Řešené příklady z komplexní analýzyJiří Bouchala

(a Ondřej Bouchala)

18. září 2018

Příklad 1.Určete reálnou a imaginární část daného komplexního čísla

a) z = (1 + i)(3− 2i) ;

b) z = 2−3i3+4i

;

c) z = 1+i1−i

;

d) z = 2i− 2−4i2

.

Řešení:

a) z = (3 + 2) + i; Re z = 5, Im z = 1.

b) z = 2−3i3+4i

= (2−3i)(3−4i)9+16

= 6−12−9i−8i25

; Re z = − 625, Im z = −17

25.

c) z = 1+i1−i

= (1+i)2

2= 1+2i−1

2; Re z = 0, Im z = 1.

d) z = 2i− 2−4i2

= 2i− 2+4i2

= −1; Re z = −1, Im z = 0.

Příklad 2.Zapište dané komplexní číslo v goniometrickém tvaru

a) z = −1 +√3i ;

b) z = i ;

c) z = −8 ;

d) z = −1−√3i ;

e) z = 2+i3−2i

;

f) z = 3−i2+i

.

Řešení:

a)√3i

−1

αφ

cosα =

√3

2, α =

π

6, φ =

π

2+ α =

π

2+

π

6=

2

3π;

z =− 1 +√3i =

√1 + 3

(cos

2π

3+ i sin

2π

3

)= 2

(cos

2π

3+ i sin

2π

3

).

b) z = i = cos π2+ i sin π

2.

c) z =− 8 = 8(cos π + i sin π).

1

d)

−√3i

−1

α

φ

sinα =

√3

2, α =

π

3, φ = π + α =

4

3π;

z =− 1−√3i = 2

(cos

4

3π + i sin

4

3π

)= 2

(cos

(−2π

3

)+ i sin

(−2π

3

)).

e) z = 2+i3−2i

= (2+i)(3+2i)9+4

= 413

+ 713i,

713i

413

φ

|z| = 1

13

√16 + 49 =

√65

13, tgφ =

713413

=7

4, φ = arctg

7

4;

z =

√65

13

(cos

(arctg

7

4

)+ i sin

(arctg

7

4

)).

f) z = 3−i2+i

= (3−i)(2−i)5

= 5−5i5

= 1− i,

−i

1

z =√2(cos(−π

4

)+ i sin

(−π

4

)).

2

Příklad 3.Dokažte (matematickou indukcí) tzv. Moivreovu větu:

(∀n ∈ N) (∀φ ∈ R) :(cosφ+ i sinφ

)n= cos(nφ) + i sin(nφ).

Řešení:

1) Nejdříve ověříme, že tvrzení platí pro n = 1:

(cosφ+ i sinφ)1 = cos (1 · φ) + i sin (1 · φ) .

2) Nyní dokážeme implikaci (cosφ+ i sinφ)n = cos(nφ) + i sin(nφ)?⇒

?⇒ (cosφ+ i sinφ)n+1 = cos((n+ 1)φ) + i sin((n+ 1)φ):

(cosφ+ i sinφ)n+1 i.p.= (cos (nφ) + i sin (nφ)) (cosφ+ i sinφ) =

= (cos(nφ) cosφ− sin(nφ) sinφ) + i (sin(nφ) cosφ+ cos(nφ) sinφ) ,

a nyní už jen stačí aplikovat známé „součtové vzorce“ :

cos(nφ) cosφ− sin(nφ) sinφ = cos(nφ+ φ) = cos((n+ 1)φ),

sin(nφ) cosφ+ cos(nφ) sinφ = sin(nφ+ φ) = sin((n+ 1)φ).

Příklad 4.Buď φ ∈ R. Vyjádřete sin(4φ) a cos(4φ) pomocí sinφ a cosφ.

Řešení:

cos(4φ) + i sin(4φ) = (cosφ+ i sinφ)4 =

=(cos2 φ+ 2i sinφ cosφ− sin2 φ

)2=

= cos4 φ− 4 sin2 φ cos2 φ+ sin4 φ+

+ 4i sinφ cos3 φ− 2 cos2 φ sin2 φ− 4i sin3 φ cosφ =

= cos4 φ− 6 sin2 φ cos2 φ+ sin4 φ+ i(4 sinφ cos3 φ− 4 sin3 φ cosφ

),

a proto (stačí porovnat reálné a imaginární části)

cos(4φ) = cos4 φ− 6 sin2 φ cos2 φ+ sin4 φ,

sin(4φ) = 4 sinφ cos3 φ− 4 sin3 φ cosφ.

3

Příklad 5.

Určete Re z a Im z, je-li z =(

1−i1+

√3i

)24.

Řešení:

1 +√3i

1− i

√3i

−i

1

1− i

1 +√3i

=

√2(cos(−π

4

)+ i sin

(−π

4

))2(cos π

3+ i sin π

3

) =1√2

(cos(−π

4− π

3

)+ i sin

(− 7

12π

)),

z =1

212

(cos

(−24 · 7π

12

)+ i sin

(−24 · 7π

12

))=

1

212;

Re z =1

212, Im z = 0.

Příklad 6.Určete Arg z a arg z, je-li

a) z =(√

3 + i)126

;

b) z = (1 + i)137 ;

c) z = −1− 5i.

Řešení:

a) z = (√3 + i)126 =

(2(cos π

6+ i sin π

6))126

= 2126 (cos(21π) + i sin(21π)) = −2126;

Arg z = π + 2kπ : k ∈ Z, arg z = π.

b) z = 21372

(cos(137π

4

)+ i sin

(137π

4

))= 2

1372

(cos π

4+ i sin π

4

);

Arg z =π4+ 2kπ : k ∈ Z

, arg z =

π

4.

4

c)

−5i

−1

α

tgα = 51, α = arctg 5;

Arg z = −π + arctg 5 + 2kπ : k ∈ Z, arg z = −π + arctg 5.

Příklad 7.Znázorněte v Gaussově rovině množinu

a) z ∈ C : Re z ≤ 1;

b) z ∈ C : Re(z2) = 2;

c) z ∈ C : Im 1z= 1

4;

d) z ∈ C : | Im z| < 1;

e) z ∈ C : |z| = Re z + 1;

f) z ∈ C : |z − 2| = |1− 2z|;

g) z ∈ C : z−2z−3

= 1;

h) z ∈ C : |1 + z| < |1− z|;

i) z ∈ C : |z + 1| = 2|z − 1|;

j) z ∈ C : 2 < |z + 2− 3i| < 4;

k) z ∈ C : π4≤ arg (z + 2i) ≤ π

2;

l) z ∈ C : |z|+Re z ≤ 1 ∧∧ −π

2≤ arg z ≤ π

4.

Řešení:

a) z ∈ C : Re z ≤ 1:

11 2

b)z ∈ C : Re(z2) = 2

=x+ iy : Re(x2 + 2ixy − y2) = 2

=

=x+ iy : x2 − y2 = 2

:

√2−

√2−

√2

√2

i

−i

5

c)z ∈ C : Im

1

z=

1

4

=

x+ iy ∈ C : Im

1

x+ iy=

1

4

=

=

x+ iy ∈ C : Im

x− iy

x2 + y2=

1

4

=

=

x+ iy ∈ C : − y

x2 + y2=

1

4

=

=x+ iy ∈ C : x2 + y2 = −4y ∧ x2 + y2 =/ 0

=

=x+ iy ∈ C : x2 + (y + 2)2 = 4

∖ 0 + 0i :

1

−2i

i

d) z ∈ C : | Im z| < 1:

11−1−1

i

−i

i

−i

e) z ∈ C : |z| = Re z + 1 =x+ iy :

√x2 + y2 = x+ 1

=

=x+ iy : x2 + y2 = x2 + 2x+ 1

=

=x+ iy : y2 = 2x+ 1

=

=

x+ iy : x =

y2 − 1

2

:

1

i

−i

−12−12

6

f)z ∈ C : |z − 2| = |1− 2z| =

=x+ iy ∈ C :

√(x− 2)2 + y2 = |1− 2(x− iy)|

=

=x+ iy : (x− 2)2 + y2 = (1− 2x)2 + 4y2

=

=x+ iy : x2 − 4x+ 4 + y2 = 1− 4x+ 4x2 + 4y2

=

=x+ iy : 3x2 + 3y2 = 3

=

=x+ iy : x2 + y2 = 1

:

1

i

1

i

g)z ∈ C :

z−2z−3

= 1= z ∈ C : |z − 2| = |z − 3|:

i

2 3

h) z ∈ C : |1 + z| < |1− z| = z ∈ C : |z − (−1)| < |z − 1|:

1−1−1

7

i)

z ∈ C : |z + 1| = 2|z − 1| =

=x+ iy ∈ C : (x+ 1)2 + y2 = 4((x− 1)2 + y2)

=

=x+ iy : x2 + 2x+ 1 + y2 = 4x2 − 8x+ 4 + 4y2

=

=x+ iy : 3x2 + 3y2 − 10x = −3

=

=

x+ iy :

(x− 5

3

)2

+ y2 =16

9

:

13

i

53

13

i

j) z ∈ C : 2 < |z + 2− 3i| < 4 = z ∈ C : 2 < |z − (−2 + 3i)| < 4:

−2−2

3i3i

k) z ∈ C : π4≤ arg(z + 2i) ≤ π

2:

−2i

2

8

l) z ∈ C : |z|+Re z ≤ 1 ∧ −π

2≤ arg z ≤ π

4

=

=x+ iy ∈ C :

√x2 + y2 ≤ 1− x ∧ −π

2≤ arg(x+ iy) ≤ π

4

=

=

x+ iy ∈ C : x2 + y2 ≤ (1− x)2 ∧ 1− x ≥ 0 ∧

∧ −π

2≤ arg(x+ iy) ≤ π

4

=

=x+ iy ∈ C : y2 ≤ 1− 2x ∧ −π

2≤ arg(x+ iy) ≤ π

4

:

−i

i

1212

Příklad 8.Buď z1, z2 ∈ C∖ 0. Dokažte následující implikace:

a) φ1 ∈ Arg z1φ2 ∈ Arg z2

⇒ φ1 + φ2 ∈ Arg (z1z2);

b) φ1 ∈ Arg z1φ2 ∈ Arg z2

⇒ φ1 − φ2 ∈ Arg

(z1z2

).

Řešení:

a) z1 · z2 = |z1| · |z2| · (cosφ1 + i sinφ1) · (cosφ2 + i sinφ2) =

= |z1| · |z2| · (cos(φ1 + φ2) + i sin(φ1 + φ2)) .

b) z1z2

=|z1||z2|

· cosφ1 + i sinφ1

cosφ2 + i sinφ2

=

z1z2 (cosφ1 + i sinφ1) · (cosφ2 − i sinφ2) =

=

z1z2 · (cos(φ1 − φ2) + i sin(φ1 − φ2)) .

9

Příklad 9.Rozhodněte, zda daná limita existuje, a pokud ano, vypočtěte ji

a) lim(3− 4i)n;

b) lim((−1)n + i

n

);

c) lim(

1+i√2

)n;

d) lim(

1−√3i

2

)6n.

Řešení:

a) lim(3− 4i)n= ∞, protože |(3− 4i)n| =(√

9 + 16)n

= 5n → ∞.

b) lim

((−1)n +

i

n

)

=:zn

neexistuje, protože

z2n = (−1)2n +i

2n= 1 +

i

2n→ 1

a současně

z2n+1 = (−1)2n+1 +i

2n+ 1= −1 +

i

2n+ 1→ −1.

c) lim

(1 + i√

2

)n

=:zn

neexistuje, protože

zn =(cos

π

4+ i sin

π

4

)n= cos

(nπ

4

)+ i sin

(nπ

4

),

a tedy

z8n → 1 ∧ z8n+2 → i.

d) lim(

1−√3i

2

)6n= 1, protože

(1−

√3i

2

)6n

=(cos(−π

3

)+ i sin

(−π

3

))6n=

= cos(−2πn) + i sin(−2πn) → 1.

10

Příklad 10.Buď (zn) posloupnost komplexních čísel, r ∈ R+ a φ ∈ R. Dokažte následující tvrzení:

a) zn → 0 ⇔ 1zn

→ ∞;

b)|zn| → r

arg zn → φ

⇒ zn → r

(cosφ+ i sinφ

);

a ukažte, že implikaci v tvrzení b) nelze obrátit.

Řešení:

a) Stačí si obě strany dokazované ekvivalence přepsat pomocí definice limity.

• Levá strana:

zn → 0

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ∈ N, n > n0) : zn ∈ U(0, ε)

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ∈ N, n > n0) : |zn| < ε;

• pravá strana:

1

zn→ ∞

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ∈ N, n > n0) :1

zn∈ U(∞, ε)

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ∈ N, n > n0) :

( 1zn > 1

ε∨ 1

zn= ∞

)

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ∈ N, n > n0) : (ε > |zn| ∨ zn = 0)

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ∈ N, n > n0) : |zn| < ε.

11

b) Z předpokladů plyne, že pro všechna dost velká n je

zn = |zn| (cos (arg zn) + i sin (arg zn)) ,

a tvrzení plyne přímo ze spojitosti funkcí kosinus a sinus a z věty o limitě součinu.

Jako protipříklad vyvracející platnost obrácené implikace dobře poslouží posloupnost

zn := cos

(π +

(−1)n

n

)+ i sin

(π +

(−1)n

n

)a volba

r = 1, φ = π.

Příklad 11.Najděte všechna z ∈ C, pro která platí

a) z3 = 1;

b) z2 = i;

c) z2 = 24i− 7;

d)(z−1z+1

)2= 2i;

e) z4 = −1;

f) z3 = i− 1;

g) z5 = 1;

h) z2 = −11 + 60i;

i) z2 = 3 + 4i.

Řešení:

a) z = |z| (cosφ+ i sinφ) , 1 = cos 0 + i sin 0.

z3 = |z|3 (cos (3φ) + i sin (3φ)) = 1 (cos 0 + i sin 0)

(|z|3 = 1) ∧ (∃k ∈ Z : 3φ = 0 + 2kπ)

(|z| = 1) ∧(∃k ∈ Z : φ = k 2π

3

),

a odtud

z = zk = cos

(k2π

3

)+ i sin

(k2π

3

)=

⎧⎨⎩1, k ∈ 3l : l ∈ Z ,

−12+ i

√32, k ∈ 3l + 1: l ∈ Z ,

−12− i

√32, k ∈ 3l + 2: l ∈ Z ,

tedy

z3 = 1 ⇔ z ∈

1, −1

2+ i

√3

2, −1

2− i

√3

2

.

1 = z01 = z0

z1

z2 = z−1

12

b) z = |z| (cosφ+ i sinφ) , i = cos π2+ i sin π

2,

z2 = |z|2 (cos (2φ) + i sin (2φ)) = cos π2+ i sin π

2

(|z|2 = 1) ∧

(∃k ∈ Z : 2φ = π

2+ 2kπ

),

a odtud

z = zk = cos(π4+ kπ

)+ i sin

(π4+ kπ

)=

=

√22+ i

√22, k ∈ 2l : l ∈ Z ,

−√22− i

√22, k ∈ 2l + 1: l ∈ Z .

z1

z0

z2 = i ⇔ z ∈

√2

2+ i

√2

2,−

√2

2− i

√2

2

.

c) Nechť z = x+ iy. Pak

z2 = x2 + 2ixy − y2 = 24i− 7 ⇔(

x2 − y2 = −72xy = 24

)⇔

⇔(

x2 − y2 = −7y = 12

x

)⇔

⇔(

x2 − 144x2 = −7y = 12

x

)⇔

⇔(

x4 + 7x2 − 144 = 0y = 12

x

),

což nastane právě tehdy, když z = x+ iy = 3 + 4i nebo z = −3− 4i.

13

d) Po substituci z−1z+1

=: u = |u| (cosφ+ i sinφ) řešíme nejdříve rovnici u2 = 2i, tj.

|u|2 (cos (2φ) + i sin (2φ)) = 2(cos(π2

)+ i sin

(π2

))s řešením

u = ±√2(cos(π4

)+ i sin

(π4

))= ±(1 + i),

a pak už snadno z−1z+1

= 1 + i právě tehdy, když (z = x+ iy)

x+ iy − 1 = (1 + i)(x+ iy + 1), neboli(x− 1) + iy = (x− y + 1) + i(x+ y + 1), a proto

(x− 1 = x− y + 1) ∧ (y = x+ y + 1), tj.y = 2 ∧ x = −1,

a podobně z−1z+1

= −1− i právě tehdy, když

x+ iy − 1 = −(1 + i)(x+ iy + 1),

(x− 1 = −x+ y − 1) ∧ (2y = −x− 1), a proto

y = −2

5∧ x = −1

5.

Shrnutí: (z − 1

z + 1

)2

= 2i ⇔(z = −1 + 2i ∨ z = −1

5− 2

5i

).

e) |z|4 (cos (4φ) + i sin (4φ)) = cos π + i sin π právě tehdy, když

z = zk = cos(π4+ k

π

2

)+ i sin

(π4+ k

π

2

), k ∈ Z, tzn.

z4 = −1 ⇔ z ∈1 + i√

2,−1 + i√

2,−1− i√

2,1− i√

2

.

11

14

f)|z|3 (cos (3φ) + i sin (3φ)) =

√2

(cos

(3π

4

)+ i sin

(3π

4

))právě tehdy, když (

|z| = 3

√√2

)∧(3φ =

3π

4+ 2kπ, k ∈ Z

).

Odtud již snadno plyne, že z3 = i− 1 práě tehdy, pokud

z ∈

6√2

(cos

(π

4+

2kπ

3

)+ i sin

(π

4+

2kπ

3

)): k ∈ 0, 1, 2

.

g)z = cos

(2π

5k

)+ i sin

(2π

5k

), k ∈ 0, 1, 2, 3, 4.

11

h)z2 = (x+ iy)2 = −11 + 60i

x2 + 2ixy − y2 = 11 + 60i

x2 − y2 = −11 ∧ 2xy = 60

x2 − 900x2 = −11 ∧ y = 30

x

y = 30x∧ x2 =

−11±√121 + 3600

2=

⎧⎪⎨⎪⎩−11−

√3721

2. . . to nelze,

−11 +√3721

2=

−11 + 61

2= 25,

a proto

z2 = −11 + 60i ⇔ z = ±(5 + 6i).

15

i) Buď z = x+ iy. Pakz2 = (x+ iy)2 = 3 + 4i

x2 − y2 = 3 ∧ 2xy = 4

x2 − 4x2 = 3 ∧ y = 2

x

y = 2x∧ x2 =

3±√9 + 16

2=

3−52

. . . to nelze,4,

a protoz2 = 3 + 4i ⇔ z = ±(2 + i).

Příklad 12.Určete a znázorněte množinu M =

1z: z ∈ Ω

, je-li

a) Ω = z ∈ C : arg z = α, α ∈ (−π, π⟩;

b) Ω = z ∈ C : |z − 1| = 1;

c) Ω = z ∈ C : Re z = Im z;

d) Ω = x+ iy ∈ C : x = 1;

e) Ω = x+ iy ∈ C : y = 0.Řešení:

a) α ∈ (−π, π) ⇒ M = z ∈ C : arg z = −α;

Ω

α

M

−α

α = π ⇒ M = Ω = z ∈ C : arg z = π.

Ω M

16

b)

M =

u+ iv :

1

u+ iv∈ Ω

∪ ∞ =

=

u+ iv :

1

u+ iv− 1

= 1

∪ ∞ =

= u+ iv : |1− u− iv| = |u+ iv| ∪ ∞ =

=u+ iv : (1− u)2 + v2 = u2 + v2

∪ ∞ =

= u+ iv : 1− 2u = 0 ∪ ∞ =

=

u+ iv : u =

1

2

∪ ∞.

1

i

22

Ω

1

i

1212

M

c)M =

u+ iv :

1

u+ iv∈ Ω

∪ ∞ =

=

u+ iv :

u− iv

u2 + v2∈ Ω

∪ ∞ ,

a protožeu

u2 + v2=

−v

u2 + v2⇔ (u =/ 0 ∧ u = −v), je

M = u+ iv : u =/ 0 ∧ u = −v ∪ ∞.

Ω

M

17

d)M =

u+ iv :

1

u+ iv∈ Ω

=

=

u+ iv :

u

u2 + v2= 1

=

=

u+ iv :

(u− 1

2

)2

+ v2 =1

4

∖ 0.

1

i

11

Ω

i

1212

M

e)M =

u+ iv :

1

u+ iv∈ Ω

∪ ∞ =

=

u+ iv :

−v

u2 + v2= 0

∪ ∞ =

= u+ iv : v = 0 =/ u ∪ ∞.

Ω M

Příklad 13.Určete a znázorněte množinu M = f(z) : z ∈ Ω, je-li

a) Ω = z ∈ C : |arg z| ≤ π6, f(z) := z2;

b) Ω = z ∈ C : | Im z| < π2, f(z) := ez;

c) Ω = z ∈ C : 0 < Re z < π ∧ Im z > 0, f(z) := eiz;

d) Ω = z ∈ C : Im z = 12, f(z) := z2.

18

Řešení:

a)

M =z ∈ C : | arg z| ≤ π

6· 2 =

π

3

.

ΩΩ

π6

π6

MM

π3

π3

b)M =

ex+iy : |y| < π

2

=

=ex (cos (y) + i sin (y)) : |y| < π

2

=

= z ∈ C : Re z > 0.

11

π2i

−π2i

π2i

−π2i

ΩΩMM

c)M =

ei(x+iy) = e−y (cosx+ i sinx) : 0 < x < π ∧ y > 0

=

= z ∈ C : |z| < 1 ∧ Im z > 0.

ΩΩ

1 π

i

1

M

iM

i

19

d)M =

(x+

1

2i

)2

: x ∈ R

=

=

x2 − 1

4+ xi : x ∈ R

=

=

y2 − 1

4+ yi : y ∈ R

.

ΩΩ12i1

2i

1

i2

i2

−14−14

MM

Příklad 14.Vypočtěte

a) sin(2− 3i);

b) cos i;

c) cosh i;

d) Ln(−5 + 3i) a ln(−5 + 3i);

e) Ln(−4−√3i) a ln(−4−

√3i);

f) Ln(ie2).

Řešení:a)

sin(2− 3i) =ei(2−3i) − e−i(2−3i)

2i=

=e3 (cos (2) + i sin (2))− e−3 (cos (−2) + i sin (−2))

2i=

=e3 − e−3

2i· cos 2 + i(e3 + e−3) · sin 2

2i=

= cosh 3 · sin 2− (sinh 3 · cos 2)i .=

.= 9.15 + 4.17i.

b)

cos i =ei·i + e−i·i

2= cosh 1

.= 1.54.

c)

cosh i =ei + e−i

2=

cos 1 + i sin 1 + cos (−1) + i sin (−1)

2= cos 1

.= 0.54.

20

d)

−5 + 3i =√34

(cos

(π

2+ arctg

5

3

)+ i sin

(π

2+ arctg

5

3

)),

a proto

Ln(−5 + 3i) = ln√34 + i

(π

2+ arctg

5

3

)+ 2kπi, k ∈ Z;

ln(−5 + 3i) = ln√34 + i

(π

2+ arctg

5

3

).

e)

−4−√3i =

√19

(cos

(−π + arctg

√3

4

)+ i sin

(−π + arctg

√3

4

)),

a proto

Ln(−4−√3i) = ln

√19 + i

(−π + arctg

√3

4

)+ 2kπi, k ∈ Z;

ln(−4−√3i) = ln

√19 + i

(−π + arctg

√3

4

).

f)

Ln(ie2) = ln(e2) + iπ

2+ 2kπi =

= 2 +π

2i+ 2kπi, k ∈ Z.

Příklad 15.Najděte všechna z ∈ C, pro která platí

a) sin z = 3;

b) cos z =√32

;

c) sin z + cos z = 2;

d) sin z − cos z = 3;

e) z2 + 2z + 9 + 6i = 0.

21

Řešení:

a)

sin z = 3

eiz − e−iz = 6i

e2iz − 6ieiz − 1 = 0

a odtud pro z = x+ iy dostaneme

eiz = ei(x+iy) =6i±

√−36 + 4

2= (3±

√8)i

e−y (cosx+ i sinx) = (3±√8)i

e−y = 3±√8 ∧

(x =

π

2+ 2kπ, k ∈ Z

)

z =π

2+ 2kπ − i ln(3±

√8), k ∈ Z.

b)

cos z =eiz + e−iz

2=

√3

2

e2iz −√3eiz + 1 = 0

eiz = e(x+iy)i = e−y (cosx+ i sinx) =

√3±

√3− 4

2=

=

√3

2± i

2=

cos(π6

)+ i sin

(π6

)cos(−π

6

)+ i sin

(−π

6

)

e−y = 1 ∧(x = ±π

6+ 2kπ, k ∈ Z

)

z = ±π

6+ 2kπ, k ∈ Z.

22

c)

eiz − e−iz

2i+

eiz + e−iz

2= 2

eiz − e−iz + ieiz + ie−iz = 4i

e2iz(1 + i)− 4ieiz + (i− 1) = 0

eiz =4i±

√−16− 4(1 + i)(i− 1)

2(1 + i)=

4i±√2i

2(1 + i)=

=(2±

√2)i

1 + i=

(2±√2)(1 + i)

2,

a odtud

iz = Ln(2±

√2)(1 + i)

2= ln

(2±√2)√2

2+ i

π

4+ 2kπi, k ∈ Z,

z =π

4+ 2kπ − i ln(

√2± 1), k ∈ Z.

d)

eiz − e−iz

2i− eiz + e−iz

2= 3

eiz − e−iz − ieiz − ie−iz = 6i

e2iz(1− i)− 6ieiz − (1 + i) = 0

eiz =6i±

√−36 + 4(1− i)(1 + i)

2(1− i)=

(6± 2√7)i

2(1− i)=

=3±

√7

2· (−1 + i),

a proto

iz = Ln

(3±

√7

2(−1 + i)

)= ln

(3±

√7

2·√2

)+ i

3

4π + 2kπi, k ∈ Z,

z =3

4π + 2kπ − i ln

(3±

√7√

2

), k ∈ Z.

23

e)

z =−2±

√4− 4(9 + 6i)

2=

= −1±√

1− (9 + 6i) = −1±√−8− 6i =

=

−2 + 3i,

−3i,

protože

√−8− 6i =

√10

(cos

(π + arctg

3

4

)+ i sin

(π + arctg

3

4

))=

= ±√10 ·

(cos

(π

2+

1

2arctg

3

4

)+ i sin

(π

2+

1

2arctg

3

4

))=

= ±(−1 + 3i).

Příklad 16.Vypočtěte

a) 2i;

b) (−2)√2;

c)(

1−i√2

)1+i

;

d) i34 ;

e) (−1)√3;

f) (−√3i+ 1)−3.

Řešení:

a)2i = exp(iLn 2) =

= exp(i(ln 2 + 2kπi)) = exp(−2kπ + i ln 2) =

= e−2kπ (cos (ln 2) + i sin (ln 2)) , k ∈ Z.

b)(−2)

√2 = exp

(√2 Ln(−2)

)= exp

(√2(ln 2 + πi+ 2kπi)

)=

= 2√2(cos((2k + 1)π

√2)+ i sin

((2k + 1)π

√2))

, k ∈ Z.

24

c) (1− i√

2

)1+i

= exp

((1 + i) Ln

(1− i√

2

))=

= exp((1 + i)(ln 1− i

π

4+ 2kπi)

)= exp

(π4− 2kπ + (2kπ − π

4)i)=

= eπ4−2kπ

(cos

π

4− i sin

π

4

)= e

π4−2kπ

(√2

2− i

√2

2

)=

=1− i√

2e

π4−2kπ, k ∈ Z.

d)i34 = e

34Ln i = e

34(π2i+2kπi) =

= cos

(3

8π +

3

2kπ

)+ i sin

(3

8π +

3

2kπ

), k ∈ 0, 1, 2, 3.

e)(−1)

√3 = e

√3Ln(−1) = e

√3(πi+2kπi) =

= cos(√

3π + 2kπ√3)+ i sin

(√3π + 2kπ

√3), k ∈ Z.

f)

(−√3i+ 1)−3 =

[2(cos(−π

3

)+ i sin

(−π

3

))]−3

=

=1[

2(cos(−π

3

)+ i sin

(−π

3

))]3 =

=1

8 cos (−π) + i sin (−π)= −1

8.

Jinak:

(−√3i+ 1)−3 = e−3Ln(−

√3i+1) = e−3(ln 2−π

3i+2kπi) =

=1

8(cos π + i sin π) = −1

8.

25

Příklad 17.Najděte reálnou a imaginární část funkce f : C → C definované předpisem

a) f(z) := sin z;

b) f(z) := z2 cos z;

c) f(z) := z3 + 5z − 1;

d) f(z) := |z| z;

e) f(z) := z2 z;

f) f(z) := 1z.

Řešení:

a)

f(z) = f(x+ iy) =ei(x+iy) − e−i(x+iy)

2i=

=e−y (cosx+ i sinx)− ey (cosx− i sinx)

2i=

=ey + e−y

2sinx+ i

ey − e−y

2cosx.

Odtud

(Re f)(x, y) = cosh y sinx,

(Im f)(x, y) = sinh y cosx.

b)

f(x+ iy) = (x2 − y2 + 2xyi)ei(x+iy) + e−i(x+iy)

2=

= (x2 − y2 + 2xyi)e−y (cosx+ i sinx) + ey (cosx− i sinx)

2,

a proto

(Re f)(x, y) = (x2 − y2) cosh y cosx+ 2xy sinh y sinx,

(Im f)(x, y) = −(x2 − y2) sinh y sinx+ 2xy cosh y cosx.

c)

f(x+ iy) = (x2 − y2 + 2xyi)(x+ iy) + 5(x+ iy)− 1 =

= (x3 − xy2 − 2xy2 + 5x− 1) + i(2x2y + x2y − y3 + 5y

).

Tedy

(Re f)(x, y) = x3 − 3xy2 + 5x− 1,

(Im f)(x, y) = 3x2y − y3 + 5y.

26

d)

f(x+ iy) =√x2 + y2 (x− iy) =

= x√x2 + y2 − iy

√x2 + y2.

Zjistili jsme, že

(Re f)(x, y) = x√x2 + y2,

(Im f)(x, y) = −y√

x2 + y2.

e)

f(x+ iy) = (x2 − y2 + 2xyi)(x− iy) =

= x3 − xy2 + 2xy2 + i(2x2y − x2y + y3).

Tudíž

(Re f)(x, y) = x3 + xy2,

(Im f)(x, y) = x2y + y3.

f)

f(x+ iy) =x− iy

x2 + y2,

a proto

(Re f)(x, y) =x

x2 + y2,

(Im f)(x, y) = − y

x2 + y2.

Příklad 18.Zjistěte, zda je funkce f(z) := z3 prostá na množině Ω, je-li

a) Ω = z ∈ C : Re z > 0;

b) Ω = z ∈ C : arg z ∈ ⟨0, π4).

27

Řešení:

a)

ΩΩ

Volme

z1 = cos(−π

3

)+ i sin

(−π

3

)=

1

2+ i

(−√3

2

)∈ Ω,

z2 = cos(π3

)+ i sin

(π3

)=

1

2+ i

√3

2∈ Ω.

Potomz31 = cos−π + i sin−π = −1,

z32 = cos π + i sin π = −1,

a proto f není na Ω prostá.

b)

ΩΩ

Buď

z1 = |z1| (cos (φ1) + i sin (φ1)) ,

z2 = |z2| (cos (φ2) + i sin (φ2)) ,

kde φ1, φ2 ∈⟨0, π

4

). Pak

z31 = z32

|z1|3 (cos (3φ1) + i sin (3φ1)) = |z2| (cos (3φ2) + i sin (3φ2))

(|z1| = |z2|) ∧ (∃k ∈ Z : 3φ1 = 3φ2 + 2kπ) .

28

Odtud plyne (využíváme předpokladu, že φ1, φ2 ∈⟨0, π

4

)):

z1, z2 ∈ Ω

z31 = z32⇒

|z1| = |z2|φ1 = φ2

⇒ z1 = z2,

tzn. že funkce f je na Ω prostá.

Příklad 19.Určete, zda daná limita existuje, a pokud ano, vypočtěte ji

a) limz→0

Re zz;

b) limz→0

Im(z2)zz

;

c) limz→0

z Im z|z| ;

d) limz→0

z2

|z|2 ;

e) limz→0

z3

|z|2 ;

f) limz→i

z2+z(2−i)−2iz2+1

;

g) limz→0

Re z1+|z| .

Řešení:a) lim

z→0

Re zz

neexistuje, protože

0 =/1

n→ 0 ∧

Re(1n+ 0i

)1n

= 1 → 1

a současně

0 =/ i1

n→ 0 ∧

Re(i 1n

)1n

= 0 → 0.

b) limz→0

Im z2

z·z neexistuje, protože pro 0 =/ z = x+ iy platí

Im z2

z · z=

2xy

x2 + y2=

1, x = y =/ 0,0, x · y = 0, x2 + y2 =/ 0.

11

00

c) limz→0

z Im z|z| = 0, protože

0 =/ zn → 0 ⇒zn Im zn

|zn|

= | Im zn| → 0 ⇒ zn Im zn|zn|

→ 0.

29

d) limz→0

z2

|z|2 neexistuje, protože pro 0 =/ z = x+ iy platí

z2

|z|2=

x2 − y2 + 2ixy

x2 + y2=

i, x = y =/ 0,1, y = 0 =/ x.

ii

11

e) limz→0

z3

|z|2 = 0, protože

limz→0

z3|z|2

= limz→0

|z| = 0.

f)

limz→i

z2 + z(2− i)− 2i

z2 + 1= lim

z→i

(z − i)(z + 2)

(z − i)(z + i)= lim

z→i

z + 2

z + i=

= limx+iy→i

x+ 2 + iy

x+ i(y + 1)=

= lim(x,y)→(0,1)

x(x+ 2) + y(y + 1)

x2 + (y + 1)2+

+ i lim(x,y)→(0,1)

xy − (x+ 2)(y + 1)

x2 + (y + 1)2=

=1 · 222

+ i−2 · 24

=1

2− i,

případně pomocí spojitosti funkce f(z) := z+2z+i

v bodě i:

limz→i

z + 2

z + i=2 + i

2i=

1

2− i.

g)

limz→0

Re z

1 + |z|= lim

(x,y)→(0,0)

x

1 +√

x2 + y2=

0

1= 0.

30

Příklad 20.Znázorněte množinu ⟨φ⟩ := φ(t) : t ∈ Dφ, je-li

a) φ(t) := 1− it, Dφ = ⟨0, 2⟩;

b) φ(t) := t− it2, Dφ = ⟨−1, 2⟩;

c) φ(t) := 1 + e−it, Dφ = ⟨0, 2π⟩;

d) φ(t) := e2it − 1, Dφ = ⟨0, 2π⟩;

e) φ(t) :=

eiπt, t ∈ ⟨0, 1),t− 2, t ∈ ⟨1, 3⟩;

f) φ(t) :=

eit, t ∈ ⟨−π

2, π),

3tπ− 4, t ∈ ⟨π, 2π⟩.

Řešení:

a) φ(t) := 1− it, Dφ = ⟨0, 2⟩.

1i

−2i

⟨φ⟩

b) φ(t) := t− it2, Dφ = ⟨−1, 2⟩.

−4i

−1 2

⟨φ⟩

−i−i

c) φ(t) := 1 + e−it, Dφ = ⟨0, 2π⟩.

1⟨φ⟩

d) φ(t) := e2it − 1, Dφ = ⟨0, 2π⟩.

−1⟨φ⟩

„2×oběhnutá“„2×oběhnutá“

31

e) φ(t) :=

eiπt, t ∈ ⟨0, 1),t− 2, t ∈ ⟨1, 3⟩.

−1 1

ii⟨φ⟩

f) φ(t) :=

eit, t ∈ ⟨−π

2, π),

3tπ− 4, t ∈ ⟨π, 2π⟩.

−i−1 2

ii

11

⟨φ⟩

Příklad 21.Parametrizujte množinu Ω (tzn. najděte křivku φ takovou, aby ⟨φ⟩ = Ω), je-li

a) Ω = z ∈ C : |z − 2 + 3i| = 2;

b) Ω úsečka s krajními body a, b ∈ C, a =/ b;

c) Ω = z ∈ C : Re z = 2 Im z;

d) Ω = z ∈ C : Re(1z

)= 2.

Řešení:

a) Ω = z ∈ C : |z − 2 + 3i| = 2; φ(t) := 2− 3i+ 2eit, t ∈ ⟨0, 2π⟩.

−3i

2

Ω = ⟨φ⟩

32

b) Ω je úsečka s krajními body a, b ∈ C, a =/ b; φ(t) := a+ (b− a)t, t ∈ ⟨0, 1⟩.

Ω = ⟨φ⟩

a

b

c) Ω = z ∈ C : Re z = 2 Im z; φ(t) := t+ t2i, t ∈ R.

i

2

Ω = ⟨φ⟩

d)

Ω =

z ∈ C : Re

(1

z

)= 2

=

=

x+ iy : Re

(1

x+ iy

)=

x

x2 + y2= 2

=

=x+ iy ∈ C∖ 0 : 2

(x2 − x

2+ y2

)= 0=

=

x+ iy ∈ C∖ 0 : 2

((x− 1

4)2 + y2 − 1

16

)= 0

=

=

x+ iy ∈ C∖ 0 :

(x− 1

4

)2

+ y2 =1

16

;

φ(t) :=1

4+

1

4eit, t ∈ (−π, π).

14

Ω = ⟨φ⟩

1212

33

Příklad 22.Znázorněte množinu Ω a rozhodněte, zda je Ω oblastí a zda je Ω otevřenou množinou, je-li

a) Ω = z ∈ C : |z − i| < 1 ∨ |z + i| < 1;

b) Ω = z ∈ C : |z − 1| < 1 ∧ |z − 2| < 2;

c) Ω = z ∈ C : |z − 1| < |z + 1|;

d) Ω = z ∈ C : |z + 1| > 2|z|;

e) Ω = z ∈ C : 1 < |z| < 2;

f) Ω =z ∈ C : |z| < 1 ∧ arg z ∈ (−π, π⟩∖ 0

;

g) Ω = z ∈ C : |2z| < |1 + z2|.

Řešení:

a) Ω = z ∈ C : |z − i| < 1 ∨ |z + i| < 1.

ΩΩii

−i−i

Ω je otevřená, ale ne souvislá množina, a proto Ω není oblast.

b) Ω = z ∈ C : |z − 1| < 1 ∧ |z − 2| < 2.

ΩΩ11 4422

Ω je otevřená i souvislá množina, a proto Ω je oblast.

34

c) Ω = z ∈ C : |z − 1| < |z + 1|.

ΩΩ

−1 11

Ω je otevřená i souvislá množina, a proto Ω je oblast.

d)

Ω = z ∈ C : |z + 1| > 2|z| =

=x+ iy : (x+ 1)2 + y2 > 4(x2 + y2)

=

=x+ iy : 3x2 + 3y2 − 2x− 1 < 0

=

=

x+ iy : x2 + y2 − 2

3x− 1

3< 0

=

=

x+ iy :

(x− 1

3

)2

+ y2 <4

9

.

ΩΩ

13

4−13−13

13

1

Ω je otevřená i souvislá množina, a tedy Ω je oblast.

e) Ω = z ∈ C : 1 < |z| < 2.

ΩΩ

1 2

i

2i

i

2i

21

Ω je otevřená i souvislá množina, a proto Ω je oblast.

35

f) Ω =z ∈ C : |z| < 1 ∧ arg z ∈ (−π, π⟩∖ 0

.

ΩΩ

11

Ω je otevřená i souvislá množina, a proto Ω je oblast.

g)

Ω = z ∈ C : |2z| < |1 + z2| =

=x+ iy : 4(x2 + y2) < (1 + x2 − y2)2 + 4x2y2

=

=x+ iy : 4x2 + 4y2 < 1 + x4 + y4 + 2x2 − 2y2 − 2x2y2 + 4x2y2

=

=x+ iy : 0 < 1 + x4 + y4 − 2x2 − 6y2 + 2x2y2

=

=x+ iy : (x2 + y2 − 1)2 − 4y2 > 0

=

=x+ iy : (x2 + y2 − 1 + 2y)(x2 + y2 − 1− 2y) > 0

=

=x+ iy : [x2 + (y + 1)2 − 2][x2 + (y − 1)2 − 2] > 0

.

i

−i1

Ω je otevřená, ale ne souvislá množina, a proto Ω není oblast.

36

Literatura

[1] J. Bouchala: Funkce komplexní proměnné, http://mi21.vsb.cz/, 2012.

[2] J. Bouchala, O. Vlach: Křivkový a plošný integrál, http://mi21.vsb.cz/, 2011.

[3] J. Bouchala, P. Vodstrčil: Řady, http://mi21.vsb.cz/, 2011.

[4] I. Černý: Analýza v komplexním oboru, Academia, Praha, 1983.

[5] I. Černý: Základy analysy v komplexním oboru, Academia, Praha, 1967.

[6] M. Dont, B. Opic: Matematická analýza III – úlohy, skripta ČVUT, Praha, 1989.

[7] J. Eliaš, J. Horváth, J. Kajan, R. Šulka: Zbierka úloh z vyššej matematiky 4, Alfa,Bratislava, 1979.

[8] P. Galajda, Š. Schrötter: Funkcie komplexnej premennej a operátorový počet, Alfa, Bra-tislava, 1991.

[9] I. Kluvánek, L. Mišík, M. Švec: Matematika II., SVTL, Bratislava, 1965.

[10] K. Rektorys a spolupracovníci: Přehled užité matematiky I a II, Prometheus, Praha,1995.

[11] J. Veselý: Komplexní analýza pro učitele, Karolinum, Univerzita Karlova, Praha, 2001.

37