Príklady na precvičovanie – komplexné čísla,
postupnosti a funkcie
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajme
a)
1 + i
1 − i
−
1 − i
1 + i
, b) (1 + i)6
, c)
√
1 + i
√
3.
Riešenie:
a) Elementárnym vypočtom dostaneme
1 + i
1 − i
−
1 − i
1 + i
=
1 + i
1 − i
·
1 + i
1 + i
−
1 − i
1 + i
·
1 − i
1 − i
=
(1 + i)2
2
−
(1 − i)2
2
= 2i.
b) Podobne máme
(1 + i)6
=
[
(1 + i)2
]3
= [2i]3
= −8i.
c) Označme x+i y =
√
1 + i
√
3, kde x, y su neznáme reálne čísla. Potom
1 + i
√
3 = (x + iy)2
= x2
− y2
+ 2xyi.
Posledná rovnosť je ekvivalentná so sústavou
1 = x2
− y2
,
√
3 = 2xy.
Ďalej môžeme postupovať dvomi vzájomne rovnocennými spôsobmi. Jedna
možnosť je priamo vypočítať neznáme x, y z uvedenej sústavy. Platí y =√
3/(2x) a po dosadení do prvej rovnice a menšej úprave dostaneme pre x
bikvadratickú rovnicu
4x4
− 4x2
− 3 = 0.
1
Jej riešením dostaneme x2
∈
{3
2
, −1
2
}
. Keďže neznáma x má reálne hodnoty,
platí x2
= 3
2
. Teda x = ±
√
3
2
, a následne y =
√
3/(2x) = ± 1√
2
, t.j.,
x + iy ∈
{√
3
2
+
i
√
2
, −
√
3
2
−
i
√
2
}
.
Druhý spôsob spočíva v „obohatení uvedenej sústavy o ešte jednu rovnicu.
Platí napríklad toto
1 + i
√
3 = (x + iy)2
= |x + iy|2
=⇒ 2 = x2
+ y2
.
Máme teda k dispozícii tri rovnice pre neznáme x, y, a to
2 = x2
+ y2
, 1 = x2
− y2
,
√
3 = 2xy.
Z prvých dvoch rovníc okamžite dostávame x2
= 3/2 a y2
= 1/2, kým posledná
rovnosť naznačuje, že obe neznáme majú rovnaké znamienko. Preto
[x, y] = [
√
3/2, 1/
√
2] alebo [x, y] = [−
√
3/2, −1/
√
2]. Teda opäť máme
√
1 + i
√
3 =



√
3
2
+ i√
2
,
−
√
3
2
− i√
2
:).
Príklad 2
Stanovme hodnotu komplexného čísla
(
1 − i
√
3
1 + i
)24
.
Riešenie:
Pri tomto príklade je obzvlášť efektívne použiť exponenciálny tvar komplexného
čísla. Nechávame na čitateľa, aby ukázal, že platí
1 − i
√
3 = 2 · e−i π
3 a 1 + i =
√
2 · eiπ
4 :).
2
Potom pre komplexné číslo v zadaní úlohy postupne máme
(
1 − i
√
3
1 + i
)24
=
(
2 · e−i π
3
√
2 · eiπ
4
)24
=
(√
2 · e−i·(π
3
+π
4 )
)24
=
(√
2 · e−i 7π
12
)24
=
(
2
1
2
)24
· e−i 7π
12
·24
= 212
· e−14iπ
1
= 4096.
Príklad 3
Nájdime všetky hodnoty daných komplexných odmocnín a zapíšme ich v
algebraickom tvare.
a)
3
√
1, b)
6
√
1, c) 3
√
1 + i, d) 6
√
−729.
Riešenie:
Pripomeňme, že ak n je pevné prirodzené číslo, potom pre každé nenulové
z ∈ C existuje n-tá odmocnina n
√
z a nadobúda práve n rôznych komplexných
hodnôt, konkrétne
n
√
z = n
√
|z|
[
cos
(
φ + 2kπ
n
)
+ i sin
(
φ + 2kπ
n
)]
, k = 0, 1, . . . , n − 1,
kde φ označuje hlavný argument argz komplexného čísla z a n
√
|z| je jediná
reálna n-tá odmocnina z reálneho nezáporného čísla |z|.
a) Komplexné číslo 1 prepíšeme do goniometrického tvaru. Nakoľko |1| =
1 a arg 1 = 0, platí
1 = 1 · (cos 0 + i sin 0).
Množina všetkých tretích odmocnín z 1 má potom tvar
3
√
1 = cos
2kπ
3
+ i sin
2kπ
3
, k = 0, 1, 2.
Postupným výpočtom pre jednotlivé hodnoty k dostaneme
3
√
1 =
{
1, −
1
2
± i
√
3
2
}
.
3
b) Analogicky ako v predchádzajúcom prípade pre množinu všetkých šiestych
odmocnín z 1 platí
6
√
1 = cos
2kπ
6
+ i sin
2kπ
6
= cos
kπ
3
+ i sin
kπ
3
, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Pre jednotlivé hodnoty k postupne dostávame
k = 0 −→ cos 0 + i sin 0 = 1,
k = 1 −→ cos
π
3
+ i sin
π
3
=
1
2
+ i
√
3
2
,
k = 2 −→ cos
2π
3
+ i sin
2π
3
= −
1
2
+ i
√
3
2
,
k = 3 −→ cos π + i sin π = −1,
k = 4 −→ cos
4π
3
+ i sin
4π
3
= cos
2π
3
− i sin
2π
3
= −
1
2
− i
√
3
2
,
k = 5 −→ cos
5π
3
+ i sin
5π
3
= cos
π
3
− i sin
π
3
=
1
2
− i
√
3
2
.
Súhrnne teda máme
6
√
1 =
{
±1, ±
(
1
2
+ i
√
3
2
)
, ±
(
1
2
− i
√
3
2
)}
.
c) Ukážeme dva spôsoby riešenia tohoto príkladu.
Riešenie 1:
Je navlas podobné predchádzajúcim dvom prípadom. Na oživenie číslo 1 + i
prepíšeme do exponenciálneho tvaru (|1 + i| =
√
2 a arg (1 + i) = π/4)
1 + i =
√
2 ei π
4 .
Potom platí
3
√
1 + i =
6
√
2 ei
π/4+2kπ
3 =
6
√
2 ei π
12
+i2kπ
3 , k = 0, 1, 2.
4
Poznamenajme, že symbol 6
√
2 v poslednom výraze označuje našu starú dobrú
a bezpečnú reálnu šiestu odmocninu z 2 :). Voľbou parametra k dostaneme
k = 0 −→
6
√
2 ei π
12 ,
k = 1 −→
6
√
2 ei π
12
+i2π
3 =
6
√
2 ei3π
4 ,
k = 2 −→
6
√
2 ei π
12
+i4π
3 =
6
√
2 ei 17π
12 =
6
√
2 e−i7π
12 .
V poslednej rovnosti sme využili skutočnosť, že
ei 17π
12 = ei (−7π
12
+2π) = e−i 7π
12 · e2πi
cos 2π+i sin 2π=1
= e−i 7π
12 .
Platí teda
3
√
1 + i = {
6
√
2 ei π
12 ,
6
√
2 ei 3π
4 ,
6
√
2 e−i 7π
12 }.
Malá potiaž je v tom, že príslušné tretie odmocniny máme vyjadrené v exponenciálnom
tvare, kým podľa zadania máme nájsť ich algebraické vyjadrenie.
V súlade s Eulerovým vzorcom
eiφ
= cos φ + i sin φ, φ ∈ R,
bude teda nutné explicitne určiť hodnoty kosínusu a sínusu v uhloch π/12,
3π/4 a −7π/12 :-// Pomôžu nám pri tom goniometrické vzorce pre polovičný
uhol, keďže napr. π/12 = (π/6)/2 :) Navyše uhol 3π/4 určite nebude robiť
problémy. Tak s chuťou do toho :)
cos
π
12
toto je kladné
= cos
π/6
2
= +
√
1 + cos π
6
2
=
√
1 +
√
3
2
2
=
√
2 +
√
3
2
,
sin
π
12
toto je kladné
= sin
π/6
2
= +
√
1 − cos π
6
2
=
√
1 −
√
3
2
2
=
√
2 −
√
3
2
,
5
cos
(
−7π
12
)
= cos
7π
12
toto je záporné
= cos
7π/6
2
= −
√
1 + cos 7π
6
2
= −
√
1 + cos
(
π + π
6
)
2
= −
√
1 − cos π
6
2
= −
√
2 −
√
3
2
,
sin
(
−7π
12
)
= − sin
7π
12
toto je kladné
= − sin
7π/6
2
= −
√
1 − cos 7π
6
2
= −
√
1 − cos
(
π + π
6
)
2
= −
√
1 + cos π
6
2
= −
√
2 +
√
3
2
,
cos
3π
4
= −
1
√
2
, sin
3π
4
=
1
√
2
.
Takže nájdené tretie odmocniny z čísla 1 + i možno zapísať v tvare
6
√
2 ei π
12 =
6
√
2
(√
2 +
√
3
2
+ i
√
2 −
√
3
2
)
=
√
2 +
√
3
6
√
32
+ i
√
2 −
√
3
6
√
32
,
6
√
2 ei3π
4 =
6
√
2
(
−
1
√
2
+
i
√
2
)
= −
1
3
√
2
+
i
3
√
2
,
6
√
2 e−i 7π
12 = −
6
√
2
(√
2 −
√
3
2
+ i
√
2 +
√
3
2
)
= −
√
2 −
√
3
6
√
32
− i
√
2 +
√
3
6
√
32
.
Riešenie 2:
Druhý spôsob je podobný prvému až do chvíle, keď sme nútení prevádzať
vyššie uvedené nechutné výpočty. Je založený na naoko nevinnom pozorovaní
3
√
1 + i = 3
√
(1 + i) · 1 = 3
√
1 + i ·
3
√
1.
6
Výborne, túto rovnosť vykrátime výrazom 3
√
1 + i a dostaneme 1 = 3
√
1 ...
?!?! Letmý pohľad vyššie na výsledok úlohy a) ihneď ukazuje, že niečo nie
je v poriadku. Ako to teda je? :) Háčik je v tom, že symbol 3
√
1 + i nepredstavuje
jedinú hodnotu, ale množinu troch hodnôt. Podobne i výraz 3
√
1 (v
komplexnom ponímaní). Takže ešte raz a teraz už správne :)
3
√
1 + i
množina všetkých tretích odmocnín z 1+i
= 3
√
1 + i ·
3
√
1
množina všetkých súčinov prvkov z 3√
1+i a 3√
1
.
Naviac, obidve množiny 3
√
1 + i a 3
√
1 majú po tri prvky. To znamená, že
v súlade s výsledkom prípadu a) pre akúkoľvek pevne zvolenú hodnotu ε ∈
3
√
1 + i množina
{
ε · 1, ε ·
(
−
1
2
+ i
√
3
2
)
, ε ·
(
−
1
2
− i
√
3
2
)}
vyčerpáva celé 3
√
1 + i (samy si dobre premyslite :)). Za ε môžeme vziať napríklad
hodnotu 6
√
2 ei 3π
4 , ktorú vieme ľahko vyčísliť
ε = −
1
3
√
2
+
i
3
√
2
.
Podľa práve získaného vyjadrenia pre 3
√
1 + i potom po úpravách dostaneme
3
√
1 + i =
{
−
1
3
√
2
+
i
3
√
2
, −
√
3 − 1
2 3
√
2
− i
√
3 + 1
2 3
√
2
,
√
3 + 1
2 3
√
2
+ i
√
3 − 1
2 3
√
2
}
(samy overte všetky výpočty :)).
Poznámka k c):
V prvom spôsobe riešenia sme využívali prevažne hrubú silu, kým druhé riešenie
je založené na istom fígli. Obidva prístupy majú svoje kladné stránky,
už len tým, že poskytujú dva uhly pohľadu na jednu vec. Nadôvažok, z dvojakého
vyjadrenia tretích odmocnín z 1 + i vyplývajú ako bonus zaujímavé
číselné identity, ktorých overenie je síce triviálna záležitosť, ale ich objavenie
nie je celkom jednoduché :). Konkrétne, platí
√
2 +
√
3 =
√
3 + 1
√
2
a
√
2 −
√
3 =
√
3 − 1
√
2
:)
7
(samy odvoďte porovnaním výsledkov v prvom a druhom spôsobe riešenia a
potom overte i priamym výpočtom :)).
d) Namiesto priameho útoku využijeme opäť úskok ;). Kedysi si niekto
všimol, že 36
= 729. My však potrebujeme číslo, ktoré po umocnení na šiestu
dá mínus 729. S číslom −3 nepochodíme. Čo tak 3i? Platí
(3i)6
= 36
· i6
= 729 · (−1) = −729.
To je ono! :) Takže 3i je jedna z hodnôt 6
√
−729. Ale my ich chceme mať
šesť :( Napríklad aj −3i nám vyhovuje, ale stále je to málo. Pomôžeme si
príkladom b) :). Nech ε je nejaká šiesta odmocnina z 1, t.j., ε6
= 1. Potom
(3i · ε)6
= (3i)6
· ε6
= −729 · 1 = −729.
Takto to teda je :) A keďže šiestych odmocnín z 1 je práve šesť, platí
6
√
−729 =
{
3i · ε, ε ∈
6
√
1
}
:).
Využijúc výsledok z úlohy b) dostaneme
6
√
−729 =
{
3i · (±1), 3i ·
[
±
(
1
2
+ i
√
3
2
)]
, 3i ·
[
±
(
1
2
− i
√
3
2
)]}
=
{
±3i, ±
(
−
3
√
3
2
+
3
2
i
)
, ±
(
3
√
3
2
+
3
2
i
)}
.
Samozrejme, ten istý výsledok by sme dostali i klasickým postupom aplikovaným
v prípadoch a), b) :).
Príklad 4
Nech ω je nejaké riešenie rovnice x3
= 1, pričom ω ̸= 1. Bez znalosti explicitnej
hodnoty ω vyjadrime čísla
1
1 + ω
,
1
1 + ω2
,
ω − 1
1 + ω
,
ω2
− 1
1 + ω2
,
v tvare a + b ω, kde a, b ∈ R.
8
Riešenie:
Rozkladom x3
− 1 = (x − 1)(x2
+ x + 1) zistíme, že (komplexné) číslo ω
jednak spĺňa ω3
= 1, a jednak je riešením kvadratickej rovnice ω2
+ω+1 = 0.
Vhodným bavkaním sa s týmito poznatkami postupne dostávame
1
1 + ω
=
1
1 + ω
tento menovateľ je −ω2
=
1
−ω2
=
ω
−ω3
tento menovateľ je −1
= −ω,
1
1 + ω2
=
1
1 + ω2
tento menovateľ je −ω
=
1
−ω
=
ω2
−ω3
= −ω2
= 1 + ω,
ω − 1
1 + ω
= (ω − 1) ·
1
1 + ω
tento zlomok je −ω
= (ω − 1) · (−ω) = −ω2
toto je 1+ω
+ω = 1 + 2ω,
ω2 − 1
1 + ω2
= (ω2
− 1) ·
1
1 + ω2
tento zlomok je 1+ω
= (ω2
− 1) · (1 + ω) = (ω2
− 1) · (1 + ω)
toto je −ω2
= −(ω2
− 1) · ω2
= −ω4
toto je −ω
+ ω2
toto je −1−ω
= −ω − 1 − ω = −1 − 2ω.
(samy si pozorne premyslite všetky uvedené výpočty ;)).
Príklad 5
Stanovme hodnotu súčtu
1 + cos 2x + cos 4x + · · · + cos 2nx, x ∈ R, n ∈ N0.
9
Riešenie:
Pri tejto klasickej úlohe aplikujeme Eulerov vzorec a Moivreovu vetu. Konkrétne,
pre každé x ∈ R a k ∈ Z platí
cos x + i sin x = eix
, (cos x + i sin x)k
= cos kx + i sin kx.
Kombináciou týchto poznatkov dostaneme vyjadrenia (samy overte :))
cos kx =
eikx
+ e−ikx
2
, sin kx =
eikx
− e−ikx
2i
.
Nech x ∈ R a n ∈ N0 sú dané. Pre súčet v zadaní príkladu potom máme
1 + cos 2x + cos 4x + · · · + cos 2nx =
n∑
m=0
cos 2mx =
n∑
m=0
(
e2imx + e−2imx
2
)
.
Ak x = lπ pre nejaké celé číslo l, potom cos 2mx = cos 2mlπ = cos 0 = 1 pre
každé m = 0, . . . , n (samy overte :)). V tomto prípade je teda hľadaný súčet
n + 1. Predpokladajme teraz, nech x ̸= lπ, l ∈ Z. Potom máme
n∑
m=0
cos 2mx =
n∑
m=0
(
e2imx
+ e−2imx
2
)
=
1
2
n∑
m=0
(
e2ix
)m
+
1
2
n∑
m=0
(
e−2ix
)m
.
Posledné dve sumy predstavujú súčty konečných geometrických postupností
s kvocientami e2ix
a e−2ix
. Platí
n∑
m=0
(
e2ix
)m
=
1 − e2ix(n+1)
1 − e2ix
.
Získaný súčet teraz nejako vhodne zjednodušíme. Napríklad
1 − e2ix(n+1)
1 − e2ix
=
eix(n+1)
·
(
e−ix(n+1)
− eix(n+1)
)
eix · (e−ix − eix)
=
eix(n+1)
eix
·
2i sin(n + 1)x
2i sin x
= eixn
·
sin(n + 1)x
sin x
.
V prvom kroku sme z čitateľa i menovateľa zlomku vynímali pred zátvorku,
kým v druhom kroku sme aplikovali vyjadrenie funkcie sínus odvodené v
úvode príkladu. Platí teda
n∑
m=0
(
e2ix
)m
= eixn
·
sin(n + 1)x
sin x
.
10
Analogickým spôsobom dostaneme pre druhú sumu vyjadrenie (samy overte;
napríklad aj tak, že v práve odvodenom výraze zameníte x za −x ;))
n∑
m=0
(
e−2ix
)m
= e−ixn
·
sin(n + 1)x
sin x
.
Pre súčet v zadaní príkladu potom získame formulu
n∑
m=0
cos 2mx =
1
2
·
[
eixn
·
sin(n + 1)x
sin x
+ e−ixn
·
sin(n + 1)x
sin x
]
=
eixn
+ e−ixn
2
·
sin(n + 1)x
sin x
=
cos nx · sin(n + 1)x
sin x
.
Zistili sme teda, že platí
n∑
m=0
cos 2mx =



cos nx · sin(n + 1)x
sin x
, x ̸= lπ,
n + 1, x = lπ,
l ∈ Z.
Príklad 6
Pre x ∈ R vyjadrime sin 5x, cos 5x, tg 5x a cotg 5x pomocou mocnín sin x,
cos x, tg x a cotg x.
Riešenie:
Existujú minimálne dve cesty, ako postupovať pri tomto príklade. V prvej z
nich budeme priamo postupne „roz-sínusovávať , resp. „roz-kosínusovávať ,
resp. „roz-tangensovávať , resp. „roz-kotangensovávať výrazy sin 5x, cos 5x,
tg 5x a cotg 5x. Síce sa nám tým výrazne zlepšia naše manuálne počtárske
zručnosti, ale výdatne si tým aj odskáčeme všetku tú špinavú prácu, ktorú
matematika so sebou prináša :) Pozor, je to skutočne len pre silné a otrlé
žalúdky! My si teraz zvolíme ťahať za trochu ľahší koniec :) Starý Abraham
de Moivre (a neskôr ešte lepšie – ako inak – i Leonhard Euler :)) si jedného
dňa všimol takúto roztomilú vec
(cos x + i sin x)5
= cos 5x + i sin 5x, x ∈ R :).
11
Rovnako ako teraz našich čitateľov, i jeho napadlo, že by nebolo od veci
roznásobiť ľavú stranu spôsobom, ako to robieval Isaac Newton. Chalaniská
sa totiž veľmi kamošili, už nejednu konvergentnú i divergentnú párty zažili,
takže Abraham dôverne poznal Isaacovu – ako sa dnes hovorí – binomickú
vetu. Skrátka, po konečných úpravách dostal toto
(cos x + i sin x)5
= cos5
x − 10 cos3
x sin2
x + 5 cos x sin4
x
+i(5 cos4
x sin x − 10 cos2
x sin3
x + sin5
x).
Nuž ale, objaviteľsky vykríkol Moivre, potom musí predsa platiť, že
cos 5x = cos5
x − 10 cos3
x sin2
x + 5 cos x sin4
x,
sin 5x = 5 cos4
x sin x − 10 cos2
x sin3
x + sin5
x.
Ľaľa ho, vzrušene si pomädlil ruky Moivre, dve muchy jednou ranou :). A
keďže bol povaha dôkladná, zvedavá a hlavne nebojácna, neustal a plný posvätného
napätia pokračoval ďalej
tg 5x =
sin 5x
cos 5x
=
5 cos4
x sin x − 10 cos2
x sin3
x + sin5
x
cos5 x − 10 cos3 x sin2
x + 5 cos x sin4
x
=
cos5
x · (5 tg x − 10 tg3
x + tg5
x)
cos5 x · (1 − 10 tg2
x + 5 tg4
x)
=
5 tg x − 10 tg3
x + tg5
x
1 − 10 tg2
x + 5 tg4
x
.
Abraham, dojatý ako storočný miliardár, kontemplujúci svoje skromné imanie,
si uvedomil, že narazil na zlatý dol a bezostyšne sa mu už zbiehali slinky
na ďalšie sústo
cotg 5x =
1
tg 5x
=
1 − 10 tg2
x + 5 tg4
x
5 tg x − 10 tg3
x + tg5
x
=
tg5
x · (cotg5
x − 10 cotg3
x + 5 cotg x)
tg5
x · (5 cotg4
x − 10 cotg2
x + 1)
=
cotg5
x − 10 cotg3
x + 5 cotg x
5 cotg4
x − 10 cotg2
x + 1
.
Príklad 7
Pre x ∈ R vyjadrime sin6
x ako lineárnu kombináciu sínusov a kosínusov
vhodných násobkov argumentu x.
12
Riešenie:
Teraz sme zrejme postavení pred opačný problém ako v Príklade 6, pričom
využitie vlastností komplexných čísiel, konkrétne Eulerovho vzorca, je obzvlášť
nápomocné :). Z identít
cos x + i sin x = eix
, cos x − i sin x = e−ix
ihneď vyplýva vyjadrenie výrazu sin x
sin x =
eix
− e−ix
2i
(samy overte ;)). Pomocou binomickej vety potom postupne dostávame
sin6
x =
(
eix
− e−ix
2i
)6
=
(eix
− e−ix
)6
−64
=
ei6x
− 6 · ei5x
e−ix
+ 15 · ei4x
e−i2x
− 20 · ei3x
e−i3x
+ 15 · ei2x
e−i4x
− 6 · eix
e−i5x
+ e−i6x
−64
= −
ei6x
− 6 · ei4x
+ 15 · ei2x
− 20 + 15 · e−i2x
− 6 · e−i4x
+ e−i6x
64
= −
[
ei6x
+ e−i6x
]
− 6 ·
[
ei4x
+ e−i4x
]
+ 15 ·
[
ei2x
+ e−i2x
]
− 20
64
.
Pre výrazy v hranatých zátvorkách (opäť pomocou Eulerovho vzorca) platí
ei6x
+ e−i6x
= 2 cos 6x, ei4x
+ e−i4x
= 2 cos 4x, ei2x
+ e−i2x
= 2 cos 2x
(samy si premyslite :)). Po dosadení do získaného vyjadrenie pre sin6
x a
úpravách napokon máme
sin6
x = −
2 cos 6x − 6 · 2 cos 4x + 15 · 2 cos 2x − 20
64
=
5
16
−
15
32
· cos 2x +
3
16
· cos 4x −
1
32
· cos 6x :).
Príklad 8
Nájdime reálnu časť komplexného čísla
Z = (1 − cos α − i sin α)n
, α ∈ R, n ∈ N.
13
Riešenie:
Je zrejmé, že nebudeme otrocky rozpisovať uvedenú n-tú mocninu pomocou
binomickej vety :). Chceme nejako šikovne využiť Moivreovu vetu. Platí
1 − cos α − i sin α = 1 − cos α
toto je 2·sin2 α
2
−i ·
toto je 2·sin α
2
cos α
2
sin α
= 2 · sin2 α
2
− i · 2 · sin
α
2
cos
α
2
= −i · 2 · sin
α
2
·
(
cos
α
2
+ i sin
α
2
)
.
Súčet cos α
2
+ i sin α
2
už vieme umocniť pomocou Moivreovej vety ;). Teda
Z = (1 − cos α − i sin α)n
=
(
−i · 2 · sin
α
2
)n
·
(
cos
α
2
+ i sin
α
2
)n
= (−i)n
· 2n
sinn α
2
·
(
cos
nα
2
+ i sin
nα
2
)
.
Využitím poslednej rovnosti pre reálnu časť čísla Z potom platí
Re Z =



2n
sinn α
2
cos
nα
2
, n ≡ 0 (mod 4),
2n
sinn α
2
sin
nα
2
, n ≡ 1 (mod 4),
−2n
sinn α
2
cos
nα
2
, n ≡ 2 (mod 4),
−2n
sinn α
2
sin
nα
2
, n ≡ 3 (mod 4)
(samy si premyslite :)). Poznamenajme, že z elementárnej teórie čísiel symbol
napr. n ≡ 1 (mod 4) znamená, že celé číslo n má po delení 4 zvyšok 1 :).
Príklad 9
Zapíšme a načrtnime v komplexnej rovine uvedené množiny bodov.
a) |z − 1| ≤ Rez, b) |z − 1| + |z − 3| < 3, c) arg
(
z − 1
z + 1
)
=
π
4
.
14
Riešenie:
Využijeme pozorovanie, že každé komplexné číslo z = x + iy je možné reprezentovať
ako bod [x, y] v euklidovskej rovine a naopak. Potom pre a) máme
|z − 1| ≤ Rez,
0 ≤ |(x − 1) + iy| ≤ x,
0 ≤
√
(x − 1)2 + y2 ≤ x,
(x − 1)2
+ y2
≤ x2
,
−2x + 1 + y2
≤ 0 =⇒ y2
≤ 2x − 1.
Jedná sa teda o množinu bodov vo vnútri a na parabole y2
= 2x − 1 (samy
ju nakreslite ;)). Pri úlohe b) si môžeme pomôcť geometrickou interpretáciou
absolútnej hodnoty. Vieme, že pre z = x + iy výraz |z − 1| vyjadruje (euklidovskú)
vzdialenosť bodu [x, y] od bodu [1, 0], resp. výraz |z − 3| vyjadruje
(euklidovskú) vzdialenosť bodu [x, y] od bodu [3, 0]. Máme teda nájsť množinu
všetkých bodov v rovine, pre ktoré je súčet ich vzdialeností od pevne
daných bodov [1, 0] a [3, 0] menší ako 3. Takúto vlastnosť má práve vnútro
elipsy s ohniskami v bodoch [1, 0] a [3, 0] a s dĺžkou hlavnej polosi 3/2 :).
Samy overte, že elipsa s takýmito parametrami skutočne existuje a nájdite
jej stred, dĺžku vedľajšej polosi a nakoniec i jej analytické vyjadrenie :). Mali
by ste dostať takýto výsledok
(x − 2)2
9/4
+
y2
5/4
< 1 :).
V príklade c) pre algebraický tvar čísla A = z−1
z+1
máme
A =
z − 1
z + 1
=
x − 1 + iy
x + 1 + iy
=
x2
+ y2
− 1
(x + 1)2 + y2
+ i ·
2y
(x + 1)2 + y2
⇓
Re A =
x2
+ y2
− 1
(x + 1)2 + y2
, Im A =
2y
(x + 1)2 + y2
15
(samy overte ;)). Podľa zadania príkladu platí
Re A
|A|
= cos
π
4
=
1
√
2
,
Im A
|A|
= sin
π
4
=
1
√
2
,
Im A
Re A
= 1.
Dosadením vyššie odvodených výrazov do poslednej rovnosti dostaneme
2y
x2 + y2 − 1
= 1 ⇐⇒ x2
+ (y − 1)2
= 2
(samy overte poslednú identitu :)). Hľadaná množina bodov je teda časťou
kružnice so stredom v bode [0, 1] a polomerom
√
2. Na druhej strane, číslo
Im A je nutne nezáporné, t.j., y ≥ 0 (samy si premyslite, prečo :)). Okrem
toho v prípade y = 0 máme x = ±1, a teda z = ±1 (i toto si samy premyslite
:)). Pre z = −1 je A ̸∈ C (A = ∞), kým pre z = 1 platí A = 0. Ani jeden z
týchto výsledky nevyhovuje zadaniu príkladu. Preto hľadaná množina je
x2
+ (y − 1)2
= 2, y > 0
(samy overte a zakreslite v komlexnej rovine ;)).
Príklad 10
Vypočítajme limitu
lim
n→∞
i
n
(
1 + i
√
2
)n
.
Riešenie:
V limitovanon výraze sa pokúsime oddeliť reálnu a imaginárnu časť. Najschodnejšie
sa ukazuje previesť číslo (1 + i)/
√
2 na goniometrický tvar, a
následne na výpočet jeho n-tú mocniny aplikovať Moivreho vzorec. Platí
1 + i
√
2
= cos
π
4
+ i sin
π
4
,
(
1 + i
√
2
)n
= cos
πn
4
+ i sin
πn
4
(samy overte :)). Potom dostaneme
lim
n→∞
i
n
(
1 + i
√
2
)n
= lim
n→∞
i
n
(
cos
πn
4
+ i sin
πn
4
)
= lim
n→∞
(
−
sin πn
4
n
+ i
cos πn
4
n
)
.
16
Uvedená postupnosť má limitu práve vtedy, keď existujú limity z jej reálnej
i imaginárnej časti. Platí
lim
n→∞
sin πn
4
n
= 0 = lim
n→∞
cos πn
4
n
,
ako sa môžeme ľahko presvedčiť. Preto
lim
n→∞
i
n
(
1 + i
√
2
)n
= 0 + i · 0 = 0.
Príklad 11
Dokážme identitu
lim
n→∞
(
−1 + i
√
3
)3n−2
8n − 1
=
−1 + i
√
3
8
.
Riešenie:
Máme vlastne ukázať, že
lim
n→∞
[(
−1 + i
√
3
)3n−2
8n − 1
−
(
−1 + i
√
3
8
)]
= 0.
Toto je však ekvivalentné s tým, že
lim
n→∞
(
−1 + i
√
3
)3n−2
8n − 1
−
(
−1 + i
√
3
8
)
= 0
(samy si to dobre premyslite :)). Túto limitu z reálnej postupnosti budeme
teraz vhodne upravovať, pričom ukážeme, že je skutočne nulová. Komplexné
číslo −1 + i
√
3 prepíšeme napríklad do exponenciálneho tvaru
−1 + i
√
3 = 2 e2πi/3
.
Po dosadení a úpravách postupne dostaneme
lim
n→∞
(
2 e2πi/3
)3n−2
8n − 1
−
2 e2πi/3
8
= lim
n→∞
2 e2πi/3
·
((
2 e2πi/3
)3n−3
8n − 1
−
1
8
)
17
= lim
n→∞
2 · e2πi/3
toto je 1
·
23n−3
·
toto je 1
e2(n−1) πi
8n − 1
−
1
8
= 2 · lim
n→∞
23n−3
8n − 1
−
1
8
= 2 · lim
n→∞
8n−1
8n − 1
−
1
8
= 2 · lim
n→∞
8n
− 8n
+ 1
8 (8n − 1)
= 2 · lim
n→∞
1
8 (8n − 1)
= 0.
Príklad 12
Rozhodnime o konvergencii nekonečného číselného radu
∞∑
n=1
ei π
n
n
.
Riešenie:
V n-tom člene daného radu oddelíme jeho reálnu a imaginárnu časť
∞∑
n=1
ei π
n
n
=
∞∑
n=1
(
cos (π/n)
n
+ i ·
sin (π/n)
n
)
.
Potrebujeme teda vyšetriť konvergenciu reálnych radov
∞∑
n=1
cos (π/n)
n
,
∞∑
n=1
sin (π/n)
n
.
Keďže platí
lim
n→∞
cos (π/n)
n
1
n
= lim
n→∞
cos (π/n) = 1,
lim
n→∞
sin (π/n)
n
1
n2
= lim
n→∞
sin (π/n)
1
n
= π,
podľa limitného porovnávacieho kritéria (pre reálne rady) to znamená, že kosínusový
rad diverguje, kým sínusový rad konverguje (samy overte :)). Preto
18
celkový komplexný rad v zadaní príkladu diverguje.
Príklad 13
Nájdime súčet nekonečného číselného radu
∞∑
n=0
(
in
2n
+
i2n
n!
)
.
Riešenie:
Intuitívne cítime, že ak by sa nám pošťastilo určiť súčty radov
∞∑
n=0
in
2n
,
∞∑
n=0
i2n
n!
,
máme vyhraté :). Prvý z nich je geometrický s kvocientom q = i
2
, pričom
|q| =
i
2
=
|i|
2
=
1
2
< 1.
Jedná sa teda o konvergetný rad so súčtom
∞∑
n=0
in
2n
= 1 ·
1
1 − i
2
=
2
2 − i
=
2 (2 + i)
5
=
4 + 2i
5
.
Druhý rad je dokonca reálny, pretože i2n
= (−1)n
. Z teórie reálnych mocninových
radov vyplýva, že
∞∑
n=0
i2n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
= e−1
(samy si dobre premyslite :)). Preto súčet radu v zadaní príkladu existuje a
∞∑
n=0
(
in
2n
+
i2n
n!
)
=
∞∑
n=0
in
2n
+
∞∑
n=0
i2n
n!
=
4 + 2i
5
+
1
e
=
5 + 4e
5e
+ i ·
2
5
.
19
Príklad 14
Určme limitu
lim
z→−i
z2
+ 1
z3 + iz2 − z − i
.
Riešenie:
Dosadením z = −i dostaneme neurčitý výraz 0/0, ako sa možno ľahko presvedčiť.
Postupujeme preto štandardne ako pri reálnych funkciách reálnej
premennej. Platí napríklad
lim
z→−i
z2
+ 1
z3 + iz2 − z − i
= lim
z→−i
(z + i)(z − i)
(z + i)(z2 − 1)
= lim
z→−i
z − i
z2 − 1
= i.
Príklad 15
Nájdime body nespojitosti funkcie f(z) danej predpisom
f(z) =
z Rez
|z|
a rozhodnime, či sa jedná o odstrániteľné nespojitosti.
Riešenie:
Výraz z Rez/|z| rozdelíme na jeho reálnu a imaginárnu časť. Pre z = x + iy
je zrejme Rez = x a
z Rez
|z|
=
(x + iy)x
√
x2 + y2
=
x2
+ iyx
√
x2 + y2
=
x2
√
x2 + y2
+ i
xy
√
x2 + y2
.
Reálne funkcie
u(x, y) =
x2
√
x2 + y2
, v(x, y) =
xy
√
x2 + y2
sú zrejme spojité všade na R2
okrem bodu [0, 0], kde ani jedna z nich nie je
definovaná. Preto funkcia f(z) je spojitá na C \ {0}, a teda má jediný bod
nespojitosti z = 0. Vypočítame jej limitu v tomto bode, t.j.,
lim
z→0
f(z) = lim
(x,y)→(0,0)
(
x2
√
x2 + y2
+ i
xy
√
x2 + y2
)
.
20
Úloha sa nám redukuje na určenie reálnych limít
lim
(x,y)→(0,0)
x2
√
x2 + y2
, lim
(x,y)→(0,0)
xy
√
x2 + y2
.
Pomocou klasického aparátu diferenciálneho počtu reálnych funkcií dvoch
reálnych premenných (napríklad prevod do polárnych súradníc :)) dostaneme
lim
(x,y)→(0,0)
x2
√
x2 + y2
= 0 = lim
(x,y)→(0,0)
xy
√
x2 + y2
.
To znamená, že limz→0 f(z) = 0. Funkcia f(z) má preto v bode z = 0
odstrániteľnú nespojitosť, pričom funkcia g(z) definovaná priradením
g(z) =



z Rez
|z|
, z ̸= 0,
0, z = 0,
je už spojitá v celej komplexnej rovine :).
Poznámka k Príkladu 15:
V príklade sme ukázali, že funkcia f(z) nie je definovaná v bode z = 0, a
to je dôvod, prečo nie je v tomto bode spojitá. Príčinou toho, že f(z) nie je
definovaná v 0, je fakt, že f(0) je neurčitý výraz.
Príklad 16
Vyšetrime spojitosť funkcie
f(z) =
z
z2 + 1
ako priradenia
a) f : C → C, b) f : C → ˜C,
kde ˜C := C ∪ {∞}.
Riešenie:
a) Funkciu f(z) chápeme ako priradenie z C do C, t.j., do f(z) môžeme
vkladať iba konečné hodnoty argumentu z, pričom hodnota f(z) musí byť zas
21
len konečná (takéto funkcie sa priliehavo nazývajú konečné :)). Z predpisu
pre f(z) ihneď vidno, že problém môžu robiť iba hodnoty z = ±i. Platí
f(i) =
i
i2 + 1
=
i
0
= ∞, f(−i) =
−i
(−i)2 + 1
=
−i
0
= ∞,
podľa definičných vlastností komplexného nekonečna. Teda f(i), f(−i) ̸∈ C,
t.j., hodnoty f(i), f(−i) nie sú konečné. Funkcia f(z) preto nie je definovaná
v bodoch ±i, a teda nie je ani spojitá v ±i.
b) Teraz síce vkladáme do f(z) zas len konečné hodnoty z, ale hodnota
f(z) môže byť aj nekonečná. Takže nás nijako nevzrušuje fakt, že f(±i) =
∞. Funkcia f(z) je definovaná v bodoch z = ±i (samy si premyslite, že
okrem iného je to i dôsledok faktu, že máme zavedené len jedno komplexné
nekonečno :)). To však, ako vieme, nestačí na jej spojitosť. Poďme sa pozrieť
na limity f(z) v bodoch ±i. Postupne dostaneme
lim
z→i
f(z) = lim
z→i
toto konverguje do i
z
z2
+ 1
toto konverguje do 0
=
i
0
= ∞ = f(i),
lim
z→−i
f(z) = lim
z→−i
toto konverguje do −i
z
z2
+ 1
toto konverguje do 0
=
−i
0
= ∞ = f(−i).
To znamená, že v tomto ponímaní je funkcia f(z) spojitá v celej komplexnej
rovine C :).
Uvedený výpočet limít sa môže zdať veľmi svojvoľný a tak trochu aj
účelový, aby nám niečo pekné vyšlo :). Pridáme teda korektnejšie argumenty.
Určíme limitu absolútnej hodnoty f(z) v bode z = i. Poznamenajme, že
|f(z)| je reálna funkcia komplexnej premennej z. Platí
lim
z→i
|f(z)| = lim
z→i
toto konverguje do 1
|z|
|z2
+ 1|
toto konverguje do 0 sprava
=
1
0+
= +∞,
22
kde +∞ je staré dobré reálne plus nekonečno :). To znamená, že pre z →
i sa funkčné hodnoty f(z) neobmedzene vzďaľujú od začiatku súradnicovej
sústavy. Teda skutočne f(z) → ∞, kde ∞ teraz značí jediné komplexné
nekonečno :). Podobnú procedúru možno previesť i pre limitu limz→−i f(z).
23