Príklady na precvičovanie – komplexná derivácia,
holomorfné funkcie, mocninové rady
Riešené príklady
Príklad 1
Dokážte, že funkcia
f(z) = iz4
+ 2z
je komplexne diferencovateľná v celej komplexnej rovine a určte f′
(z). Úlohu
vyriešte jednak pomocou definície komplexnej derivácie, a jednak overením
Cauchyho–Riemannových rovností pre reálnu a imaginárnu časť funkcie f.
Riešenie:
Nech z0 je ľubovoľné komplexné číslo. Podľa definície komplexnej derivácie
funkcie f platí
f′
(z0) = lim
z→z0
f(z) − f(z0)
z − z0
.
Postupne dostávame
f′
(z0) = lim
z→z0
iz4
+ 2z − iz4
0 − 2z0
z − z0
= lim
z→z0
[
i ·
z4
− z4
0
z − z0
+ 2 ·
z − z0
z − z0
]
= lim
z→z0
[
i · (z3
+ z2
z0 + zz2
0 + z3
0) + 2
]
= 4iz3
0 + 2.
Teda f′
existuje na celom C a platí f′
(z) = 4iz3
+ 2. Túto skutočnosť teraz
overíme pomocou vlastností reálnej a imaginárnej časti funkcie f. Máme
f(z) = f(x + iy) = i · (x + iy)4
+ 2(x + iy)
= −4x3
y + 4xy3
+ 2x + i · (x4
− 6x2
y2
+ y4
+ 2y)
⇓
u(x, y) = Ref(z) = −4x3
y + 4xy3
+ 2x,
v(x, y) = Imf(z) = x4
− 6x2
y2
+ y4
+ 2y.
Funkcie u, v sú iste (reálne) diferencovateľné v celom R2
, pričom pre ich prvé
parciálne derivácie podľa premenných x, y dostaneme
u′
x = −12x2
y + 4y3
+ 2, u′
y = −4x3
+ 12xy2
,
1
v′
x = 4x3
− 12xy2
, v′
y = −12x2
y + 4y3
+ 2.
Vidíme, že platí
u′
x = v′
y, a u′
y = −v′
x
pre každé x, y. Teda sú splnené Cauchyho–Riemannove rovnosti na celom R2
.
Preto funkcia f je komplexne diferencovateľná všade v komplexnej rovine a
f′
(z) = u′
x + iv′
x = −12x2
y + 4y3
+ 2 + i(4x3
− 12xy2
).
Spätným prechodom ku komplexnej premennej z = x + iy dostaneme vyjadrenie
f′
(z) = 4iz3
+ 2.
Poznámka:
Na konci Príkladu 1 sme sa potrebovali vrátiť od vyjadrenia komplexnej
funkcie pomocou dvoch reálnych premenných x, y ku jej vyjadreniu pomocou
jednej komplexnej premennej z = x + iy. Všeobecne sa to robí tak, že do
daného výrazu sa za x, y dosadí
x =
z + ¯z
2
, y =
z − ¯z
2i
,
a následne sa vzniknutý výraz vhodne upraví. Je to však niekedy fuška :(
Príklad 2
Zistite, kde v C je funkcia
w = z (¯z)2
komplexne diferencovateľná.
Riešenie:
V danej funkcii oddelíme jej reálnu a imaginárnu časť. Pre z = x + iy
platí
w = (x + iy)(x − iy)2
= x3
+ xy2
− i · (y3
+ x2
y),
teda u = Re w = x3
+ xy2
a v = Im w = −y3
− x2
y. Funkcia w má v
bode z0 = x0 + iy0 komplexnú deriváciu práve vtedy, keď reálne funkcie u, v
sú (reálne) diferencovateľné v bode [x0, y0] a spĺňajú Cauchyho–Riemannove
podmienky
u′
x(x0, y0) = v′
y(x0, y0), u′
y(x0, y0) = −v′
x(x0, y0).
2
Ľahko vidíme, že funkcie u, v sú diferencovateľné v celom R2
. Poďme preveriť,
kde platia Cauchyho-Riemannove rovnosti (ďalej len v skratke C–R rovnosti,
resp. C–R podmienky). Postupne dostaneme
u′
x = 3x2
+ y2
, u′
y = 2xy, v′
x = −2xy, v′
y = −3y2
− x2
.
Druhá z C–R podmienok platí pre každé x, y, kým prvá rovnosť dáva
3x2
+ y2
= −3y2
− x2
=⇒ 4x2
+ 4y2
= 0 =⇒ x = 0 = y.
Preto je funkcia w komplexne diferencovateľná iba v bode z = 0 + i0 = 0 a
pre jej deriváciu w′
(0) platí
w′
(0) = u′
x(0, 0) + iv′
x(0, 0) = 0.
Príklad 3
Preverte platnosť C–R rovností a existenciu komplexnej derivácie funkcie
w =
√
| Rez · Imz|
v bode z = 0.
Riešenie:
Oddelením reálnej a imaginárnej časti vo funkcii w zistíme, že
u(x, y) = Re w =
√
|xy|, v(x, y) = Im w = 0, [x, y] ∈ R2
.
Funkcie u, v spĺňajú v bode z = 0, t.j., v bode [x, y] = [0, 0], C–R rovnosti,
nakoľko platí
u′
x(0, 0) = lim
x→0
u(x, 0) − u(0, 0)
x − 0
= lim
x→0
0
x − 0
= 0,
u′
y(0, 0) = lim
y→0
u(0, y) − u(0, 0)
y − 0
= lim
y→0
0
y − 0
= 0,
v′
x(0, 0) = 0 = v′
y(0, 0).
3
(parciálne derivácie u′
x(0, 0), u′
y(0, 0) nemôžeme kvôli absolútnej hodnote počítať
klasickým derivovaním, iba priamo z definície). Napriek tomu funkcia
w nemá v bode z = 0 komplexnú deriváciu, pretože limita
lim
z→0
w(z) − w(0)
z − 0
= lim
z→0
√
| Rez · Imz|
z
neexistuje (presvedčte sa samy; rozpíšte túto limitu na reálnu a imaginárnu
časť, t.j.,
lim
z→0
√
| Rez · Imz|
z
= lim
(x,y)→(0,0)
(
x
√
|xy|
x2 + y2
− i ·
y
√
|xy|
x2 + y2
)
,
a ukážte, že ani jedna zo vzniknuté reálnych limít neexistuje :)). Kde je teda
zrada? :) Háčik je v tom, že funkcia u nie je diferencovateľná v bode [0, 0],
napriek tomu, že má v tomto bode obidve prvé parciálne derivácie. Ak by
totiž u bola diferencovateľná v bode [0, 0], potom by limita
lim
(x,y)→(0,0)
u(x, y) − u(0, 0) − u′
x(0, 0) · (x − 0) − u′
y(0, 0) · (y − 0)
√
(x − 0)2 + (y − 0)2
= lim
(x,y)→(0,0)
√
|xy|
√
x2 + y2
musela existovať a byť rovná 0.
Posledná limita však neexistuje (overte samy :)).
Príklad 4
Určte holomorfnú funkciu f = u + iv spĺňajúcu
v(x, y) = Imf(x + iy) = −3x2
y + y3
− 3x + y, f(−1) = 3i.
Riešenie:
Toto je typická úloha na holomorfné funkcie. Máme nájsť komplexnú funkciu,
ktorá je holomorfná na nejakej oblasti a má dopredu predpísanú svoju
imaginárnu (resp. reálnu) časť a hodnotu v nejakom bode. Z teórie holomorfných
funkcií vyplýva, že komplexná funkcia f, ktorá je holomorfná na
nejakej otvorenej podmnožine v C, má v tejto množine nielen svoju prvú
4
komplexnú deriváciu, ale automaticky aj derivácie všetkých rádov. Funkcie
u, v musia byť preto nekonečnekrát spojito diferencovateľné; obzvlášť, musia
mať spojité parciálne derivácie všetkých rádov. Z tohto faktu a z C–R
podmienok potom vylýva, že funkcie u, v musia byť harmonické na danej
otvorenej množine, t.j., musia byť riešením tzv. Laplaceovej rovnice
u′′
xx + u′′
yy = 0, v′′
xx + v′′
yy = 0.
Všeobecný postup pri tomto type úloh je nasledovný. Najprv overíme, či
predpísaná funkcia v v zadaní je harmonická. Platí
v′′
xx = −6y, v′′
yy = 6y =⇒ v′′
xx + v′′
yy = 0 na celom R2
.
Funkcia v je teda harmonickou na jednoducho súvislej oblasti R2
, a preto
existuje jediná komplexná funkcia f, ktorá je holomorfná na celom C, a ktorá
spĺňa v = Imf, f(−1) = 3i. Potrebujeme nájsť jej reálnu časť, t.j., funkciu
u. Využijeme C–R rovnosti
u′
x = v′
y = −3x2
+ 3y2
+ 1,
u′
y = −v′
x = 6xy + 3.
Neznáma funkcia u(x, y) je teda kmeňová funkcia pre dvojicu funkcií −3x2
+
3y2
+1 a 6xy +3 :) Vďaka Matematickej analýze II sme už doma :) Nasadiac
štandardný aparát samy ukážte, že funkcia u má vo všeobecnosti tvar
u(x, y) = −x3
+ 3xy2
+ x + 3y + K,
kde K je reálna konštanta. Všetky holomorfné funkcie f, ktoré majú za imaginárnu
časť funkciu v, sú teda tvaru
f(x + iy) = −x3
+ 3xy2
+ x + 3y + K + i · (−3x2
y + y3
− 3x + y).
Neznámu konštantu K stanovíme pomocou podmienky f(−1) = 3i. Konkrétne,
z práve získaného vyjadrenia s x = −1 a y = 0 dostaneme hodnotu
K = 0. Hľadaná funkcia f teda je
f(x + iy) = −x3
+ 3xy2
+ x + 3y + i · (−3x2
y + y3
− 3x + y),
resp, f(z) = −z3
+(1−3i)z, po prechode ku komplexnej premennej z = x+iy.
5
Príklad 5
Dokážte, že ak f je funkcia holomorfná a nenulová v oblasti G ⊆ C, potom
∆|f(z)| =
|f′
(z)|2
|f(z)|
, z ∈ G,
kde ∆ := ∂2
/∂x2
+ ∂2
/∂y2
je tzv. delta operátor.
Riešenie:
Nech u a v označujú reálnu a imaginárnu časť funkcie f, t.j.,
f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y).
Zo zadania príkladu vyplýva, že funkcie u, v sú harmonické na oblasti G,
pričom naviac spĺňajú C–R rovnosti. Konkrétne, na G platí
u′′
xx + u′′
yy = 0 = v′′
xx + v′′
yy,
u′
x = v′
y, u′
y = −v′
x,
f′
= u′
x + iv′
x = v′
y − iu′
y.
Okrem toho máme
|f| =
√
u2 + v2 ̸= 0, |f′
| =
√
(u′
x)2 + (v′
x)2 =
√
(v′
y)2 + (u′
y)2.
Potom platí
∆|f| =
(
∂2
∂x2
+
∂2
∂y2
)
|f| =
∂2
|f|
∂x2
+
∂2
|f|
∂y2
.
Potrebujeme teda vypočítať druhé parciálne derivácie zo zloženej funkcie
|f(z)| =
√
[u(x, y)]2 + [v(x, y)]2. Postupne dostávame (detaily vynechávame)
|f|′
x =
(√
u2 + v2
)′
x
=
uu′
x + vv′
x
√
u2 + v2
, |f|′
y =
(√
u2 + v2
)′
y
=
uu′
y + vv′
y
√
u2 + v2
,
|f|′′
xx =
(√
u2 + v2
)′′
xx
=
(u′
x)2
+ (v′
x)2
+ uu′′
xx + vv′′
xx
√
u2 + v2
−
(uu′
x + vv′
x)2
(u2 + v2)3/2
,
|f|′′
yy =
(√
u2 + v2
)′′
yy
=
(u′
y)2
+ (v′
y)2
+ uu′′
yy + vv′′
yy
√
u2 + v2
−
(
uu′
y + vv′
y
)2
(u2 + v2)3/2
.
6
Po dosadení a úprave máme
∆|f| =
|f′|2
(u′
x)2
+ (v′
x)2
+
|f′|2
(u′
y)2
+ (v′
y)2
+u ·
0
(u′′
xx + u′′
yy) +v ·
0
(v′′
xx + v′′
yy)
√
u2 + v2
−
(uu′
x + vv′
x)2
+
(
uu′
y + vv′
y
)2
(u2 + v2)3/2
=
2|f′
|2
√
u2 + v2
−
(uu′
x + vv′
x)2
+
(
uu′
y + vv′
y
)2
(u2 + v2)3/2
.
Ďalej z C–R podmienok vyplýva
(uu′
x + vv′
x)
2
+
(
uu′
y + vv′
y
)2
= (uu′
x + vv′
x)
2
+ (−uv′
x + vu′
x)
2
= u2
[
(u′
x)2
+ (v′
x)2
]
|f′|2
+v2
[
(v′
x)2
+ (u′
x)2
]
|f′|2
= (u2
+ v2
)|f′
|2
.
Takže napokon získame identitu v zadaní príkladu
∆|f| =
2|f′
|2
√
u2 + v2
−
(u2
+ v2
)|f′
|2
(u2 + v2)3/2
=
|f′
|2
√
u2 + v2
|f|
=
|f′
|2
|f|
.
Príklad 6
Nájdite obor konvergencie funkcionálneho radu
∞∑
n=0
1
(n + 1)2
(
z + 1
z − 1
)n
.
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako pri reálnych funkcionálnych radoch. Použijeme
napríklad limitné D’Alembertovo kritérium. Platí
1
(n+2)2
(z+1
z−1
)n+1
1
(n+1)2
(z+1
z−1
)n =
(
n + 1
n + 2
)2
z + 1
z − 1
n→∞
−→
z + 1
z − 1
.
7
Takže pre z+1
z−1
< 1 rad absolútne konverguje a pre z+1
z−1
> 1 rad diverguje.
Pre z spĺňajúce z+1
z−1
= 1 rad v zadaní konverguje absolútne, pretože v tomto
prípade máme
∞∑
n=0
1
(n + 1)2
(
z + 1
z − 1
)n
=
∞∑
n=0
1
(n + 1)2
toto konverguje
.
Obor konvergencie vyšetrovaného funkcionálneho radu je teda podmnožina
komplexných čísiel daná reláciou
z + 1
z − 1
≤ 1.
Nie je ťažké overiť, že sa jedná práve o tie komplexné čísla z, pre ktoré
Rez ≤ 0. Oborom konvergencie je teda druhý a tretí kvadrant spolu s imaginárnou
osou.
Príklad 7
Určte polomer konvergencie mocninového radu
∞∑
n=0
[3 + (−1)n
]n
zn
.
Riešenie:
Podľa definície pre polomer konvergencie tohto radu platí
R =
1
lim sup
n→∞
n
√
|[3 + (−1)n]n
|
=
1
lim sup
n→∞
|3 + (−1)n|
.
Nakoľko máme
|3 + (−1)n
| =



4, 2 | n,
2, 2 n,
postupnosť |3 + (−1)n
| má dva hromadné body 4 a 2. Preto
lim sup
n→∞
|3 + (−1)n
| = 4 =⇒ R = 1/4.
8
Daný mocninový rad preto absolútne konveguje pre |z| < 1/4, kým diverguje
pre |z| > 1/4. Naviac, všade na konvergenčnej kružnici |z| = 1/4 rad diverguje
(overte samy :)).
Príklad 8
Vyšetrite konvergenciu mocninového radu
∞∑
n=1
zn
n
na jeho konvergenčnej kružnici.
Riešenie:
Stanovíme najprv polomer konvergencie daného radu. Platí
R =
1
lim
n→∞
1
n+1
1
n
=
1
lim
n→∞
n
n+1
= 1.
Príslušná konvergenčná kružnica radu je preto |z| = 1. Každý jej bod môžeme
vyjadriť v tvare z = eiα
, kde α ∈ [−π, π). Skúmame teda konvergenciu
číselného radu ∞∑
n=1
einα
n
v závislosti na reálnom parametri α ∈ [−π, π). V tomto rade, využijúc Eulerov
vzorec
einα
= cos nα + i sin nα,
oddelíme jeho reálnu a imaginárnu časť
∞∑
n=1
einα
n
=
∞∑
n=1
cos nα
n
+ i ·
∞∑
n=1
sin nα
n
.
Pri vyšetrovaní týchto dvoch reálnych radov si však, bohužiaľ, nevystačíme
s tradičným aparátom :( Ani porovnávanie, ani D’Alembert, ani Cauchy, ani
Raabe, ba ani integrálne kritérium v tomto prípade nefungujú :-/ Učinné je
9
až Dirichletovo kritérium :) Jeho aplikáciu si však musíme trochu odpracovať.
Na konci ukážeme, že reálne rady
∞∑
n=1
cos nα
n
,
∞∑
n=1
sin nα
n
súčasne konvergujú pre každé α ̸= 2mπ, kde m je nejaké celé číslo.
Príprava:
• Dirichletovo kritérium – nech {an}, {bn} sú dve postupnosti reálnych
čísiel také, že {bn} je monotónna s limn→∞ bn = 0 a rad
∑
an má
ohraničené čiastočné súčty, t.j., postupnosť
{ n∑
k=1
ak
}
je ohraničená (členy tejto postupnosti sa indexujú podľa n). Potom rad∑
anbn konverguje (nie však nutne absolútne).
• Pre každé α ∈ R, α ̸= 2mπ pre celé m, platia identity
n∑
k=1
cos kα =
cos (n+1)α
2
sin nα
2
sin α
2
,
n∑
k=1
sin kα =
sin (n+1)α
2
sin nα
2
sin α
2
.
Pokúste sa dokázať tieto dve identity :) Inšpirujte sa riešením Príkladu
4 z úvodného materiálu o komplexných číslach ;)
Tak a teraz sme už pripravení dokončiť Príklad 8 :) Uvažujme napríklad
rad ∞∑
n=1
cos nα
n
pre α ̸= 2mπ, kde m je celé číslo. V Dirichletovom kritériu položíme
an := cos nα, bn := 1/n.
10
Postupnosť {bn} je zrejme monotónna a limn→∞ bn = 0. Ďalej platí
n∑
k=1
ak =
n∑
k=1
cos kα =
cos (n+1)α
2
sin nα
2
sin α
2
=
cos (n+1)α
2
sin nα
2
sin α
2
≤
1
sin α
2
.
To znamená, že postupnosť {
∑n
k=1 ak} je ohraničená (nezávisle na n). Sú
teda splnené všetky požadavky Dirichletovho kritéria. Preto rad
∞∑
n=1
cos nα
n
pre α ̸= 2mπ, kde m je celé číslo, konverguje. V prípade, ak α = 2mπ pre
nejaké celé číslo m, potom cos nα = 1 pre každé n ∈ N, a rad
∞∑
n=1
cos nα
n
=
∞∑
n=1
1
n
diverguje.
Analogickým spôsobom samy ukážte, že rad
∞∑
n=1
sin nα
n
konverguje pre každé α ∈ R ;)
Vrátime sa na úvod nášho príkladu. Platí teda, že komplexný rad
∞∑
n=1
einα
n
, α ∈ [−π, π),
konverguje práve vtedy, keď konverguje súčasne jeho reálna i imaginárna časť.
Vo svetle práve získaných výsledkov to nastane práve vtedy, keď parameter
α ̸= 0 (premyslite si to :)). Takže komplexný mocninový rad v zadaní príkladu
konverguje všade na svojej konvergenčnej kružnici, s výnimkou bodu z = 1
(i toto si premyslite :)).
11