Řešené příklady z komplexní analýzybou10/archiv/fkp_priklady.pdfpříklad 5....
Post on 01-Feb-2020
8 Views
Preview:
TRANSCRIPT
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
top related