| = 2 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı dva poly 1. radu z1 = 0,z2 = 1 ; hodnota integralu je 2π i .

10.34.∮

C

z + 1

z3 − 1, kde krivka C je dana rovnicı |z − 1| = 1 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı jeden pol 1. radu z1 = 1 ;

hodnota integralu je4

3π i .

10.35.∮

C

z + 1

z3 − 1, kde krivka C je dana rovnicı |2z + 1| = 2 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı pouze dva poly 1. radu

z2 =−1 + i

√3

2, z3 =

−1− i√

3

2; hodnota integralu je −4

3π i .

10.36.∮

C

z + 1

z3 − 1, kde krivka C je dana rovnicı |z + 1 + i | = 1 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı pouze jeden pol 1. radu

z3 =−1− i

√3

2; hodnota integralu je −2

3π i .

10.37.∮

C

z + 1

z5 + 1, kde krivka C je dana rovnicı |z + 1| = 1 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı jeden pol 1. radu z3 = −1 ;

hodnota integralu je2

5π i .

10.38.∮

C

z + 1

z5 + 1, kde krivka C je dana rovnicı |z − 1− i | = 1 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı pouze jeden pol 1. radu

z1 = eπ5 i ; hodnota integralu je −2

5π i e

π5

i = −2π i

5(cos

π

5+ i sin

π

5)

.=

.= 0, 7386− 1, 0166 i .


10.39.∮

C

z + 1

z5 + 1, kde krivka C je dana rovnicı |z − 1| = 1 .

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı dva poly 1. radu

z1 = eπ5

i , z5 = e−π5

i ; hodnota integralu je −4

5π i cos

π

5.

10.40.∮

C

ez

z(z2 + 1)dz , kde krivka C je dana rovnicı |z + 1 + i | = 2 .

Resenı : Integrovana funkce ma tri izolovane singularnı bodyz1 = 0 , z2 = i , z3 = − i ( poly 1. radu ). Dana krivka C je kruznicese stredem v bode z0 = −1 − i a s polomerem r = 2 . Ve vnitrnıoblasti teto kruznice lezı body z1 a z3 , takze

resz=0

f(z) = limz→0

ez

z2 + 1= 1 , res

z=− if(z) = lim

z→− i

ez

z(z − ı)=

e− i

2,

∮C

ez

z(z2 + 1)= π i (2−e− i ) = πı(2−cos 1+i sin 1)

.= −2, 6436+4, 5858 i .

10.41.∮

C

ez

z(z2 + 1)dz , kde krivka C je dana rovnicı |2z + 1| =

√2

.

Vysledek : Ve vnitrnı oblasti krivky C lezı jeden pol 1.radu z1 = 0 ;hodnota integralu je 2π i .

10.42.∮

C

dz

(z2 − 1)(z3 − 1), kde krivka C je dana rovnicı |2z − 3| = 3 .

Resenı : Integrovana funkce ma prave ctyri izolovane singularnı body

z1 = 1 , z2 = −1 , z3 =−1 + i

√3

2, z4 =

−1− i√

3

2. Dana krivka je

kruznice se stredem v bode z0 =3

2a s polomerem r =

3

2. Ve vnitrnı

oblasti teto kruznice lezı pouze bod z1 = 1 a je to pol 2. radu, takze

resz=1

f(z) = limz→1

d

dz

(z − 1)2

(z − 1)2(z + 1)(z2 + z + 1)=

= limz→1

d

dz

1

z3 + 2z2 + 2z + 1=


= − limz→1

3z2 + 4z + 2

(z3 + 2z2 + 2z + 1)2= − 9

62= − 1

4,

∮C

dz

(z2 − 1)(z3 − 1)=

π

2i .

10.43.∮

C

dz

(z2 − 1)(z3 − 1), kde krivka C je dana rovnicı |z + 1| = 3

2.

Resenı : Ve vnitrnı oblasti kruznice se stredem v bode z0 = −1 as polomerem r = 3

2lezı body z2 , z3 , z4 z pr. 10.42. Jsou to poly 1.

radu a vyjde

resz=−1

f(z) =1

4, res

z=z3f(z) = −

√3

9i , res

z=z4f(z) =

√3

9i ,

∮C

dz

(z2 − 1)(z3 − 1)= 2π i

(1

4−√

3

9i +

√3

9i

)=

π

2i .

10.44.∮

C

dz

(z2 − 1)(z3 − 1), kde C je dana 3|z − 2i|+ 3|z + 2i| = 13 .

Resenı : Dana krivka je elipsa se stredem v pocatku a s ohnisky na

imaginarnı ose ( a =13

6, b =

5

6). Je treba overit, ze ve vnitrnı oblasti

elipsy lezı body z3 a z4 z pr. 10.42. Hodnota daneho integralu jevzhledem k hodnotam reziduı rovna nule.

10.45.∮

C

dz

(z2 − 1)(z3 − 1), kde krivka C je dana rovnicı |2z| = 1 .

Resenı : Podle Cauchyovy vety je hodnota integralu rovna nule.

10.46.∮

C

dz

cos z, kde krivka C je dana rovnicı |z − 1| = 1 .

Resenı : Integrovana funkce ma izolovane singularnı body

zk = (2k−1)π

2, k ∈ Z ( viz pr. 6.23 ). Ve vnitrnı oblasti dane kruznice

lezı pouze pol 1. radu z1 =π

2.

resz=π

2

f(z) = limz→π

2

z − π2

cos z= lim

z→π2

1

sin z= −1 ⇒

∮C

dz

cos z= −2π i .


10.47.∮

C

dz

cos z, kde krivka C je dana rovnicı |z − 3| = 2 .

Resenı : Ve vnitrnı oblasti dane kruznice lezı dva poly 1. radu z1 = π2

,z2 = 3π

2. Podobne jako v predchazejıcım prıkladu se vypocıtajı rezidua

a hodnota integralu vyjde rovna nule.

10.48.∮

C

dz

cos z, kde krivka C je dana rovnicı |z| = 1 .

Resenı : Podle Cauchyovy vety je hodnota integralu rovna nule.

10.49.∮

C

dz

z sinh z, kde krivka C je dana rovnicı |z| = 2 .

Resenı : Integrovana funkce ma nekonecne mnoho izolovanych sin-gularnıch bodu zk = kπı , k ∈ Z . Ve vnitrnı oblasti dane kruznicelezı pouze jeden singularnı bod z0 = 0 . Podle podmınky (*) vyjdenenulova vlastnı limita pro n = 2 , takze jde o pol 2. radu.

resz=0

f(z) = limz→0

d

dz

z

sinh z= lim

z→0

sinh z − z cosh z

sinh2 z= lim

z→0

−z sinh z

2 sinh z cosh z= 0 .

Hodnota integralu je proto take rovna nule.

10.50.∮

C

dz

z sin zkde krivka C je dana rovnicı |z + 2 + i | = 2 .

Resenı : Integrovana funkce ma nekonecne mnoho izolovanych sin-gularnıch bodu zk = kπ , k ∈ Z . Ve vnitrnı oblasti dane kruznice lezıpouze bod z−1 = −π ( pol 1. radu).

resz=−π

f(z) = limz→−π

z + π

z sin z= lim

z→−π

1

sin z + z cos z=

1

−π cos(−π)=

1

π,

∮C

dz

z sin z= 2π i

1

π= 2 i .

10.51.∮

C

dz

z(ez − 1), kde krivka C je dana rovnicı |z + 1 + 2 i | = 5 .

Resenı : Integrovana funkce ma nekonecne mnoho izolovanych sin-gularnıch bodu zk = 2kπ i , k ∈ Z ( pr. 6.17 ). Ve vnitrnı oblasti


dane kruznice lezı body z0 = 0 ( pol 2. radu ) a z−1 = −2π i ( pol1. radu).

resz=0

f(z) = −1

2, res

z=z−1f(z) = − 1

2πi,

∮C

dz

z(ez − 1)= 2π i

(−1

2− 1

2π i

)= −π i − 1 .

10.52.∮

C

dz

z(ez + 1), kde krivka C je dana rovnicı |z + 1− i | = 3 .

Resenı : Integrovana funkce ma nekonecne mnoho izolovanych sin-gularnıch bodu zk = (2k−1) π i , k ∈ Z (pr. 6.17 ). Ve vnitrnı oblastidane kruznice lezı pouze jeden pol 1. radu z1 = π i .

resz=π i

f(z) = limz→π i

z − π i

z(ez + 1)= lim

z→π i

1

zez=

1

π i (−1)⇒

∮C

dz

z(ez + 1)= −2 .

11.Vypocet nekterych typu integralu 127

11.Vypocet nekterych typu integralu

V nekterych prıpadech lze vhodnym zpusobem vyuzıt vysledky minulychkapitol pro vypocet specialnıch typu urcitych integralu funkce realne promenne.Nejprve nahradıme dany integral integralem funkce komplexnı promenne pojednoduche uzavrene krivce. Vypocet tohoto noveho integralu muzeme po-tom casto jednoduse provest podle reziduove vety. Tuto zakladnı myslenkurealizujeme v teto kapitole pro nekolik nasledujıcıch typu integralu.

Oznacenı : Symbolem Q budeme rozumet racionalnı lomenou funkci, vektere jiz nelze kratit. Jde o funkci tech promennych, ktere jsouuvedeny v zavorce.

1.∫ 2π

0Q(cos ϕ, sin ϕ) dϕ .

Potrebnou funkci komplexnı promenne vytvorıme pomocı znamehovyjadrenı funkcı cos ϕ a sin ϕ pomocı exponencialnıch funkcı anahradıme e i ϕ = z , takze

cos ϕ =e i ϕ + e− i ϕ

2=

z + z−1

2=

z2 + 1

2z,

sin ϕ =e i ϕ − e− i ϕ

2i=

z − z−1

2 i=

z2 − 1

2z i.

Vytvorıme funkci komplexnı promenne z (racionalnı lomenou funkci)

f(z) =1

i zQ

(z2 + 1

2z,z2 − 1

2z i

)

a budeme pocıtat integral z teto funkce po kladne orientovane jed-notkove kruznici, ktera ma stred v pocatku ( |z| = 1 ). Pri vypoctuintegralu dosazenım exponencialnıho vyjadrenı komplexnıho cısla z arovnice kruznice |z| = 1 vyjde z = |z| e i ϕ = e i ϕ, dz = i e i ϕ dϕ, ϕ ∈<0, 2π).Po dosazenı dostaneme∮

Cf(z) dz =

∫ 2π

0

1

i e i ϕQ(cos ϕ, sin ϕ) i e i ϕ dϕ =

∫ 2π

0Q(cos ϕ, sin ϕ) dϕ.


Prakticky dostaneme funkci f(z) dosazenım za cos ϕ , sin ϕ a za

dϕ =dz

i z. Racionalnı lomena funkce f(z) ma konecny pocet izolo-

vanych singularnıch bodu a kdyz zadny z nich nelezı na jednotkovekruznici, pouzijeme reziduovou vetu

∫ 2π

0Q(cos ϕ, sin ϕ) dϕ = 2π i

n∑k=1

resz=zk

1

i zQ

(z2 + 1

2z,z2 − 1

2z i

),

kde zk , k = 1, 2, ... n jsou poly lezıcı ve vnitrnı oblasti jednotkovekruznice.

Poznamka : Vzhledem k periodicnosti funkcı cos ϕ a sin ϕ mohou byt mezeurciteho integralu tvaru a , a + 2π ( pro libovolne a ∈ R ) .Uvedenym zpusobem je mozne vypocıtat i nektere jine integraly,napr. pro sudou funkci integral od 0 do π jako polovinu integ-ralu od −π do π .

2.∫ +∞

−∞Q(x) dx .

Predpokladejme, ze racionalnı lomena funkce Q(x) ma tyto vlastnosti :

jmenovatel funkce Q(x) nema realne koreny, takze funkce Q(x) jespojita pro vsechna x ∈ R ,

stupen jmenovatele funkce Q(x) je aspon o dve vetsı nez stupencitatele ( tato podmınka zarucuje absolutnı konvergenci daneho nevlastnıhointegralu ).

Budeme pocıtat∮

cQ(z) dz po jednoduche uzavrene kladne orientovane

krivce C , ktera je tvorena na realne ose useckou < −R,R > adoplnena polokruznicı s polomerem R v hornı polorovine. PolomerR volıme tak velky, aby vsechny singularnı body funkce Q(z) skladnou imaginarnı castı lezely uvnitr krivky C .Pri zvetsovanı polomeru R tedy nemohou pribyvat singularnı body,takze hodnota integralu se jiz nezmenı.


Da se dokazat, ze limita integralu po polokruznici ( pro R → +∞ )je rovna nule. Proto vzhledem k predpokladane absolutnı konvergenciintegralu platı∫ +∞

−∞Q(x) dx =

∮C

Q(z) dz = 2π in∑

k=1

resz=zk

Q(z) ,

kde zk , k = 1, 2, ... n jsou vsechny poly funkce Q(z) lezıcı v hornıpolorovine Gaussovy roviny.

Poznamka : Bylo by mozne taky doplnit usecku < −R , R > polokruznicıv dolnı polorovine. Potom by vsak uvnitr krivky byly singular-nı body v dolnı polorovine a uzavrena krivka by mela zapornouorientaci. Ale vzhledem k tomu, ze kazdy mnohoclen s realnymikoeficienty ma vzdy komplexne sdruzene koeficienty, vyjde na-konec stejny vysledek.

3.∫ +∞

−∞Q(x) cos ax dx ,

∫ +∞

−∞Q(x) sin ax dx , a ∈ R+

Predpokladejme, ze funkce Q(x) ma stejne vlastnosti a krivka C jestejna jako v predchazejıcım prıpade. Utvorıme funkci Q(z) e i az , kterama na realne ose ( pro z = x ) hodnotu Q(x)( cos ax + i sin ax ).Protoze |e i az| = |e i ax−ay| = e−ay < 1 pro y > 0 , je opet limitaintegralu po polokruznici rovna nule a platı∫ +∞

−∞Q(x)(cos ax+ i sin ax) dx =

∮C

e i azQ(z) dz = 2π in∑

k=1

resz=zk

e i azQ(z),

kde zk , k = 1, 2, ... n jsou vsechny poly funkce Q(z) lezıcı v hornıpolorovine Gaussovy roviny.Z rovnosti realnych a imaginarnıch castı dostaneme tımto vypoctemsoucasne hodnoty obou integralu∫ +∞

−∞Q(x) cos ax dx ,

∫ +∞

−∞Q(x) sin ax dx .

V prıkladech 11.1 - 11.14 vypocıtejte podle obecneho navodu hodnoty danychintegralu 1. typu.


11.1.∫ 2π

0

dϕ

5 + 4 cos ϕ.

Resenı : Po dosazenı cos ϕ =z2 + 1

2za dϕ =

dz

i zvyjde

∫ 2π

0

dϕ

5 + 4 cos ϕ=∮

C

dz

i z(5 + 4 z2+12z

)=∮

C

dz

i (2z2 + 5z + 2).

Integrovana funkce ma izolovane singularnı body z1 =−5 +

√25− 16

4=

= −1

2, z2 =

−5−√

25− 16

4= −2 . Ve vnitrnı oblasti jednotkove

kruznice se stredem v pocatku lezı pouze bod z1 ( pol 1. radu ) .V tomto bode vypocıtame reziduum ( po rozlozenı jmenovatele nasoucin korenovych cinitelu a koeficientu 2 )

resz=− 1

2

1

i (2z2 + 5z + 2)= lim

z→− 12

z + 12

2 ı (z + 12)(z + 2)

=1

3 i.

Takze podle reziduove vety∫ 2π

0

dϕ

5 + 4 cos ϕ=

2π

3.

11.2.∫ 2π

0

dϕ

5 + 3 cos ϕ.

Vysledek : Ze dvou singularnıch bodu z1,2 =−10±

√100− 36

6lezı

ve vnitrnı oblasti jednotkove kruznice pouze bod z1 = −1

3(pol 1. radu),

resz=− 1

3

2

i (3z2 + 10z + 3)=

1

4 i⇒

∫ 2π

0

dϕ

5 + 3 cos ϕ=

π

2.

11.3.∫ 2π

0

dϕ

2 + cos ϕ.

Vysledek : Ze dvou singularnıch bodu lezı ve vnitrnı oblasti jednot-kove kruznice pouze bod z1 = −2 +

√3 ( pol 1. radu ) ;


resz=z1

2

i (z2 + 4z + 1)=

1

i√

3⇒

∫ 2π

0

dϕ

2 + cos ϕ=

2π√3

.

11.4.∫ π

−π

dϕ√5 + 2 sin ϕ

.

Resenı : Po dosazenı sin ϕ =z2 − 1

2z ia dϕ =

dz

i zvyjde∫ π

−π

dϕ√5 + 2 sin ϕ

=∮

C

dz

i z(√

5 + 2 z2−12z i

)=∮

C

dz

z2 + i√

5z − 1.

Integrovana funkce ma dva izolovane singularnı body

z1 =− i (

√5− 1)

2, z2 =

− i (√

5 + 1)

2.

Ve vnitrnı oblasti jednotkove kruznice lezı pouze bod z1 (pol 1. radu);

resz=z1

1

z2 + i√

5z − 1= lim

z→z1

z − z1

(z − z1)(z − z2)=

1

z1 − z2

=1

i.

Hodnota integralu je tedy 2π .

11.5.∫ 2π

0

dϕ

a + b cos ϕ, a > b > 0 .

Vysledek : Ze dvou singularnıch bodu lezı ve vnitrnı oblasti jednot-

kove kruznice pouze bod z1 =−a +

√a2 − b2

b( pol 1. radu ) ;

resz=z1

2

i (bz2 + 2az + b)=

1

i√

a2 − b2⇒

∫ 2π

0

dϕ

a + b cos ϕ=

2π√a2 − b2

.

11.6.∫ 2π

0

dϕ

(√

2− cos ϕ)2.

Resenı : Po dosazenı vyjde integral funkce komplexnı promenne


∫ 2π

0

dϕ

(√

2− cos ϕ)2=∮

C

1(√2− z2+1

2z

)2

dz

i z=∮

C

4z

i (z2 − 2√

2z + 1)2dz.

Integrovana funkce ma dva singularnı body z1 =√

2+1 , z2 =√

2−1 .

Ve vnitrnı oblasti jednotkove kruznice lezı pouze bod z2 (pol 2.radu);

resz=z2

f(z) = limz→z2

d

dz

4z(z − z2)2

i (z − z1)2(z − z2)2= lim

z→z2

−4(z + z1)

i (z − z1)3=

= −4z2 + z1

i (z2 − z1)3= −4

2√

2

i (−2)3=

√2

i.

Hodnota integralu je tedy 2π√

2 .

11.7.∫ 2π

0

dϕ

(2 + cos ϕ)2.

Vysledek : Ze dvou singularnıch bodu lezı ve vnitrnı oblasti jednot-kove kruznice pouze bod z1 = −2 +

√3 ( pol 2. radu ).

resz=z1

4z dz

i (z2 + 4z + 1)2=

2

3ı√

3⇒

∫ 2π

0

dϕ

(2 + cos ϕ)2=

4π

3√

3.

11.8.∫ 2π

0

dϕ

(5− 4 cos ϕ)2.


kove kruznice pouze bod z1 =1

2( pol 2. radu ).

resz=z1

z dz

i (2z2 − 5z + 2)2=

5

27 i⇒

∫ 2π

0

dϕ

(5− 4 cos ϕ)2=

10π

27.

11.9.∫ 2π

0

dϕ

(3− 2 sin ϕ)2.


kove kruznice pouze bod z1 =3−

√5

2i ( pol 2. radu ).


resz=z1

iz dz

(z2 − 3 i z − 1)2= − 3i

5√

5⇒

∫ 2π

0

dϕ

(3− 2 sin ϕ)2=

6π

5√

5.

11.10.∫ 2π

0

dϕ

(a + b cos ϕ)2, a > b > 0 .

Resenı : Po dosazenı vyjde integral funkce komplexnı promenne∫ 2π

0

dϕ

(a + b cos ϕ)2=∮

C

1(a + b z2+1

2z

)2

dz

i z=∮

C

4z

i (bz2 + 2az + b)2dz.

Integrovana funkce ma dva singularnı body, ve vnitrnı oblasti jednot-

kove kruznice lezı pouze bod z1 =−a +

√a2 − b2

b( pol 2.radu ) ;

resz=z1

4z

i(bz2 + 2az + b)2= lim

z→z1

d

dz

4z(z − z1)2

i b2(z − z1)2(z − z2)2=

= − 4(z1 + z2)

i b2(z1 − z2)3=

8a

8ı√

(a2 − b2)3.

Hodnota integralu je tedy2πa√

(a2 − b2)3.

11.11.∫ 2π

0

cos2 ϕ

5 + 3 cos ϕdϕ .

Resenı : Po dosazenı vyjde nasledujıcı integral funkce komplexnıpromenne

∫ 2π

0

cos2 ϕ

5 + 3 cos ϕdϕ =

∮C

(z2+1)2

4z2

5 + 3 z2+22z

dz

i z=∮

C

(z2 + 1)2 dz

2 i z2(3z2 + 10z + 3).

Ve vnitrnı oblasti jednotkove kruznice lezı dva singularnı body z1 = 0( pol 2. radu ) a z2 = −1

3( pol 1. radu ).

resz=0

(z2 + 1)2

z2(3z2 + 10z + 3)= lim

z→0

d

dz

(z2 + 1)2

3z2 + 10z + 3=

= limz→0

4z(z2 + 1)2(3z2 + 10z + 3)− (z2 + 1)2(6z + 10)

(3z2 + 10z + 3)2= −10

9,


resz=− 1

3

(z2 + 1)2

z2(3z2 + 10z + 3)= lim

z→− 13

(z2 + 1)2

3z2(z + 3)=(

10

9

)2 9

8=

10

9

5

4,

Takze∫ 2π

0

cos2 ϕ

5 + 3 cos ϕdϕ =

10

9

(5

4− 1

)π =

5π

18.

11.12.∫ 2π

0

cos2 ϕ

13 + 12 cos ϕdϕ .

Vysledek : Hodnota integralu je13π

45.

11.13.∫ 2π

0

dϕ

1− 2a cos ϕ + a2, 0 < a < 1 .

Resenı : Po dosazenı vyjde integral funkce komplexnı promenne∫ 2π

0

dϕ

1− 2a cos ϕ + a2=∮

C

−dz

i[az2 − (a2 + 1)z + a]=

2π

1− a2,

protoze z = a je pol 1. radu, ktery lezı ve vnitrnı oblasti jednotkovekruznice a

resz=a

−1

i [az2 − (a2 + 1)z + a]= lim

z→a

−(z − a)

ia(z − a)(z − 1a)

=−1

i (a2 − 1).

11.14.∫ 2π

0

cos2 ϕ dϕ

1− 2a cos ϕ + a2, 0 < a < 1 .

Vysledek : Hodnota integralu je1 + a2

1− a2π .

V prıkladech 11.15 - 11.38 vypocıtejte podle obecneho navodu hodnoty danychintegralu 2. typu. Touto metodou se dajı pocıtat na zaklade symetrie takeintegraly ze sude funkce v intervalu < 0,∞) .

11.15.∫ ∞−∞

dx

x2 + 2x + 5.

Resenı : Absolutnı konvergence nevlastnıho integralu je zarucena tım,ze stupen jmenovatele je o dve vetsı nez stupen citatele a ze integrovana


funkce je spojita pro vsechna x ∈ R (jmenovatel nema realne koreny).Proto podle obecneho postupu

∫ ∞−∞

dx

x2 + 2x + 5= 2π i res

z=z1

1

z2 + 2z + 5= 2π i

1

z1 − z2

=π

2,

kde jmenovatel ma koreny z1 = −1+2 i , z2 = −1−2 i (poly 1.radu),z nichz v hornı polorovine lezı pouze bod z1 .

11.16.∫ ∞0

dx

x4 + 5x2 + 4.

Resenı : Vypocet integralu touto metodou je umoznen tım, ze inte-grovana funkce je suda. Po rozlozenı jmenovatele na soucin vyjde∫ ∞0

dx

x4 + 5x2 + 4=

1

2

∫ ∞−∞

dx

(x2 + 1)(x2 + 4)= π i

(1

6 i− 1

12 i

)=

π

12,

kde jmenovatel ma koreny z1 = i , z2 = − i , z3 = 2 i , z4 = −2 i ,z nichz v hornı polorovine lezı pouze z1 a z3 a vypocıtame

resz= i

1

(z2 + 1)(z2 + 4)= lim

z→ i

z − i

(z − i )(z + i )(z2 + 4)=

1

2 i ( i 2 + 4)=

1

6 i,

res z = 2 i1

(z2 + 1)(z2 + 4)= lim

z→2 i

z − 2 i

(z2 + 1)(z − 2 i )(z + 2 i )= − 1

12 i.

11.17.∫ ∞−∞

dx

x2 + x + 1.

Vysledek : Podmınky pro pouzitı obecneho postupu jsou splneny,takze∫ ∞

−∞

dx

x2 + x + 1= 2π i

1

i√

3=

2π√3

.

11.18.∫ ∞−∞

dx

x2 + 4x + 13.


−∞

dx

x2 + 4x + 13= 2πı

1

6 i=

π

3.


11.19.∫ ∞0

dx

(x2 + 1)(x2 + 9).

Vysledek : Podmınky pro pouzitı obecneho postupu jsou splneny aintegrovana funkce je suda, takze∫ ∞0

dx

(x2 + 1)(x2 + 9)=

1

2

∫ ∞−∞

dx

(x2 + 1)(x2 + 9)= πı

(1

16 i− 1

48 i

)=

π

24.

11.20.∫ ∞−∞

x2 dx

(x2 + 1)(x2 + 4).


−∞

x2 dx

(x2 + 1)(x2 + 4)= 2π i

(−1

6 i+

−4

−12 i

)=

π

3.

11.21.∫ ∞−∞

x dx

(x2 + 1)(x2 + 4).


−∞

x dx

(x2 + 1)(x2 + 4)= 2π i

(1

6− 2

12

)= 0 .

Vysledek odpovıda tomu, ze se integruje licha funkce v soumernem in-tervalu.

11.22.∫ ∞−∞

x dx

(x2 + 1)(x2 − 2x + 2).

Vysledek : Podmınky pro pouzitı obecneho postupu jsou splneny,takze∫ ∞−∞

x dx

(x2 + 1)(x2 − 2x + 2)= 2π i

(1

2(1− 2 i )+

1 + i

2 i (2 i + 1)

)=

π

5.


11.23.∫ ∞−∞

dx

(x2 − 2x + 2)2.

Resenı : Podmınky pro pouzitı obecneho postupu jsou splneny, takze∫ ∞−∞

dx

(x2 − 2x + 2)2= 2πı

1

4 i=

π

2,

kde jmenovatel ma dvojnasobne koreny z1 = 1+ i , z2 = 1− i ( poly2. radu ), v hornı polorovine lezı pouze bod z1 a je treba vypocıtat

resz=z1

1

(z2 − 2z + 2)2= lim

z→z1

d

dz

1

(z − z2)2= lim

z→z1

−2

(z − z2)3=

−2

(2 i )3=

1

4 i.

11.24.∫ ∞−∞

x dx

(x2 + 2x + 2)2.


x dx

(x2 + 2x + 2)2= 2π i

1

−4 i= −π

2,

kde jmenovatel ma dvojnasobne koreny z1 = −1 + i , z2 = −1− i(poly 2. radu), v hornı polorovine lezı pouze bod z1 a je treba vypocıtat

resz=z1

z

(z2 + 2z + 2)2= lim

z→z1

d

dz

z

(z − z2)2= lim

z→z1

(z − z2)2 − 2z(z − z2)

(z − z2)4=

= limz→z1

−(z + z2)

(z − z2)3=−(z1 + z2)

(z1 − z2)3=

2

(2 i )3=

1

−4 i.

11.25.∫ ∞−∞

dx

(x2 − 2x + 5)2.

Vysledek : Podmınky pro obecny postup jsou splneny, takze∫ ∞−∞

x dx

(x2 − 2x + 5)2= 2π i

1

32 i=

π

16.

11.26.∫ ∞−∞

dx

(x2 + x + 1)2.


x dx

(x2 + x + 1)2= 2π i

2

3 i√

3=

4π

3√

3.


11.27.∫ ∞−∞

x dx

(x2 + 2x + 5)2.


x dx

(x2 + 2x + 5)2= 2πi

2

(4i)3= − π

16.

11.28.∫ ∞−∞

x dx

(x2 + 4x + 13)2.


x dx

(x2 + 4x + 13)2= 2π i

4

(6 i )3= − π

27.

11.29.∫ ∞−∞

x dx

(x2 − 4x + 5)2.


x dx

(x2 − 4x + 15)2= 2πi

−4

(2i)3= π .

11.30.∫ ∞−∞

x2 dx

(x2 − 2x + 10)2.


x dx

(x2 − 2x + 10)2= 2π i

−20

(6 i )3=

5π

54.

11.31.∫ ∞−∞

dx

x4 + 1.


dx

x4 + 1= 2π i

(−1 + i

4√

2− −1 + i

4√

2

)=

π√2

, kde jmenovatel ma

koreny z1 =1 + i√

2, z2 =

−1 + i√2

, z3 =−1− i√

2, z4 =

1− i√2

( poly


1. radu ), v hornı polorovine lezı pouze body z1 a z2. Reziduum jevhodne vypocıtat obecne pro singularnı bod zk ( pomocı l′Hospitalovapravidla ) a vysledek upravit rozsırenım zk

resz=zk

1

z4 + 1= lim

z→zk

z − zk

z4 + 1= lim

z→zk

1

4z3=

1

4z3k

=zk

4z4k

=zk

−4, k = 1, 2.

11.32.∫ ∞−∞

x2 dx

x4 + 4.

Vysledek : Hodnota integralu jeπ

4.

11.33.∫ ∞−∞

x2 dx

x6 + 1.


x2 dx

x6 + 1= 2πı

(i

−6+− i

−6+

i

−6

)=

π

3, kde integrovana funkce ma

v hornı polorovine poly 1.radu z1 =

√3 + i

2, z2 = i , z3 =

−√

3 + i

2.

Rezidua je vhodne pocıtat obecne pro singularnı bod zk ( pomocıl′Hospitalova pravidla )

resz=zk

z2

z6 + 1= lim

z→zk

(z − zk)z2

z6 + 1= lim

z→zk

z2

6z5=

z2k

6z5k

=z3

k

−6, k = 1, 2, 3.

Pritom z32 = i 3 = − i ,

z31 =

1

8(√

3 + i)3 =1

8(3√

3 + 3.3 i + 3√

3 i 2 + i 3) =1

8(9 i − i ) = i ,

z33 =

1

8(−√

3+ i )3 =1

8(−3

√3+3.3 i −3

√3 i 2 + i 3) =

1

8(9 i − i ) = i .

11.34.∫ ∞−∞

dx

x6 + 1.

Vysledek : Hodnota integralu je2π

3.

11.35.∫ ∞−∞

x4 dx

x6 + 1.

Vysledek : Je prekvapujıcı, ze hodnota integralu2π

3je stejna jako

v predchazejıcım prıkladu.


11.36.∫ ∞−∞

dx

(x2 − 2x + 5)3.

Resenı : Jmenovatel ma v tomto prıpade dva trojnasobne korenyz1 = 1 + 2 i , z2 = 1− 2 i , takze pocıtame reziduum v polu 3. radu

resz=z1

1

(z2 − 2z + 5)3= lim

z→z1

1

2!

d2

dz2

(z − z1)3

(z − z1)3(z − z2)3=

=1

2limz→z1

12

(z − z2)5=

6

(z1 − z2)5=

6

(4 i )5=

3

512 i.

Hodnota integralu je tedy3π

256.

11.37.∫ ∞−∞

x2 dx

(x2 + 4)3.

Vysledek : V bode z1 = 2 i je pol 3. radu ;

resz=2 i

z2

(z2 + 4)3=

π

128 i⇒

∫ ∞−∞

x2 dx

(x2 + 4)3=

π

64.

11.38.∫ ∞−∞

x2 dx

(x2 + 4x + 5)3.

Vysledek : V bode z1 = −2 + i je pol 3. radu ;

resz=z1

z2

(z2 + 4z + 5)3=

13π

8 i⇒

∫ ∞−∞

x2 dx

(x2 + 4x + 5)3=

13π

4.

V prıkladech 11.39 - 11.56 vypocıtejte podle obecneho navodu hodnoty danychintegralu 3. typu. Touto metodou se dajı pocıtat na zaklade symetrie takeintegraly ze sude funkce v intervalu < 0,∞) .

11.39.∫ ∞−∞

cos x

x2 − 2x + 5dx .

Resenı : Racionalnı funkce ma pozadovane vlastnosti, takze muzemeprejıt k funkci komplexnı promenne a pouzıt reziduovou vetu.∮

C

e i z dz

z2 − 2z + 5= 2π i

e i (1+2 i )

4 i=

πe−2+ i

2=

π

2e2(cos 1 + i sin 1) ,

kde z1 = 1 + 2 i je jediny pol 1. radu v hornı polorovine a

resz=z1

e i z dz

z2 − 2z + 5= lim

z→z1

e i z

z − z2

=e i z1

z1 − z2

=e i (1+2 i )

4 i.


Pro rovnost realnych castı vyjde∫ ∞−∞

cos x

x2 − 2x + 5dx = Re

∮C

e i z dz

z2 − 2z + 5=

π cos 1

2e2

.= 0, 11486 .

11.40.∫ ∞−∞

sin x

x2 − 2x + 5dx .

Vysledek : Vypocet se provede stejne jako v pr. 11.39, vysledekdostanete z rovnosti imaginarnıch castı;∫ ∞−∞

sin x

x2 − 2x + 5dx = Im

∮C

e i z dz

z2 − 2z + 5=

π sin 1

2e2

.= 0, 17888 .

11.41.∫ ∞−∞

cos x

x2 − 4x + 8dx .

Vysledek : Podobne jako v predchazejıcım prıkladu∮C

e i z dz

z2 − 4z + 8= 2π i

eı(2+2 i )

4 i=

πe−2+2 i

2=

π

2e2(cos 2 + i sin 2) .


cos x

x2 − 2x + 5dx = Re

∮C

eiz dz

z2 − 2z + 5=

π cos 2

2e2

.= −0.0885 .

11.42.∫ ∞−∞

cos x

x2 + 2x + 2dx .

Vysledek : Podobne jako v predchazejıcıch prıkladech∮C

eiz dz

z2 + 2z + 2= 2π i

e i (−1+ i )

2 i= πe−1− i =

π

e(cos 1− i sin 1) .


cos x

x2 + 2x + 2dx = Re

∮C

e i z dz

z2 + 2z + 2=

π cos 1

e.= 0, 6244 .

11.43.∫ ∞−∞

sin x

x2 + 2x + 2dx .

Vysledek : Vypocet se provede stejne jako v pr. 11.42, ale vysledekdostanete z rovnosti imaginarnıch castı;∫ ∞−∞

sin x

x2 + 2x + 2dx = Im

∮C

e i z dz

z2 + 2z + 2= −π sin 1

e.= −0, 8415 .


11.44.∫ ∞−∞

cos x

x2 − 2x + 2dx .

Vysledek : Podobne jako v predchazejıcıch prıkladech∮C

e i z dz

z2 + 2z + 2= 2π i

eı(1+ i )

2 i= πe−1+ i =

π

e(cos 1 + i sin 1) .


cos x

x2 − 2x + 2dx = Re

∮C

e i z dz

z2 − 2z + 2=

π cos 1

e.= 0, 6244 .

Proc muze vyjıt stejny vysledek jako v pr. 11.42 ?

11.45.∫ ∞−∞

sin x

x2 − 2x + 2dx .

Vysledek : Vypocet se provede stejne jako v pr. 11.44, ale vysledekdostanete z rovnosti imaginarnıch castı;∫ ∞−∞

sin x

x2 − 2x + 2dx = Im

∮C

e i z dz

z2 − 2z + 2=

π sin 1

e.= 0, 8415 .

Proc vyjde ve srovnanı s pr. 11.43 opacny vysledek ?

11.46.∫ ∞0

cos x

x4 + 4dx .

Resenı : Jmenovatel racionalnı lomene funkce ma korenyz1 = 1+ i , z2 = −1+ i , z3 = −1− i , z4 = 1− i . Racionalnı funkce maveechny pozadovane vlastnosti, takze muzeme prejıt k funkci komplexnıpromenne. Pri vypoctu reziduı vyjde ( pomocı l′Hospitalova pravidla )

resz=zk

e i z

z4 + 4= lim

z→zk

(z − zk)ei z

z4 + 4= lim

z→zk

e i z

4z3=

=e i zk

4z3k

=zk e i zk

4z4k

=zk e i zk

−16, k = 1, 2, 3, 4.

Podle reziduove vety∮C

e i z dz

z4 + 4= 2π i

((1 + i ) e i (1+ i )

−16+

(−1 + i )e i (−1+ i )

−16

)=

= −π i

8[(1+ i ) e−1+ i +(−1+ i ) e−1− i ] =

π i

4e

(e i − e− i

2+

i (e i + e− i )

2

)=


= −π i

4e

(i (e i − e− i )

2 i+

i (e i + e− i )

2

)=

π

4e(sin 1 + cos 1) .

protoze v hornı polorovine lezı dva poly 1. radu z1 a z2 .

Vzhledem k tomu, ze integrovana funkce je suda, muzeme psat∫ ∞0

cos x

x4 + 4dx =

1

2

∫ ∞−∞

cos x

x4 + 4dx =

1

2

∮C

e i z

z4 + 4=

π

8e(sin 1 + cos 1) .

11.47.∫ ∞0

x sin x

x4 + 4dx .

Vysledek : Podobne jako v predchazejıcım prıkladu dostanete podlereziduove vety a vzhledem k tomu, ze integrovana funkce je suda∫ ∞

0

x sin x

x4 + 4dx = Im

1

2

∮C

z e i z

z4 + 4=

π sin 1

4e.

11.48.∫ ∞−∞

cos x

x2 + a2, a ∈ R+ .

Resenı : Racionalnı funkce ma vsechny pozadovane vlastnosti, takzemuzeme prejıt k funkci komplexnı promenne a pouzıt reziduovou vetu.∮

C

eiz dz

z2 + a2= 2π i

eı(a i )

2a i=

πe−a

a=

π

a ea,

kde z1 = a i je jediny pol 1. radu v hornı polorovine a

resz=a i

e i z dz

z2 + a2= lim

z→a i

e i z

z + ai=

eı(a i )

2a i.

V tomto prıpade vysla realna hodnota, ktera je prımo rovna hodnote

daneho integralu. V integralu∫ ∞−∞

sin x

x2 + a2dx je integrovana funkce

licha funkce, takze tento integral je roven nule.

11 49.∫ ∞0

cos x

(x2 + 1)2 (x2 + 4)2dx .


Vysledek : Podle reziduove vety a vzhledem k tomu, ze integrovanafunkce je suda, vyjde∫ ∞

0

cos x

(x2 + 1)2 (x2 + 4)2dx =

1

2

∮C

e i z

(z2 + 1)2 (z2 + 4)2dz =

π(2e− 1)

12 e2,

protoze integrovana funkce ma dva poly 1. radu v hornı polorovine( z1 = i , z2 = 2 i ).

11 50.∫ ∞0

x sin x

(x2 + 1)2 (x2 + 4)2dx .

Vysledek : Podle reziduove vety a vzhledem k tomu, ze integrovanafunkce je suda, vyjde∫ ∞0

x sin x

(x2 + 1)2 (x2 + 4)2dx = Im

1

2

∮C

ze i z

(z2 + 1)2 (z2 + 4)2dz =

π(e− 1)

6 e2,

protoze integrovana funkce ma dva poly 1. radu v hornı polorovine( z1 = i , z2 = 2 i ).

11.51.∫ ∞−∞

cos x

(x2 − 4x + 5)2dx .

Resenı : Racionalnı funkce ma pozadovane vlastnosti, takze muzemeprejıt k funkci komplexnı promenne, ktera ma v hornı polorovine pol2. radu z1 = 2 + i .

resz=z1

e i z dz

(z2 − 4z + 5)2= lim

z→z1

d

dz

e i z

(z − z2)2=

e i z[ i (z − z2)− 2]

(z − z2)3=

=e i (2+ i )( i 2 i − 2)

(2 i )3=

e−1 e2 i (−4)

−8i=

4

e

(cos 2 + ı sin 2)

8 i.

Podle vety o reziduıch∮C

e i z dz

(z2 − 4z + 5)2= 2π i

4

e

cos 2 + i sin 2

8 i=

π

e(cos 2 + i sin 2) .


cos x

(x2 − 4x + 5)2dx = Re

∮C

e i z dz

(z2 − 2z + 5)2=

π cos 2

e.= −0, 481 .

11.52.∫ ∞−∞

cos x

(x2 + 2x + 2)2dx .


Vysledek : Podobne jako v predchazejıcım prıkladu ( z1 = −1 + i )vyjde podle reziduove vety∮

C

e i z dz

(z2 + 2z + 2)2=

π

e(cos 1− i sin 1) .


cos x

(x2 + 2x + 2)2dx = Re

∮C

e i z dz

(z2 + 2z + 2)2=

π cos 1

e.= 0, 6244 .

Je zajımave, ze hodnota tohoto integralu je stejna jako hodnota in-tegralu z pr. 11.42.

11.53.∫ ∞−∞

sin x

(x2 + 2x + 2)2dx .

Vysledek : Pro rovnost imaginarnıch castı vyjde podobne jako vpredchazejıcım prıkladu∫ ∞−∞

cos x

(x2 + 2x + 2)2dx = Im

∮C

e i z dz

(z2 + 2z + 2)2= −π sin 1

e.= −0, 8415 .

11.54.∫ ∞0

x sin x

(x2 + a2)2dx , a > 0 .


0

x sin x

(x2 + a2)2dx = Im

1

2

∮C

ze i z

(z2 + a2)2dz ==

π

4aea,

protoze integrovana funkce ma jediny pol 2. radu v hornı polorovine( z1 = a i ).

11.55.∫ ∞0

cos x

(x2 + a2)2dx , a > 0 .


0

cos x

(x2 + a2)2dx =

1

2

∮C

e i z

(z2 + a2)2dz =

π(a + 1)

4a3ea,



11.56.∫ ∞0

x2 cos x

(x2 + a2)2dx , a > 0 .

Vysledek : Vzhledem k tomu, ze integrovana funkce je suda, vyjdepodle vety o reziduıch∫ ∞

0

x2 cos x

(x2 + a2)2dx =

1

2

∮C

z2e i z

(z2 + a2)2dz =

π(1− a)

4a ea,


147

.

R e j s t r ı k

absolutnı hodnota komplex. cısla 5 Gaussova rovina komplex. cısel 6algebraicky tvar komplex. cısla 5 Gaussova rovina rozsırena 31argument komplex.cısla 5 goniometricke funkce 53

goniometricky tvar komplex.cısla 5binomicka rovnice 8

harmonicka funkce 58Cauchyova veta 85 hladka krivka 25Cauchyuv integralnı vzorec 86 hlavnı cast Laurentovy rady 99Cauchyovy-Riemannovy podm. 57 holomorfnı funkce 58

hyperbolicke funkce 53derivace funkce 57

integral funkce (po krivce) 85Eulerova identita 5 inverznı funkce 65exponencialnı funkce 53exponencialnı tvar k.cısla 23 jednoducha krivka 25

funkce komplexnı promenne 41 konformnı zobrazenı 73funkce exponencialnı 53 kruhova inverze 45funkce goniometricke 53 krivka hladka 25funkce harmonicka 58 krivka jednoducha 25funkce holomorfnı 58 krivka uzavrena 25funkce hyperbolicke 53funkce inverznı 65 Laurentova rada 99funkce linearnı 46 limita funkce 57funkce linearnı lomena 48 limita posloupnosti 31funkce logaritmicka 69 linearnı funkce 46funkce mnohoznacna 65 linearnı lomena funkce 48funkce primitivnı 85 logaritmicka funkce 69


Moivreova veta 5 rad polu 109rada Laurentova 99

nekonecna rada komplex.cısel 31 rada Taylorova 99nevlastnı bod 31

sdruzene body vzhledemodstranitelna singularita 109 ke kruznici 76okolı bodu (kruhove) 31 sdruzene harmonicke funkce 58okolı bodu prstencove 31 sdruzene komplexnı cıslo 5,20okolı nevlastnıho bodu 31 singularita odstranitelna 109

singularita podstatna 109podstatna singularita 109 spojitost funkce 57pol n - teho radu 109posloupnost komplex.cısel 31 uzavrena krivka 25podmınky Cauch.-Riemann. 57primitivnı funkce 85 veta Cauchyova 85prstencove okolı bodu 31 veta Moivreova 5

veta reziduova 111regularnı cast Laurentovy rady 99 vzorec Cauchyuv (integralnı) 86reziduum funkce v polu 110reziduum v nevlastnım bode 110 zobrazenı konformnı 73rozsırena Gaussova rovina 31 zobrazenı proste 65

SB IRKA ULOH Z MATEMATIKYhomel.vsb.cz/~has081/soubory/KomplexM.pdfZa padocesk a univerzita v Plzni...

Documents

Transcript of SB IRKA ULOH Z MATEMATIKYhomel.vsb.cz/~has081/soubory/KomplexM.pdfZa padocesk a univerzita v Plzni...