Príklady na precvičovanie – komplexné krivkové
integrály a Cauchyho teória
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajme komplexný krivkový integrál
I =
∫
φ
Rez dz,
kde krivka φ je orientovaná úsečka so začiatočným bodom 0 a s koncovým
bodom 1 + i.
Riešenie:
Úsečka φ má napríklad parametrické vyjadrenie
z = 0 + (1 + i − 0) · t = t + it, t ∈ [0, 1]
(samy overte :)). Táto parametrizácia je súhlasná s predpísanou orientáciou (i
toto si samy premyslite ;)). Komplexný krivkový integrál I v zadaní príkladu
prevedieme na komplexný určitý integrál (podobne ako pri reálnych krivkových
integráloch II. druhu). Vykonáme substitúciu v I, pri ktorej komplexnú
premennú z zamieňame za reálnu premennú t. Diferenciál dz má zrejme tvar
dz = dt + i dt = (1 + i) dt.
Pre integrál I v zadaní príkladu potom platí
I = +
súhlasná orientácia
∫ 1
0
t
Rez
· (1 + i) dt
dz
= (1 + i) ·
∫ 1
0
t dt = (1 + i) ·
[
t2
2
]1
0
=
1 + i
2
.
Príklad 2
Stanovme komplexný krivkový integrál
I =
∫
φ
|z|¯z dz,
1
kde φ = φ1 ⊕ φ2 je uzavretá, kladne orientovaná krivka s vyjadrením
φ1 : z = t, t ∈ [−1, 1], φ2 : z = cos t + i sin t, t ∈ [0, π].
Riešenie:
Zo zadania príkladu vyplýva, že krivka φ pozostáva z úsečky s krajnými
bodmi −1 a 1 a z hornej polkružnice |z| = 1 (samy overte pomocou vhodného
nákresu :)). Obidve parametrizácie sú súhlasné s kladnou orientáciou
krivky φ. Hľadaný krivkový integrál I vypočítame postupnou integráciou po
jednotlivých krivkách φ1 a φ2, t.j.,
I =
∫
φ1
|z|¯z dz +
∫
φ2
|z|¯z dz.
V prípade krivky φ1 máme |z| = |t|, ¯z = t, dz = dt a t ∈ [−1, 1], a tak
∫
φ1
|z|¯z dz =
∫ 1
−1
|t| t dt = 0,
pretože výraz |t| t je nepárnou funkciou premennej t a integrujeme cez interval
stredovo súmerný podľa nuly (samy si premyslite ;)). Pre krivku φ2 platí
|z| = 1, ¯z = cos t − i sin t, dz = (− sin t + i cos t) dt a t ∈ [0, π], a teda
∫
φ2
|z|¯z dz =
∫ π
0
(cos t − i sin t) · (− sin t + i cos t) dt =
∫ π
0
i dt = i · [t]π
0 = iπ
(samy overte uvedené výpočty :)). Pre komplexný integrál I v zadaní príkladu
potom máme I = 0 + iπ = iπ.
Príklad 3
Dokážme (Newtonovu–Leibnizovu) formulu
∫ b
a
eipt
dt =
[
eipt
ip
]b
a
=
eipa
− eipb
ip
, a, b ∈ R, p ∈ R \ {0}.
2
Riešenie:
Uvedená formula na integráciu exponenciálnej funkcie je dobre známa v reálnej
analýze. V našom prípade podľa Eulerovho vzorca máme
eipt
= cos pt + i sin pt
(samy si premyslite :)). Takže
∫ b
a
eipt
dt =
∫ b
a
(cos pt + i sin pt) dt =
∫ b
a
cos pt dt + i ·
∫ b
a
sin pt dt
=
[
sin pt
p
]b
a
+ i ·
[
−
cos pt
p
]b
a
=
[
sin pt − i · cos pt
p
]b
a
=





i · sin pt −
−1
i2
· cos pt
ip





b
a
=
[
cos pt + i sin pt
ip
]b
a
=
[
eipt
ip
]b
a
:).
Poznamenajme, že platí i všeobecnejšia Newtonova–Leibnizova formula, a to
∫ b
a
eqt
dt =
[
eqt
q
]b
a
=
eqa
− eqb
q
, a, b ∈ R, q ∈ C \ {0},
t.j., v exponente môžeme uvažovať ľubovoľné nenulové komplexné číslo q
(nielen rýdzo imaginárne ip). Dôkaz tejto rovnosti si musíme trochu viac odpracovať,
pozri neriešené príklady :).
Príklad 4
Ukážme, že pre dané a ∈ C, R ∈ R+
a n ∈ Z platí
I =
∫
φ
(z − a)n
dz =



0, n ̸= −1,
2πi, n = −1,
kde φ je kladne orientovaná kružnica |z − a| = R.
3
Riešenie:
Kružnica φ má parametrizáciu
z = a + R · eit
, t ∈ [0, 2π].
Táto parametrizácia je súhlasná s predpísanou orientáciou krivky φ. Ďalej
dz = R · ieit
dt (samy overte všetky skutočnosti :)). Pre integrál I teda platí
I =
∫ 2π
0
(
R · eit
)n
· R · ieit
dt = iRn+1
·
∫ 2π
0
ei(n+1)t
dt.
Ak n ̸= −1, t.j., n + 1 ̸= 0, potom v súlade s Príkladom 3 integrujeme
I = iRn+1
·
[
ei(n+1)t
i(n + 1)
]2π
0
=
Rn+1
n + 1
·

e2πi(n+1)
toto je 1
−1

 = 0 :).
V poslednom kroku sme využili fakt, že komplexná exponenciálna funkcia ez
je periodická s periódami 2πik, kde k ∈ Z (samy si premyslite ;)). V prípade
n = −1, t.j., n + 1 = 0, je integrácia obzvlášť jednoduchá
I = i ·
∫ 2π
0
1 dt = 2πi ; ).
Všimnime si, že hodnota integrálu I vôbec nezávisí na umiestnení danej
kružnice v komplexnej rovine a ani na jej polomere :). Tento prekvapivý výsledok
je malou ochutnávkou slávnej Cauchyho teórie počítania komplexných
krivkových integrálov po uzavretých krivkách. Ilustrujeme ju v nasledujúcich
príkladoch. Cauchy teória umožnuje hľadať hodnoty mnohých komplexných
integrálov bez toho, aby sme ich priamo počítali pomocou parametrizácie
danej krivky. Táto sofistikovaná a hlboká metóda má ďalekosiahle aplikácie
takmer vo všetkých oblastiach matematiky :).
Príklad 5 (Cauchyho integrálna veta a integrálna formula)
Nájdime hodnotu krivkového integrálu
I =
∫
φ
1
z2 + 1
dz,
4
kde krivka φ je kladne orientovaná kružnica s vyjadrením
a) |z| =
1
2
, b) |z| = 2, c) |z − i| = 1.
Riešenie:
Prvým základným výsledkom Cauchyho teórie krivkových integrálov je tzv.
Cauchyho integrálna veta. Ak f(z) je funkcia holomorfná v jednoducho súvislej
oblasti G ⊆ C, potom pre každú uzavretú cestu φ ležiacu v G platí
∫
φ
f(z) dz = 0.
Inými slovami, komplexný krivkový integrál z f(z) nezávisí na integračnej
ceste v oblasti G. Druhým dôležitým tvrdením je tzv. Cauchyho integrálna
formula. Ak φ je kladne orientovaná Jordanova cesta a funkcia f(z) je holomorfná
vo vnútri φ a spojitá a konečná na φ, potom
∫
φ
f(z)
z − z0
dz = 2πi · f(z0) pre každý bod z0 ∈ Int φ.
V našom prípade pracujeme s funkciou
f(z) =
1
z2 + 1
.
Funkcia f(z) je holomorfná v celej komplexnej rovine okrem koreňov jej menovateľa,
t.j., bodov ±i (samy overte :)). V úlohe a) nech G značí otvorený
kruh |z| < 3
4
. Zrejme G je jednoducho súvislá oblasť, pričom ±i ̸= G. Naviac,
kružnica φ leží v oblasti G (samy overte pomocou vhodného nákresu ;)).
Nakoľko funkcia f(z) je holomorfná na celom G, podľa Cauchyho integrálnej
vety pre integrál I máme
I =
∫
φ
1
z2 + 1
dz = 0 :).
Na druhej strane, v úlohe b) obidva problematické body ±i ležia vo vnútri
kružnice φ, takže nemôžeme použiť Cauchyho integrálnu vetu :/. Keďže f(z)
je racionálna lomená funkcia, rozložíme ju v C na parciálne zlomky
f(z) =
1
z2 + 1
=
i
2
z + i
−
i
2
z − i
5
(samy overte detaily ;)). Pre integrál I v zadaní príkladu potom máme
I =
∫
φ
( i
2
z + i
−
i
2
z − i
)
dz =
i
2
·
∫
φ
1
z + i
dz −
i
2
·
∫
φ
1
z − i
dz.
Na posledné dva integrály teraz aplikujeme Cauchyho integrálnu formulu
∫
φ
1
z + i
dz =
∫
φ
toto je holomorfné v Int φ
1
z − (−i)
toto je z0∈Int φ
dz = 2πi ·
toto je hodnota 1 v z0
1 = 2πi,
∫
φ
1
z − i
dz =
∫
φ
toto je holomorfné v Int φ
1
z − i
toto je z0∈Int φ
dz = 2πi ·
toto je hodnota 1 v z0
1 = 2πi
(samy si dobre premyslite jednotlivé argumenty ;)). Hľadaný integrál I má
potom hodnotu
I =
i
2
· 2πi −
i
2
· 2πi = 0 :).
Poznamenajme, že kým v a) hodnota I = 0 bola dôsledkom Cauchyho integrálnej
vety, v tomto prípade hodnota I = 0 vyplynula z Cauchyho integrálnej
formuly. V úlohe c) leží vo vnútri φ iba jeden bod i (samy overte :)). Na výpočet
I opäť využijeme rozklad f(z) na parciálne zlomky. Teraz však
∫
φ
1
z + i
dz = 0
podľa Cauchyho integrálnej vety, nakoľko výraz 1
z+i
je holomorfný vo vnútri
φ (samy si premyslite :)). Naproti tomu
∫
φ
1
z − i
dz = 2πi · 1 = 2πi,
v súlade s Cauchyho integrálnou formulou (i toto si samy rozmyslite ;)). Preto
I = −
i
2
· 2πi = π :).
6
Hodnotu I sme mohli nájsť pomocou Cauchyho integrálnej formuly aj takto
I =
∫
φ
1
z2 + 1
dz =
∫
φ
1
(z + i)(z − i)
dz =
∫
φ
toto je holomorfné v Int φ
1
z + i
z − i
toto je z0∈Int φ
dz
= 2πi ·
[
1
z + i
]
z=z0=i
= 2πi ·
1
2i
= π :).
Príklad 6 (Cauchyho integrálna veta)
Určme krivkový integrál
I =
∫
φ
1
cos z
dz, φ : |z| = 1, .
Riešenie:
Z vlastností komplexnej goniometrickej funkcie cos z vieme, že jej nulové
body sú práve nepárne násobky π
2
(samy overte :)). A keďže vo vnútri φ sa
nenachádza ani jeden z nich, funkcia f(z) = 1
cos z
je holomorfná vo vnútri
φ (presnejšie, existuje jednoducho súvislá oblasť obsahujúca φ, na ktorej je
funkcia f(z) holomorfná; takouto oblasťou je napríklad otvorený kruh |z| < 3
2
,
samy si premyslite ;)). Podľa Cauchyho integrálnej vety potom máme
I =
∫
φ
1
cos z
dz = 0 :).
Príklad 7 (Princíp deformácie krivky)
Vypočítajme krivkový integrál
I =
∫
φ
1
z
dz,
7
kde φ je kladne orientovaný obvod štvorca s vrcholmi v bodoch
1 + i, −1 + i, −1 − i, 1 − i.
Riešenie:
Princíp deformácie krivky (integračnej cesty) je užitočné a často využívané
pozorovanie. Umožňuje zameniť predpísanú integračnú cestu za inú s tým, že
hodnota počítaného komplexného integrálu sa nezmení. Presnejšie, ak φ a ψ
sú dve kladne orientované Jordanove cesty také, že krivka ψ leží vo vnútri
krivky φ, a funkcia f(z) je holomorfná v Ext ψ ∩ Int φ (v oblasti medzi
obidvomi krivkami) a spojitá a konečná na uzávere Ext ψ ∩ Int φ, potom
∫
φ
f(z) dz =
∫
ψ
f(z) dz.
V našom príklade uvažujme kružnicu ψ tvaru |z| = 1
2
. Zrejme ψ leží vo vnútri
φ a funkcia f(z) = 1
z
je holomorfná v oblasti medzi týmito dvomi krivkami
(samy overte pomocou vhodného obrázku ;)). Podľa vyššie uvedeného tvrdenia
potom dostávame
I =
∫
ψ
1
z
dz.
Avšak podľa Príkladu 3 (s n = −1) má posledný integrál hodnotu 2πi (samy
si premyslite :)). Preto pre hodnotu I máme
I =
∫
φ
1
z
dz = 2πi :).
Tento príklad ilustruje výraznú efektívnosť Cauchyho teórie pri praktických
situáciach. Krivkový integrál I sa dá v tomto prípade vypočítať i klasickým
spôsobom pomocou parametrizácie krivky φ, výpočet by však bol podstatne
zdĺhavejší (samy skúste ;)).
Príklad 8 (Cauchyho integrálna formula)
Stanovme krivkový integrál
I =
∫
φ
sin z
(z + 2)(z − i)
dz, φ : |z| =
3
2
, .
8
Riešenie:
Pri riešení tohto príkladu môžeme využiť iba Cauchyho fígle, tradičný výpočet
pomocou parametrizácie krivky φ zlyháva na plnej čiare :-/ (samy
sa presvedčte :)). Keďže sin z je celá funkcia (t.j., holomorfná v celom C),
komplexná funkcia
f(z) =
sin z
(z + 2)(z − i)
je holomorfná v celej komplexnej rovine okrem bodov −2 a i. Výraz 1
(z+2)(z−i)
rozložíme na parciálne zlomky
1
(z + 2)(z − i)
= −
1
2+i
z + 2
+
1
2+i
z − i
(samy overte :)). Funkciu f(z) možno teda vyjadriť v tvare
f(z) = −
1
2 + i
·
sin z
z + 2
+
1
2 + i
·
sin z
z − i
.
Tým sme si pripravili vhodnú pôdu na aplikáciu Cauchyho teórie, nakoľko
pre integrál I potom dostávame
I =
∫
φ
(
−
1
2 + i
·
sin z
z + 2
+
1
2 + i
·
sin z
z − i
)
dz = −
1
2 + i
·
∫
φ
sin z
z + 2
dz +
1
2 + i
·
∫
φ
sin z
z − i
dz.
Do vnútra kružnice φ patrí iba bod i, preto
∫
φ
sin z
z + 2
dz = 0 pomocou Cauchyho integrálnej vety,
∫
φ
sin z
z − i
dz = 2πi · sin i pomocou Cauchyho integrálnej formuly
(samy si dobre premyslite ;)). Hľadaný komplexný integrál I teda spĺňa
I =
1
2 + i
· 2πi · sin i =
1
2 + i
· 2πi ·
ei·i
− e−i·i
2i
sin i
=
1
2 + i
· π ·
(
1
e
− e
)
=
2 − i
5
· π ·
1 − e2
e
=
2π(1 − e2
)
5e
− i ·
π(1 − e2
)
5e
:).
9
Príklad 9 (Cauchyho integrálny vzorec)
Nájdime hodnotu krivkového integrálu
I =
∫
φ
ez
(z + 2)4
dz,
kde φ je ľubovoľná kladne orientovaná Jordanova cesta obsahujúca vo svojom
vnútri bod −2.
Riešenie:
Pri riešení využijeme ďalší významný výsledok Cauchyho teórie, tzv. Cauchyho
integrálny vzorec. Jedná sa o zovšeobecnenie Cauchyho integránej formuly.
Ak G ⊆ C je jednoducho súvislá oblasť a f(z) je komplexná funkcia
holomorfná na G, potom pre každú kladne orientovanú Jordanovu krivku φ
ležiacu v G a pre každé n ∈ N0 platí
∫
φ
f(z)
(z − z0)n+1
dz =
2πi
n!
· f(n)
(z0) pre každé z0 ∈ Int φ.
V našom prípade máme f(z) = ez
a z0 = −2 ∈ Int φ podľa zadania príkladu.
Pre hodnotu integrálu I môžeme teda písať
I =
∫
φ
ez
(z + 2)4
dz =
2πi
3!
· [(ez
)′′′
]z=−2 =
πi
3
· [ez
]z=−2 =
πi
3e2
:).
Príklad 10 (nezávislosť na integračnej ceste)
Zistime hodnotu krivkového integrálu
I =
∫
φ
cos(iz) dz,
kde φ je ľubovoľná cesta od bodu 0 do bodu 2i.
Riešenie:
Ukážeme, že predložený komplexný krivkový integrál nezávisí na integračnej
10
ceste φ. Nezávislosť na integračnej ceste je úzko spätá s pojmom primitívna
funkcia. Konkrétne, komplexný integrál
∫
φ
f(z) dz zo spojitej funkcie f(z)
nezávisí na integračnej ceste φ v otvorenej množine G ⊆ C práve vtedy,
keď f(z) má v G primitívnu funkciu, t.j., existuje holomorfná funkcia F(z) s
vlastnosťou F′
(z) = f(z) pre každé z ∈ G. V tomto prípade potom platí
∫
φ
f(z) dz = F(z2) − F(z1),
kde z1 je začiatočný bod a z2 koncový bod orientovanej krivky φ ležiacej v
G. Posledná formula je komplexná verzia Newtonovej–Leibnizovej formuly
reálnej analýzy. V našom prípade k funkcii f(z) = cos(iz) existuje v celom
C primitívna funkcia F(z) = −i sin(iz), nakoľko pre každé z ∈ C máme
F′
(z) = [−i sin(iz)]′
= −i · i · cos(iz) = cos(iz) = f(z).
Pre hodnotu integrálu I v zadaní príkladu potom platí
I =
∫
φ
cos(iz) dz =
∫ 2i
0
cos(iz) dz = [−i sin(iz)]2i
0 = i sin 2 :).
Príklad 11 (Cauchyho veta o rezíduách)
Nájdime krivkový integrál
I =
∫
φ
ez
z2(z2 − 9)
dz, φ : |z| = 1, .
Riešenie:
Vrcholom a zovšeobecnením všetkých doterajších Cauchyho trikov pri počítaní
komplexných integrálov je tzv. Cauchyho veta o rezíduách (alebo tiež
Cauchyho rezíduálna veta). Ukazuje, ako efektívne vypočítať hodnotu krivkového
integrálu pozdĺž Jordanovej krivky, vo vnútri ktorej má integrand
konečne veľa izolovaných singularít. Pod pojmom izolovaná singularita funkcie
f(z) rozumieme bod z0, pre ktorý je funkcia f(z) holomorfná na nejakom
jeho prstencovom okolí, ale v samotnom bode z0 nie je f(z) holomorfná. Ak
φ je kladne orientovaná Jordanova krivka a f(z) je funkcia spojitá a konečná
11
na φ a majúca konečne veľa izolovaných singularít z1, z2, . . . , zm vo vnútri
krivky φ, potom platí rovnosť
∫
φ
f(z) dz = 2πi · [resz1 f(z) + resz2 f(z) + · · · + reszm f(z)] ,
kde komplexné číslo reszk
f(z), k = 1, . . . , m, je tzv. rezíduum funkcie f(z) v
bode zk. Súvisí s Laurentovým rozvojom funkcie f(z) v nejakom prstencovom
okolí bodu zk, presnejšie, reszk
f(z) je práve koeficient pri mocnine 1
z−zk
tohto
rozvoja. V našom prípade máme integrovať komplexnú funkciu
f(z) =
ez
z2(z2 − 9)
.
Funkcia f(z) má zrejme izolované singularity v bodoch z1 = 0, z2 = 3 a
z3 = −3 (samy overte :)). Nakoľko vo vnútri kružnice φ leží iba bod z1, pre
integrál I podľa Cauchyho vety o rezíduách máme
I = 2πi · resz1 f(z).
Potrebujeme teda stanoviť rezíduum funkcie f(z) v bode z1. Z tvaru f(z)
vyplýva, že bod z1 je jej dvojnásobný pól (samy si premyslite :)). V takomto
prípade vieme hodnotu resz1 f(z) určiť i bez priamej konštrukcie Laurentovho
radu funkcie f(z) v okolí bodu z1. Konkrétne, platí vzorec
resz1 f(z) = lim
z→z1
[
(z − z1)2
f(z)
]′
.
Dosadením potom dostaneme
resz1 f(z) = lim
z→0
[
z2
·
ez
z2(z2 − 9)
]′
= lim
z→0
[
ez
z2 − 9
]′
= lim
z→0
ez
· (z2
− 9) − ez
· 2z
(z2 − 9)2
= −
1
9
(samy overte detaily výpočtu ;)). Hodnota hľadaného integrálu I teda je
I = 2πi ·
(
−
1
9
)
= −
2πi
9
:).
12
Príklad 12 (Cauchyho veta o rezíduách)
Pre R > 0 stanovme krivkový integrál
I =
∫
φ
sin2 1
z
dz, φ : |z| = R, .
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako v predchádzajúcom príklade. Komplexná funkcia
f(z) = sin2 1
z
má zrejme len jednu konečnú singularitu, a to bod z = 0.
V tomto prípade sa však jedná o podstatnú singularitu, pretože
lim
z→0
sin2 1
z
= neexistuje
(samy overte ;)). Na stanovenie rezídua funkcie f(z) v bode z = 0 musíme
preto (bohužiaľ) zostrojiť samotný Laurentov rozvoj funkcie f(z) na nejakom
prstencovom okolí bodu z = 0 :/. Z jednoznačnosti Laurentových rozvojov
komplexných funkcií vyplýva, že stačí nájsť akýkoľvek rozvoj funkcie f(z),
v ktorom budú vystupovať celočíselné mocniny argumentu z (samy si dobre
premyslite ;)). Podľa definície komplexného sínusu pre každé z ̸= 0 máme
sin
1
z
=
∞∑
n=0
(−1)n+1
·
(1
z
)n
(2n + 1)!
=
∞∑
n=0
(−1)n+1
(2n + 1)!
· z−n
(samy overte ;)). Potrebujeme nájsť druhú mocninu tohto funkcionálneho
radu, t.j., zistiť
sin2 1
z
=
( ∞∑
n=0
(−1)n+1
(2n + 1)!
· z−n
)
·
( ∞∑
m=0
(−1)m+1
(2m + 1)!
· z−m
)
=
(
1
z
−
1
6z3
+
1
120z5
− · · ·
)
·
(
1
z
−
1
6z3
+
1
120z5
− · · ·
)
.
V skutočnosti nás však z celého Laurentovho radu zaujíma iba koeficient pri
mocnine z−1
. Ale pri postupnom roznásobovaní posledného súčinu mocninu
z−1
nijako nevyrobíme (samy si dobre premyslite ;)). To znamená, že v danom
Laurentovom rozvoji funkcie f(z) v okolí bodu z = 0 bude člen s mocninou
z−1
vystupovať s nulovým koeficientom, a preto res0 f(z) = 0 :). A keďže bod
13
z = 0 leží vo vnútri každej kružnice φ s vyjadrením |z| = R, R > 0, podľa
vety o rezíduách pre hľadaný integrál I platí I = 2πi · res0 f(z) = 0 :).
Príklad 13 (Cauchyho veta o rezíduách)
Vypočítajme krivkový integrál
I =
∫
φ
z3
e
1
z
z + 1
dz,
kde krivka φ je kladne orientovaná kružnica s vyjadrením |z| = 2.
Riešenie:
Na výpočet integrálu I v zadaní príkladu aplikujeme Cauchyho vetu o rezíduách.
Potrebujeme teda zistiť všetky izolované singularity funkcie
f(z) =
z3
e
1
z
z + 1
,
ktoré sa nachádzajú vo vnútri kružnice φ, a následne stanoviť v nich rezíduá
funkcie f(z). Vidíme, že f(z) má izolované singularity v bodoch z = −1
(jednoduchý pól) a z = 0 (podstatná singularita), pričom oba body ležia vo
vnútri φ (podľa vhodného náčrtku :)). Pre rezíduum v póle z = −1 platí
res−1 f(z) = lim
z→−1
(z + 1) · f(z) = lim
z→−1
z3
e
1
z = −
1
e
.
Rezíduum funkcie f(z) v bode z = 0 zistíme priamo pomocou definície rezídua,
t.j., rozvojom f(z) do Laurentovho radu na nejakom prstencovom okolí
bodu 0. Na základe jednoznačnosti Laurentovho radu to znamená, že potrebujeme
rozvinúť f(z) do akéhokoľvek radu podľa mocnín zn
, kde n ∈ Z (samy
si premyslite :)). Z definície komplexnej exponenciálnej funkcie ez
máme
e
1
z =
∞∑
n=0
(1
z
)n
n!
=
∞∑
n=0
z−n
n!
pre každé z ̸= 0.
Ďalej funkcia 1
1+z
je pre |z| < 1 súčtom geometrického radu s kvocientom
q = −z, pretože
1
1 + z
=
1
1 − (−z)
=
∞∑
m=0
(−z)m
=
∞∑
m=0
(−1)m
zm
, |z| < 1
14
(samy overte ;)). Pre funkciu f(z) potom dostaneme vyjadrenie
f(z) =
z3
e
1
z
z + 1
= z3
· e
1
z ·
1
z + 1
= z3
·
( ∞∑
n=0
z−n
n!
)
·
( ∞∑
m=0
(−1)m
zm
)
platné pre 0 < |z| < 1 (i toto si samy dobre premyslite ;)). Jedná sa teda
(po roznásobení) o hľadaný Laurentov rad funkcie f(z) na prstencovom okolí
bodu 0. Chceme nájsť Laurentov koeficient pri mocnine z−1
, keďže podľa
definície práve to je hľadané rezíduum res0 f(z) :). Pri roznásobovaní daných
nekonečných súčtov má exponent všeobecnej mocniny štruktúru
3
príspevok od z3
+ (−n)
príspevok od prvej sumy
+ m
príspevok od druhej sumy
,
kde m, n sú nezáporné celé čísla (samy overte :)). Zaujíma nás, kedy platí
3 − n + m = −1, teda n = 4 + m. Index m z druhej sumy je teda nezávislý,
kým index n z prvej sumy závisí na aktuálnej hodnote indexu m, a to prostredníctvom
rovnosti n = 4 + m. Jednotlivé členy, ktoré budú prispievať k
celkovému členu s mocninou z−1
, sú teda postupne
z3
·
z−4
4!
· (−1)0
z0
,
z3
·
z−5
5!
· (−1)1
z1
,
z3
·
z−6
6!
· (−1)2
z2
,
z3
·
z−7
7!
· (−1)3
z3
,
...
z3
·
z−4−m
(4 + m)!
· (−1)m
zm
,
...
⇓
celkový koeficient pri z−1
=
(−1)0
4!
+
(−1)1
5!
+
(−1)2
6!
+ · · · +
(−1)m
(4 + m)!
+ · · ·
15
(samy si dobre premyslite jednotlivé argumenty :)). Pre rezíduum funkcie
f(z) v bode 0 potom máme
res0 f(z) =
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
+ · · · +
(−1)m
(4 + m)!
+ · · · .
Tento súčet však vieme určiť, pretože platí
e−1
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
=
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
+ · · ·
a toto je už res0 f(z) :)
.
Preto dostávame rovnosť
1
e
=
1
2!
−
1
3!
+ res0 f(z) =⇒ res0f =
1
e
−
1
3
:).
Pre integrál I v zadaní príkladu potom podľa rezíduálnej vety máme
I =
∫
φ
z3 e
1
z
z + 1
dz = 2πi · [res−1 f(z) + res0 f(z)] = 2πi ·
[
−
1
e
+
1
e
−
1
3
]
= −
2πi
3
.
Príklad 14 (Taylorov rad)
Rozviňme podľa mocnín z funkciu
f(z) =
∫
φ
ew2
dw,
kde krivka φ je orientovaná úsečka od bodu 0 do bodu z, z ∈ C, a určme
obor konvergencie tohto rozvoja.
Riešenie:
V prvom rade si všimnime, že nakoľko je výraz ew2
spojitý v každom w ∈ C,
funkcia f(z) je definovaná na celej komplexnej rovine (samy si premyslite :)).
Podľa definície komplexnej exponenciálnej funkcie platí
ew2
=
∞∑
n=0
w2n
n!
,
16
pričom tento funkcionálny rad konverguje rovnomerne na každej kompaktnej
podmnožine v C (i toto si samy premyslite :)). Funkcia f(z) potom pre každé
komplexné číslo z spĺňa
f(z) =
∫
φ
( ∞∑
n=0
w2n
n!
)
dw =
∞∑
n=0
∫
φ
w2n
n!
dw =
∞∑
n=0
1
n!
·
∫
φ
w2n
dw
(samy overte :)). Každá z funkcií w2n
, n ∈ N0, je iste holomorfná v celej
komplexnej rovine. Preto k nej v celom C existuje primitívna funkcia, konkrétne
w2n+1
2n+1
. Následne, komplexný krivkový integrál
∫
φ
w2n
dw nezávisí na
integračnej ceste φ a platí
∫
φ
w2n
dw =
[
w2n+1
2n + 1
]z
0
=
z2n+1
2n + 1
, z ∈ C
(samy si veľmi pozorne premyslite jednotlivé argumenty :)). Z toho potom
dostávame hľadaný mocninový rozvoj funkcie f(z) na okolí bodu z0 = 0, t.j.,
f(z) =
∞∑
n=0
1
n!
·
z2n+1
2n + 1
=
∞∑
n=0
z2n+1
(2n + 1) · n!
.
Oborom konvergencie tohto radu je zrejme celé C (samy overte :)). Vidíme
teda, že funkcia f(z) – ako súčet mocninového radu – je holomorfná v celej
komplexnej rovine a získaný rozvoj je jej Taylorovým rozvojom so stredom
v bode z0 = 0 (samy si premyslite ;)).
Príklad 15 (ťažší) (Laurentov rad)
Pre reálny parameter p nájdime Laurentove koeficienty funkcie f(z) = e
p
2
·(z− 1
z )
na rýdzom okolí bodu z0 = 0.
Riešenie:
Z komplexnej analýzy vieme, že ak an sú koeficienty Laurentovho rozvoja
funkcie f(z) na nejakom medzikruží so stredom v bode z0, t.j.,
f(z) =
∞∑
n=−∞
an(z − z0)n
pre každé z z daného medzikružia,
17
potom pre každý index n ∈ Z platí formula
an =
1
2πi
·
∫
φ
f(z)
(z − z0)n+1
dz,
kde φ je ľubovoľná kladne orientovaná kružnica so stredom v bode z0 ležiaca v
uvažovanom medzikruží. V našom prípade je zrejme funkcia f(z) pre každý
parameter p ∈ R holomorfná v celom C okrem bodu z0 = 0. Na každom
prstencovom okolí bodu 0 je teda možné ju rozvinúť do Laurentovho radu,
pričom jej odpovedajúce Laurentove koeficienty potom spĺňajú
an =
1
2πi
·
∫
φ
e
p
2
·(z− 1
z )
zn+1
dz, n ∈ N0.
Krivku φ budeme uvažovať ako kladne orientovanú kružnicu |z| = 1. Daný
komplexný integrál vypočítame štandardným spôsob pomocou parametrizácie
krivky φ. Keďže v našom prípade máme z = eit
, t ∈ [0, 2π], a dz = i·eit
dt,
po dosadení postupne dostávame
an =
1
2πi
·
∫ 2π
0
e
p
2 ·(eit
−e−it
)
ei(n+1)t
· i · eit
dt =
1
2π
·
∫ 2π
0
e
p
2 ·2i·sin t
eint
dt
=
1
2π
·
∫ 2π
0
ei(p sin t−tn)
dt =
1
2π
·
∫ 2π
0
cos (p sin t − tn) dt +
i
2π
·
∫ 2π
0
sin (p sin t − tn) dt.
(samy overte :)). Posledný určitý integrál má hodnotu nula. Skutočne,
∫ 2π
0
sin (p sin t − tn) dt =
u = t − π,
du = dt,
0 ; −π, 2π ; π
=
∫ π
−π
sin [p sin(u + π) − (u + π)n] du
=
∫ π
−π
sin [−p sin u − un − nπ] du = −
∫ π
−π
sin (p sin u + un + nπ) du
= −
∫ π
−π
(−1)n
· sin (p sin u + un) du = (−1)n+1
·
∫ π
−π
sin (p sin u + un) du = 0,
pretože funkcia sin (p sin u+un) je nepárna. Pri prechode na tretí riadok sme
aplikovali rozsínusovanie a využili identity cos nπ = (−1)n
a sin nπ = 0 :).
Hľadaný Laurentov koeficient an má teda vyjadrenie
an =
1
2π
·
∫ 2π
0
cos (p sin t − tn) dt, n ∈ N0, p ∈ R.
Tento určitý integrál sa v literatúre obvykle vyskytuje pod názvom Besselova
funkcia prvého druhu (premennej p) a označuje sa Jn(p) :).
18