Príklady na precvičovanie – elementárne komplexné
funkcie
Riešené príklady
Príklad 1
Racionálnu lomenú funkciu
1
z3 − 2z2 + z − 2
rozložme nad C na parciálne zlomky.
Riešenie:
Postupujeme štandardným spôsobom ako v reálnej analýze, avšak s tým malým
rozdielom, že v obore komplexných čísiel sa menovateľ daného zlomku
dá úplne rozložiť na lineárne činitele :). Konkrétne, platí
z3
− 2z2
+ z − 2 = (z − 2)(z2
+ 1) = (z − 2)(z − i)(z + i)
(samy overte :)). 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
+ i
5
z − i
+
− 1
10
− i
5
z + i
(samy overte detaily výpočtu ;)).
Príklad 2
Pre dané a, b ∈ R zistime, akú krivku v komplexnej rovine určuje komplexná
funkcia reálnej premennej
z(t) = e(a+ib)t
, t ∈ (−∞, ∞).
1
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, takže
x(t) = eat
cos bt, y(t) = eat
sin bt, t ∈ (−∞, ∞).
V prípade b = 0 a a = 0 sa jedná o jediný bod [1, 0]. Ak b = 0 a a ̸= 0,
máme x(t) = eat
a y(t) ≡ 0, čo je parametrické vyjadrenie otvorenej kladnej
reálnej polosi (0, ∞) (samy si to premyslite :)). Pre b ̸= 0, a = 0 dostaneme
kružnicu so stredom v bode [0, 0] a polomerom 1 obehnutú nekonečne veľakrát
v zápornom i kladnom smere (i toto si samy dobre premyslite ;)). Nakoniec,
pre ab ̸= 0 zavedením polárnych súradníc dostaneme
ρ(t) = eat
, φ(t) = bt, t ∈ (−∞, ∞).
Vylúčením parametra t získame vyjadrenie ρ = e
a
b
φ
, pričom 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.
Nechávame na čitateľa, aby si sám nakreslil a premyslel každý z uvedených
prípadov ;).
Príklad 3
Stanovme definičné obory daných funkcií chápaných ako priradení C → C.
a) w =
1
chz
, b) w = log (−2z − i).
2
Riešenie:
a) Problematické budú zrejme nulové body funkcie chz. Pripomeňme, že
komplexná funkcia hyperbolický kosínus je definovaná predpisom
chz =
ez
+ e−z
2
, z ∈ C,
kde ez
je komplexná exponenciálna funkcia (komplexné rozšírenie klasickej
reálnej exponenciálnej funkcie ex
). Potrebujeme teda nájsť všetky body z ∈
C, pre ktoré platí
ez
+ e−z
2
= 0 ⇐⇒ ez
+ e−z
= 0 ⇐⇒ e2z
= −1.
Ďalej môžeme postupovať dvomi spôsobmi. Pri prvom spôsobe využijeme
poznatok, že pre z = x + iy máme
ez
= ex+iy
= eiy
= ex
cos y + iex
sin y.
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 komplexnej funkcie ez
.
Keďže eiπ
= −1 a 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 z mnohoznačnej logaritmickej funkcie
Log z vieme, že je definovaná pre každé nenulové komplexné číslo. Preto
D(w) =
{
z ∈ C, z ̸= −
i
2
}
:).
3
Príklad 4
Nájdime obrazy daných podmnožín v C 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 tvar z = it, kde t ∈ R.
Preto jej obrazom v priradení w je množina
w (i · R) =
{
1 + it
1 − it
, t ∈ R
}
.
Ďalej pre každé reálne t platí
1 + it
1 − it
=
1 + it
1 − it
·
1 + it
1 + it
=
1 − t2
+ 2it
1 + t2
=
1 − t2
1 + t2
+ i ·
2t
1 + t2
.
Získali sme teda parametrické vyjadrenie množiny w (i · R). Konkrétne, pre
w = u + iv máme
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], nakoľko
(
1 − t2
1 + t2
)2
+
(
2t
1 + t2
)2
=
1 + t4
+ 2t2
(1 + t2)2
= 1
a bod [−1, 0] nie je obrazom žiadneho z ∈ i · R v priradení w (samy si dobre
premyslite; okrem toho zistite hodnotu limt→±∞ w(it) :)).
b) Parametrické vyjadrenie kružnice |z| = R je napríklad
z = R eit
, t ∈ [−π, π).
4
Pre každý bod z na tejto kružnici 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 dve kópie
intervalu [−2, 2) zjednotené 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 :)). Pre R ̸= 1 sa jedná o elipsu
u2
(
R + 1
R
)2 +
v2
(
R − 1
R
)2 = 1 :).
c) Všimnime, že pre každé komplexné číslo z ̸= 0 predstavuje w(z) imaginárnu
časť čísla z/¯z, keďže
w(z) =
1
2i
(z
¯z
−
¯z
z
)
=
z
¯z
−
(z
¯z
)
2i
= Im
(z
¯z
)
.
Okrem toho platí
z
¯z
=
|z|
|¯z|
=
|z|
|z|
= 1.
To znamená, že hodnoty z/¯z ležia na kružnici so stredom v bode [0, 0] a
polomerom 1 (samy si premyslite :)). Nie je ťažké ukázať, že ak z prebieha
množinu C \ {0}, potom z/¯z vyčerpáva celú uvedenú jednotkovú kružnicu
(samy overte; komplexné číslo z uvažujte v exponenciálnom tvare a pomocou
neho vyjadrite z/¯z :)). Teda w(C \ {0}) predstavuje množinu imaginárnych
častí bodov danej jednotkovej kružnice. Jedná sa teda o reálny interval [−1, 1]
(i toto si samy zdôvodnite pomocou vhodného obrázka ;)).
5
Príklad 5
Riešme v C rovnicu
2 chz + shz = i.
Riešenie:
Dosadením vyjadrení
chz =
ez
+ e−z
2
, shz =
ez
− e−z
2
,
a po následnej úprave prevedieme rovnicu v zadaní príkladu na tvar
3ez
+ e−z
= 2i
(samy overte :)). Zavedením substitúcie s = ez
dostaneme kvadratickú rovnicu
s neznámou s, konkrétne
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 dostaneme
z =



i ·
(π
2
+ 2kπ
)
,
− ln 3 + i ·
(−π
2
+ 2kπ
)
,
k ∈ Z
(samy overte detaily :)).
Príklad 6
Dokážme, že pre každé z ∈ C platí identita
Argshz = Log (z ±
√
z2 + 1).
6
Riešenie:
Nech z ∈ C je také, že výraz Argshz je definovaný. Označme w = Argshz.
Podľa definície argumentu hyperbolického sínusu potom platí z = sh w, resp.
z =
ew
− e−w
2
,
podľa definície hyperbolického sínusu. 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.
Poznamenajme, že symbolom ±
√
rozumieme dve hodnoty komplexnej druhej
odmocniny. Po návrate k neznámej w dostávame
ew
= z ±
√
z2 + 1.
Podľa definície komplexného logaritmu je posledná rovnosť ekvivalentná s
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 :)), uvedené úvahy platia
pre každé komplexné číslo z.
Príklad 7
Nájdime všetky hodnoty daných funkcií.
a) sh (2 − i), b) cos (2 + i), c) Argsh (i).
7
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.
Pomocou vyjadrení
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
,
potom dostávame
cos (2 + i) =
e−1
+ e
2
· cos 2 − i ·
e − e−1
2
· sin 2.
c) Na základne identity v Príklade 6, platí
Argsh (i) = Log (i ±
√
i2 + 1) = Log (i).
Podľa definície komplexného logaritmu ďalej máme
Log (i) = ln |i| + i · Arg (i) = ln 1 + i · Arg (i) = i · Arg (i)
(symbol ln označuje reálny prirodzený logaritmus). Základný argument čísla
i je π/2. Preto množina všetkých argumentov čísla i má tvar
Arg (i) =
{π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
}
.
Platí teda
Argsh (i) = Log (i) = i ·
{π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
}
=
{
i ·
(π
2
+ 2kπ
)
, k ∈ Z
}
.
8
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 oddeľme ich reálnu a imaginárnu časť.
a) w = tg z, b) w = zi
.
Riešenie:
a) Podľa definície komplexného tangensu pre z = x + iy platí
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
.
Využitím identít
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,
nadobudne získaný výraz pre tg z 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
9
=
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.
Pre tg z teda získame vyjadrenie
tg z =
sin x cos x
cos2 x + sh2
y
+ i ·
sh y ch y
cos2 x + sh2
y
⇓
Re [tg z] =
sin x cos x
cos2 x + sh2
y
, Im [tg z] =
sh y ch y
cos2 x + sh2
y
.
b) Podľa definície všeobecnej komplexnej mocniny, komplexného logaritmu
a komplexnej exponenciály postupne platí
zi
= ei Log z
= ei·(ln |z|+i Arg z)
= e− Arg z+i ln |z|
= e− Arg z
· ei 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|
(samy overte ;)). Teda
Re
[
zi
]
= e− Arg z
cos ln |z|, Im
[
zi
]
= e− Arg z
sin ln |z| :).
Príklad 9
Vypočítajme limitu
lim
z→0
chz − 1
sin z
.
10
Riešenie:
Dosadením z = 0 do danej limity zistíme, že sa jedná o neurčitosť typu 0/0.
Funkcie chz − 1 a sin z sú celé, t.j., holomorfné v celej komplexnej rovine, a
teda holomorfné i na nejakom rýdzom okolí limitného bodu 0. Podľa komplexnej
verzie L’Hospitalovho pravidla potom limita v zadaní príkladu existuje a
platí (derivujeme komplexne podľa z)
lim
z→0
chz − 1
sin z
= lim
z→0
(chz − 1)′
(sin z)′
(samy overte :)). 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
Overme platnosť Cauchyho–Riemannových rovností na celom R2
pre komplexnú
funkciu w = ez2
.
Riešenie:
Potrebujeme najprv stanoviť reálnu a imaginárnu časť funkcie w. Pre z =
x + iy postupne dostávame
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
⇓
Re w = u = ex2−y2
cos 2xy, Im w = v = ex2−y2
sin 2xy.
Vypočítame prvé parciálne derivácie funkcií u, v podľa premenných x, y
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)
(samy overte detaily výpočtov :)). Funkcie u, v teda spĺňajú na celom R2
Cauchyho–Riemannove rovnosti u′
x = v′
y a u′
y = −v′
x :).
11