Príklady na precvičovanie – komplexné čísla,
postupnosti a funkcie
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajte:
a)
1 + i
1 − i
−
1 − i
1 + i
, b) (1 + i)6
, c)
√
1 + i
√
3.
Riešenie:
a) Elementárnym vypočtom dostaneme
1 + i
1 − i
−
1 − i
1 + i
=
1 + i
1 − i
·
1 + i
1 + i
−
1 − i
1 + i
·
1 − i
1 − i
=
(1 + i)2
2
−
(1 − i)2
2
= 2i.
b) Podobne máme
(1 + i)6
=
[
(1 + i)2
]3
= [2i]3
= −8i.
c) Označme x+i y =
√
1 + i
√
3, kde x, y su neznáme reálne čísla. Potom
1 + i
√
3 = (x + iy)2
= x2
− y2
+ 2xyi.
Posledná rovnosť je ekvivalentná so sústavou
1 = x2
− y2
,
√
3 = 2xy.
Ďalej môžeme postupovať dvomi vzájomne rovnocennými spôsobmi. Jedna
možnosť je priamo vypočítať neznáme x, y z uvedenej sústavy. Platí y =√
3/(2x) a po dosadení do prvej rovnice a menšej úprave dostaneme pre x
bikvadratickú rovnicu
4x4
− 4x2
− 3 = 0.
Druhý spôsob spočíva v „obohatení uvedenej sústavy o ešte jednu rovnicu.
Platí napríklad toto
1 + i
√
3 = (x + iy)2
= |x + iy|2
=⇒ 2 = x2
+ y2
.
1
Máme teda k dispozícii tri rovnice pre neznáme x, y, a to
2 = x2
+ y2
, 1 = x2
− y2
,
√
3 = 2xy.
Z prvých dvoch okamžite dostaneme x2
= 3/2 a y2
= 1/2, kým posledná
rovnosť naznačuje, že obe neznáme majú rovnaké znamienko. Preto [x, y] =
[
√
3/2, 1/
√
2] alebo [x, y] = [−
√
3/2, −1/
√
2]. Teda
√
1 + i
√
3 =



√
3
2
+ i√
2
,
−
√
3
2
− i√
2
.
Príklad 2
Nájdite všetky hodnoty daných odmocnín a zapíšte ich v algebraickom tvare.
a)
3
√
1, b)
6
√
1, c) 3
√
1 + i, d) 6
√
−729.
Riešenie:
Pripomeňme, že ak n > 1 je pevné prirodzené číslo, potom pre každé
z ∈ C existuje n-tá odmocnina n
√
z a nadobúda práve n rôznych hodnôt,
konkrétne
n
√
z = n
√
|z|
[
cos
(
φ + 2kπ
n
)
+ i sin
(
φ + 2kπ
n
)]
, k = 0, 1, . . . , n − 1,
kde φ označuje hlavný argument argz komplexného čísla z.
a) Komplexné číslo 1 prepíšeme do goniometrického tvaru. Nakoľko |1| =
1 a arg 1 = 0, platí
1 = 1 · (cos 0 + i sin 0).
Množina všetkých tretích odmocnín z 1 má potom tvar
3
√
1 = cos
2kπ
3
+ i sin
2kπ
3
, k = 0, 1, 2.
Postupným výpočtom pre jednotlivé hodnoty k dostaneme
3
√
1 =
{
1, −
1
2
± i
√
3
2
}
.
2
b) Analogicky ako v predchádzajúcom prípade pre množinu všetkých šiestych
odmocnín z 1 platí
6
√
1 = cos
2kπ
6
+ i sin
2kπ
6
= cos
kπ
3
+ i sin
kπ
3
, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Pre jednotlivé hodnoty k postupne dostávame
k = 0 −→ cos 0 + i sin 0 = 1,
k = 1 −→ cos
π
3
+ i sin
π
3
=
1
2
+ i
√
3
2
,
k = 2 −→ cos
2π
3
+ i sin
2π
3
= −
1
2
+ i
√
3
2
,
k = 3 −→ cos π + i sin π = −1,
k = 4 −→ cos
4π
3
+ i sin
4π
3
= cos
2π
3
− i sin
2π
3
= −
1
2
− i
√
3
2
,
k = 5 −→ cos
5π
3
+ i sin
5π
3
= cos
π
3
− i sin
π
3
=
1
2
− i
√
3
2
.
Teda
6
√
1 =
{
±1, ±
(
1
2
+ i
√
3
2
)
, ±
(
1
2
− i
√
3
2
)}
.
c) Ukážeme dva spôsoby riešenia tohto príkladu.
Riešenie 1:
Je navlas podobné predchádzajúcim dvom prípadom. Na oživenie číslo 1 + i
teraz prepíšeme do exponenciálneho tvaru (|1 + i| =
√
2 a arg (1 + i) = π/4)
1 + i =
√
2 ei π
4 .
Potom platí
3
√
1 + i =
6
√
2 ei
π/4+2kπ
3 =
6
√
2 ei π
12
+i2kπ
3 , k = 0, 1, 2.
3
Poznamenajme, že symbol 6
√
2 v poslednom výraze označuje našu starú dobrú
a bezpečnú reálnu šiestu odmocninu z 2. Voľbou parametra k dostaneme
k = 0 −→
6
√
2 ei π
12 ,
k = 1 −→
6
√
2 ei π
12
+i2π
3 =
6
√
2 ei3π
4 ,
k = 2 −→
6
√
2 ei π
12
+i4π
3 =
6
√
2 ei 17π
12 =
6
√
2 e−i7π
12 .
V poslednej rovnosti sme využili skutočnosť, že
ei 17π
12 = ei (−7π
12
+2π) = e−i 7π
12 · e2πi
cos 2π+i sin 2π=1
= e−i 7π
12 .
Platí teda
3
√
1 + i = {
6
√
2 ei π
12 ,
6
√
2 ei 3π
4 ,
6
√
2 e−i 7π
12 }.
Malá potiaž je v tom, že príslušné tretie odmocniny máme vyjadrené v exponenciálnom
tvare, kým podľa zadania máme nájsť ich alegebraické vyjadrenie.
Podľa Eulerovho vzorca
eiφ
= cos φ + i sin φ, φ ∈ R,
bude teda nutné explicitne určiť hodnoty kosínusu a sínusu v uhloch π/12,
3π/4 a −7π/12 :-// Pomôžu nám však goniometrické vzorce pre polovičný
uhol, nakoľko napr. π/12 = (π/6)/2 :)) Navyše uhol 3π/4 určite nebude robiť
problémy. Tak s chuťou do toho:
cos
π
12
toto je kladné
= cos
π/6
2
= +
√
1 + cos π
6
2
=
√
1 +
√
3
2
2
=
√
2 +
√
3
2
,
sin
π
12
toto je kladné
= sin
π/6
2
= +
√
1 − cos π
6
2
=
√
1 −
√
3
2
2
=
√
2 −
√
3
2
,
4
cos
(
−7π
12
)
= cos
7π
12
toto je záporné, prečo? :)
= cos
7π/6
2
= −
√
1 + cos 7π
6
2
= −
√
1 + cos
(
π + π
6
)
2
= −
√
1 − cos π
6
2
= −
√
2 −
√
3
2
,
sin
(
−7π
12
)
= − sin
7π
12
toto je kladné, prečo? :)
= − sin
7π/6
2
= −
√
1 − cos 7π
6
2
= −
√
1 − cos
(
π + π
6
)
2
= −
√
1 + cos π
6
2
= −
√
2 +
√
3
2
,
cos
3π
4
= −
1
√
2
, sin
3π
4
=
1
√
2
.
Takže nájdené tretie odmocniny z čísla 1 + i možno zapísať v tvaroch
6
√
2 ei π
12 =
6
√
2
(√
2 +
√
3
2
+ i
√
2 −
√
3
2
)
=
√
2 +
√
3
6
√
32
+ i
√
2 −
√
3
6
√
32
,
6
√
2 ei3π
4 =
6
√
2
(
−
1
√
2
+
i
√
2
)
= −
1
3
√
2
+
i
3
√
2
,
6
√
2 e−i 7π
12 = −
6
√
2
(√
2 −
√
3
2
+ i
√
2 +
√
3
2
)
= −
√
2 −
√
3
6
√
32
− i
√
2 +
√
3
6
√
32
.
Riešenie 2:
Druhý spôsob je podobný prvému, až do chvíle, keď sme nútení prevádzať
vyššie uvedené nechutné výpočty. Je založený na naoko nevinnom pozorovaní
3
√
1 + i = 3
√
(1 + i) · 1 = 3
√
1 + i ·
3
√
1.
Výborne, túto rovnosť vykrátime výrazom 3
√
1 + i a dostaneme 1 = 3
√
1 ...
?!?! Letmý pohľad na výsledok prípadu a) vyššie ihneď ukazuje, že niečo
5
nie je v poriadku. Ako to teda je? :) Háčik je v tom, že symbol 3
√
1 + i
nepredstavuje jednu hodnotu, ale množinu troch hodnôt. Podobne i výraz 3
√
1
(v komplexnom ponímaní). Takže ešte raz a teraz už správne
3
√
1 + i
množina všetkých tretích odmocnín z 1+i
= 3
√
1 + i ·
3
√
1
množina všetkých súčinov prvkov z 3√
1+i a 3√
1
.
Naviac, obidve množiny 3
√
1 + i a 3
√
1 majú po tri prvky. To znamená, že
v súlade s výsledkom prípadu a) pre akúkoľvek pevne zvolenú hodnotu ε ∈
3
√
1 + i platí
3
√
1 + i =
{
ε · 1, ε ·
(
−
1
2
+ i
√
3
2
)
, ε ·
(
−
1
2
− i
√
3
2
)}
.
Za ε môžeme vziať napríklad hodnotu 6
√
2 ei3π
4 , ktorú vieme pomerne ľahko
vyčísliť
ε = −
1
3
√
2
+
i
3
√
2
.
Podľa práve získaného vyjadrenia pre 3
√
1 + i potom (po úpravách) dostaneme
3
√
1 + i =
{
−
1
3
√
2
+
i
3
√
2
, −
√
3 − 1
2 3
√
2
− i
√
3 + 1
2 3
√
2
,
√
3 + 1
2 3
√
2
+ i
√
3 − 1
2 3
√
2
}
.
Poznámka k c):
V prvom spôsobe riešenia sme využívali prevažne hrubú silu, kým druhé riešenie
je založené na istom fígli. Obidva prístupy majú svoje kladné stránky,
už len tým, že poskytujú dva uhly pohľadu na jednu vec. Nadôvažok, z dvojakého
vyjadrenia tretích odmocnín z 1 + i ako bonus vyplývajú zaujímavé
číselné identity, ktorých overenie je síce triviálna záležitosť, ale ich objavenie
nie je celkom jednoduché. Konkrétne, platí
√
2 +
√
3 =
√
3 + 1
√
2
a
√
2 −
√
3 =
√
3 − 1
√
2
.
(Samy odvoďte porovnaním výsledkov v prvom a druhom spôsobe riešenia a
potom overte i priamym výpočtom.)
d) Namiesto priameho útoku využijeme opäť úskok. Kedysi si niekto všimol,
že 36
= 729. My však potrebujeme číslo, ktoré po umocnení na šiestu
dá mínus 729. S číslom −3 nepochodíme. Čo tak 3i? Platí
(3i)6
= 36
· i6
= 729 · (−1) = −729.
6
To je ono! :) Takže 3i je jedna z hodnôt 6
√
−729. Ale my ich chceme mať
šesť :( Napríklad aj −3i nám vyhovuje, ale stále je to málo. Pomôžeme si
príkladom b) (otázku, prečo by nás malo napadnúť práve toto, nebudeme
teraz riešiť :)). Nech ε je nejaká šiesta odmocnina z 1, t.j., ε6
= 1. Potom
(3i · ε)6
= (3i)6
· ε6
= −729 · 1 = −729.
Takto to teda je :) A keďže šiestych odmocnín z 1 je práve šesť, platí
6
√
−729 =
{
3i · ε, ε ∈
6
√
1
}
.
Využijúc výsledok z prípadu b) dostaneme
6
√
−729 =
{
3i · (±1), 3i ·
[
±
(
1
2
+ i
√
3
2
)]
, 3i ·
[
±
(
1
2
− i
√
3
2
)]}
=
{
±3i, ±
(
−
3
√
3
2
+
3
2
i
)
, ±
(
3
√
3
2
+
3
2
i
)}
.
Samozrejme, ten istý výsledok by sme dostali i postupom aplikovaným v prípadoch
a), b).
Príklad 3
Nech ω je nejaké riešenie rovnice x3
= 1, pričom ω ̸= 1. Bez znalosti explicitnej
hodnoty ω vyjadrite čísla
1
1 + ω
,
1
1 + ω2
,
ω − 1
1 + ω
,
ω2
− 1
1 + ω2
,
v tvare a + b ω, kde a, b ∈ R.
Riešenie:
Rozkladom x3
− 1 = (x − 1)(x2
+ x + 1) zistíme, že (komplexné) číslo ω
jednak spĺňa ω3
= 1, a jednak je riešením kvadratickej rovnice ω2
+ω+1 = 0.
Vhodným bavkaním sa s týmito poznatkami postupne dostávame
1
1 + ω
=
1
1 + ω
tento menovateľ je −ω2
=
1
−ω2
=
ω
−ω3
tento menovateľ je −1
= −ω = 0 + (−1) · ω,
7
1
1 + ω2
=
1
1 + ω2
tento menovateľ je −ω
=
1
−ω
=
ω2
−ω3
= −ω2
= 1 + ω,
ω − 1
1 + ω
= (ω − 1) ·
1
1 + ω
tento zlomok je −ω
= (ω − 1) · (−ω) = −ω2
toto je 1+ω
+ω = 1 + 2ω,
ω2
− 1
1 + ω2
= (ω2
− 1) ·
1
1 + ω2
tento zlomok je 1+ω
= (ω2
− 1) · (1 + ω) = (ω2
− 1) · (1 + ω)
toto je −ω2
= −(ω2
− 1) · ω2
= −ω4
toto je −ω
+ ω2
toto je −1−ω
= −ω − 1 − ω = −1 − 2ω.
Príklad 4
Stanovte hodnotu súčtu
1 + cos 2x + cos 4x + · · · + cos 2nx, x ∈ R, n ∈ N0.
Riešenie:
Pri tejto klasickej úlohe aplikujeme Eulerov vzorec a Moivreovu vetu. Konkrétne,
pre každé x ∈ R a k ∈ Z platí
cos x + i sin x = eix
, (cos x + i sin x)k
= cos kx + i sin kx.
Kombináciou týchto poznatkov dostaneme vyjadrenia (overte samy)
cos kx =
eikx
+ e−ikx
2
, sin kx =
eikx
− e−ikx
2i
.
Nech x ∈ R a n ∈ N0 sú dané. Pre súčet v zadaní príkladu potom máme
1 + cos 2x + cos 4x + · · · + cos 2nx =
n∑
m=0
cos 2mx =
n∑
m=0
(
e2imx
+ e−2imx
2
)
.
8
Ak x = lπ pre nejaké celé číslo l, potom cos 2mx = cos 2mlπ = cos 0 =
1 pre každé m = 0, . . . , n. V tomto prípade je teda hľadaný súčet n + 1.
Predpokladajme, nech x ̸= lπ, l ∈ Z. Platí
n∑
m=0
cos 2mx =
n∑
m=0
(
e2imx
+ e−2imx
2
)
=
1
2
n∑
m=0
(
e2ix
)m
+
1
2
n∑
m=0
(
e−2ix
)m
.
Posledné dve sumy predstavujú súčty konečných geometrických postupností
s kvocientami e2ix
a e−2ix
. Platí
n∑
m=0
(
e2ix
)m
=
1 − e2ix(n+1)
1 − e2ix
.
Získaný súčet teraz vhodne upravíme, resp. budeme sa snažiť ho vyjadriť
pomocou reálnych výrazov obsahujúcich sínusy a kosínusy. Postupne dostá-
vame
1 − e2ix(n+1)
1 − e2ix
=
eix(n+1)
·
(
e−ix(n+1)
− eix(n+1)
)
eix · (e−ix − eix)
=
eix(n+1)
eix
·
2i sin(n + 1)x
2i sin x
= eixn
·
sin(n + 1)x
sin x
.
V prvom kroku sme z čitateľa i menovateľa zlomku vynímali pred zátvorku,
kým v druhom kroku sme aplikovali vyjadrenie funkcie sínus odvodené v
úvode príkladu. Platí teda
n∑
m=0
(
e2ix
)m
= eixn
·
sin(n + 1)x
sin x
.
Analogickým spôsobom dostaneme pre druhú sumu vyjadrenie (overte; napríklad
aj tak, že v práve odvodenom výraze zameníte x za −x ;))
n∑
m=0
(
e−2ix
)m
= e−ixn
·
sin(n + 1)x
sin x
.
Pre súčet v zadaní príkladu potom dostaneme formulu
n∑
m=0
cos 2mx =
1
2
·
[
eixn
·
sin(n + 1)x
sin x
+ e−ixn
·
sin(n + 1)x
sin x
]
9
=
eixn
+ e−ixn
2
·
sin(n + 1)x
sin x
=
cos nx · sin(n + 1)x
sin x
.
Zistili sme teda, že platí
n∑
m=0
cos 2mx =



cos nx · sin(n + 1)x
sin x
, x ̸= lπ,
n + 1, x = lπ,
l ∈ Z.
Príklad 5
Pre x ∈ R vyjadrite sin 5x, cos 5x, tg 5x a cotg 5x pomocou mocnín sin x,
cos x, tg x a cotg x.
Riešenie:
Existujú minimálne dve cesty, ako postupovať pri tomto príklade. V prvej z
nich budeme priamo postupne „roz-sínusovávať , resp. „roz-kosínusovávať ,
resp. „roz-tangensovávať , resp. „roz-kotangensovávať výrazy sin 5x, cos 5x,
tg 5x a cotg 5x. Síce sa nám tým výrazne zlepšia naše manuálne počtárske
zručnosti, ale výdatne si tým aj odskáčeme všetku tú špinavú prácu, ktorú
matematika so sebou prináša :) Pozor, je to skutočne len pre silné a otrlé
žalúdky! My si teraz zvolíme ťahať za trochu ľahší koniec :) Starý Abraham
de Moivre (a neskôr ešte lepšie – ako inak – i Leonhard Euler) si jedného dňa
všimol takúto roztomilú vec
(cos x + i sin x)5
= cos 5x + i sin 5x, x ∈ R.
Rovnako ako teraz našich čitateľov i jeho napadlo, že by nebolo od veci
roznásobiť ľavú stranu spôsobom, ako to robieval Isaac Newton. Chalaniská
sa totiž veľmi kamošili, už nejednu konvergentnú i divergentnú párty zažili,
takže Abraham dôverne poznal Isaacovu – ako sa dnes hovorí – binomickú
vetu. Skrátka, po konečných úpravách dostal toto
(cos x + i sin x)5
= cos5
x − 10 cos3
x sin2
x + 5 cos x sin4
x
+i(5 cos4
x sin x − 10 cos2
x sin3
x + sin5
x).
Nuž ale, objaviteľsky vykríkol Moivre, potom musí predsa platiť, že
cos 5x = cos5
x − 10 cos3
x sin2
x + 5 cos x sin4
x,
10
sin 5x = 5 cos4
x sin x − 10 cos2
x sin3
x + sin5
x.
Ľaľa ho, vzrušene si pomädlil ruky Moivre, dve muchy jednou ranou. A keďže
bol povaha dôkladná, zvedavá a hlavne nebojácna, neprestal a plný posvätného
napätia pokračoval ďalej
tg 5x =
sin 5x
cos 5x
=
5 cos4
x sin x − 10 cos2
x sin3
x + sin5
x
cos5 x − 10 cos3 x sin2
x + 5 cos x sin4
x
=
cos5
x · (5 tg x − 10 tg3
x + tg5
x)
cos5 x · (1 − 10 tg2
x + 5 tg4
x)
=
5 tg x − 10 tg3
x + tg5
x
1 − 10 tg2
x + 5 tg4
x
.
Abraham, dojatý ako storočný miliardár, kontemplujúci svoje skromné imanie,
si uvedomil, že narazil na zlatý dol a bezostyšne sa mu už zbiehali slinky
na ďalšie sústo
cotg 5x =
1
tg 5x
=
1 − 10 tg2
x + 5 tg4
x
5 tg x − 10 tg3
x + tg5
x
=
tg5
x · (cotg5
x − 10 cotg3
x + 5 cotg x)
tg5
x · (5 cotg4
x − 10 cotg2
x + 1)
=
cotg5
x − 10 cotg3
x + 5 cotg x
5 cotg4
x − 10 cotg2
x + 1
.
Príklad 6
Zapíšte a načrtnite v komplexnej rovine uvedené množiny bodov.
a) |z − 1| ≤ Rez, b) |z − 1| + |z − 3| < 3.
Riešenie:
Využijeme pozorovanie, že každé komplexné číslo z = x + iy je možné reprezentovať
ako bod [x, y] v (euklidovskej) rovine (a naopak). Potom v prípade
a) máme
|z − 1| ≤ Rez,
0 ≤ |(x − 1) + iy| ≤ x,
0 ≤
√
(x − 1)2 + y2 ≤ x,
(x − 1)2
+ y2
≤ x2
,
−2x + 1 + y2
≤ 0 =⇒ y2
≤ 2x − 1.
Jedná sa teda o množinu bodov vo vnútri a na parabole y2
= 2x − 1. V prípade
b) si môžeme pomôcť geometrickou interpretáciou absolútnej hodnoty.
11
Vieme, že pre z = x + iy výraz |z − 1| vyjadruje (euklidovskú) vzdialenosť
bodu [x, y] od bodu [1, 0], resp. výraz |z − 3| vyjadruje (euklidovskú) vzdialenosť
bodu [x, y] od bodu [3, 0]. Máme teda nájsť množinu všetkých bdoch
v rovine, ktorých súčet vzdialeností od pevne daných bodov [1, 0] a [3, 0] je
menší ako 3. Takúto vlastnosť má práve vnútro elipsy s ohniskami v bodoch
[1, 0] a [3, 0] a s dĺžkou hlavnej polosi 3/2. Overte, že elipsa s takýmito
parametrami skutočne existuje a nájdite jej stred, dĺžku vedľajšej polosi a
nakoniec i jej analytické vyjadrenie :) Mal by ste dostať výsledok
(x − 2)2
9/4
+
y2
5/4
< 1.
Príklad 7
Vypočítajte limitu postupnosti.
lim
n→∞
i
n
(
1 + i
√
2
)n
.
Riešenie:
V limitovanon výraze sa pokúsime oddeliť reálnu a imaginárnu časť. Najschodnejšie
sa ukazuje previesť číslo (1 + i)/
√
2 na goniometrický tvar a
následne na jeho n-tú mocninu aplikovať Moivreho vzorec. Platí
1 + i
√
2
= cos
π
4
+ i sin
π
4
,
(
1 + i
√
2
)n
= cos
πn
4
+ i sin
πn
4
.
Potom dostaneme
lim
n→∞
i
n
(
1 + i
√
2
)n
= lim
n→∞
i
n
(
cos
πn
4
+ i sin
πn
4
)
= lim
n→∞
(
−
sin πn
4
n
+ i
cos πn
4
n
)
.
Pre uvedenú postupnosť existuje limita práve vtedy, keď existujú limity z jej
reálnej i imaginárnej časti. Avšak
lim
n→∞
sin πn
4
n
= 0 = lim
n→∞
cos πn
4
n
,
12
ako sa môžeme ľahko presvedčiť. Preto
lim
n→∞
i
n
(
1 + i
√
2
)n
= 0 + i · 0 = 0.
Príklad 8
Dokážte.
lim
n→∞
(
−1 + i
√
3
)3n−2
8n − 1
=
−1 + i
√
3
8
.
Riešenie:
Máme vlastne ukázať, že
lim
n→∞
[(
−1 + i
√
3
)3n−2
8n − 1
−
(
−1 + i
√
3
8
)]
= 0.
Toto je však ekvivalentné s tým, že
lim
n→∞
(
−1 + i
√
3
)3n−2
8n − 1
−
(
−1 + i
√
3
8
)
= 0
(dobre si to premyslite :)). Túto limitu z reálnej postupnosti teraz budeme
vhodne upravovať, pričom ukážeme, že skutočne je nulová. Komplexné číslo
−1 + i
√
3 prepíšeme napríklad do exponenciálneho tvaru
−1 + i
√
3 = 2 e2πi/3
.
Dosadením postupne dostaneme
lim
n→∞
(
2 e2πi/3
)3n−2
8n − 1
−
2 e2πi/3
8
= lim
n→∞
2 e2πi/3
·
((
2 e2πi/3
)3n−3
8n − 1
−
1
8
)
= lim
n→∞
2 · e2πi/3
toto je 1
·
23n−3
·
toto je 1
e2(n−1)πi
8n − 1
−
1
8
= 2 · lim
n→∞
23n−3
8n − 1
−
1
8
13
= 2 · lim
n→∞
8n−1
8n − 1
−
1
8
= 2 · lim
n→∞
8n
− 8n
+ 1
8 (8n − 1)
= 2 · lim
n→∞
1
8 (8n − 1)
= 0.
Príklad 9
Rozhodnite o konvergencii nekonečného radu
∞∑
n=1
ei π
n
n
.
Riešenie:
V n-tom člene daného radu oddelíme jeho reálnu a imaginárnu časť
∞∑
n=1
ei π
n
n
=
∞∑
n=1
(
cos (π/n)
n
+ i ·
sin (π/n)
n
)
.
Potrebujeme teda vyšetriť konvergenciu reálnych radov
∞∑
n=1
cos (π/n)
n
,
∞∑
n=1
sin (π/n)
n
.
Platí
lim
n→∞
cos (π/n)
n
1
n
= lim
n→∞
cos (π/n) = 1,
lim
n→∞
sin (π/n)
n
1
n2
= lim
n→∞
sin (π/n)
1
n
= π.
Podľa limitného porovnávacieho kritéria (pre reálne rady) to znamená, že
kosínusový rad sa pre veľké n správa ako harmonický rad
∑
(1/n), a teda
diverguje, kým sínusový rad sa pre veľké n javí ako rad
∑
(1/n2
), a teda
konverguje. Preto komplexný rad v zadaní príkladu diverguje.
Príklad 10
Nájdite súčet nekonečného radu
∞∑
n=0
(
in
2n
+
i2n
n!
)
.
14
Riešenie:
Intuitívne cítime, že ak by sa nám pošťastilo určiť súčty radov
∞∑
n=0
in
2n
,
∞∑
n=0
i2n
n!
,
máme vyhraté. Prvý z týchto radov je geometrický s kvocientom q = i/2, a
nakoľko
|q| =
i
2
=
|i|
2
=
1
2
< 1,
je to konvergetný rad so súčtom
∞∑
n=0
in
2n
= 1 ·
1
1 − i
2
=
2
2 − i
=
2 (2 + i)
5
=
4 + 2i
5
.
Druhý rad je dokonca reálny, pretože i2n
= (−1)n
. Z teórie mocninových
radov vyplýva, že
∞∑
n=0
i2n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
= e−1
(platí ex
=
∑∞
n=0(xn
/n!) pre každé reálne x). Preto súčet pôvodného radu v
zadaní existuje a spĺňa
∞∑
n=0
(
in
2n
+
i2n
n!
)
=
∞∑
n=0
in
2n
+
∞∑
n=0
i2n
n!
=
4 + 2i
5
+
1
e
=
1
e
+
4
5
+ i ·
2
5
.
Príklad 11
Určte limitu funkcie.
lim
z→−i
z2
+ 1
z3 + iz2 − z − i
.
Riešenie:
Dosadením z = −i dostaneme neurčitý výraz 0/0, ako sa možno ľahko presvedčiť.
Postupujeme preto štandardne ako pri reálnych funkciách reálnej
premennej. Platí napríklad
lim
z→−i
z2
+ 1
z3 + iz2 − z − i
= lim
z→−i
(z + i)(z − i)
(z + i)(z2 − 1)
= lim
z→−i
z − i
z2 − 1
= i.
15
Príklad 12
Nájdite body nespojitosti funkcie f danej predpisom
f(z) =
z Rez
|z|
a rozhodnite, či sa jedná o odstrániteľné nespojitosti.
Riešenie:
Výraz z Rez/|z| rozdelíme na jeho reálnu a imaginárnu časť. Pre z = x + iy
je zrejme Rez = x a
z Rez
|z|
=
(x + iy)x
√
x2 + y2
=
x2
+ iyx
√
x2 + y2
=
x2
√
x2 + y2
+ i
xy
√
x2 + y2
.
Reálne funkcie
u(x, y) =
x2
√
x2 + y2
, v(x, y) =
xy
√
x2 + y2
sú zrejme spojité všade na R2
okrem bodu [0, 0], kde ani jedna z nich nie
je definovaná. Preto funkcia f je spojitá na C \ {0}, a teda má jediný bod
nespojitosti z = 0. Vypočítajme limitu f v tomto bode
lim
z→0
f(z) = lim
(x,y)→(0,0)
(
x2
√
x2 + y2
+ i
xy
√
x2 + y2
)
.
Úloha sa nám redukuje na určenie reálnych limít
lim
(x,y)→(0,0)
x2
√
x2 + y2
, lim
(x,y)→(0,0)
xy
√
x2 + y2
.
Nasadiac klasický aparát diferenciálneho počtu reálnych funkcií dvoch reálnych
premenných (napríklad prevod do polárnych súradníc), dostaneme
lim
(x,y)→(0,0)
x2
√
x2 + y2
= 0 = lim
(x,y)→(0,0)
xy
√
x2 + y2
.
16
To znamená, že platí limz→0 f(z) = 0. Funkcia f má preto v bode z = 0
odstrániteľnú nespojitosť, pričom funkcia g definovaná priradením
g(z) =



z Rez
|z|
, z ̸= 0,
0, z = 0,
je už spojitá v celej komplexnej rovine.
Poznámka k Príkladu 12:
V príklade sme ukázali, že funkcia f nie je definovaná v bode z = 0, a to
je dôvod, prečo nie je v tomto bode spojitá. Je potrebné si však uvedomiť, čo
je príčinou toho, že f nie je definovaná v 0. Hlavným dôvodom nie je to, že po
dosadení hodnoty z = 0 do predpisu funkcie f dostaneme nulu v menovateli.
Skutočnou príčinou je fakt, že f(0) je neurčitý výraz, konkrétne typu 0/0.
Túto divnú alchýmiu si bližšie osvetlíme v nasledujúcom príklade :)
Príklad 13
Vyšetrite spojitosť funkcie
f(z) =
z
z2 + 1
ako priradenia
a) f : C → C, b) f : C → ˜C,
kde ˜C := C ∪ {∞}.
Riešenie:
a) Funkciu f chápeme ako priradenie z C do C, t.j., do f môžeme napchať
iba konečné hodnoty argumentu z, pričom výsledok f(z) musí byť zas len
konečný (takéto funkcie sa priliehavo nazývajú konečné :) ). Z predpisu pre
f ihneď vidno, že problém môžu robiť iba (konečné) hodnoty z = ±i. Platí
f(i) =
i
i2 + 1
=
i
0
= ∞, f(−i) =
−i
(−i)2 + 1
=
−i
0
= ∞,
podľa definičných vlastností komplexného nekonečna. Teda f(i), f(−i) ̸∈ C,
t.j., hodnoty f(i), f(−i) nie sú konečné, a preto funkcia f nie je spojitá v
bodoch ±i (konkrétne, nie je definovaná v bodoch ±i).
17
b) Teraz síce vkladáme do f zas len konečné hodnoty z, ale f(z) môže
byť aj nekonečné. Takže nás nijako nevzrušuje fakt, že f(±i) = ∞. Funkcia f
je definovaná v bodoch z = ±i (premyslite si, že okrem iného je to dôsledok
faktu, že máme zavedené len jedno komplexné nekonečno). To však, ako
vieme, nestačí na jej spojitosť. Poďme sa pozrieť na limity f v bodoch ±i
lim
z→i
f(z) = lim
z→i
toto konverguje do i
z
z2
+ 1
toto konverguje do 0
=
i
0
= ∞ = f(i),
lim
z→−i
f(z) = lim
z→−i
toto konverguje do −i
z
z2
+ 1
toto konverguje do 0
=
−i
0
= ∞ = f(−i).
Žiadne prekvapenie. Teda v tomto ponímaní je f funkciou spojitou v celej
komplexnej rovine C.
Uvedený výpočet limít sa môže zdať veľmi svojvoľný a tak trochu aj
účelový, aby nám niečo pekné vyšlo :) Pridáme teda korektnejší výpočet.
Určíme limitu absolútnej hodnoty f v bode z = i. Poznamenajme, že |f| je
reálna funkcia (komplexnej premennej). Platí
lim
z→i
|f(z)| = lim
z→i
toto konverguje do 1
|z|
|z2
+ 1|
toto konverguje do 0 sprava
=
1
0+
= +∞,
kde +∞ je staré dobré reálne plus nekonečno. To znamená, že pre z →
i sa funkčné hodnoty f(z) neobmedzene vzďaľujú od začiatku súradnicovej
sústavy. Teda skutočne f(z) → ∞, kde ∞ teraz značí jediné komplexné
nekonečno. Podobný záver platí aj pre limitu limz→−i f(z).
18