Zbierka rie²ených úloh z matematickej fyziky

Transcript

1 Zbierka rie²ených úloh z matematickej fyziky Milan šukovi 22. novembra 2009

2 2

3 Obsah Komplexné ísla. Úvod Úlohy Nápovedy Rie²enia Funkcie komplexnej premennej Úvod Úlohy Nápovedy Rie²enia Analytické funkcie Úvod Úlohy Nápovedy Rie²enia Krivkový integrál Úvod Úlohy Nápovedy Rie²enia i

4 5 Cauchyho integrálny vzorec 3 5. Úvod Úlohy Nápovedy Rie²enia Rady a konvergencia 3 6. Úvod Denície peciálne rady Kritéria konvergencie Rovnomerná konvergencia Kritéria rovnomernej konvergencie Rovnomerne konvergentný mocninový rad Taylorov rad Laurentov rad Úlohy Nápovedy Rie²enia Rezíduá Úvod Úlohy Nápovedy Rie²enia A Vzorce pre derivovanie 223 B Vzorce pre integrovanie 227 C Sú ty radov 23 D Taylorove rady 235 ii

5 Kapitola Komplexné ísla. Úvod Algebraický tvar komplexného ísla. Tvar z = x + ıy sa nazýva algebraický tvar, kde (x, y R), R(z) = x predstavuje reálnu a I(z) = y imaginárnu as z, a ı je imaginárna jednotka. Operácie. Nech z = x + ıy, z 2 = x 2 + ıy 2, potom platí: Rovnost: Sú et a rozdiel: Sú in: z = z 2 x = x 2 y = y 2, z + z 2 = (x + x 2 ) + ı(y + y 2 ), z z 2 = (x x 2 ) + ı(y y 2 ) z z 2 = (x + ıy )(x 2 + ıy 2 ) = x x 2 + ıx y 2 + ıy x 2 + ı 2 y y 2 = (x x 2 y y 2 ) + ı(x y 2 + y x 2 ) Podiel (za predpokladu z 2 0): z = x + ıy = x + ıy x 2 ıy 2 = x x 2 + y y 2 z 2 x 2 + ıy 2 x 2 + ıy 2 x 2 ıy 2 x ı x y 2 + y x 2 y2 2 x y2 2

6 Vlastnosti. Nech z, ζ, ω C a nech z = x + ıy, ζ = ξ + ıψ. Plati: Uzavretos vzh adom na s ítanie a násobenie: z + ζ = (x + ıy) + (ξ + ıψ) = (x + ξ) + ı (y + ψ) C, zζ = (x + ıy) (ξ + ıψ) = xξ + ıxψ + ıyξ + ı 2 yψ = (xξ yψ) + ı (xψ + ξy) C. Komutitatívnos vzh adom na s ítanie a násobenie: z + ζ = ζ + z, zζ = ζz. Asociatívny zákon vzh adom na s ítanie a násobenie: (z + ζ) + ω = z + (ζ + ω), (zζ) ω = z (ζω). Distributívny zákon: z (ζ + ω) = zζ + zω. Komplexne zdruºené íslo.. (z) = z, 2. z + ζ = z + ζ, 3. zζ = zζ, ( ) z 4. = ( (z) ). ζ ζ Komplexné íslo z x iy nazývame íslom komplexne zdruºeným k z a platí: Komplexná rovina. Komplexné íslo z = x + ıy môºeme zobrazi ako dvojicu reálnych ísiel (x, y), a teda ako bod v rovine R 2, ktorú nazývame komplexná rovina. (Vi obr...) Komplexné íslo v tvare z = x + ıy sa nazýva kartézsky tvar. 2

7 Modul komplexného ísla. Ve kos alebo modul komplexného ísla je vzdialenos bodu od po iatku. Je denovaný ako z = x + ıy = x 2 + y 2. Platí ºe zz = (x + ıy)(x ıy) = x 2 + y 2 = z 2. Modul má nasledujúce vlastnosti.. zζ = z ζ 2. z ζ = z pre ζ 0. ζ 3. z + ζ z + ζ 4. z + ζ z ζ Argument komplexného ísla. Argument komplexného ísla je uhol ktorý zviera vektor tvorený po iatkom a bodom z = x + ıy s kladnou osou x. Argument sa ozna uje arg(z) a dá sa ur i pre v²etky nenulové ísla aº na aditívny celo íselný násobok 2π. Hlavná hodnota komplexného ísla je z intervalu ( π, π] a ozna uje sa Arg(z). Platí: arg(zζ) = arg(z) + arg(ζ) Arg(zζ) Arg(z) + Arg(ζ) arg ( z 2) = arg(z) + arg(z) 2 arg(z) Polárny tvar. Komplexné íslo z = x+ıy sa dá s pouºitím trigonometrie napísa v polárnom tvare z = r(cos θ +ı sin θ), kde r = z je modul a θ = arctan(x, y) je argument z (Vi obr...) Im( z) r θ r cosθ (x,y) rsinθ Re( z) Obr..: Polárny tvar. Dôleºité vz ahy. Eulerov vzorec: e ıθ = cos θ + ı sin θ. 3

8 Kosínus a sínus pomocou exponenciálnej funkcie: cos(θ) = eıθ + e ıθ, sin(θ) = eıθ e ıθ 2 ı2 Konverzia medzi kartézskym a polárnym tvarom: r e ıθ = r cos θ + ır sin θ, x + ıy = x 2 + y 2 e ı arctan(x,y). Kartézsky tvar je vhodný pre s ítanie a polárny pre násobenie a delenie. DeMoivreova formula: cos(nθ) + ı sin(nθ) = (cos θ + ı sin θ) n 4

9 .2 Úlohy Úloha. Napí²te nasledujúce výrazy v algebraickom tvare: (a) ( + i2) 7 (b) (c) (zz) iz + z (3 + i) 9 Nápoveda, Rie²enie Úloha.2 Overte ºe: (a) + i2 3 i4 + 2 i = 2 i5 5 (b) ( i) 4 = 4 Nápoveda, Rie²enie Úloha.3 Napí²te nasledujúce výrazy v tvare a + ib: (a) ( + i ) 0 3 (b) ( + i4) 2 Nápoveda, Rie²enie Úloha.4 Napí²te nasledujúce komplexné ísla v tvare a + ib: (a) ( 2 + i i6 ( i2) ) 2 5

10 (b) ( i) 7 Nápoveda, Rie²enie Úloha.5 Ak z = x + iy, napí²te nasledujúce v tvare u(x, y) + iv(x, y): (a) ( ) z z (b) z + i2 2 iz Nápoveda, Rie²enie Úloha.6 Nájdite a zobrazte v²etky hodnoty komplexných ísiel a denujte hlavnú hodnotu. (a) ( + i) /3 (b) i /4 Nápoveda, Rie²enie Úloha.7 Na rtnite oblasti komplexnej roviny: (a) R(z) + 2 I(z) (b) z i 2 (c) z i z + i Nápoveda, Rie²enie Úloha.8 Dokáºte nasledujúce rovnosti: (a) arg(zζ) = arg(z) + arg(ζ) (b) Arg(zζ) Arg(z) + Arg(ζ) 6

11 (c) arg ( z 2) = arg(z) + arg(z) 2 arg(z) Nápoveda, Rie²enie Úloha.9 Geometrickými a algebraickými argumentami ukáºte ºe pre komplexné ísla z a ζ platia nerovnosti: Nápoveda, Rie²enie Úloha.0 Nájdite v²etky hodnoty výrazov a znázornite ich gracky. (a) ( ) 3/4 (b) 8 /6 Nápoveda, Rie²enie Úloha. Nájdite v²etky hodnoty výrazov a znázornite ich gracky. (a) ( ) /4 (b) 6 /8 Nápoveda, Rie²enie Úloha.2 Na rtnite oblasti alebo krivky dane vz ahmi: (a) < z i2 < 2 (b) R(z) + 5 I(z) = (c) z i = z + i Nápoveda, Rie²enie z ζ z + ζ z + ζ 7

12 Úloha.3 Na rtnite oblasti alebo krivky dane vz ahmi: (a) z + i (b) R(z) I(z) = 5 (c) z i + z + i = Nápoveda, Rie²enie Úloha.4 Rie²te rovnicu e iθ = 2 pre θ (0 θ π) a overte rie²enie gracky. Nápoveda, Rie²enie Úloha.5 Ukáºte ºe Eulerova formula, e iθ = cos θ + i sin θ, je formálne konzistentná so ²tandardným rozvojom do Taylorovho radu pre reálne funkcie e x, cos x a sin x. Uvaºujte rozvoj do Taylorovho radu funkcie e x okolo x = 0 ako deníciu exponenciálnej funkcie pre komplexnú premennu. Nápoveda, Rie²enie Úloha.6 S pouºitím de Moivreovho vzorca odvo te trigonometrickú identitu Nápoveda, Rie²enie Úloha.7 Stanovte vzorec pre sú et kone ného geometrického radu; potom odvodte vzorce (a) + cos(θ) + cos(2θ) + + cos(nθ) = 2 cos(3θ) = cos 3 (θ) 3 cos(θ) sin 2 (θ). + z + z z n = zn+, (z ), z + sin((n + /2)) 2 sin(θ/2) 8

13 (b) sin(θ) + sin(2θ) + + sin(nθ) = 2 cot θ cos((n + /2)) 2 2 sin(θ/2) kde 0 < θ < 2π. Nápoveda, Rie²enie Úloha.8 Dokáºte zζ = z ζ a Nápoveda, Rie²enie Úloha.9 Dokáºte ºe z ζ = z ζ s pouºitím polárneho tvaru. ( z + ζ 2 + z ζ 2 = 2 z 2 + ζ 2). Interpretujte to geometricky. Nápoveda, Rie²enie Úloha.20 Napí²te ( + i) 0 v kartézskom tvare pomocou následovných dvoch metód: (a) Pouºite jednoduché násobenie. Po et násobení by nemal presiahnu 4. (b) Pouºite násobenie v polárnom tvare. Nápoveda, Rie²enie Úloha.2 Ukáºte ºe kaºdé z ísel z = a + ( a 2 b ) /2 sp a rovnicu z 2 + 2az + b = 0. Nápoveda, Rie²enie 9

14 .3 Nápovedy Nápoveda. Nápoveda.2 Nápoveda.3 Nápoveda.4 Nápoveda.5 Nápoveda.6 Nápoveda.7 Nápoveda.8 Nápoveda.9 Napí²te mnohohodnotovos explicitne. Nápoveda.0 Uvaºujte trojuholník s vrcholmi v 0, z a z + ζ. Nápoveda. 0

15 Nápoveda.2 Nápoveda.3 Nápoveda.4 Nápoveda.5 Nápoveda.6 Nájdite Taylorove rady e iθ, cos θ a sin θ. V²imnite si ºe i 2n = ( ) n. Nápoveda.7 Nápoveda.8 Nápoveda.9 e iθ =. Nápoveda.20 Uvaºujte paralelogram denovaný pomocou z a ζ. Nápoveda.2 Nápoveda.22 Dosa te ísla do rovnice. ( + i) 0 = ( (( + i) 2 ) 2 ) 2 ( + i) 2.

16 .4 Rie²enia Rie²enie. (a) Umoc ovanie môºeme previes priamym násobením. ( + i2) 7 = ( + i2)( + i2) 2 ( + i2) 4 = ( + i2)( 3 + i4)( 3 + i4) 2 = ( i2)( 7 i24) = 29 + i278 Problém môºeme tieº rie²i pomocou De Moivreovej teorémy. ( ) ( + i2) 7 7 = 5 e i arctan(,2) = 25 i7 arctan(,2) 5 e = 25 5 cos(7 arctan(, 2)) + i25 5 sin(7 arctan(, 2)) (b) (zz) = (x iy) 2 = = (x + iy) 2 (x iy) 2 (x + iy) 2 (x + iy)2 (x 2 + y 2 ) 2 = x2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 + i 2xy (x 2 + y 2 ) 2 2

17 (c) Výraz môºeme vyhodnoti pomocou De Moivreovej teorémy. iz + z = ( y + ix + x iy)(3 + i) 9 (3 + i) 9 ( ) 9 = ( + i)(x y) 0 e i arctan(3,) = ( + i)(x y) 0000 arctan(3,) e i9 0 ( + i)(x y) = 0000 (cos(9 arctan(3, )) i sin(9 arctan(3, ))) 0 (x y) = 0000 (cos(9 arctan(3, )) + sin(9 arctan(3, ))) 0 (x y) + i 0000 (cos(9 arctan(3, )) sin(9 arctan(3, ))) 0 Problém sa tieº dá rie²i priamym násobením, aj ke je to trochu nepraktické. iz + z ( y + ix + x iy)(3 i)9 = (3 + i) ( ((3 ( + i)(x y)(3 i) ) ) i) = 0 9 ( + i)(x y)(3 i) ((8 i6) 2) 2 = 0 9 ( + i)(x y)(3 i)(28 i96)2 = 0 9 ( + i)(x y)(3 i)( 8432 i5376) = 0 9 (x y)( i38368) = = 359(y x) i99(y x)

18 Rie²enie.2 (a) + i2 3 i4 + 2 i = + i2 3 + i4 i5 3 i4 3 + i4 + 2 i i i5 i 5 + i0 i2 = = 2 5 (b) ( i) 4 = ( i2) 2 = 4 Rie²enie.3 (a) Najprv prevedieme násobenie v kartézskom tvare. ( + i ( 0 ( 3) = + i ) 2 ( 3 + i ) ) 8 3 ( ( = 2 + i2 ) ( i2 ) ) 4 3 ( ( = 2 + i2 ) ( 3 8 i8 ) ) 2 3 (( = 2 + i2 ) ( i28 3 ( = 52 i52 ) 3 = 52 + i 3 = 52 + i i 3 3 i 3 = i 2048 )) 4

19 Teraz prevedieme násobenie v polárnom tvare. ( + i ) 0 3 = (2 e iπ/3) 0 (b) Rie²enie.4 (a) (b) = 2 0 e i0π/3 = ( ( cos 0π ) = ( ( ) 4π cos i sin ( = ) i 2 = i 2048 ( + i4) 2 = 05 + i88 ( ) i = i6 ( i2) ( 2 + i + i8 ) 2 = 3 + i4 ( + i sin ( 4π 3 63 i6 = 3 + i4 63 i6 = i i i6 0π )) 3 )) ( i) 7 = ( ( i) 2) 2 ( i) 2 ( i) = ( i2) 2 ( i2)( i) = ( 4)( 2 i2) = 8 + i8 5

20 Rie²enie.5 (a) ( ) ( ) z x + iy = z x + iy ( ) x iy = x + iy = x + iy x iy = x + iy x + iy x iy x + iy = x2 y 2 x 2 + y 2 + i 2xy x 2 + y 2 (b) z + i2 x + iy + i2 = 2 iz 2 i(x iy) x + i(y + 2) = 2 y ix x + i(y + 2) 2 y + ix = 2 y ix 2 y + ix x(2 y) (y + 2)x = (2 y) 2 + x 2 + i x2 + (y + 2)(2 y) (2 y) 2 + x 2 = 2xy (2 y) 2 + x 2 + i 4 + x2 y 2 (2 y) 2 + x 2 6

21 Rie²enie.6 (a) ( ) ( + i) /3 /3 = 2 e iπ/4 = 6 2 e iπ/2 /3 = 6 2 e iπ/2 e i2πk/3, k = 0,, 2 { 6 = 2 e iπ/2, 6 2 e i3π/4, 6 2 e i7π/2} Hlavná hodnota kore a je 3 + i = 6 2 e iπ/2. Korene sú znázornené na obr Obr..2: ( + i) /3 7

22 (b) i /4 = (e iπ/2) /4 = e iπ/8 /4 = e iπ/8 e i2πk/4, k = 0,, 2, 3 = {e iπ/8, e i5π/8, e i9π/8, e i3π/8} Hlavná hodnota kore a je 4 i = e iπ/8. Korene sú znázornené na obr Obr..3: i /4 Rie²enie.7 (a) R(z) + 2 I(z) x + 2 y 8

23 V prvom kvadrante to je trojuholník pod priamkou y = ( x)/2. Symetrickým zobrazením tohto trojuholníka vzh adom na súradnicové osi dostaneme trojuholníky aj v ostatných kvadrantoch. Konkrétne, dostaneme mnoºinu bodov: {z = x + iy x y ( x )/2}. Vi obr..4. Obr..4: R(z) + 2 I(z) (b) z i predstavuje vzdialenos od bodu i v komplexnej rovine. Teda < z i < 2 predstavuje medzikruºie so stredom v bode z = i medzi polomermi a 2. Vi obr..5. (c) Body ktoré sú bliº²ie k z = i neº z = i sú tie v hornej polrovine. Vi obr..6. Rie²enie.8 Nech z = r e iθ a ζ = ρ e iφ. (a) arg(zζ) = arg(z) + arg(ζ) ( arg rρ e i(θ+φ)) = {θ + 2πm} + {φ + 2πn} {θ + φ + 2πk} = {θ + φ + 2πm} 9

24 Obr..5: < z i < 2 Obr..6: Horná polrovina. 20

25 (b) Arg(zζ) Arg(z) + Arg(ζ) Uvaºujme z = ζ =. Arg(z) = Arg(ζ) = π, av²ak Arg(zζ) = Arg() = 0. Potom dostávame 0 2π. (c) arg ( z 2) = arg(z) + arg(z) 2 arg(z) arg ( r 2 e i2θ) = {θ + 2πk} + {θ + 2πm} 2{θ + 2πn} {2θ + 2πk} = {2θ + 2πm} {2θ + 4πn} Rie²enie.9 Uvaºujme trojuholník v komplexnej rovine s vrcholmi v 0, z a z + ζ. (Vi obr..7.) z ζ z+ ζ z z+ ζ ζ Obr..7: Trojuholníkova nerovnos. D ºky strán trojuholníka sú z, ζ a z + ζ. Druhá nerovnos t poukazuje na to ºe jedna strana v trojuholníku musí by men²ia alebo rovná sú tu d ºok ostatných dvoch strán. z + ζ z + ζ Prvá nerovnos poukazuje na to ºe jedna strana v trojuholníku musí by va ²ia alebo rovná rozdielu d ºok ostatných dvoch strán. z + ζ z ζ 2

26 Teraz dokáºeme nerovnosti algebraicky. Nerovnos zredukujeme na rovnos. Nech z = r e iθ, ζ = ρ e iφ. Rie²enie.0 (a) (b) Vi obr..8. z ζ z + ζ z + ζ r ρ r e iθ +ρ e iφ r + ρ (r ρ) 2 ( r e iθ +ρ e iφ) ( r e iθ +ρ e iφ) (r + ρ) 2 r 2 + ρ 2 2rρ r 2 + ρ 2 + rρ e i(θ φ) +rρ e i( θ+φ) r 2 + ρ 2 + 2rρ 8 /6 = 6 8 /6 2rρ 2rρ cos (θ φ) 2rρ cos(θ φ) ( ) 3/4 = ( ( ) 3) /4 = ( ) /4 = ( e iπ) /4 = e iπ/4 /4 = e iπ/4 e ikπ/2, k = 0,, 2, 3 = {e iπ/4, e i3π/4, e i5π/4, e i7π/4} { + i =, + i, i, i } = 2 e ikπ/3, k = 0,, 2, 3, 4, 5 { = 2, 2 e iπ/3, 2 e i2π/3, 2 e iπ, 2 e i4π/3, 2 e i5π/3} { 2, + i 3 =, + i 3, } 2, i 3, i Vi obr

27 - - Obr..8: ( ) 3/4 Rie²enie. (a) ( ) /4 = (( ) ) /4 = ( ) /4 = ( e iπ) /4 = e iπ/4 /4 = e iπ/4 e ikπ/2, k = 0,, 2, 3 = {e iπ/4, e i3π/4, e i5π/4, e i7π/4} { + i =, + i, i, i } Vi obr

28 Obr..9: 8 /6 (b) 6 /8 = 8 6 /8 = 2 e ikπ/4, k = 0,, 2, 3, 4, 5, 6, 7 { = 2, 2 e iπ/4, 2 e iπ/2, 2 e i3π/4, 2 e iπ, 2 e i5π/4, 2 e i3π/2, 2 e i7π/4} { } = 2, + i, i 2, + i, 2, i, i 2, i Vi obr... Rie²enie.2 (a) z i2 predstavuje vzdialenos od bodu i2 v komplexnej rovine. Teda < z i2 < 2 predstavuje medzikruºie. Vi obr..2. (b) R(z) + 5 I(z) = x + 5 y = 24

29 - - Obr..0: ( ) /4 V prvom kvadrante je to priamka y = ( x)/5. Symetrickým zobrazením daného segmentu priamky vzh adom na súradnícove osi dostaneme segmenty v ostatných kvadrantoch. Konkrétne dostávame mnoºinu bodov: {z = x + iy < x < y = ±( x )/5}. Vi obr..3. (c) Mnoºina bodov s rovnakou vzdialenos ou od i a i je reálna os. Vi obr..4. Rie²enie.3 (a) z + i predstavuje vzdialenos od bodu ( i). Teda z + i predstavuje disk jednotkového polomeru so stredom v ( i). Vi obr..5. (b) Vi obr..6. R(z) I(z) = 5 x y = 5 y = x 5 (c) Ke ºe z i + z + i 2, neexistuje rie²enie rovnice z i + z + i =. 25

30 - - Obr..: 6 / Obr..2: < z i2 < 2 26

31 Obr..3: R(z) + 5 I(z) = - - Obr..4: z i = z + i 27

32 Obr..5: z + i < Obr..6: R(z) I(z) = 5 28

33 Rie²enie.4 e iθ = 2 ( e iθ ) ( e iθ ) = 4 e iθ e iθ + = 4 2 cos(θ) = 2 θ = π { e iθ 0 θ π } je jednotková polkruºnica v hornej polrovine komplexnej roviny od po. Jediný bod na tejto polkruºnici so vzdialenos ou 2 od bodu je bod, o odpovedá uhlu θ = π. Rie²enie.5 Pripome me si Taylorov rozvoj e x v x = 0. e x = Vezmime to ako deníciu exponenciálnej funkcie pre komplexnú premennu. e iθ = = = (iθ) n n! i n n! θn ( ) n (2n)! θ2n + i Porovnajme tento výraz s Taylorovým rozvojom funkcií sínus a kosínus. cos θ = x n n!. ( ) n (2n)! θ2n, sin θ = Teda e iθ a cos θ + i sin θ majú rovnaký Taylorov rozvoj v θ = 0. ( ) n (2n + )! θ2n+ e iθ = cos θ + i sin θ ( ) n (2n + )! θ2n+, 29

34 Rie²enie.6 cos(3θ) + i sin(3θ) = (cos θ + i sin θ) 3 cos(3θ) + i sin(3θ) = cos 3 θ + i3 cos 2 θ sin θ 3 cos θ sin 2 θ i sin 3 θ Dáme do rovnosti reálne asti rovnice. cos(3θ) = cos 3 θ 3 cos θ sin 2 θ Rie²enie.7 Denujme iasto ný sú et, Teraz uvaºujme ( z)s n (z). S n (z) = n z k. k=0 ( z)s n (z) = ( z) ( z)s n (z) = n k=0 n k=0 z k n+ z k k= ( z)s n (z) = z n+ z k Predelíme z. Poznamenajme ºe z je rôzne od nuly. S n (z) = zn+ z + z + z z n = zn+, (z ) z Teraz uvaºujme z = e iθ, kde 0 < θ < 2π takºe z nie je jednotkové. n ( e iθ ) k ( e iθ) n+ = k=0 n k=0 e iθ e ikθ = ei(n+)θ e iθ 30

35 Aby sme dostali sin(θ/2) do menovate a, vynásobme vrch aj spodok výrazom e iθ/2. k=0 n (cos(kθ) + i sin(kθ)) = e iθ/2 e i(n+/2)θ e iθ/2 e iθ/2 k=0 n n cos(θ/2) i sin(θ/2) cos((n + /2)θ) i sin((n + /2)θ) cos(kθ) + i sin(kθ) = 2i sin(θ/2) k=0 n n cos(kθ) + i sin(kθ) = ( ) sin((n + /2)θ) cos((n + /2)θ) + + i cot(θ/2) 2 sin(θ/2) 2 sin(θ/2) k=0 k= (a) Zoberieme reálnu a imaginárnu as a dostaneme identity. n cos(kθ) = 2 k=0 + sin((n + /2)θ) 2 sin(θ/2) (b) n sin(kθ) = 2 k= cot(θ/2) cos((n + /2)θ) 2 sin(θ/2) Rie²enie.8 zζ = r e iθ ρ e iφ = rρ e i(θ+φ) = rρ = r ρ = z ζ 3

36 z ζ = r e iθ ρ e iφ = r = r ρ = r ρ = z ζ ρ ei(θ φ) Rie²enie.9 z + ζ 2 + z ζ 2 = (z + ζ) ( z + ζ ) + (z ζ) ( z ζ ) = zz + zζ + ζz + ζζ + zz zζ ζz + ζζ = 2 ( z 2 + ζ 2) Uvaºujme paralelogram denovaný vektormi z a ζ. D ºky strán sú z a ζ a d ºky diagonál sú z + ζ a z ζ. Z geometrie vieme ºe sú et ²tvorcov diagonál v paralelograme je rovný sú tu ²tvorcov ²tyroch strán. (Vi obr..7.) z z- ζ z+ ζ ζ Obr..7: Paralelogram denovaný z a ζ. 32

37 Rie²enie.20 (a) ( (( ( + i) 0 = + i) 2 ) ) 2 2 ( + i) 2 ( = (i2) 2) 2 (i2) = ( 4) 2 (i2) = 6(i2) = i32 (b) ( ) ( + i) 0 0 = 2 e iπ/4 ( ) 0 = 2 e i0π/4 = 32 e iπ/2 = i32 Rie²enie.2 Dosa me ísla do rovnice a dostaneme identitu. z 2 + 2az + b = 0 ( a + ( a 2 b ) /2 ) 2 + 2a ( a + ( a 2 b ) /2 ) + b = 0 a 2 2a ( a 2 b ) /2 + a 2 b 2a 2 + 2a ( a 2 b ) /2 + b = 0 0 = 0 33

38 34

39 Kapitola 2 Funkcie komplexnej premennej 2. Úvod Kartézsky a polárny tvar. Funkciu komplexnej premennej z môºeme napísa ako funkciu x a y alebo ako funkciu r a θ substitúciou z = x + ıy, respektíve z = r e ıθ. Potom môºeme oddeli reálnu a imaginárnu as : f(z) = u(x, y) + ıv(x, y), alebo f(z) = u(r, θ) + ıv(r, θ), f(z) = ρ(x, y) e ıφ(x,y), alebo f(z) = ρ(r, θ) e ıφ(r,θ). 35

40 Trigonometrické funkcie. e z = e x (cos y + ı sin y) cos z = eız + e ız sin z = eız e ız 2 ı2 cos z = cos x cosh y ı sin x sinh y sin z = sin x cosh y + ı cos x sinh y cosh z = ez + e z sinh z = ez e z 2 2 cosh z = cosh x cos y + ı sinh x sin y sinh z = sinh x cos y + ı cosh x sin y sin(ız) = ı sinh z sinh(ız) = ı sin z cos(ız) = cosh z cosh(ız) = cos z log z = ln z + ı arg(z) = ln z + ı Arg(z) + ı2πn, n Z Inverzné trigonometrické funkcie. Logaritmická funkcia, log(z), je denovaná ako funkcia inverzná k exponenciálnej funkcií e z. Platí: log z = ln z + ı arg(z) = ln z + ı(arg(z) + 2πn), n Z kde druhá rovnos vyjadruje mnohozna nos argumentu funkcie s Arg(z) predstavujúcu hlavnú hodnotu argumentu. Hlavná hodnota logaritmu je Logaritmické rovnosti. Log z = ln z + ı Arg(z). a b = e b log a e log z = e Log z = z log(ab) = log a + log b log(/a) = log a log(a/b) = log a log b ( log z /n) = log z, n Z± n 36

41 Logaritmické nerovnosti. Log(uv) Log(u) + Log(v) log z a a log z Log z a a Log z log e z z Body vetvenia funkcie. Bod z 0 je bodom vetvenia funkcie f(z) ak funkcia mení hodnotu pri obiehaní okolo bodu po akejko vek krivke ktorá okrem bodu z = z 0 neobsahuje ºiadne al²ie singulatity. Platí: Nech f(z) je jednozna ná funkcia. Potom log(f(z)) a (f(z)) α singulárna. móºu ma body vetvenia len tam kde f(z) je nulová alebo Uvaºujme jednozna nú funkciu f(z) ktorá je v bode z = z 0 bu nulová alebo singulárna. Nech f(z) = g(z)h(z) kde h(z) je nenulová a kone ná. (f(z)) α má bod vetvenia v z = z 0 práve vtedy ak (g(z)) α tam má bod vetvenia. log(f(z)) má bod vetvenia v z = z 0 práve vtedy ak log(g(z)) tam má bod vetvenia. 37

42 2.2 Úlohy Úloha 2. Nájdite obraz asti roviny danej 2 < x < 3 v zobrazení w = f(z) = z 2. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.2 Pre dané reálne íslo φ, 0 φ < 2π, nájdite obraz sektora 0 arg(z) < φ v transformácií w = z 4. Aké ve ké musí by φ aby w rovina bola pokrytá práve raz? Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.3 Nech v kartézskych súradniciach, z = x + ıy. Vyjadrite sin(z) v kartézskom a polárnom tvare. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.4 Ukáºte ºe e z je nenulové pre v²etky kone né z. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.5 Ukáºte ºe e z2 e z 2. Kedy platí rovnos? Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.6 Rie²te coth(z) =. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.7 Rie²te 2 2 z. To znamená, pre aké hodnoty z je 2 jedna z hodnôt 2 z? Odvo te výsledok a overte ho vy íslením 2 z pre nájdené rie²enia. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.8 Rie²te z. To znamená, pre aké hodnoty z je jedna z hodnôt z? Odvo te výsledok a overte ho vy íslením z pre nájdené rie²enia. 38

43 Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.9 Ukáºte ºe ak R (z ) > 0 a R (z 2 ) > 0 potom Log(z z 2 ) = Log(z ) + Log(z 2 ) a ilustrujte ºe tento vz ah neplatí vo v²eobecnosti. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.0 Nájdite spor v nasledujúcich tvrdeniach: ( ) (a) log( ) = log = log() log( ) = log( ), takºe, log( ) = 0. (b) = /2 = (( )( )) /2 = ( ) /2 ( ) /2 = ıı =, takºe, =. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2. Napí²te nasledujúce výrazy v polárnom alebo kartézskom tvare. Explicitne ozna te akúko vek mnohohodnotovos. 2 2/5, 3 +ı, ( 3 ı ) /4, ı/4. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.2 Rie²te cos z = 69. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.3 Rie²te cot z = ı47. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.4 Ur te v²etky hodnoty (a) log( ı) 39

44 (b) ( ı) ı (c) 3 π (d) log(log(ı)) a znázornite ich v komplexnej rovine. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.5 Vyhodno te a znázornite nasledujúce v komplexnej rovine: (a) (cosh(ıπ)) ı2 ( ) (b) log + ı (c) arctan(ı3) Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.6 Stanovte v²etky hodnoty ı ı a log (( + ı) ıπ ) a znázornite ich v komplexnej rovine. Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.7 Nájdite v²etky z pre ktoré (a) e z = ı (b) cos z = sin z (c) tan 2 z = Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.8 Dokáºte nasledujúce identity a identikujte body vetvenia funkcií v roz²írenej komplexnej rovine. (a) arctan(z) = ı ( ) ı + z 2 log ı z 40

45 (b) arctanh(z) = ( ) + z 2 log z Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.9 Stanovte po et vetiev a lokácií bodov vetvenia pre funkcie (a) cos (z /2) (b) (z + ı) z Nápoveda, Rie²enie Úloha 2.20 Lokalizujte a klasikujte v²etky singularity nasledujúcich funkcií: (z + )/2 (a) z + 2 ( ) (b) cos + z (c) ( e z ) 2 V kaºdom prípade diskutujte moºnos singularity v bode. Nápoveda, Rie²enie 4

46 2.3 Nápovedy Nápoveda 2. Nápoveda 2.2 Nápoveda 2.3 Spome te si ºe sin(z) = ı2 (eız e ız ). Pouºite vz ahy. pre konverziu medzi kartézskym a polárnym tvarom. Nápoveda 2.4 Napí²te e z v polárnom tvare. Nápoveda 2.5 Exponenciálna funkcia je rastúcou funkciou pre reálnu premennu. Nápoveda 2.6 Napí²te hyperbolický kotangens pomocou exponenciálnej funkcie. Nápoveda 2.7 Vypí²te mnohohodnotovos 2 z. Existuje dvojnásobne nekone ná mnoºina rie²ení pre tento problém. Nápoveda 2.8 Vypí²te mnohohodnotovos z. Nápoveda 2.9 Nápoveda 2.0 Vypí²te mnohohodnotovos daných výrazov. Nápoveda 2. Preve te exponenciáciu v polárnom tvare. 42

47 Nápoveda 2.2 Napí²te kosínus pomocou exponenciálnej funkcie. Vynásobte e ız aby ste dostali kvadratickú rovnicu pre e ız. Nápoveda 2.3 Napí²te kotangens pomocou exponenciálnej funkcie. Vytvorte kvadratickú rovnicu pre e ız. Nápoveda 2.4 Nápoveda 2.5 Nápoveda 2.6 ı ı má nekone ný po et reálnych kladných hodnôt. ı ı = e ı log ı. log (( + ı) ıπ ) má dvojnásobne nekone nú mnoºinu hodnôt. log (( + ı) ıπ ) = log(exp(ıπ log( + ı))). Nápoveda 2.7 Nápoveda 2.8 Nápoveda 2.9 Nápoveda 2.20 Nápoveda 2.2 Nápoveda 2.22 Nápoveda

48 Nápoveda 2.24 Nápoveda 2.25 ( z 2 + ) /2 = (z ı) /2 (z + ı) /2 ( z 3 z ) /2 = z /2 (z ) /2 (z + ) /2 log ( z 2 ) = log(z ) + log(z + ) log ( ) log(z ) Nápoveda 2.26 z+ z ) = log(z + Nápoveda 2.27 Obrá te orientáciu krivky tak aby obchádzala nekone no a neobsahovala ºiadne body vetvenia. Nápoveda 2.28 Uvaºujte krivku ktorá obchádza v²etky body vetvenia v kone nej komplexnej rovine. Obrá te orientáciu krivky tak aby obchádzala nekone no a neobsahovala ºiadne body vetvenia v kone nej komplexnej rovine. Nápoveda 2.29 Rozloºte polynóm. Argument výrazu z /4 sa zmení o π/2 na krivke ktorá obchádza po iatok v kladnom smere. Nápoveda 2.30 Nápoveda 2.3 Aby sme denovali vetvu, denujme uhly od kaºdého bodu vetvenia v kone nej komplexnej rovine. Nápoveda 2.32 Nápoveda 2.33 Nápoveda

49 Nápoveda 2.35 Nápoveda 2.36 Nápoveda 2.37 Nápoveda

50 2.4 Rie²enia Rie²enie 2. Nech w = u + ıv. Uvaºujme pás 2 < x < 3 ako zostavený z vertikálnych iar. Uvaºujme vertikálne iary: z = c + ıy, y R pre kon²tantné c. Nájdime obraz tejto priamky v zobrazení. w = (c + ıy) 2 w = c 2 y 2 + ı2cy u = c 2 y 2, v = 2cy To je parabola, ktorá sa otvára v avo. Túto krivku môºeme parametrizova s pouºitím v. u = c 2 4c 2 v2, v R Hranice oblasti, x = 2 a x = 3, sú jednotlivo zobrazené do parabol: Vyjadríme obraz v mnoºinovej terminológií. u = 4 6 v2, v R a u = 9 36 v2, v R { w = u + ıv : v R a 4 6 v2 < u < 9 } 36 v2. Vi obr. 2. so zobrazením pásu a jeho obrazu v zobrazení. Zobrazenie je prosté. Rie²enie 2.2 Napí²me zobrazenie w = z 4 v polárnych súradniciach. Takºe vidíme ºe w = z 4 = ( r e ıθ) 4 = r 4 e ı4θ w : {r e ıθ r 0, 0 θ < φ} {r 4 e ı4θ r 0, 0 θ < φ} = {r e ıθ r 0, 0 θ < 4φ}. Môºeme to preformulova do terminológie argumentu. w : {z 0 arg(z) < φ} {z 0 arg(z) < 4φ} Ak φ = π/2, oblas bude zobrazená presne na celú komplexnú rovinu. 46

51 Obr. 2.: Oblas 2 < x < 3 a jej obraz v zobrazení w = z 2. Rie²enie 2.3 sin z = ( e ız e ız) ı2 = ( e y+ıx e y ıx) ı2 = ( e y (cos x + ı sin x) e y (cos x ı sin x) ) ı2 = ( e y (sin x ı cos x) + e y (sin x + ı cos x) ) 2 = sin x cosh y + ı cos x sinh y sin z = sin 2 x cosh 2 y + cos 2 x sinh 2 y exp(ı arctan(sin x cosh y, cos x sinh y)) = cosh 2 y cos 2 x exp(ı arctan(sin x cosh y, cos x sinh y)) = (cosh(2y) cos(2x)) exp(ı arctan(sin x cosh y, cos x sinh y)) 2 47

52 Rie²enie 2.4 Aby e z bola nula, modul e x musí by nula. Ke ºe e x nemá ºiadne kone né rie²enie, e z = 0 tieº nemá ºiadne kone né rie²enie. Rie²enie 2.5 Napí²me výrazy v katézskych súradniciach. e z2 e = (x+ıy) 2 = e x2 y 2 +ı2xy = e x2 y 2 e z 2 = e x+ıy 2 = e x2 +y 2 Exponenciálna funkcia je rastúca pre reálne premenné. Ke ºe x 2 y 2 x 2 + y 2, e x2 y 2 e x2 +y 2. e z2 e z 2 Rovnos platí len ke y = 0. Rie²enie 2.6 coth(z) = (e z + e z ) /2 (e z e z ) /2 = e z + e z = e z e z e z = 0 Neexistujú ºiadne rie²enia. 48

53 Rie²enie 2.7 Napí²me mnohohodnotovos 2 z. 2 2 z e ln 2 e z log(2) e ln 2 {e z(ln(2)+ı2πn) n Z} ln 2 z{ln 2 + ı2πn + ı2πm m, n Z} { } ln(2) + ı2πm z = ln(2) + ı2πn m, n Z Overme rie²enie. Uvaºujme m a n ako xné celé ísla. mnohohodnotovos vyjadríme pomocou k. Pre k = n, to nadobúda hodnotu e ln(2)+ı2πm = e ln(2) = 2. Rie²enie 2.8 Napí²me mnohohodnotovos z. Prvok odpovedajúci n = 0 je e 0 =. Teda z má rie²enia, 2 (ln(2)+ı2πm)/(ln(2)+ı2πn) (ln(2)+ı2πm)/(ln(2)+ı2πn) log(2) = e = e (ln(2)+ı2πm)/(ln(2)+ı2πn)(ln(2)+ı2πk) z e z log() {e ız2πn n Z} z C. To jest, z môºe by ubovo né komplexné íslo. Overme toto rie²enie. Pre n = 0, to nadobúda hodnotu. z = e z log() = e ız2πn 49

54 Rie²enie 2.9 Napí²me vz ah v tvare prirodzeného logaritmu a hlavnej hodnoty argumentu. Log(z z 2 ) = Log(z ) + Log(z 2 ) ln z z 2 + ı Arg(z z 2 ) = ln z + ı Arg(z ) + ln z 2 + ı Arg(z 2 ) Arg(z z 2 ) = Arg(z ) + Arg(z 2 ) R (z k ) > 0 znamená ºe Arg(z k ) ( π/2... π/2). Teda Arg(z ) + Arg(z 2 ) ( π... π). V tomto prípade vz ah platí. Vz ah neplatí vo v²eobecnom prípade pretoºe Arg(z ) + Arg(z 2 ) nie je nevyhnutne v intervale ( π... π]. Uvaºujme z = z 2 =. Arg(( )( )) = Arg() = 0, Log(( )( )) = Log() = 0, Arg( ) + Arg( ) = 2π Log( ) + Log( ) = ı2π Rie²enie 2.0 (a) Algebraické manipulácie sú v poriadku. Napí²me mnohohodnotovos logaritmov. ( ) log( ) = log = log() log( ) = log( ) {ıπ + ı2πn : n Z} = {ıπ + ı2πn : n Z} = {ı2πn : n Z} {ıπ + ı2πn : n Z} = { ıπ ı2πn : n Z} Teda log( ) = log( ). Av²ak to neznamená ºe log( ) = 0. A to preto lebo logaritmus je mnohohodnotová funkcia a log( ) = log( ) v skuto nosti hovorí: {ıπ + ı2πn : n Z} = { ıπ ı2πn : n Z} (b) Uvaºujme Existujú tri mnohohodnotové výrazy uvedené vy²²ie. Takto môºeme vidie ºe prvá a ²tvrtá nerovnos sú nesprávne. = /2 = (( )( )) /2 = ( ) /2 ( ) /2 = ıı =. /2 = ± (( )( )) /2 = ± ( ) /2 ( ) /2 = (±ı)(±ı) = ± /2, ( ) /2 ( ) /2 ıı 50

55 Rie²enie /5 = 4 /5 = 5 4 /5 = 5 4 e ı2nπ/5, n = 0,, 2, 3, 4 3 +ı (+ı) log 3 = e (+ı)(ln 3+ı2πn) = e = e ln 3 2πn e ı(ln 3+2πn), n Z ( 3 ı ) /4 = (2 e ıπ/6) /4 = 4 2 e ıπ/24 /4 = 4 2 e ı(πn/2 π/24), n = 0,, 2, 3 ı/4 (ı/4) log = e = e (ı/4)(ı2πn) = e πn/2, n Z 5

56 Rie²enie 2.2 cos z = 69 e ız + e ız = 69 2 e ı2z 38 e ız + = 0 e ız = ( 38 ± ) ( z = ı log 69 ± 2 ) 90 ( ( z = ı ln 69 ± 2 ) ) 90 + ı2πn ( z = 2πn ı ln 69 ± 2 ) 90, n Z Rie²enie 2.3 cot z = ı47 (e ız + e ız ) /2 (e ız e ız ) /(ı2) = ı47 e ız + e ız = 47 ( e ız e ız) 46 e ı2z 48 = 0 ı2z = log z = ı 24 log 2 23 z = ı ( ln 24 ) ı2πn, n Z z = πn ı 2 ln 24 23, n Z 52

57 Rie²enie 2.4 (a) log( ı) = ln ı + ı arg( ı) = ln() + ı ( π ) 2 + 2πn, n Z log( ı) = ı π 2 + ı2πn, n Z To sú navzájom rovnomerne vzdialené body na imaginárnej osi. Vi obr Obr. 2.2: Hodnoty log( ı). (b) ( ı) ı ı log( ı) = e = e ı( ıπ/2+ı2πn), n Z ( ı) ı = e π/2+2πn, n Z Toto sú body na kladnej reálnej osi s akumulatívnym bodom v po iatku. Vi obr (c) 3 π = e π log(3) π(ln(3)+ı arg(3)) = e 53

58 - Obr. 2.3: Hodnoty of ( ı) ı. 3 π = e π(ln(3)+ı2πn), n Z V²etky tieto body leºia na kruºnici s polomerom e π so stredom v po iatku v komplexnej rovine. Vi obr Obr. 2.4: Hodnoty 3 π. 54

59 (d) V²etky tieto body leºia v pravej polrovine. Vi obr ( ( π )) log(log(ı)) = log ı 2 + 2πm, m Z = ln π ( π )) 2 + 2πm + ı Arg (ı 2 + 2πm + ı2πn, m, n Z = ln π 2 + 2πm π + ı sign( + 4m) + ı2πn, m, n Z Obr. 2.5: Hodnoty log(log(ı)). Rie²enie 2.5 (a) ( e (cosh(ıπ)) ı2 ıπ + e ıπ = 2 = ( ) ı2 ı2 log( ) = e ) ı2 = e ı2(ln()+ıπ+ı2πn), n Z = e 2π(+2n), n Z 55

60 Toto sú body na kladnej reálnej osi s akumulatívnym bodom v po iatku. Vi obr Obr. 2.6: Hodnoty (cosh(ıπ)) ı2. (b) ( ) log + ı = log( + ı) ( ) = log 2 e ıπ/4 = 2 ln(2) log ( e ıπ/4) = ln(2) ıπ/4 + ı2πn, n Z 2 Tieto body leºia na vertikálnej priamke v komplexnej rovine. Vi obr

61 ( Obr. 2.7: Hodnoty log +ı ). (c) arctan(ı3) = ( ) ı ı3 ı2 log ı + ı3 = ( ı2 log ) 2 = ( ( ) ) ln + ıπ + ı2πn, n Z ı2 2 = π 2 + πn + ı 2 ln(2) Tieto body leºia na horizontálnej priamke v komplexnej rovine. Vi obr Rie²enie 2.6 ı ı = e ı log(ı) = e ı(ln ı +ı Arg(ı)+ı2πn), n Z = e ı(ıπ/2+ı2πn), n Z = e π(/2+2n), n Z Toto sú body na kladnej reálnej osi. Akumulatívny bod je v z = 0. Vi obr

62 Obr. 2.8: Hodnoty arctan(ı3) Obr. 2.9: Hodnoty ı ı. 58

63 log (( + ı) ıπ ıπ ) = log (e log(+ı)) = ıπ log( + ı) + ı2πn, n Z = ıπ (ln + ı + ı Arg( + ı) + ı2πm) + ı2πn, m, n Z ( ) = ıπ 2 ln 2 + ıπ 4 + ı2πm + ı2πn, m, n Z ( ) ( ) = π m + ıπ ln 2 + 2n, m, n Z 2 Vi obr. 2.0 pre nákres Obr. 2.0: Hodnoty log (( + ı) ıπ ). 59

64 Rie²enie 2.7 (a) e z = ı z = log ı z = ln ı + ı arg(ı) ( π ) z = ln() + ı 2 + 2πn, n Z z = ı π 2 + ı2πn, n Z (b) Rovnicu môºeme rie²i rozpísaním funkcií sínus a kosínus pomocou exponenciálnej funkcie. cos z = sin z e ız + e ız = eız e ız 2 ı2 ( + ı) e ız = ( + ı) e ız e ı2z = + ı + ı e ı2z = ı ı2z = log(ı) ı2z = ı π 2 + ı2πn, n Z z = π 4 + πn, n Z 60

65 (c) tan 2 z = sin 2 z = cos 2 z cos z = ±ı sin z e ız + e ız = ±ı eız e ız 2 ı2 e ız = e ız alebo e ız = e ız e ız = 0 alebo e ız = 0 e y ıx = 0 alebo e y+ıx = 0 e y = 0 alebo e y = 0 z = Neexistujú ºiadne rie²enia pre kone né z. 6

66 Rie²enie 2.8 (a) w = arctan(z) z = tan(w) z = sin(w) cos(w) z = (eıw e ıw ) /(ı2) (e ıw + e ıw ) /2 z e ıw +z e ıw = ı e ıw +ı e ıw (ı + z) e ı2w = (ı z) ( ) /2 ı z e ıw = ı + z ( ) /2 ı z w = ı log ı + z arctan(z) = ı ( ) ı + z 2 log ı z Identikujme body vetvenia funkcie arkus tangens. arctan(z) = ı (log(ı + z) log(ı z)) 2 Existujú body vetvenia v z = ±ı kôli logaritmickým lenom. Preskúmajme bod v nekone ne pomocou transformácie ζ = /z. arctan(/ζ) = ı ( ) ı + /ζ 2 log ı /ζ arctan(/ζ) = ı ( ) ıζ + 2 log ıζ Ke ζ 0, argument logaritmického lena ide do, logaritmus nemá bod vetvenia v tomto bode. Ke ºe arctan(/ζ) nemá bod vetvenia v ζ = 0, arctan(z) nemá bod vetvenia v nekone ne. 62

67 (b) Identikujme body vetvenia funkcie hyperbolický arkus tangens. w = arctanh(z) z = tanh(w) z = sinh(w) cosh(w) z = (ew e w ) /2 (e w + e w ) /2 z e w +z e w = e w e w (z ) e 2w = z ( ) /2 z e w = z ( ) /2 z + w = log z arctanh(z) = 2 log ( + z z ) arctanh(z) = (log( + z) log( z)) 2 Existujú body vetvenia v z = ± kôli logaritmickým lenom. Preskúmajme bod v nekone ne pomocou transformácie ζ = /z. arctanh(/ζ) = ( ) + /ζ 2 log /ζ arctanh(/ζ) = ( ) ζ + 2 log ζ Ke ζ 0, argument logaritmického lena ide do, logaritmus nemá bod vetvenia v tomto bode. Ke ºe arctanh(/ζ) nemá bod vetvenia v ζ = 0, arctanh(z) nemá bod vetvenia v nekone ne. 63

68 Rie²enie 2.9 (a) cos (z /2) = cos ( ± z ) = cos ( z ) Je to jednozna ná funkcia a neexistujú ºiadne body vetvenia. (b) (z + ı) z z log(z+ı) = e Existuje bod vetvenia v z = ı. Existuje nekone ne ve a vetiev. = e z(ln z+ı +ı Arg(z+ı)+ı2πn), n Z Rie²enie 2.20 (a) Existuje jednoduchý pól v z = 2. Funkcia má bod vetvenia v z =. Ke ºe je to jediný bod vetvenia v kone nej komplexnej rovine existuje tieº bod vetvenia v nekone ne. Môºeme to overi pomocou substitúcie z = /ζ. f ( ) (/ζ + )/2 = ζ /ζ + 2 = ζ/2 ( + ζ) /2 + 2ζ Ke ºe f(/ζ) má bod vetvenia v ζ = 0, f(z) má bod vetvenia v nekone ne. (b) cos z je holomorfná funkcia na celej komplexnej rovine s podstatnou singularitou v nekone ne. Teda f(z) má singularity len v miestach kde /(+z) má singularity. /(+z) má jednoduchýpól v z =. Je analytická v²ade inde, vrátane bodu v nekone ne. Teda môºeme kon²tatova ºe f(z) má podstatnú singularitu v z = a v²ade inde je analytická. Aby sme explicitne ukázali ºe z = je podstatná singularita, môºeme nájs rozvoj funkcie f(z) do Laurentovho radu v z =. ( ) cos = + z ( ) n (z + ) 2n (2n)! (c) e z má jednoduché nuly v z = ı2nπ, n Z. Teda f(z) má dvojnásobné póly v týchto bodoch. Bod v nekone ne je neizolovaná singularita. Aby sme to zdôvodnili: V²imnime si ºe f(z) = ( e z ) 2 64

69 má dvojnásobné póly v z = ı2nπ, n Z. To znamená ºe f(/ζ) má dvojnásobné póly v ζ = ı2nπ, n Z. Tieto dvojnásobné póly sú ubovo ne blízko pri ζ = 0. Neexistuje také okolie bodu okrem samotného bodu ζ = 0, na ktorom by f(/ζ) bola analytická. Teda bod ζ = 0, (z = ), je neizolovaná singularita. Neexistuje rozvoj do Laurentovho radu v bode ζ = 0, (z = ). Bod v nekone ne nie je ani bod vetvenia ani odstranite ná singularita. A nie je to ani pól. Keby bol, existovalo by také n ºe lim z z n f(z) = const 0. Ke ºe z n f(z) má dvojnásobne póly v kaºdom okolí nekone na má, okrem samotného nekone na má, vy²²ieuvedená limita neexistuje. Takºe môºeme vyvodi záver ºe bod v nekone ne je podstatná singularita. 65

70 66

71 Kapitola 3 Analytické funkcie 3. Úvod Komplexná derivácia. Komplexná derivácia je denovaná ako d f(z + z) f(z) f(z) = lim dz z 0 z ak limita existuje a je nezávislá od spôsobu akým z 0. V kartézskych súradniciach d dz = x = ı y, a v polárnych súradniciach d dz = e ıθ r = ı r e ıθ θ. Ke ºe komplexná derivácia je denovaná pomocou rovnakého vzorca ako reálna derivácia, v²etky pravidlá diferenciálneho po tu funkcií reálnej premennej platia aj pre funkcie komplexnej premennej. Analytické funkcie. Funkcia f(z) je analytická v oblasti ak existuje komplexná derivácia f (z) = d dz f(z) na tejto oblasti. Nutná podmienka analytickosti (Cauchy-Riemannove rovnice) Kartézske súradnice: Ak f(z) = u(x, y) + ıv(x, y), potom u x = v y, u y = v x. Polárne súradnice: Ak f(z) = u(r, θ) + ıv(r, θ), potom u r = r v θ, u θ = rv r. Ak f(z) = u(x, y) + ıv(x, y) je 67

72 denovaná na nejakom okolí z 0 = x 0 + ıy 0 a parciálne derivácie u a v sú spojité a sp ajú Cauchy-Riemannove rovnice potom f (z 0 ) existuje. Harmonické funkcie. Funkcia u je harmonická ak jej druhé parciálne derivácie existujú, sú spojité a sp ajú Laplaceovu rovnicu u = 0. V kartézskych súradniciach Laplacian má tvar u u xx + u yy. Ak f(z) = u + ıv je analytická funkcia potom u a v sú harmonické funkcie. Harmonicky zdruºené funkcie. Ak u je harmonická na nejakej jednodocho súvislej oblasti, potom tam existuje harmonická funkcia v taká ºe f(z) = u + ıv je analytická na danej oblasti. v sa nazýva harmonicky zdruºená funkcia k u. Harmonicky zdruºená funkcia je denovaná aº na aditívnu kon²tantu a je moºné ju zisti rie²ením Cauchy-Riemannových rovníc. Ak f(z) = u + ıv je analytická funkcia potom u a v sú harmonické funkcie, teda ºe ich Laplaciany sa rovnajú nule: u = v = 0. Laplacian v kartézskych a polárnych súradniciach má tvar = 2 x y 2, = ( r ) + r 2 r r r 2 θ 2. Singularity. Ak funkcia nie je analytická v nejakom bode, potom hovoríme ºe ten bod je singulárny bod alebo singularita funkcie. Delenie singularít: Body vetvenia. Body vetvenia mnohozna ných funkcií sú singularity. Odstránite né singularity. Ak lim z z0 f(z) existuje, potom z 0 je odstránite ná singularita. Taká singularita môºe by odstránená a funkcia sa stane analytickou v z 0 pomocou predenovania hodnoty f (z 0 ). Póly. Ak lim z z0 (z z 0 ) n f(z) = kon²t. 0 potom f(z) má n-násobný pól v z 0. Podstatné singularity. Ak z 0 nie je ani bod vetvenia, ani odstránite ná singularita a ani pól, potom je to podstatná singularita. Izolované a neizolované singularity. Nech f(z) má singularitu v z 0. Ak existuje okolie bodu z 0, okrem samotného bodu z 0, ktoré neobsahuje ºiadne al²ie singularity, potom bod je izolovanou singularitou. Iná to je neizolovaná singularita. 68

73 3.2 Úlohy Úloha 3. Uvaºujme dve funkcie f(z) a g(z) analytické v z 0, pri om f(z 0 ) = g(z 0 ) = 0 a g (z 0 ) 0. (a) Pouºite deníciu komplexnej derivácie na odvodenie L'Hospitalovho pravidla: f(z) lim z z 0 g(z) = f (z 0 ) g (z 0 ) (b) Vypo ítajte limity lim z ı + z z 6, lim sinh(z) z ıπ e z + Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.2 Ukáºte ºe ak f(z) je analytická a φ(x, y) = f(z) je dvakrát spojite diferencovate ná, tak potom f (z) je analytická. Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.3 Nájdite komplexné derivácie v smere jednotlivých osí pre f(z) = φ(r, θ). Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.4 Ukáºte ºe nasledujúce funkcie nie sú nikde analytické pomocou overovania kde existujú derivácie pod a z. (a) sin x cosh y ı cos x sinh y (b) x 2 y 2 + x + ı(2xy y) Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.5 Ak f(z) je analytická na nejakej oblasti a má kon²tantnú reálnu as, kon²tantnú imaginárnu as, alebo kon²tantný modul, ukáºte ºe f(z) je kon²tantná. Nápoveda, Rie²enie 69

74 Úloha 3.6 Ukáºte ºe funkcia f(z) = { e z 4 pre z 0, 0 pre z = 0. sp a Cauchy-Riemannove rovnice v²ade, vrátane bodu z = 0, ale f(z) nie je analytická v po iatku. Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.7 Nájdite Cauchy-Riemannove rovnice pre nasledujúce tvary. (a) f(z) = R(r, θ) e ıθ(r,θ) (b) f(z) = R(x, y) e ıθ(x,y) Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.8 (a) Ukáºte ºe e z nie je analytická. (b) Nech f(z) je analytická funkcia z. Ukáºte ºe f(z) = f (z) je tieº analytická funkcia z. Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.9 (a) Ur te v²etky body z = x + ıy kde sú nasledujúce funkcie diferencovate né vzh adom na z: (i) x 3 + y 3 (ii) x (x ) 2 + y 2 ı y (x ) 2 + y 2 (b) Ur te v²etky body z kde sú tieto funkcie analytické. (c) Ur te ktoré z nasledujúcich funkcií v(x, y) sú imaginárnou as ou analytickej funkcie u(x, y) + ıv(x, y). Pre tie ktore sú, vypo ítajte reálnu as u(x, y) a prepí²te odpove v tvare explicitnej funkcie z = x + ıy: (i) x 2 y 2 (ii) 3x 2 y Nápoveda, Rie²enie 70

75 Úloha 3.0 Nech f(z) = { x 4/3 y 5/3 +ıx 5/3 y 4/3 x 2 +y 2 pre z 0, 0 pre z = 0. Ukáºte ºe Cauchy-Riemannove rovnice platia v z = 0, ale ºe f nie je diferencovate ná v tomto bode. Nápoveda, Rie²enie Úloha 3. Uvaºujte komplexnú funkciu f(z) = u + ıv = { x 3 (+ı) y 3 ( ı) x 2 +y 2 pre z 0, 0 pre z = 0. Ukáºte ºe parciálne derivácie u a v vzh adom na x a y existujú v z = 0 a ºe tam u x = v y a u y = v x : Cauchy-Riemannove rovnice platia v z = 0. Na druhej strane, ukáºte ºe f(z) lim z 0 z neexistujé a teda ºe f nie je komplexne diferencovate ná v z = 0. Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.2 Ukáºte ºe funkcia log z je diferencovate ná pre z 0. Nájdite deriváciu logaritmu. Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.3 Ukáºte ºe Cauchy-Riemannove rovnice pre analytickú funkciu f(z) = u(r, θ) + ıv(r, θ) sú Nápoveda, Rie²enie u r = v θ /r, u θ = rv r. Úloha 3.4 Nech w = u + ıv je analytická funkcia z. Nech φ(x, y) je ubovo ná hladká funkcia x a y. Vyjadrené pomocou u a v, φ(x, y) = Φ(u, v). Ukáºte ºe (w 0) Nápoveda, Rie²enie Φ u ı Φ v = ( ) ( ) dw φ dz x ı φ. y 7

76 Úloha 3.5 Ukáºte ºe funkcie denované ako f(z) = log z + ı arg(z) a f(z) = z e ı arg(z)/2 sú analytické v oblasti z > 0, arg(z) < π. Aké sú jednotlivé derivácie df/dz? Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.6 Ukáºte ºe nasledujúce funkcie u(x, y) sú harmonické. Pre kaºdú z nich nájdite príslu²nu funkciu v(x, y), tak aby w = u + ıv bola analytická funkcia. (a) u(x, y) = x Log(r) y arctan(x, y) (r 0) (b) u(x, y) = arg(z) ( arg(z) < π, r 0) (c) u(x, y) = r n cos(nθ) (d) u(x, y) = y/r 2 (r 0) Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.7 (a) Pouºite Cauchy-Riemannove rovnice na stanovenie kde je funkcia diferencovate ná a kde je analytická. f(z) = (x y) 2 + ı2(x + y) (b) Vyhodno te deriváciu a popí²te oblas analytickosti. Nápoveda, Rie²enie f(z) = e x2 y 2 (cos(2xy) + ı sin(2xy)) Úloha 3.8 Uvaºujte funkciu f(z) = u + ıv s reálnymi a imaginárnymi as ami vyjadrenými pomocou x a y alebo r a θ. (a) Ukáºte ºe Cauchy-Riemannove rovnice u x = v y, u y = v x sú splnené a tieto parciálne derivácie sú spojité v bode z práve vtedy ke polárny tvar Cauchy-Riemannovych rovníc u r = r v θ, r u θ = v r 72

77 platí a tieto parciálne derivácie sú tam spojité. (b) Ukáºte ºe sa dá ahko overi ºe Log z je analytická pre r > 0 a π < θ < π s pouºitím polárneho tvaru Cauchy-Riemannovych rovníc a ºe hodnota derivácie sa dá ahko získa zo vz ahu pre polárne derivácie. (c) Ukáºte ºe v polárnych súradniciach, Laplaceova rovnica nadobúda tvar φ rr + r φ r + r 2 φ θθ = 0. Nápoveda, Rie²enie Úloha 3.9 Ur te ktoré z nasledujúcich funkcií sú reálnymi as ami analytickej funkcie a nájdite f(z) pre tie ktoré sú. (a) u(x, y) = x 3 y 3 (b) u(x, y) = sinh x cos y + x (c) u(r, θ) = r n cos(nθ) Nápoveda, Rie²enie 73

78 3.3 Nápovedy Nápoveda 3. Nápoveda 3.2 Za nite s Cauchy-Riemannovymi rovnicami a potom derivujte pod a x. Nápoveda 3.3 Nápoveda 3.4 Nápoveda 3.5 Nápoveda 3.6 Nápoveda 3.7 Pouºite výsledok 3.3. Nápoveda 3.8 Pouºite Cauchy-Riemannove rovnice. Nápoveda 3.9 Nápoveda 3.0 Na vyhodnotenie u x (0, 0), at. pouºite deníciu derivácie. Pokúste sa nájs f (z) pomocou denície komplexnej derivácie. Uvaºujte z = r e ıθ. Nápoveda 3. Na vyhodnotenie u x (0, 0), at. pouºite deníciu derivácie. Pokúste sa nájs f (z) pomocou denície komplexnej derivácie. Uvaºujte z = r e ıθ. 74

79 Nápoveda 3.2 Nápoveda 3.3 Nápoveda 3.4 Nápoveda 3.5 Nápoveda 3.6 Nápoveda 3.7 Nápoveda 3.8 Nápoveda 3.9 Nápoveda 3.20 Nápoveda

80 3.4 Rie²enia Rie²enie 3. (a) Uvaºujme L'Hospitalovo pravidlo. f(z) lim z z 0 g(z) = f (z 0 ) g (z 0 ) Za neme pravou stranou a ukáºeme ºe je rovná avej strane. Najprv pouºijeme deníciu komplexnej derivácie. f (z 0 ) g (z 0 ) = lim ɛ 0 Ke ºe obidve limity existujú, môºeme vzia limity s ɛ = δ. To dokazuje L'Hospitalovo pravidlo. f(z 0+ɛ) f(z 0) ɛ g(z lim 0+δ) g(z 0) δ 0 δ f (z 0 ) g (z 0 ) = lim f(z 0 + ɛ) ɛ 0 g(z 0 + ɛ) f (z 0 ) g (z 0 ) = lim f(z) z z 0 g(z) = lim ɛ 0 f(z0+ɛ) ɛ g(z lim 0+δ) δ 0 δ (b) lim z ı + z 2 [ ] 2z 2 + 2z 6 = 2z 5 sinh(z) lim z ıπ e z + = = z=ı 6 [ ] cosh(z) = e z z=ıπ Rie²enie 3.2 Za neme s Cauchy-Riemannovymi rovnicami a potom derivujeme pod a x. Zameníme poradie derivovania. φ x = ıφ y φ xx = ıφ yx (φ x ) x = ı (φ x ) y (f ) x = ı (f ) y Ke ºe f (z) vyhovuje Cauchy-Riemannovym rovniciam a jej parciálne derivácie existujú a sú spojité, je analytická. 76

81 Rie²enie 3.3 Vypo ítajme komplexné derivácie v smeroch osí. df dz = df dz = ( ( r e ıθ ) r ( ( ) r e ıθ θ ) φ r = e ıθ φ r, ) φ θ = ı φ e ıθ r θ. Môºeme to napísa v operátorovej terminiológii. d dz = e ıθ r = ı r e ıθ θ Rie²enie 3.4 (a) Uvaºujme f(x, y) = sin x cosh y ı cos x sinh y. Derivácie v smeroch osí x a y sú f = cos x cosh y + ı sin x sinh y x ı f = cos x cosh y ı sin x sinh y y Tieto derivácie existujú a sú v²ade spojité. Dajme výrazy do rovnosti a vytvoríme sústavu dvoch rovníc. cos x cosh y = cos x cosh y, sin x sinh y = sin x sinh y cos x cosh y = 0, sin x sinh y = 0 (x = π 2 + nπ ) a (x = mπ alebo y = 0) Funkcie môºu by diferencovate né len v bodoch x = π + nπ, y = 0. 2 Teda funkcia nie je nikde analytická. (b) Uvaºujme f(x, y) = x 2 y 2 + x + ı(2xy y). Derivácie v smeroch osí x a y sú f = 2x + + ı2y x ı f = ı2y + 2x y 77

82 Tieto derivácie existujú a sú v²ade spojité. Dajme výrazy do rovnosti a vytvoríme sústavu dvoch rovníc. 2x + = 2x, 2y = 2y. Ke ºe táto sústava rovníc nemá rie²enie, neexistujú body v ktorých je funkcia diferencovate ná. Funkcia nie je nikde analytická. Rie²enie 3.5 Kon²tantná reálna as. Najprv predpokladajme ºe f(z) má kon²tantnú reálnu as. Rie²me Cauchy-Riemannove rovnice a ur me imaginárnu as. u x = v y, u y = v x v x = 0, v y = 0 Integrujme prvú rovnicu a dostaneme v = a + g(y) kde a je kon²tanta a g(y) je ubovo ná funkcia. Potom to dosa me do druhej rovnice a ur me g(y). g (y) = 0 g(y) = b Vidíme ºe imaginárna as f(z) je kon²tanta a teda ºe f(z) je kon²tanta. Kon²tantná imaginárna as. alej predpokladajme ºe f(z) má kon²tantnú imaginárnu as. Rie²me Cauchy-Riemannove rovnice a ur me reálnu as. u x = v y, u y = v x u x = 0, u y = 0 Integrujme prvú rovnicu a dostaneme u = a + g(y) kde a je kon²tanta a g(y) je ubovo ná funkcia. Potom to dosa me do druhej rovnice a ur me g(y). g (y) = 0 g(y) = b Vidíme ºe reálna as f(z) je kon²tanta a teda ºe f(z) je kon²tanta. Kon²tantný modul. Nakoniec predpokladajme ºe f(z) má kon²tantný modul. f(z) = kon²tanta u2 + v 2 = kon²tanta u 2 + v 2 = kon²tanta 78

83 Derivujme túto rovnicu pod a x a y. 2uu x + 2vv x = 0, 2uu y + 2vv y = 0 ( ) ( ) ux v x u = 0 v u y v y Tento systém má netriviálne rie²enia pre u a v len ak je matica nesingulárna. (Triviálnym rie²enim u = v = 0 je kon²tantná funkcia f(z) = 0.) Poloºme determinant matice rovný nule. u x v y u y v x = 0 Pouºijme Cauchy-Riemannove rovnice na zápis pomocou u x a u y. u 2 x + u 2 y = 0 u x = u y = 0 Ke ºe jej parciálne derivácie sa rovnajú nule, u je kon²tanta. Z Cauchy-Riemannovych rovníc vidíme ºe parciálne derivácie v sa taktieº rovnajú nule, takºe je kon²tanta. Môºeme teda uzavrie ºe f(z) je kon²tanta. Kon²taný modul. Rie²me Cauchy-Riemannove rovnice v polárnom tvare a ur me argument f(z) = R(x, y) e ıθ(x,y). Ke ºe funkcia má kon²tantný modul R, jej parciálne derivácie sa rovnajú nule. R x = RΘ y, R y = RΘ x RΘ y = 0, RΘ x = 0 Rovnice platia pre R = 0. Pre tento prípad, f(z) = 0. Uvaºujme nenulové R. Vidíme ºe argument f(z) je kon²tanta a teda ºe f(z) je kon²tanta. Θ y = 0, Θ x = 0 Rie²enie 3.6 Najprv overme ºe Cauchy-Riemannove rovnice sú splnené pre z 0. V²imnime si ºe pre tento problem bude tvar f x = ıf y vhodnej²í neº tvar u x = v y, u y = v x 79

84 . Cauchy-Riemannove rovnice platia pre z 0. Teraz uvaºujme bod z = 0. f x = 4(x + ıy) 5 e (x+ıy) 4 ıf y = ı4(x + ıy) 5 ı e (x+ıy) 4 = 4(x + ıy) 5 e (x+ıy) 4 f( x, 0) f(0, 0) f x (0, 0) = lim x 0 x e x 4 = lim x 0 x = 0 f(0, y) f(0, 0) ıf y (0, 0) = ı lim y 0 y e y 4 = ı lim y 0 y = 0 Cauchy-Riemannove rovnice platia pre z = 0. f(z) nie je analytická v bode z = 0. Ukáºeme to vypo ítaním derivácie. f f( z) f(0) f( z) (0) = lim = lim z 0 z z 0 z Nech z = r e ıθ, to znamená ºe sa pribliºujeme k po iatku pod uhlom θ. Pre va ²inu hodnôt θ limita neexistuje. Uvaºujme θ = π/4. f f ( r e ıθ) (0) = lim r 0 r e ıθ e r 4 e ı4θ = lim r 0 r e ıθ f e r 4 (0) = lim r 0 r e = ıπ/4 80

85 Ke ºe limita neexistuje, funkcia nie je diferencovate ná v z = 0. Spome me si ºe splnenie Cauchy-Riemannových rovníc je nutnou ale nie posta ujúcou podmienkou diferencovate nosti. Rie²enie 3.7 (a) Nájdime Cauchy-Riemannove rovnice pre f(z) = R(r, θ) e ıθ(r,θ). Z úlohy 3.3 vieme ºe komplexná derivácia v smeroch polárnych súradníc je Dajme do rovnosti derivácie v obidvoch smeroch. d dz = e ıθ r = ı r e ıθ θ. e ıθ [ R e ıθ ] = ı r r e ıθ θ [ R e ıθ ] (R r + ırθ r ) e ıθ = ı r (R θ + ırθ θ ) e ıθ Prede me e ıθ a dajme do rovnosti reálne a imaginárne asti a dostaneme Cauchy-Riemannove rovnice. R r = R r Θ θ, r R θ = RΘ r (b) Nájdeme Cauchy-Riemannove rovnice pre f(z) = R(x, y) e ıθ(x,y). Dajme do rovnosti derivácie v smeroch osí x a y. [ R e ıθ ] = ı [ R e ıθ ] x y (R x + ırθ y ) e ıθ = ı (R x + ırθ y ) e ıθ Prede me e ıθ a dajme do rovnosti reálne a imaginárne asti a dostaneme Cauchy-Riemannove rovnice. R x = RΘ y, R y = RΘ x Rie²enie 3.8 (a) Nutná podmienka pre analytickos na otvorenej mnoºine je splnenie Cauchy-Riemannovych rovníc na danej mnoºine. Napí²me e z v kartézskom tvare. e z = e x ıy = e x cos y ı e x sin y. 8

86 Teraz ur ime kde u = e x cos y a v = e x sin y sp ajú Cauchy-Riemannove rovnice. u x = v y, u y = v x e x cos y = e x cos y, e x sin y = e x sin y cos y = 0, sin y = 0 y = π 2 + πm, y = πn Teda vidíme ºe Cauchy-Riemannove rovnice nie sú nikde splnené. e z nie je nikde analytická. (b) Ke ºe f(z) = u + ıv je analytická, u a v sp ajú Cauchy-Riemannove rovnice a ich prvé parciálne derivácie sú spojité. f(z) = f (z) = u(x, y) + ıv(x, y) = u(x, y) ıv(x, y) Denujme f(z) µ(x, y) + ıν(x, y) = u(x, y) ıv(x, y). Teraz vidíme i µ a ν sp ajú Cauchy-Riemannove rovnice. µ x = ν y, µ y = ν x (u(x, y)) x = ( v(x, y)) y, (u(x, y)) y = ( v(x, y)) x u x (x, y) = v y (x, y), u y (x, y) = v x (x, y) u x = v y, u y = v x Teraz vidíme ºe Cauchy-Riemannove rovnice pre µ a ν sú splnené práve vtedy ak Cauchy-Riemannove rovnice pre u a v sú splnené. Spojitos prvých parciálnych derivácií u a v znamená to isté pre µ a ν. Teda f(z) je analytická. Rie²enie 3.9 (a) Nutná podmienka diferencovate nosti funkcie f(z) = u + ıv v bode je splnenie Cauchy-Riemannových rovníc a aby prvé parciálne derivácie u a v boli v danom bode spojité. (i) f(z) = x 3 + y 3 + ı0 Cauchy-Riemannove rovnice sú u x = v y a u y = v x 3x 2 = 0 a 3y 2 = 0 x = 0 a y = 0 Prvé parciálne derivácie sú spojité. Teda vidíme ºe funkcia je diferencovate ná len v bode z = 0. 82