А.К. Боярчук - Функции комплексного переменного - теория и практика (1118159), страница 13
Текст из файла (страница 13)
М $1. Комплексные числа и комплексная плоскость 37 2б. Доказать утверждение К. Гаусса: нули многочлена Р„(г) = па„г" + (п — 1)а„,г" '+ ... + 2азг + а„аь Е С, а„Ф О, Р„'ОО = а„(г — г,)(г — гз) .. (г — г„,)+а„(г —,)(г — гг) (г — г -г)(г г )+ . + + а„(г — г~)(г — гз) ... (г — г„) + а„(г — гг)(г — гз) ...
(г — г„). Если Р„'(г*) = О, г* зь гь (а = 1, п), то Р„(г') 1 « Р„(г') а„(г' — г1)(г" — гз) ... (г' — г„) «(а„(г*-г1)... (г*-г„~)-Ьа„(г -г~)... (г -г„з)(г — г„)+...Ьа„(г -гз)(г*-гз)... (г — г )) = 1 1 1 + +...+ =О. г~ г — г г г Тогда и 1 1 1 + + ... + = О, г* — г„ г* — г„ г' — г~ откуда следует, что г* — г„ г' — г„ г* — г, + ... + = О, ~г* — Р 1г* — г ~Р М ' — г1Р Из последнего равенства находим; г ~ 1г — г. ! ~ = ) гь!г — гь) гы ь=! г' = ') гпьгь, ь=! О г .ы где ть — — „' * > О, 2«, щь = 1. ь=~ г=! Таким образом, кюкдая прямая, проходящая через точку г, разделяет точки г„г„...
г„(см. пример 25). М 27. доказать, что оба значения ъ'гг:! лежат на прямой, проходящей через начало координат и параллельной биссектрисе внутреннего угла треугольника с вершинами в точках — 1, 1, г, проведенной из вершины г. < На рис. !В агй(г +!) = а,, ага(г — 1) = о,. Тогда агй(г' — !) = а, + аз, 3 ° (з+ гызь .з — 1= !гз- Цт,* з (й =О, Ц. Значения з/гт — ! имеют аргументы шз"з и -"-' — "з+а.. О 1 Поскольку аг — — а, + )5, то значения залу - ! имеют аргтменты а, + кз и о, + аз+к. Угол 7 наклона биссеки .га трисы к оси Ох равен а, + а. Следовательно, оба значения з/гт -Т лежат на прямой, проходящей чеРез начало коорлинат, параллельной биссектрисе внутреннего угла треугольника с вершиной в точке г.
В не могут быль размещены вне наименьшего выпуклого многоугольника, содержащего все нули г„г„..., г„многочлена Р„(рис. 17) (Р„'— производная многочлена Р„). л Поскольку Р (г) = а„ П (г — гь), то ь=! Гл. 2. Комплексные числа н функции комплексного перемеинога 38 28.
Исходя из геометрических рассмотрений, доказать неравенства: 1) — — 1 ( ~ агй е1; 2) ~е — 1~ < (1 4 — 1( + 1х)~ ага 4 . 14 М 1) Рассмотрим рис. 19. На нем видно, что длина корды, стягивающей дуву окружности единичного радиуса, центральный угол которой равен ) агв г), не превосходит длины этой дуги. Знак равенства возможен лишь в случае, когда агде = О, т.
е, -. Е К, з ) О. 2) На рис. 20 видно, что в криволинейном треугольнике длина стороны, равная ~з — Ц, не превышает суммы длин двух других сторон, одна из которых есть дуга окружности радиуса ~з~, центральный угол которой равен ~ агах), а длина другой равна ~ (х~ — 1!. Знак равенства возможен вишь в случае, когда агд е = О. М вас. 19 29. Доказать тождество ~в, ч-з,Г+ ~г, — гз1' = 2(~х1~~ -ь ~х,~~) и выяснить его геометрический смысл. < Пусть х, = х, + (ры х, = х, -Ь (Ш.
Тогда е, + гз — — х1+ хз+ 1(у, + уз), х~ — вз = х, — хз + ((ул — УИ, + ~2 ( + )з ( + )2 — 1' = (х — )' + (у — р ), (~, + ~~! + /~, — ~~! = 2(х, + хз) + 2(р~ + уз) = = 2Дх| -ь у, ) + (хз + уз)) = 2(~ в~1 + Ц ). В каждом параллелограмме сумма квадратов длин диагоналей равна сумме квадратов длин его сторон, и ЗО.
Доказать, что если )з,) = 1аз! = !хз~, то хз — вз 1 вз агв — = — агв —. ез — е, 2 ° Точки еы аз, хз лежат на некоторой окружности с центром в начале координат. Рассмотрим векторы вз — в,, вз — хы х,, хз (рис.21), угол агй-,"зг-*,-з = агй(хз — хз) — агБ(хз — х,) опирается на *3 дугу окружности, соединяющей точки х, и х,.
центральный угол агв-,з = агй ез -агй х, опирается на тУ же самУю дУгУ. По известной теоРеме из элементаРной геометРии шй-*з=лз = ' агвах *э *! з в 1. Комплексные числа и комплексная плоскость 39 31. Доказать, что если г, + гз + гз + г4 = О и ! гз( =? гз! = ~гз? = 1ггй то точки г,, гз, гз, г4 либо являются вершинами прямоугольника, либо попарно совпадают. м Все четыре точки лежат на окрузкности с центром в начале координат и при этом а~ +г, = -(аз+ г„), Векторы аз Ч-гз и -(аз+ад) совпадают цо модулю и по направлению лишь в случае, когда, например, л, = л,, У гз г4 — — лз или г, = гз, гз = гя В первом случае точки л,, г„ гг гз, гз — вершины прямоугольника, М 3-г 32. Найти вершины правильного п-угольника, если его центр находится в начале координат, а одна из вершин г, г известна.
1 м Известно, что значения (гг лежат на окружности ра- в диуса ~г~ и являются вершинами правильного п-угольника. Поэтому у=О, и — 1, м у .зг 33. Точки г, и гз — смежные вершины правильного и-угольника. Найти вершину г,, смежную с гз (гз Ф г|). , 3 , 3 М На Рис.22 видно, что гз — лз — — (г, — г,)ез . Следовательно, лз — — г, +(гз — г,)е* . Если зз вершины занумерованы в обратном порядке, то г, = г, + (г, — г,)е ' 34.
Даны три вершины параллелограмма г,, г,, г,. Найти четвертую вершину л„, противоположную вершине гз. У гз м Рассмотрим рис. 23. Поскольку векторы г, — г~ и гз — гз коллинеарны, и их модули равны, то л, — лз = г, — г,, л, = дх г~ + гз гз г ~,з 72 35. При каком условии три попарно не совпадающие точ- хх ки г... г, лежат на олной прямой? м Если эти точки лежат на одной прямой, то аргументы 1 чисел гз — г, и гз — г, либо равны, либо отличаются на х. Поэтому отношение -'з: — "- является действительным числом.
3 1 Полученное условие является необходимым. Докажем его до- Х статочность. Пусть -*з=-'-з = а, а б )к. Тогда 1т -*': — '~ = О„что г- ~ *2 равносильно соотношению -"':-хз = -*з:-*-з. уравнение прямой, у .зз зз г! 3 проходящей через точки (хз, у,) и (хз, уз), имеет вид ."--хь = —,* — -*~-. Точка (хз, уз) лежит на этой прямой. Ь Зб. Выяснить геометрический смысл указанных соотношений а)?г — 2~+?а+2~ = 5; б)?г — 21 — ?а+21 > 3; в) кег > с; г) !зпл < с. м а) Равенство определяет геометрическое место точек плоскости, сумма расстояний от которых до двух данных точек Рз = -2 и Рз = 2 есть постоянное число 5. Из аначитической геометрии известно, что это по определению эллипс, большая полуось которого равна -.
Фокусы 5 эллипса — точки -2 и 2. б) Геометрическое место точек на плоскости С, удовлетворяющих условию ~?г-2~ — ?г+2 ~ ~ = 3, является гиперболой, первая полуось которой равна —. Равенство ?г — 2? — (г + 2~ = 3 определяет з левую ветвь гиперболы, а неравенство 1г — 2? — |г + 2~ > 3 — ее внутренность. в) Неравенство имеет вил х > с, Это множество точек, в которое входят прямая х = с и полуплоскость, Расположенная справа от нее. г) Поскольку 1ш г = у, то, записав данное неравенство в виде у < с, приходим к выводу, что ему удовжтворяют все точки полуплоскости, расположенной снизу от прямой у = с.
° . Гл. 2. Комплексные числа в )Ууикции комплексвого переменного 3 г). Выяснить геометрический смысл неравенств а) а < агйг <)3; б) а< агу(г — го) <)3 ( — )г < а <)3 ~< я). м а) Уравнение агу г = а задает луч, наклоненный к действительной оси под углом а. Неравенства а ( агйг < )3 задают бесконечный сектор, заключенный мехгду лучами агвг = а и агу г = )3, причем сами лучи исключаются. б) Перенесем начало координат в точку г,, полыая г — го — — ю.
Неравенства а ( агу м < )3 зздают внутренность такого же сектора с вершиной в точке го. М 38. Выяснить геометрический смысл следующих соотношений. а) ~г( = Кеа+ 1; б) Кег+ !гпг < 1; в) 1гп =О, Ке =О, г)1г — 1~>2~г — г~; г — гт г — гг Д) 1г) ( Р, 3) Е Агу г, 0 ~ (у) ( 2х; е) )4 < у), 3) 0 Агу г, 0 < (о ( 2я. х+ — + у — — <-. Множество точек плоскости С, определяемое этим неравенством, есть замкнугый круг радиуса — с центром в точке го — — — — + —,. 1г 1 .4 д) Пусть!г( = г. Кривая, уравнение которой г = (о, называется слирсгою Архимеда.
Поскольку 0 < у) < 2х, то речь идет об одном витке этой спирали. Данному неравенству г < 3) удовлетворяет множество внутренних точек плоскости С, ограниченное сегментом О < х < 2х действительной оси и од!им витком спирали Архимеда.
е) Неравенство определяет множество из предыдущего примера, дополненное интервалом (О, 2ог) действительной оси. М 39. Определить семейства линий в плоскости С, заданных уравнениями: 1 1 а) Ке — = с, 1пт — = с (-оо < с <+со); г г б) Ке г' = с, 1п) го = с ( — со < с ( +со); в) =Л(Л>0); г — гг~ г — г) г) агу — = а (-)г < а ( я.).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
