BMA2 - Sbírka

⇒

∂u
∂x

=

∂v
∂y

∂u
∂y

=

x2

− (y − 1)

2

(x2 + (y − 1)2)2

,

∂v

∂x

=

(y − 1)2 − x2

(x2 + (y − 1)2)2

⇒

∂u
∂y

= −

∂v

∂x

Cauchy-Riemannovy podmínky platí všude kromě bodu x = 0, y = 1.
Funkce je holomorfní pro všechna z ∈ C − {j }.

f ′

(z) =

−j

(z − j )2

,

f ′

(2 − j ) =

−j

(2 − j − j )2

= −

j

−8j

=

1
8

.

40

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně

Příklad 4.3.3. Zjistěte z Cauchy-Riemannových podmínek, na které oblasti jsou násle-
dující funkce holomorfní, a na této oblasti spočítejte jejich derivace

a

) f(z) = z3 b) f(z) =

1

z

− 1

c

) f(z) = Re z d) f(z) = z + z e) f(z) = cos z

Řešení: a) f′(z) = 3z2 pro všechna z ∈ C;

b) f′(z) = − 1

(z−1)2 pro všechna

z

∈ C − {1};

c) není holomorfní v žádném bodě;

d) není holomorfní v

žádném bodě;

e) f′(z) = − sin z pro všechna z ∈ C.

Příklad 4.3.4. Najděte holomorfní funkci f(z), která má při z = x + j y reálnou část
u

= x2 − y

2 + x.

Řešení:

∂u
∂x

= 2x + 1 =

∂v
∂y

.

Z toho integrováním dostaneme, že

v

= R (2x + 1) dy = 2xy + y + C(x)

a z toho

∂v

∂x

= 2y + C′(x).

Na druhé straně

∂v

∂x

= −

∂u
∂y

= 2y. Dostali jsme rovnost 2y + C′(x) = 2y.

Z toho C′(x) = 0, a pak C(x) = R 0 dx = K.
Po dosazení v = 2xy + y + K a máme řešení

f

(x + j y) = x2 − y

2 + x + j (2xy + y + K) .

Když chceme vyjádřit tuto funkci v závislosti na z, nahradíme x = z a y = 0.
Potom f(z) = z2 − 02 + z + j (2z · 0 + 0 + K) = z2 + z + j K.

Příklad 4.3.5. Najděte holomorfní funkci f(z), která má při z = x+j y imaginární část
v