Príklady na precvičovanie – elementárne komplexné
funkcie
Riešené príklady
Príklad 1
Racionálnu lomenú funkciu
1
z3 − 2z2 + z − 2
rozložte nad C na parciálne zlomky.
Riešenie:
Postupujeme štandardným spôsobom, avšak s tým malým rozdielom, že
v obore komplexných čísiel sa menovateľ daného zlomku dá úplne rozložiť na
lineárne činitele. Platí
z3
− 2z2
+ z − 2 = (z − 2)(z2
+ 1) = (z − 2)(z − i)(z + i).
Máme teda rozklad
1
z3 − 2z2 + z − 2
=
A
z − 2
+
B
z − i
+
C
z + i
,
pre neznáme koeficienty A, B, C ∈ C. Klasickou metódou zistíme, že
1
z3 − 2z2 + z − 2
=
1
5
z − 2
+
− 1
10
+ 1
5
i
z − i
+
− 1
10
− 1
5
i
z + i
.
Príklad 2
Pre dané a, b ∈ R zistite, akú krivku v komplexnej rovine určuje nasledujúca
komplexná funkcia reálnej premennej t ∈ (−∞, ∞).
z(t) = e(a+ib)t
.
Riešenie:
V komplexnej funkcii z(t) reálnej premennej t oddelíme jej reálnu a imaginárnu
časť, t.j., z(t) = x(t) + iy(t). Získame tak parametrické vyjadrenie
hľadanej krivky. Platí z(t) = eat
cos bt + ieat
sin bt, čiže
x(t) = eat
cos bt, y(t) = eat
sin bt.
1
V prípade b = 0 a zároveň a = 0 sa jedná o bod [1, 0]. Ak b = 0 a a ̸= 0,
máme x = eat
a y = 0, čo je parametrické vyjadrenie otvorenej kladnej reálnej
polosi (0, ∞) (premyslite si to :)). Pre b ̸= 0, a = 0 dostaneme kružnicu
so stredom v bode [0, 0] a s polomerom 1 (obehnutú nekonečne veľakrát v
zápornom i kladnom smere). Nakoniec, pre ab ̸= 0 zavedením polárnych
súradníc dostaneme
ρ(t) = eat
, φ(t) = bt.
Vylúčením parametra t získame ρ = e
a
b
φ
, φ ∈ (−∞, ∞). Toto je rovnica tzv.
logaritmickej špirály so stredom v bode [0, 0]. V závislosti na znamienkach
čísiel a, b môžu nastať štyri možnosti:
• a > 0, b > 0 – špirála je kladne orientovaná a odvíja sa od stredu,
• a > 0, b < 0 – špirála je záporne orientovaná a odvíja sa od stredu,
• a < 0, b > 0 – špirála je kladne orientovaná a navíja sa na stred,
• a < 0, b < 0 – špirála je záporne orientovaná a navíja sa na stred.
Príklad 3
Stanovte definičné obory funkcií, chápaných ako priradenia na C.
a) w =
1
chz
, b) w = log (−2z − i).
Riešenie:
a) Zrejme problematické budú nulové body funkcie chz. Pripomeňme, že
komplexná funkcia hyperbolický kosínus je definovaná ako
chz =
ez
+ e−z
2
,
kde ez
je komplexná exponenciálna funkcia (komplexné rozšírenie klasickej
reálnej exponenciálnej funkcie ex
). Potrebujeme teda nájsť body z ∈ C, pre
ktoré platí (vykonáme úpravy)
ez
+ e−z
2
= 0 =⇒ ez
+ e−z
= 0 =⇒ e2z
= −1.
Ďalej môžeme postupovať dvomi spôsobmi. Pri prvom spôsobe využijeme
poznatok, že ak z = x + iy, potom
ez
= ex+iy
= eiy
= ex
cos y + iex
sin y.
2
Teda
e2z
= −1 ⇐⇒ e2x
cos 2y + ie2x
sin 2y = −1
⇕
e2x
cos 2y = −1, e2x
sin 2y = 0.
Riešenia tejto sústavy dvoch rovníc s dvomi neznámymi x, y majú tvar x = 0
a y = kπ + π/2, k ∈ Z (samy overte :)). To znamená, že definičný obor
funkcie w v zadaní je
D(w) =
{
z ∈ C, z ̸= i
(
kπ +
π
2
)
, k ∈ Z
}
.
Pri druhom spôsobe môžeme priamo využiť vlastnosti funkcie ez
. Platí eiπ
=
−1, a nakoľko funkcia ez
je periodická s periódami 2kπi, k ∈ Z, máme
e2z
= −1 ⇐⇒ 2z = iπ + 2kπi, k ∈ Z.
Preto všetky nulové body funkcie chz majú tvar z = i(kπ + π/2), k ∈ Z.
b) Z definície hlavnej vetvy log mnohoznačnej logaritmickej funkcie Log
vieme, že je definovaná pre každé nenulové komplexné číslo. Preto
D(w) =
{
z ∈ C, z ̸= −
i
2
}
.
Príklad 4
Nájdite obrazy daných množín v príslušných priradeniach.
a) obraz imaginárnej osi i · R v priradení w =
1 + z
1 − z
,
b) obraz kružnice |z| = R, R ∈ R+
, v priradení w = z +
1
z
,
c) obraz komplexnej roviny C bez bodu 0 v priradení w =
1
2i
(z
¯z
−
¯z
z
)
.
Riešenie:
a) Parametrické vyjadrenie imaginárnej osi má zrejme tvar z = it, kde
t ∈ R. Preto jej obrazom v priradení w je množina
w (i · R) =
{
1 + it
1 − it
, t ∈ R
}
.
3
Pre každé reálne t platí
1 + it
1 − it
=
(1 + it)2
1 + t2
=
1 − t2
+ 2it
1 + t2
=
1 − t2
1 + t2
+ i ·
2t
1 + t2
.
Získali sme teda parametrické vyjadrenie množiny w (i · R), konkrétne (w =
u + iv)
u =
1 − t2
1 + t2
, v =
2t
1 + t2
, t ∈ R.
Nie je ťažké overiť, že hľadaná množina je kružnica u2
+ v2
= 1 bez bodu
[−1, 0], pretože
(
1 − t2
1 + t2
)2
+
(
2t
1 + t2
)2
=
1 + t4
+ 2t2
(1 + t2)2
= 1,
pričom bod [−1, 0] nie je obrazom žiadneho z ∈ i · R v priradení w (samy
overte; okrem toho zistite hodnotu limt→±∞ w(it) :)).
b) Parametrické vyjadrenie kružnice |z| = R je napríklad z = R eit
, t ∈
[−π, π). Pre každý takýto bod z potom platí
w(z) = R eit
+
1
R
e−it
= R (cos t + i sin t) +
1
R
(cos t − i sin t)
=
(
R +
1
R
)
cos t + i ·
(
R −
1
R
)
sin t.
Hľadaná množina má teda parametrické vyjadrenie
u =
(
R +
1
R
)
cos t, v =
(
R −
1
R
)
sin t, t ∈ [−π, π).
V prípade R = 1 sa jedná o reálny interval [−2, 2], presnejšie, o dvojnásobný
interval [−2, 2) zjednotený s bodom 2 (samy overte; obzvlášť si premyslite,
že každý bod w ∈ [−2, 2) je obrazom práve dvoch hodnôt t ∈ [−π, π) \ {0},
kým bod 2 je obrazom jediného vzoru t = 0). Ak R ̸= 1, potom sa jedná o
elipsu s rovnicou
u2
(
R + 1
R
)2 +
v2
(
R − 1
R
)2 = 1.
c) Najprv si všimnime, že pre každé komplexné číslo z ̸= 0 predstavuje
w(z) imaginárnu časť čísla z/¯z, nakoľko
w(z) =
1
2i
(z
¯z
−
¯z
z
)
=
z
¯z
−
(z
¯z
)
2i
= Im
(z
¯z
)
.
4
Ďalej platí
z
¯z
=
|z|
|¯z|
=
|z|
|z|
= 1.
Teda hodnoty z/¯z ležia na kružnici so stredom v bode [0, 0] a s polomerom
1. Nie je ťažké ukázať, že ak z prebieha cez množinu C \ {0}, potom z/¯z vyčerpáva
celú jednotkovú kružnicu (overte samy; komplexné číslo z uvažujte
v exponenciálnom tvare a pomocou neho vyjadrite z/¯z :)). To znamená,
že w(C \ {0}) predstavuje množinu imaginárnych častí bodov jednotkovej
kružnice. Jedná sa teda o reálny interval [−1, 1] (taktiež zdôvodnite samy
pomocou vhodného nákresu :)).
Príklad 5
Riešte v C rovnicu
2 chz + shz = i.
Riešenie:
Dosadením
chz =
ez
+ e−z
2
, shz =
ez
− e−z
2
,
a po úprave prevedieme rovnicu v zadaní na tvar
3ez
+ e−z
= 2i.
Zavedením substitúcie s = ez
dostaneme kvadratickú rovnicu s neznámou s
3s2
− 2is + 1 = 0.
Posledná rovnica má dve riešenia, a to s1 = i a s2 = −i/3. Platí teda
ez
=
{
i,
− i
3
,
⇐⇒ z =
{
Log (i),
Log (− i
3
).
Výpočtom jednotlivých logaritmov zistíme, že (overte samy :))
z =



i ·
(π
2
+ 2kπ
)
,
− ln 3 + i ·
(−π
2
+ 2kπ
)
,
k ∈ Z.
5
Príklad 6
Dokážte, že pre každé z ∈ C platí
Argshz = Log (z ±
√
z2 + 1).
Riešenie:
Nech z ∈ C je také, že Argshz je definované. Označme w = Argshz. Podľa
definície argumentu hyperbolického sínusu potom platí z = sh w, a následne
z =
ew
− e−w
2
.
Z poslednej rovnice vyjadríme w pomocou z. Zavedením substitúcie s = ew
dostaneme kvadratickú rovnicu pre neznámu s. Konkrétne,
z =
s − 1
s
2
=⇒ s2
− 2zs − 1 = 0.
Jej riešením dostaneme (využijeme úpravu na štvorec :))
(s − z)2
− z2
− 1 = 0,
(s − z)2
= z2
+ 1,
s − z = ±
√
z2 + 1,
s = z ±
√
z2 + 1.
Symbolom ±
√
rozumieme dve hodnoty komplexnej druhej odmocniny. Po
návrate k neznámej w teda platí
ew
= z ±
√
z2 + 1.
Podľa definície komplexného logaritmu je však posledná rovnosť ekvivalentná
s rovnicou
w = Log (z ±
√
z2 + 1),
čo dokazuje identitu v zadaní príkladu. Naviac, nakoľko výraz z ±
√
z2 + 1
je rôzny od nuly pre ľubovoľné z ∈ C (samy overte), tieto úvahy platia pre
každé komplexné číslo z.
6
Príklad 7
Nájdite všetky funkčné hodnoty.
a) sh (2 − i), b) cos (2 + i), c) Argsh (i).
Riešenie:
a) Pomocou definície komplexného hyperbolického sínusu postupne platí
sh (2 − i) =
e2−i
− e−(2−i)
2
=
e2
(cos 1 − i sin 1) − e−2
(cos 1 + i sin 1)
2
=
e2
− e−2
2
· cos 1 − i ·
e2
+ e−2
2
· sin 1.
b) Štandardným „rozkosínusovaním dostaneme
cos (2 + i) = cos 2 cos i − sin 2 sin i.
Keďže
cos i =
ei·i
+ e−i·i
2
=
e−1
+ e
2
,
sin i =
ei·i
− e−i·i
2i
=
e−1
− e
2i
= i ·
e − e−1
2
,
platí
cos (2 + i) =
e−1
+ e
2
· cos 2 − i ·
e − e−1
2
· sin 2.
c) Využijúc identitu v Príklade 6, máme
Argsh (i) = Log (i ±
√
i2 + 1) = Log (i).
Podľa definície komplexného logaritmu ďalej platí (ln označuje reálny prirodzený
logaritmus)
Log (i) = ln |i| + i · Arg (i) = ln 1 + i · Arg (i) = i · Arg (i).
Základný argument čísla i je π/2, preto množina všetkých argumentov čísla
i má tvar
Arg (i) =
{π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
}
.
7
Nakoniec teda platí
Argsh (i) = Log (i) = i ·
{π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
}
=
{
i ·
(π
2
+ 2kπ
)
, k ∈ Z
}
.
Množina hodnôt Argsh (i) je teda nekonečná (avšak spočítateľná), pričom
každá hodnota má tvar
i ·
(π
2
+ 2kπ
)
, k ∈ Z.
Príklad 8
V daných komplexných funkciách oddeľte reálnu a imaginárnu časť.
a) w = tg z, b) w = zi
.
Riešenie:
a) Podľa definície komplexného tangensu platí (z = x + iy)
tg z =
sin z
cos z
=
sin(x + iy)
cos(x + iy)
=
sin x cos iy + cos x sin iy
cos x cos iy − sin x sin iy
.
Nakoľko
cos iy =
ei·iy
+ e−i·iy
2
=
e−y
+ ey
2
= ch y,
sin iy =
ei·iy
− e−i·iy
2i
=
e−y
− ey
2i
= i ·
ey
− e−y
2
= i · sh y,
získaný výraz pre tg z nadobudne tvar
tg z =
sin x ch y + i cos x sh y
cos x ch y − i sin x sh y
.
Následnými úpravami dostaneme
tg z =
sin x ch y + i cos x sh y
cos x ch y − i sin x sh y
·
cos x ch y + i sin x sh y
cos x ch y + i sin x sh y
=
sin x cos x ch2
y − cos x sin x sh2
y + i ·
[
sin2
x ch y sh y + cos2
x sh y ch y
]
cos2 x ch2
y + sin2
x sh2
y
8
=
sin x cos x ·
1
(
ch2
y − sh2
y
)
+i ·
1
[
sin2
x + cos2
x
]
· sh y ch y
cos2 x ch2
y + sin2
x sh2
y
=
sin x cos x + i · sh y ch y
cos2 x ch2
y + sin2
x sh2
y
.
Menovateľ posledného zlomku sa dá takto zjednodušiť
cos2
x ch2
y + sin2
x sh2
y = cos2
x ·
(
1 + sh2
y
)
+
(
1 − cos2
x
)
· sh2
y
= cos2
x + sh2
y.
Teda napokon dostaneme
tg z =
sin x cos x
cos2 x + sh2
y
+ i ·
sh y ch y
cos2 x + sh2
y
.
b) Podľa definície všeobecnej komplexnej mocniny, komplexného logaritmu
a komplexnej exponenciály platí
zi
= ei Log z
= ei·(ln |z|+i Arg z)
= e− Arg z+i ln |z|
= e− Arg z
(cos ln |z| + i sin ln |z|) = e− Arg z
cos ln |z| + i · e− Arg z
sin ln |z|.
To teda znamená, že
Re
[
zi
]
= e− Arg z
cos ln |z|, Im
[
zi
]
= e− Arg z
sin ln |z|.
Príklad 9
Vypočítajte limitu
lim
z→0
chz − 1
sin z
.
Riešenie:
Dosadením z = 0 do danej limity zistíme, že sa jedná o neurčitosť typu
0/0. Ďalej funkcie chz − 1 a sin z sú celé, t.j., holomorfné v celej komplexnej
rovine. Podľa komplexnej verzie L’Hospitalovho pravidla to znamená, že
limita v zadaní príkladu existuje, pričom platí (derivujeme podľa z)
lim
z→0
chz − 1
sin z
= lim
z→0
(chz − 1)′
(sin z)′
.
9
Keďže (chz − 1)′
= (chz)′
= shz a (sin z)′
= cos z, máme
lim
z→0
chz − 1
sin z
= lim
z→0
shz
cos z
=
sh 0
cos 0
=
0
1
= 0.
Príklad 10
Priamo overte platnosť Cauchyho–Riemannových rovností na celom R2
pre
funkciu
w = ez2
.
Riešenie:
Potrebujeme nájsť reálnu a imaginárnu časť funkcie w = u + iv. Pre
z = x + iy postupne dostaneme
w = ez2
= e(x+iy)2
= ex2−y2+2ixy
= ex2−y2
(cos 2xy + i · sin 2xy)
= ex2−y2
cos 2xy + i · ex2−y2
sin 2xy
⇓
u = ex2−y2
cos 2xy, v = ex2−y2
sin 2xy.
Vypočítame prvé parciálne derivácie funkcií u, v (po úprave)
u′
x = 2ex2−y2
(x cos 2xy − y sin 2xy), u′
y = −2ex2−y2
(y cos 2xy + x sin 2xy),
v′
x = 2ex2−y2
(x sin 2xy + y cos 2xy), v′
y = 2ex2−y2
(−y sin 2xy + x cos 2xy).
Funkcie u, v teda spĺňajú na celom R2
Cauchyho–Riemannove rovnosti u′
x =
v′
y a u′
y = −v′
x.
10