А.К. Боярчук - Функции комплексного переменного - теория и практика (1118159), страница 12
Текст из файла (страница 12)
М |а+ Ь! 7.Доказать тожлество = а (а >О; ЬЕ С АЬФ -а). ь~ а Таккака>О,то — — 1+ — = 1+ — = 1+— а — Ь 8. Пусть |а! = 1 или |Ь! = ! (а м' Ь). Доказать, по — и 1 1 — аЬ м Поскольку |а — Ь! = (а — Ь)(а — Ь) = |а| — аЬ вЂ” Ьа+ |Ь|, то |1 — ЬЬ)~ = (! — 86)(! — ОЬ) = 1 — ОЬ вЂ” ОЬ+ |аЬ|1. Если |а! = 1, то |а — Ь| = 1 — ОЬ вЂ” Ьа+ |Ь), |1 — аЬ! = 1 — ОЬ вЂ” ОЬ+ |Ь!, т.е. |а — Ь! = |1 — ОЬ| и ~ —,а ~ = 1, Аналогично. если |Ь! = 1, то ! ж=а~~ ~ = 1.
~ г 1+ сов 4 3Г/244/2 С05 — = 8 2 2 Зг 3/ 2 — 4/2 8 2 ! гед — — ~~ з/2+ /2+14/2 — Г2), 2 4, 11 1 — соа 4 3/2 — т/2 5!П вЂ” = ~/ 8 1/ 2 2 Зк 4,/2+ 4/2 51П вЂ” = 8 2 1 у г1,1 = + - ( Ъ' 2 - т/2 + ! 3/ 2 4 4/2) . ~ 2 4, $1. Комплексные числа и комплексная плоскость 33 9. Модули комплексных чисел г„г„гз, гг образуют геометрическую прогрессию, а их аргументы — арифметическую прогрессию. Найти гз и гз, если г, = тГ2, г4 — — 4Е а Пусть (( — знаменатель геометрической прогрессии, з( — разность арифметической прогрессии.
Тогда !г,! = !гз!4 = ч24, )гз! = !гз!4' = зги~, !гг! = 4 = тз24~, откуда д = зг2. Пусть узз = агдг, (з = 1, 4). Поскольку )зз = О, то Ззз — — д, узз = 2з(, уз, = Зз(. Так как гг —— 4! = (сот 34+ г яп Зг(), то соя Зз( = О л яп 34 = 1. Следовательно 34 = -", + 2ля, з( = =„+ '— ", (я б Е). Поскольку з( = !ез — — ага г,, то -я < — + — ' < зг. Получаем три значения гй з(з = —;, з(з = -' зг, з(з = — — и, соответственно, по три решения для г, и г,: ,5 гз З = 2е* Т гЗл=2е Т, гпЗ=2е з 3 г гз ! 2ъ'2ез з, гз = 2ъ'2ез з, гзз ! 2з/2е 10. Решить уравнение аз+ Ьг = с (а б С, Ь б С, с б С).
м Если г — решение данного уравнения, то д будет решением уравнения Ьг+ аг = с. Решая систему уравнений с аз+ Ьг = с, Ьг+аг = с, получим, при условии что !а!з за !Ь!'. г = Есяи !а!' = !Ь!', то система несовместна, за исключением случая, когда —, = -„= '-,. При выполнении этих условий система сводится к уравнению сЬг + сЬТ = сс, т. е.
к Я+ Я = !с!', гле л = сьг. Последнее уравнение имеет решение л = -'!с!'+ Ы, -оо < 1 < +ос. Возвращаясь к г, получим: г = з г + г .т (1 б К). М 11. Решить относительно г уравнение агу+ Ьг 4 сг+з( = О (а б С, Ь б С, с б С, з(б С). а Как и в предыдЗтцем примере, данное уравнение равносильно системе а!г!з+ Ьг+ сг + з( = О, б!г!'+Ь + +4=0. Умножим обе части первого уравнения на а, второго — на а и вычтем полученное одно из другого. Находим: (ас — аЬ)г — (ас — аб)г + аЮ вЂ” бз( = О, Обозначим (ас — аЬ)г =- Я, тогда последнее уравнение примет вид л — л = — (аз( — азТ), т. е. 2з 1ш Я = — 2з 1ш(ад), Отсюда подучаем 1 — з 1т(аз() Я = ! — !1ш(аб), т.е. г =, ! б К.
° . ас — аЬ 12. Установить, когда выполняется равенство Ке(г,г,) = (Кег,)(йег,). м Пусть г, = гзе'"', гз = г,е""', узз б Агдам узз б Агбгз. Тогда получим: Ке(гааз) = Ке(гзгзея~'+~н) = гзгг(созузз соя уз! — япузз яп узз), (Кс г )(Ке гз) = гзгз соззз1 соырз. Указанное в условии равенство выполняется, если з!пуззз!прз = О, т.е. когда гз б К или гзбК. > ~ г — а 13. Пусть а б С и !а! < 1. Доказать, что неравенства !г! < 1, ~ ~ ( 1 эквивалентны и 11 — аг что равенспю в обоих случаях достигается при одном и том зке г.
М Пусть !г! ( 1. Рассмотрим разность (г — а! — !1 — аг! = (г — а)(Х вЂ” а) — (1 — аг)(1 — ау) = = (г! — аг — ад+ )а! — 1+ ад+ аг — !а! !г! =()а! — 1)(1 — (г! ) (О. Следовательно, )г! ~ (1 ю ~ —;~ ( 1. Пусть ! —,* ~ ( 1, тогда да!з — 1)(1 — )г!г) ( О ю )г! ( 1, так как по условию )а! < 1 Гл.
2. Комплекекые числа и функции комплексного переменного 34 1 ! 14. Пусть « = х + гу и' О. Найти — + —. г уг' м Имеем 1 1 «' + «г (х — гу)' + (х + гу) 2(х' — у ) «г -г (««)г (хг + уг)г (хг и, 3)г ' 15. Найти главное значение аргумента чисел «, = -2+ 33, «, = о -|- 3Ь (о < О, Ь < 0). и Точка «, лежит во втором квадранте «-плоскости, поэтому агу«, = агс|8 '1-5) + я = зз гт — ате|8-,, Точка «, находится в третьем квадранте, поэтому агу «, = ясгб-„— я. > 3 аб. Изобразить в тригонометрической форме числа «, = 1+ 3533 и «, = 1 — соьа+ | яп а. М ЛЛЯ «1 ИМЕЕМ: !«~1= !г+ (ч«3) = 2, 518«1 = агс18333 = —. г 33 3 Лля «г: а !«3| = (1 — соьа)'+ яп'а = 251п —. 2 Считая, что 0 < а < 2« и замечая, что ~ ага «г'3 < —,, получаем япа ь!п(агб «,) =- 2яп —" г Таким образом, а .
1'гг аз я-а соь — = Яп !г- — -), агб«г = —. 2 32 2!' 2 а/ я — а гг — ах «г = 251п ~соь + 151п 2 3 2 2 «, = 2 (соь — 4 г яп - 1, 3 3/' 17. Выразить со55« и 5|и 5х через соьх и 5|их. М Согласно формуле Муавра со55х+гйп 5« = (соьх+гяп х)'. По формуле бинома Ньютона имеем (соьх-3-гяпх) = сов х+ 53соь хяпх — 1Осоь хяп х — !Огсоь хяп х+5соьхяп х+гяп х. з г .
3 4 Отсюда со35х = соь х — 10соь хяп х+ 5соьхяп х, яп5х = 5соь хяпх — 10соь хь|п и+яп х. 3 3 ° г .4 . 4 . г .3 Вычислим, например, соь — ', и яп — ', . Имеем: 4 23г, 2я г 2л, 23г гг, г 2язг Гг г 2«3( г 23г, 23г 0 = 5соь — — !Осоь — 5|п — +5|о — = 5 ~! — яп — ) — 10 ~! — яп — ) яп — +ь!и 5 5 5 5 ~, 5) ~, 5) 5 5 Обозначив яп' 3 = У, получаем квадратное Уравнение |бу' — 20у+ 5 = О, откуда г 25 10+ 2335 23г 3/10+ 23Г5 у = яп — = 5 !6 ' 5 4 5!П Тогда 2я 10+ 2535 Хгтб — 25'5 ъ35 — ! со5 — = 1- 5 16 4 4 .4 3««3 ! 4 ! 4 г г гг 4 3 яп х = !х —,3! = — (« — Х) = — (« — 4««(«+у )+ 6«у +«) = — со54х — -со52х+ —, ~ 2| ) 2' 24 8 2 8 так как «+ 8 = 2 соь |гх, «8 = 1, «у = («Л) = 1.
М 18. Представить яп х в виде многочлена первой степени от тригонометрических углов, 4 кратных х. И Записывая « = сги*+ 5япх, « = соьх — 3япх, « — у = 23япх, получаемг в 1. Комплексные числа и комплексяая плоскость г'1 19. Найти Р„(х) = — ~ — + сов х й сов 2х+ ... + сов ох 2гг 1 2 м Пусть ог = ~ созйх, ог = 2 япйх, х =соах+го(пх. Тогда ь=о 35 ег ч ь яз+куг = ~ ° г — 1 и=о г"+' — 1 соз(п+!)х+ !з!п(в+1)т — 1 созп* — соз(п+ 1)х — созх+ 1 Яг = Ке = Ке х — 1 (соз х — ! ) й г з!и х 2 — 2созх Р„(х) = — (х — — + 5~) =— 2гг ~ 2 ) 2а 25!и '- з В теории рядов Фурье функцию Р„называют ядром Яирцхле.
М 20. Пусть з, и хг — смежные вершины параллелограмма, х, — точка пересечения его диагоналей. У ра Найти две другие вершины параьтелограмма. < Данные и искомые вершины выгодно рассматривать в качестве свободных векторов (рис. 15). На- 25 н чало вектора г, — г, находится в точке х,, его конец — в точке г,.
Поскольку вектор свободный, то, помещая его начало в точку зз, получим х4 — — аз + гз (гз — гг) = 2гз — х . Аггалогично, гз — г !. (го — гу) = д г 2зз — з~ 21. Пусп )з,) = '!хг! = !зз) = 1. Доказать, 22 что точки ы з,, з, являются вершинами равностороннего треугольника тогда н только то~да, когда Х г + +,=О. м Необходимость. Пусть х,, г,, х, — вершины равностороннего треугольника. Они лежат на елиннчной окружности с центром в начале координат и являются корнями уравнения х — (соз уз + г з!и р) = О. Таким образом, з з г з (х — гг)(г — гг)(г — хз) = х — (гг + хг+ го)г + (хгхг+ хгхз -! хзх!)х хгггзз = г (созчг+ ззгпзг).
Согласно известной теореме Виста хг + гг+ гз = О. Достаточность. Пусть х, + гг + хз = О. Обозначим д = г,х, + г,г, й гзх,. Так как хздз = гА = з,хг = 1, то д = х,г,хз(аз+ Уг+ гП = О и числа хм хг гз УдовлетвоРЯют УРавненню г — ггггхз = О. Его корни лежат на единичной окружности.
м 3 22. Решить уравнение х*' '+х" '+ ... +х+1 = 0 (так называемое уравнение дюения круга). М Достаточно решить уравнение х" — 1 = О, поскольку х" — ! = (х — 1)(х" ' + х" + ... + х + 1). Корни этого уравнения гь = тг( = е - (й = О, и — 1) можно записать в виде 1,ог„, ы„', ..., ог„" ', где ог„= х,. В частности, — 1+ знгЗ х, 'г 2гг 2Я 1 / огг =-1, ыз —— , ьц — — г, ыз =е з =сов — +зз!и — = — ~з75 — 1+о 10+ 2зг5 2 ' ' 5 5 4 (см. пример 17). Задача представления ы„в форме, содержащей лишь квадратные корни, является аналогом залачи о построении с помощью линейки и циркуля правильного п-угольника, вписапного в округкность единичного радиуса.
В. 23. Решить уравнение 32хз = (а + 1)з. М Все корни этого уравнения удовлетворяют условию !2х) = !х + Ц. Если воспользуемсзй, равенствами х = — ',*, у = — *, где х = х + зу, то получим равенство (х — 5 з + у = -, т. е. ь Зб Гл. 2. Комплексные числа и функции комплексного переменного устанавливаем, что корни хй = г„(соз р„+ ! яп утй) (й = О, 4) принадлежат окружности радиуса- 2 с центром в точке х = —,'. Полагая х = т(соло!+тянут), х+1 = р(созтр+тяптр) (рнс. 16), получаем (2г) (сох 5Ч2+ ! яп 5ут) = р'(соз 5тр + 2 яп 5тр). Отсюда р = 2г, р = тр + '— ,, й = О, 4.
По теореме косинусов для треугольника с вершинами в точках О, з, У з+ 1 имеем 1 = 5г — 4г созВ, В = р — ф, а по теореме 2 2 синусов яптр = (5 — 4созВ) 2 5|пВ. Следовательно, 1 2яй гй —— Вй = —, ,5-~ т 5 яп Вй Фй = Фй + Вй —— агсяп ) +в„, 5 — ! т й = О, 4. !ь Гас. 26 х — а ч-т йх 24. доказать, что = П(х' — 2ах соз — + аз), а > О. хз — а тп й=! и Зная один корень х = а уравнения х' — а' 242се остальные корни получим в виде ай!2~„, ()с = 1, 2пт — 1) (см.
пример 22). Поэтому х — а = (х — а)(х — ао22 ) ... (х -ао22 ) ... (х - аыт ), х — ай!2 = х+а. Поскольку о/2 = с05 —, + ! 52п,—, ТО й 2 -й й й 2 — й й йтз + йтз = 2 Кеыт, й» й22 = йтз ыт = 1 (х — ай!2 )(х — аыт' ) = х — 2ахсоз — +а (й = 1, та — 1). Ы й 2 -й 2 2 25. Пусть тй — произвольные точки, птй > 0 — произвольные числа (й = 1, и), причем Е пзй = 1. Доказать, что всякая прямая, проходящая через точку х, = ~~2 птйай, разделяет й=! й=! точки х„, если только не все онн размещены на одной прямой.
м Допустим противною все точки 2„Размещены по одну сторону от прямой Т, проходЯщей через точку хо. Выберем систему координат, в которой прямая т совместится с мнимой осью, а точка хо будет началом координат ш-плоскости. Тогда точки хй будут точками мй ы-плоскости, ый = (х„— з,)ез, где  — уптл между прямой Т и мнимой осью 5-плоскости. Поскотшку, по зо предположению, Кемь > 0 (< 0) т(т = 1, и, то ~ тайма > 0 (< 0). Однако й=! Е птйп25 = ~ (птйхй — пзйхо)е' = О, в й=! й=! так как (пзйхй — птахе) = ~ тайхй — хо~~' тп2, = ~тпйзй — хо = О. Е й=! й=! й=! й=! Получили противоречие, источник которого в предположении, что все точки хй размещены по одну сторону от прямой у. Рассмотренная задача может быль интерпретирована следующим образом: точки хй с помещенными в них массами тпй не могут лежать по олпу сторону от прямой у, проходящей через центр инерции этой системы материальных точек.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
