Príklady na precvičovanie – Taylorove a Laurentove
rady, izolované singularity
Riešené príklady
Príklad 1 (Taylorov rad)
Rozviňme funkciu f(z) = z
z+2
do Taylorovho radu na okolí bodu z0 = 1.
Riešenie:
Funkcia f(z) je holomorfná v celej komplexnej rovine okrem bodu z = −2.
To znamená, že na každom okolí bodu z0 = 1 neobsahujúcom bod −2 je táto
funkcia súčtom svojho príslušného Taylorovho radu. Naviac, tento rad je
určený jednoznačne. Inými slovami, stačí nám nájsť akýkoľvek rozvoj funkcie
f(z) podľa mocnín z − z0 = z − 1 :). Toto pozorovanie nám často umožňuje
vyhnúť sa zdĺhavého počítaniu jednotlivých derivácií funkcie f(z) v bode
z0 = 1 (v súlade s definíciou Taylorovho radu). Môžeme si pomôcť nejakým
fígľom :). Tak napríklad platí
f(z) =
z
z + 2
= 1 −
2
z + 2
= 1 −
2
(z − 1) + 3
= 1 −
2
3
·
1
1 + z−1
3
.
Výraz 1
1+ z−1
3
je však pre z−1
3
< 1 súčtom nekonečného geometrického radu
s kvocientom q = −z−1
3
a s prvým členom 1 (samy si premyslite ;)). Teda
f(z) = 1 −
2
3
·
∞∑
n=0
(
−
z − 1
3
)n
= 1 −
2
3
·
∞∑
n=0
(−1)n
3n
(z − 1)n
, |z − 1| < 3.
Poslednú rovnosť ešte môžeme upraviť oddelením nultého člena na tvar
f(z) =
1
3
−
2
3
·
∞∑
n=1
(−1)n
3n
(z − 1)n
, |z − 1| < 3
(samy overte :)). Získali sme tak hľadaný Taylorov rozvoj funkcie f(z) na
vhodnom okolí bodu z0 = 1. Všimnime si, že polomer konvergencie R = 3
daného mocninového radu je najväčší možný, nakoľko na kružnici |z − 1| = 3
leží bod z = −2 (samy si to dobre premyslite ;)).
1
Príklad 2 (Taylorov rad)
Nájdime Taylorov rad funkcie
f(z) =
z2
(z + 1)2
na okolí bodu z0 = 0.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Racionálnu lomenú
funkciu f(z) rozložíme na parciálne zlomky
f(z) =
z2
(z + 1)2
=
(z2
− 1) + 1
(z + 1)2
=
(z − 1)(z + 1)
(z + 1)2
+
1
(z + 1)2
=
z − 1
z + 1
+
1
(z + 1)2
= 1 −
2
z + 1
+
1
(z + 1)2
.
Nekonštantné členy tohto rozkladu sa pokúsime rozvinúť do radu podľa mocnín
z − z0 = z. Zrejme platí
1
z + 1
=
∞∑
n=0
(−z)n
=
∞∑
n=0
(−1)n
· zn
pre |z| < 1
(samy overte :)). Všimnime si ďalej, že zlomok 1
(z+1)2 je až na znamienko
derivácia výrazu 1
z+1
podľa premennej z. A keďže mocninové rady môžeme
na ich oboroch konvergencie derivovať člen po člene, máme
1
(z + 1)2
=
(
−
1
z + 1
)′
=
(
−
∞∑
n=0
(−1)n
· zn
)′
= −
∞∑
n=0
(−1)n
· (zn
)′
=
∞∑
n=1
(−1)n+1
n · zn−1
pre |z| < 1
(člen s n = 0 je konštanta, preto po derivovaní vymizne :)). Posledný rozvoj
môžeme ešte kozmeticky vylepšiť posunom indexácie n → n + 1, t.j.,
1
(z + 1)2
=
∞∑
n=0
(−1)n
(n + 1) · zn
pre |z| < 1.
2
Pre funkciu f(z) v zadaní príkladu teda platí
f(z) = 1 − 2 ·
∞∑
n=0
(−1)n
· zn
+
∞∑
n=0
(−1)n
(n + 1) · zn
pre |z| < 1.
Úpravou na jednu spoločnú sumu dostávame finálny výsledok
f(z) = 1 +
∞∑
n=0
(−1)n
(n − 1) · zn
=
∞∑
n=2
(−1)n
(n − 1) · zn
, |z| < 1
(samy overte detaily; celkový koeficient pri mocnine z0
je nulový, rovnako
ako aj celkový koeficient pri z :)).
Príklad 3 (Taylorov rad)
Zostrojme mocninový rozvoj funkcie f(z) = sin (2z −z2
) podľa mocnín z −1.
Riešenie:
Povedané ľudsky – máme nájsť Taylorov rad funkcie f(z) so stredom v bode
z0 = 1 :). Na prvý pohľad sa zdá, že ide o náročnú, ba až beznádejnú úlohu
:-/. Poďme spoločne vymyslieť nejakú fintu :). Všimnime si takúto banalitu
sin (2z − z2
) = sin [1 − (z2
− 2z + 1)] = sin
[
1 − (z − 1)2
]
:).
To ani nestálo za reč. Pokračujme však ďalej. Z goniometrie vieme, ako „rozsínusovať
súčet, konkrétne
sin
[
1 − (z − 1)2
]
= sin 1 · cos (z − 1)2
− cos 1 · sin (z − 1)2
.
Pre každé komplexné číslo z teda máme takúto zaujímavú identitu
sin (2z − z2
) = sin 1 · cos (z − 1)2
− cos 1 · sin (z − 1)2
:).
Podľa definície komplexného sínusu a kosínusu však platí
sin w =
∞∑
n=0
(−1)n
(2n + 1)!
· w2n+1
a cos w =
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
· w2n
pre každé w ∈ C. V našom prípade teda pre každé z ∈ C dostávame
sin (z − 1)2
=
∞∑
n=0
(−1)n
(2n + 1)!
· (z − 1)4n+2
,
3
cos (z − 1)2
=
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
· (z − 1)4n
(samy si dobre premyslite ;)). Dosadením týchto výrazov do odvodenej identity
pre funkciu f(z) máme
sin (2z − z2
) = sin 1 ·
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
· (z − 1)4n
− cos 1 ·
∞∑
n=0
(−1)n
(2n + 1)!
· (z − 1)4n+2
.
Pravá stranu poslednej rovnosti je práve hľadaný Taylorov rozvoj funkcie
f(z) na okolí bodu z0 = 1 :). V získanom rozvoji nám však pomerne veľa
členov chýba, konkrétne členy s mocninami typu (z − 1)4n+1
a (z − 1)4n+3
,
n ∈ N0. Elegantne to môžeme vyriešiť takto. Funkcia f(z) v zadaní príkladu
má mocninový rozvoj
∑∞
m=0 am(z − 1)m
s koeficientami am tvaru
am =



sin 1 · (−1)n
(2n)!
, ak m = 4n,
cos 1 · (−1)n+1
(2n+1)!
, ak m = 4n + 2,
0, inak,



kde n ∈ N0 :).
Príklad 4 (Taylorov rad)
Napíšme prvé štyri členy Maclaurinovho radu funkcie f(z) = log (1+ez
), kde
log (·) je hlavná vetva komplexnej logaritmickej funkcie Log (·).
Riešenie:
Pri riešení tohto príkladu si vysúkame rukávy a trochu si mechanicky zaderivujeme
:). Vieme, že hľadaný Maclaurinov rad má tvar
∞∑
n=0
f(n)
(0)
n!
· zn
.
Potrebujeme teda nájsť hodnotu a prvé tri derivácie funkcie f(z) v bode
z = 0. Pripomeňme, že hlavná vetva logaritmu log (·) sa derivuje rovnako ako
reálny logaritmus, len si musíme dať pozor na to, kde derivujeme. Konkrétne,
(log w)′
=
1
w
a funkcia log w je holomorfná pre w ∈ C \ (−∞, 0].
4
Tak s chuťou do toho :). Postupne dostávame
f(0) = log (1 + e0
) = log 2 = ln 2,
f′
(0) = [log (1 + ez
)]′
z=0 =
[
ez
1 + ez
]
z=0
=
1
2
,
f′′
(0) =
[
ez
1 + ez
]′
z=0
=
[
ez
(1 + ez)2
]
z=0
=
1
4
,
f′′′
(0) =
[
ez
(1 + ez)2
]′
z=0
=
[
ez
(1 − ez
)
(1 + ez)3
]
z=0
= 0
(samy overte detaily jednotlivých výpočtov ;)). Prvé štyri členy hľadaného
rozvoja teda budú
ln 2,
1
2
· z,
1
8
· z2
, 0 · z3
.
Nakoniec poznamenajme, že tento rozvoj funkcie f(z) bude platný na každom
okolí bodu 0, na ktorom je funkcia f(z) holomorfná. Nechávame na
čitateľa, aby si sám premyslel, že najväčšie takéto okolie má tvar |z| < π :).
Príklad 5 (Laurentov rad)
Rozviňme funkciu f(z) = 1
(z−1)(z−2)
do Laurentovho radu na vhodných medzikružiach
so stredom z0 = 0.
Riešenie:
Teória Laurentových radov je v istom zmysle rozšírením konceptu Taylorových
radov – jedná sa o mocninové rady, v ktorých pripúšťame i prítomnosť
členov zo zápornými mocninami. Obory konvergencie takýchto všeobecnejších
radov už nie sú otvorené kruhy, ale otvorené medzikružia s vhodnými
stredmi. Presnejšie, ak funkcia f(z) je holomorfná na nejakom otvorenom
medzikruží P(z0, r, R) so stredom v bode z0 (r a R je vnútorný a vonkajší
5
polomer daného medzikružia, r < R), potom f(z) je možné na tomto medzikruží
jednoznačne rozvinúť do Laurentovho radu so stredom v z0, t.j., platí
f(z) =
∞∑
n=0
an(z − z0)n
+
∞∑
m=1
a−m(z − z0)−m
pre každé z ∈ P(z0, r, R),
kde an a a−m, n ∈ N0, m ∈ N, sú tzv. Laurentove koeficienty funkcie f(z)
v medzikruží P(z0, r, R). Laurentove koeficienty sa dajú reprezentovať ako
hodnoty istých komplexných krivkových integrálov. V praxi sa však uplatňuje
opačný postup – znalosť Laurentových koeficientov umožňuje určovať hodnoty
týchto integrálov :). Počítanie komplexných integrálov sa teda redukuje
na hľadanie Laurentových rozvojov, čo je základná filozofia tzv. Cauchyho
teórie komplexných integrálov. Je preto nutné vedieť stanoviť koeficienty ak,
k ∈ Z, Laurentovho rozvoja iným spôsobom než pomocou integrálov.
V našom prípade je funkcia f(z) holomorfná v celom C okrem bodov
z = 1 a z = 2. Komplexná rovina sa nám preto rozdelí na tri navzájom
disjunktné otvorené medzikružia so stredmi v bode z0 = 0, konkrétne
P(0, 0, 1) : 0 < |z| < 1,
P(0, 1, 2) : 1 < |z| < 2,
P(0, 2, ∞) : 2 < |z| < ∞
(samy overte pomocou vhodného obrázku :)). Funkcia f(z) je zrejme racionálna
lomená, preto platí rozklad
f(z) = −
1
z − 1
+
1
z − 2
, z ∈ C \ {1, 2}
(i toto samy overte ;)). Na jednotlivých medzikružiach sa teraz budeme snažiť
rozvinúť tieto parciálne zlomky podľa (kladných i záporných) mocnín
premennej z. V medzikruží P(0, 0, 1) platí |z| < 1, preto máme
−
1
z − 1
=
1
1 − z
=
∞∑
n=0
zn
,
1
z − 2
= −
1
2
·
1
1 − z
2
=
z
2
<
1
2
< 1 = −
1
2
·
∞∑
n=0
(z
2
)n
= −
∞∑
n=0
1
2n+1
· zn
(samy si dobre premyslite :)). Pre funkciu f(z) teda platí
f(z) =
∞∑
n=0
zn
−
∞∑
n=0
1
2n+1
· zn
=
∞∑
n=0
(
1 −
1
2n+1
)
· zn
, z ∈ P(0, 0, 1).
6
Získali sme Laurentov rozvoj funkcie f(z) na medzikruží P(0, 0, 1). Všimnime
si, že tento rad obsahuje iba nezáporné mocniny premennej z. Naviac, je
platný aj v bode z = z0 = 0 (samy overte :)). Jedná sa teda o Taylorov
rozvoj funkcie f(z) na otvorenom kruhu |z| < 1 (dobre si to premyslite;
funkcia f(z) je totiž holomorfná i v bode z = 0 :)).
Poďme preskúmať, ako to bude vyzerať na medzikruží P(0, 1, 2). Teraz
1 < |z| < 2, a teda zlomok − 1
z−1
nemôžeme rozvinúť do nekonečného
geometrického radu tak ako v predchádzajúcom prípade (prečo? :)). Platí
však 1
z
< 1, a preto môžeme použiť nasledujúci obrat
−
1
z − 1
= −
1
z
·
1
1 − 1
z
= −
1
z
·
∞∑
n=0
(
1
z
)n
= −
∞∑
n=0
1
zn+1
= −
∞∑
n=1
1
zn
:)
(samy overte detaily ;)). Druhý zlomok 1
z−2
má rovnaký rozvoj ako v predchádzajúcom
prípade, pretože i teraz máme z
2
< 1. Takže
1
z − 2
= −
∞∑
n=0
1
2n+1
· zn
.
Laurentov rad funkcie f(z) má potom tvar
f(z) = −
∞∑
n=1
1
zn
−
∞∑
n=0
1
2n+1
· zn
, z ∈ P(0, 1, 2).
V tomto prípade rozvoj obsahuje záporné mocniny z (tzv. hlavná časť radu)
i nezáporné mocniny z (tzv. regulárna časť radu).
Na medzikruží P(0, 2, ∞), t.j., 2 < |z|, postupujeme analogicky. Platí
−
1
z − 1
= −
∞∑
n=1
1
zn
,
1
z − 2
=
1
z
·
1
1 − 2
z
=
1
z
·
∞∑
n=0
(
2
z
)n
=
∞∑
n=0
2n
zn+1
=
∞∑
n=1
2n−1
·
1
zn
,
f(z) = −
∞∑
n=1
1
zn
+
∞∑
n=1
2n−1
·
1
zn
=
∞∑
n=1
(
2n−1
− 1
)
·
1
zn
, z ∈ P(0, 2, ∞)
7
(samy overte detaily výpočtov :)). Výsledný Laurentov rad v tomto prípade
má len záporné mocniny z, t.j., len svoju hlavnú časť.
Príklad 6 (Laurentov rad)
Nájdime Laurentov rad funkcie f(z) = e
1
1−z na rýdzom okolí bod z0 = 1.
Riešenie:
Pri riešení využijeme definíciu komplexnej exponenciálnej funkcie, konkrétne
ew
=
∞∑
n=0
wn
n!
, w ∈ C.
V našom prípade dosadením w = 1
1−z
ihneď dostaneme hľadaný Laurentov
rozvoj funkcie f(z), nakoľko
f(z) = e
1
1−z =
∞∑
n=0
( 1
1−z
)n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
·
1
(z − 1)n
, 0 < |z − 1|.
Získaný rad pozostáva z hlavnej časti a z regulárnej časti, ktorá je tvorená
iba jedným členom 1 (samy si premyslite :)).
Príklad 7 (Laurentov rad)
Zostrojme Laurentove rady funkcie f(z) = 1
(z2+1)2 na medzikružiach
a) 0 < |z − i| < 2, b) 1 < |z| < ∞.
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako v predchádzajúcich príkladoch.
a) Do funkcie f(z) sa snažíme nejako zamontovať výraz z − i. Napríklad
f(z) =
1
(z − i)2(z + i)2
=
1
(z − i)2
·
1
(2i + z − i)2
=
1
(z − i)2
·
1
(2i)2
·
1
(
1 + z−i
2i
)2 = −
1
4(z − i)2
·
1
(
1 + z−i
2i
)2 .
8
Na uvažovanom medzikruží platí z−i
2i
< 1 (prečo? :)), a preto
1
1 + z−i
2i
=
∞∑
n=0
(
−
z − i
2i
)n
=
∞∑
n=0
(−1)n
(2i)n
· (z − i)n
, 0 < |z − i| < 2.
My však potrebujeme rozvinúť druhú mocninu výrazu 1
1+ z−i
2i
. Postupne máme
(
1
1 + z−i
2i
)′
= −
1
2i
·
1
(
1 + z−i
2i
)2
⇓
1
(
1 + z−i
2i
)2 = −2i ·
(
1
1 + z−i
2i
)′
.
Do poslednej rovnosti dosadíme získaný rozvoj pre 1
1+ z−i
2i
a dostaneme
1
(
1 + z−i
2i
)2 = −2i ·
( ∞∑
n=0
(−1)n
(2i)n
· (z − i)n
)′
= −
∞∑
n=0
(−1)n
(2i)n−1
· n · (z − i)n−1
= −
∞∑
n=1
(−1)nn
(2i)n−1
· (z − i)n−1
=
∞∑
n=0
(−1)n(n + 1)
(2i)n
· (z − i)n
, 0 < |z − i| < 2
(v poslednom kroku sme zmenili indexáciu n → n + 1 :)). Pre funkciu f(z)
napokon platí vyjadrenie
f(z) = −
1
4(z − i)2
·
1
(
1 + z−i
2i
)2 = −
∞∑
n=0
(−1)n
· (n + 1)
4 · (2i)n
· (z − i)n−2
, 0 < |z − i| < 2.
V poslednej formule pre prehľadnosť oddelíme hlavnú a regulárnu časť získaného
Laurentovho rozvoja. Nechávame na čitateľa, aby overil finálnu rovnosť
f(z) =
−1
4
(z − i)2
−
i
4
z − i
+
∞∑
n=0
(−1)n · (n + 3)
16 · (2i)n
· (z − i)n
, 0 < |z − i| < 2 :).
b) V tomto prípade chceme funkciu f(z) rozvinúť podľa mocnín z. Nakoľko
1 < |z|, platí 1
z
< 1, a teda postupne máme
1
z2 + 1
=
1
z2
·
1
1 + 1
z2
=
1
z2
·
∞∑
n=0
(
−
1
z2
)n
=
∞∑
n=0
(−1)n
z2n+2
, 1 < |z| < ∞
9
(samy overte :)). Keďže platí
1
(z2 + 1)2
= −
1
2z
·
(
1
z2 + 1
)′
(samy sa presvedčte ;)), pre funkciu f(z) v zadaní príkladu dostávame
f(z) =
1
(z2 + 1)2
= −
1
2z
·
( ∞∑
n=0
(−1)n
z2n+2
)′
= −
1
2z
·
∞∑
n=0
−(2n + 2) ·
(−1)n
z2n+3
=
∞∑
n=0
(−1)n · (n + 1)
z2n+4
=
∞∑
n=2
(−1)n · (n − 1)
z2n
, 1 < |z| < ∞
(v poslednom kroku sme vykonali posun indexu n → n + 2 :)). Výsledný
Laurentov rad funkcie f(z) na danom medzikruží obsahuje iba hlavnú časť.
Príklad 8 (Laurentov rad)
Stanovme Laurentov rozvoj funkcie
f(z) = cos
z2
− 4z
(z − 2)2
na prstencovom okolí bodu z0 = 2.
Riešenie:
Pri riešení vyskúšame podobnú fintu ako v Príklade 3 :). Nakoľko zlomok
z2
− 4z
(z − 2)2
=
(z − 2)2
− 4
(z − 2)2
= 1 −
4
(z − 2)2
,
dostávame pre každé komplexné číslo z ̸= 2 formulu
cos
z2 − 4z
(z − 2)2
= cos
[
1 −
4
(z − 2)2
]
= cos 1 · cos
4
(z − 2)2
+ sin 1 · sin
4
(z − 2)2
(samy overte ;)). Využitím definícií komplexného sínusu a kosínusu (pozri
Príklad 3) potom pre funkciu f(z) v zadaní príkladu máme
f(z) = cos 1 ·
∞∑
n=0
(−1)n
(2n)!
·
[
4
(z − 2)2
]2n
+ sin 1 ·
∞∑
n=0
(−1)n
(2n + 1)!
·
[
4
(z − 2)2
]2n+1
10
= cos 1 ·
∞∑
n=0
(−1)n
· 42n
(2n)!
·
1
(z − 2)4n
+ sin 1 ·
∞∑
n=0
(−1)n
· 42n+1
(2n + 1)!
·
1
(z − 2)4n+2
, z ̸= 2
(samy si premyslite :)). Poznamenajme, že v získanom Laurentovom rozvoji
je jeho regulárna časť reprezentovaná iba jediným členom cos 1.
Príklad 9 (Laurentov rad)
Napíšme niekoľko členov Laurentov radu funkcie f(z) = cotg z na medzikruží
0 < |z| < π.
Riešenie:
Podľa definície komplexného kotangensu máme
cotg z =
cos z
sin z
.
Keďže funkcia sin z nemá v otvorenom medzikruží 0 < |z| < π nulový bod
(samy si premyslite :)), funkcia f(z) v zadaní príkladu je holomorfná na
tomto medzikruží, a teda je možné ju jednoznačne rozvinúť do Laurentovho
radu podľa mocnín z. Ďalej vieme, že
sin z = z −
z3
3!
+
z5
5!
−
z7
7!
+ · · · a cos z = 1 −
z2
2!
+
z4
4!
−
z6
6!
+ · · ·
pre každé z ∈ C. Platí teda
(
1 −
z2
2!
+
z4
4!
−
z6
6!
+ · · ·
)
:
(
z −
z3
3!
+
z5
5!
−
z7
7!
+ · · ·
)
=
1
z
−
z
3
−
z3
45
−
2z5
945
− · · ·
(samy poctivo overte :)). Prvých niekoľko členov hľadaného Laurentovho radu
funkcie f(z) bude mať teda tvar
f(z) = cotg z =
1
z
−
z
3
−
z3
45
−
2z5
945
− · · · , 0 < |z| < π.
Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že jediný člen tohto rozvoja so
zápornou mocninou bude 1
z
, všetky ostatné členy budú obsahovať už len
kladné mocniny z :). Dá sa ukázať, že úplný Laurentov rozvoj funkcie cotg z
na medzikruží 0 < |z| < π má tvar
cotg z =
∞∑
n=0
(−1)n
· 22n
· B2n
(2n)!
· z2n−1
,
11
kde reálne konštanty Bk, k ∈ N0, sú tzv. Bernoulliho čísla. Majú mnoho zaujímavých
a významných vlastností s početnými aplikáciami v najrôznejších
oblastiach matematiky. Platí B0 = 1, B1 = −1
2
a všetky ostatné Bernoulliho
čísla s nepárnym indexom sú už nulové. Na druhej strane správanie sa
Bernoulliho čísiel s párnymi indexami predstavuje i dnes záhadu. Platí
B2 =
1
6
, B4 = −
1
30
, B6 =
1
42
, B8 = −
1
30
, B10 =
5
66
, B12 = −
691
2730
, · · · .
Poznamenajme, že Bernoulliho čísla sú definované ako koeficienty Taylorovho
rozvoja reálnej funkie x
ex−1
so stredom v bode x0 = 0, presnejšie platí
x
ex − 1
=
∞∑
n=0
Bn
n!
· xn
, t.j., Bn :=
(
x
ex − 1
)(n)
x=0
.
Na základe tejto definície sa dá pomerne ľahko ukázať, že Bernoulliho čísla
spĺňajú rekurentnú reláciu
B0 = 1,
n−1∑
k=0
(
n
k
)
· Bk = 0, n ∈ N \ {1},
čo umožňuje efektívne počítať ich jednotlivé hodnoty (samy sa pokúste vypočítať
hodnotu B14 :)). Za zmienku stojí zaujímavá súvislosť Bernoulliho
čísiel s hodnotami súčtu nekonečného číselného radu
∑ 1
n2p pre prirodzené
hodnoty p. Konkrétne, pre každé p ∈ N platí takáto formula
∞∑
n=1
1
n2p
= 1 +
1
22p
+
1
32p
+
1
42p
+ · · · =
(−1)p−1
22p−1
B2p
(2p)!
· π2p
:).
Príklad 10 (Singulárne body)
Nájdime všetky konečné izolované singulárne body funkcie f(z) = 1
z−z3 a
určme ich typ.
Riešenie:
Pripomeňme, že komplexné číslo z0 je izolovaný singulárny bod funkcie f(z),
ak f(z) je holomorfná na nejakom rýdzom okolí bodu z0, ale v samotnom
bode z0 nie je holomorfná. Funkciu f(z) teda vieme na vhodnom prstencovom
okolí bodu z0 rozvinúť do Laurentovho radu, čo umožňuje nasledujúcu
12
klasifikáciu izolovaných singularít. Bod z0 sa nazýva odstrániteľná singularita,
ak odpovedajúci Laurentov rad má iba regulárnu časť, t.j., obsahuje
iba členy s nezápornými mocninami z − z0. V opačnom prípade hovoríme o
neodstrániteľnej singularite, ktorá môže byť buď pól (konečne veľa členov so
zápornými mocninami z − z0) alebo podstatná singularita (nekonečne veľa
členov so zápornými mocninami z − z0). V prípade pólu nás zaujíma jeho
rád, čo je absolútna hodnota najmenšieho záporného indexu vyskytujúceho
sa v Laurentovom rozvoji.
Nakoľko v našom prípade pre funkciu f(z) platí
f(z) =
1
z − z3
=
1
z(1 − z)(1 + z)
,
máme tri singularity z1 = 0, z2 = 1 a z3 = −1. Všetky tri sú póly prvého
rádu, t.j., jednoduché póly. Vyplýva to napríklad z pozorovania, že funkcia
f(z) má v bode z0 pól k-tého rádu práve vtedy, keď sa dá vyjadriť v tvare
f(z) = g(z)
(z−z0)k , kde funkcia g(z) je holomorfná a nenulová v z0. Samy overte
túto skutočnosť pre každý z bodov z1 = 0, z2 = 1 a z3 = −1 ;).
Príklad 11 (Singulárne body)
Stanovme všetky konečné izolované singularity a ich typ pre funkciu
f(z) =
1 − cos z
z2
.
Riešenie:
Funkcia f(z) má zrejme jedinú izolovanú singularitu v bode z = 0. Všimnime
si, že funkcia f(z) má konečnú limitu v bode z = 0, nakoľko
lim
z→0
f(z) = lim
z→0
1 − cos z
z2
= | l′
Hospital | = lim
z→0
sin z
2z
= | l′
Hospital | = lim
z→0
cos z
2
= 1.
Existencia konečnej limity funkcie f(z) v singulárnom bode z0 je jedným z
poznávacích znakov, že bod z0 je odstrániteľná singularita funkcie f(z). V
našom prípade je teda z = 0 ostrániteľný singulárny bod funkcie f(z). Naviac
sa dá ukázať, že nová komplexná funkcia
F(z) :=



f(z), z ̸= 0,
1, z = 0,
13
je holomorfná i v bode z = 0. Odtiaľ pochádza i uvedené pomenovanie bodu
z = 0 termínom „odstrániteľná singularita :).
Príklad 12 (Singulárne body a rezíduá)
Určme všetky konečné izolované singularity funkcie f(z) = 1
(z2+1)2 a vypočítajme
rezíduá funkcie f(z) v týchto bodoch.
Riešenie:
Na základe rozkladu
f(z) =
1
(z2 + 1)2
=
1
(z − i)2(z + i)2
ihneď zistíme izolované singularity v bodoch z1 = i a z2 = −i. V oboch prípadoch
sa jedná o dvojnásobný pól (samy overte :)). Vypočítame teraz rezíduá
funkcie f(z) v týchto bodoch. Z komplexnej analýzy je známe, že rezíduum
funkcie f(z) v bode z0 (označujeme resz0 f(z)) je hodnota koeficientu pri
mocnine (z − z0)−1
v príslušnom Laurentovom rozvoji funkcie f(z) na okolí
bodu z0. V prípade, ak z0 je pól rádu k, vieme hodnotu resz0 f(z) stanoviť i
bez znalosti daného Laurentovho radu. Konkrétne, platí formula
resz0 f(z) =
1
(k − 1)!
· lim
z→z0
[
(z − z0)k
· f(z)
](k−1)
.
V našom príklade teda postupne dostávame (v oboch prípadoch máme k = 2)
resz1 f(z) = lim
z→i
[
(z − i)2
· f(z)
]′
= lim
z→i
[
(z − i)2
·
1
(z − i)2(z + i)2
]′
= lim
z→i
[
1
(z + i)2
]′
= lim
z→i
[
−
2
(z + i)3
]
= −
2
(2i)3
= −
i
4
,
resz2 f(z) = lim
z→−i
[
(z + i)2
· f(z)
]′
= lim
z→−i
[
(z + i)2
·
1
(z − i)2(z + i)2
]′
= lim
z→−i
[
1
(z − i)2
]′
= lim
z→−i
[
−
2
(z − i)3
]
= −
2
(−2i)3
=
i
4
:).
14
Príklad 13 (Singulárne body a rezíduá)
Stanovme rezíduá funkcie f(z) = z2
e
1
z v jej izolovaných singularitách.
Riešenie:
Ihneď vidíme singulárny bod z0 = 0. V tomto prípade ide o podstatnú singularitu.
Okrem iného to spoznáme i podľa toho, že limita
lim
z→z0
f(z) = lim
z→0
z2
e
1
z neexistuje (ani vlastná, ani nevlastná).
Nechávame na čitateľa, aby sám overil túto skutočnosť (vyšetrite, čo sa bude
diať, keď sa do limitného bodu 0 budeme blížiť po reálnej osi jednak sprava, a
jednak zľava ;)). Pre výpočet príslušného rezídua funkcie f(z) však bohužiaľ
musíme zostaviť celý Laurentov rozvoj funkcie f(z) na nejakom rýdzom okolí
bodu z0 = 0 :-/. Našťastie, v tomto prípade to nebude až tak bolestivé ;).
Využitím definície komplexnej exponenciálnej funkcie máme
f(z) = z2
e
1
z = z2
·
∞∑
n=0
(1
z
)n
n!
= z2
·
∞∑
n=0
1
n!
·
1
zn
=
∞∑
n=0
1
n!
·
1
zn−2
= z2
+ z +
1
2
+
1
6
·
1
z
+
1
24
·
1
z2
+
1
120
·
1
z3
+
1
720
·
1
z4
+ · · · .
Pre hľadané rezíduum teda platí res0 f(z) = 1
6
. Tvar získaného Laurentovho
radu nám zároveň potvrdzuje, že bod z0 = 0 je skutočne podstatná singularita
funkcie f(z) (samy si premyslite :)).
Príklad 14 (ťažší) (Singulárne body)
Zistime všetky konečné izolované singulárne body a ich typ pre funkciu
f(z) =
e
1
z−1
ez − 1
.
Riešenie:
Jednou z izolovaných singularít funkcie f(z) je iste bod z = 1, jedná sa o podstatnú
singularitu (samy si premyslite :)). Ďalšie singularity sú nulové body
15
menovateľa funkcie f(z), t.j., všetky riešenia rovnice ez
= 1 v C. Nechávame
na čitateľa, aby si premyslel, že sú to práve body zm = 2πim, m ∈ Z (komplexná
exponenciálna funkcia ez
je periodická s periódou 2πi :)). Pre každé
m ∈ Z je bod zm jednoduchým pólom funkcie f(z). Tento fakt vyplýva z
vyjadrenia funkcie f(z) pre dané celé m v tvare
f(z) =
z − zm
ez − 1
· e
1
z−1 ·
1
z − zm
.
Výraz z−zm
ez−1
je možné holomorfne a nenulovo dodefinovať i v bode zm, pretože
lim
z→zm
z − zm
ez − 1
= | l′
Hospital | = lim
z→zm
1
ez
=
1
ezm
= 1
(samy overte; funkcia z−zm
ez−1
má v bode zm odstrániteľnú singularitu, pozri i
Príklad 11 ;)). To nás oprávňuje pozerať sa na funkciu
g(z) :=
z − zm
ez − 1
· e
1
z−1
ako na holomorfnú a nenulovú v bode zm (keďže e
1
zm−1 ̸= 0 :)). Preto funkcia
f(z) = g(z)
z−zm
má v bode zm jednoduchý pól pre každé m ∈ Z.
Príklad 15 (ťažší) (Singulárne body a rezíduá)
Vypočítajme hodnoty rezíduí daných funkcií v ich konečných singularitách.
a) f(z) = sin z · sin
1
z
, b) f(z) = ez+ 1
z .
Riešenie:
a) Funkcia f(z) má zrejme jediný konečný singulárny bod z0 = 0. Keďže
sin z = z −
z3
3!
+
z5
5!
−
z7
7!
+ · · · , z ∈ C,
sin
1
z
=
1
z
−
1
3!z3
+
1
5!z5
−
1
7!z7
+ · · · , z ∈ C \ {0},
16
(samy overte :)), Laurentov rad funkcie f(z) na okolí bodu z0 = 0 má tvar
f(z) = sin z · sin
1
z
=
(
z −
z3
3!
+
z5
5!
−
z7
7!
+ · · ·
)
·
(
1
z
−
1
3!z3
+
1
5!z5
−
1
7!z7
+ · · ·
)
.
Všimnime si, že pri postupnom roznásobovaní tohto súčinu budú vznikať iba
párne (kladné i záporné) mocniny premennej z. Obzvlášť, člen s mocninou
z−1
sa teda nebude vyskytovať v získanom Laurentovom rade. Z toho ihneď
vyplýva, že res0 f(z) = 0 (samy si to veľmi dobre premyslite ;)).
b) Bod z0 = 0 je jediná konečná izolovaná singularita funkcie f(z). V
tomto prípade príslušný Laurentov rozvoj funkcie f(z) na rýdzom okolí bodu
z0 = 0 bude mať tvar
f(z) = ez+ 1
z = ez
· e
1
z =
(
1 +
z
1!
+
z2
2!
+
z3
3!
+ · · ·
)
·
(
1 +
1
1!z
+
1
2!z2
+
1
3!z3
+ · · ·
)
.
Zaujíma nás celkový koeficient pri mocnine z−1
. Výsledný člen s mocninou
z−1
má postupne štruktúru
1 ·
1
1!z
+
z
1!
·
1
2!z2
+
z2
2!
·
1
3!z3
+
z3
3!
·
1
4!z4
+
z4
4!
·
1
5!z5
+
z5
5!
·
1
6!z6
+ · · ·
⇓ celkový koeficient pri mocnine z−1
⇓
1 +
1
1! · 2!
+
1
2! · 3!
+
1
3! · 4!
+
1
4! · 5!
+
1
5! · 6!
+ · · · =
∞∑
n=0
1
n! · (n + 1)!
(samy si dobre premyslite :)). Pre hľadané rezíduum funkcie f(z) v bode
z0 = 0 teda platí
res0 f(z) =
∞∑
n=0
1
n! · (n + 1)!
:).
Nechávame na čitateľa, aby overil, že nekonečný číselný rad na pravej strane
poslednej rovnosti skutočne konverguje ;).
17