Введение в теорию функций комплексного переменного - примеры и задачи. Киясов С.Н - 10 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

соответственно в точки ze
2i π/3
, воспользоваться геометрическим смыс-
лом суммы и разности двух векторов и очевидными, например, из гео-
метрических соображений (сделать чертеж) равенствами |e
2i π/3
+1|= 1,
|e
2i π/3
−1|=
√
3.
1.12 Решение. Учитывая, что ε
k
– корень уравнения z
n
= 1 и пе-
реписывая последнее в виде (z − 1)(1 + z + z
2
+ ··· + z
n−1
) = 0, в силу
условия ε
k
6= 1 , получим требуемое.
1.13 Решение. Необходимость. Пусть треугольник с вершинами в
точках z
1
,z
2
,z
3
равносторонний, тогда z
3
− z
1
= e
i π/3
(z
2
− z
1
), откуда в
силу равенств 1 − e
i π/3
= e
−i π/3
, −e
i π/3
= ε
2
и вытекает доказываемое
равенство.
Достаточность. Пусть z
1
+ εz
2
+ ε
2
z
3
= 0. В силу 1.12 при n = 3 имеем
ε
2
= −(1 + ε) ⇒ z
1
−z
3
= ε(z
3
−z
2
), аналогично z
1
−z
2
= ε
2
(z
2
−z
3
), так
как ε = −(1 + ε
2
) ⇒ |z
1
− z
3
| = |z
2
− z
3
| = |z
1
− z
2
|.
Если числа z
1
, z
2
, z
3
ориентированы отрицательно, то в условиях задачи
надо заменить ε на ε (учесть, что в этом случае тройка чисел z
1
, z
2
, z
3
ориентирована положительно).
1.14 Указание. Воспользоваться результатом предыдущей задачи.
1.15 Указание. 1) Правая часть неравенства может быть доказана
на основании следующих тождеств:
1 = Re
µ
z
1
z
1
+ z
2
+
z
2
z
1
+ z
2
= Re
z
1
z
1
+ z
2
+ Re
z
2
z
1
+ z
2
и очевидного неравенства |Re z| ≤ |z|. Левая часть неравенства – след-
ствие его правой части: |z
1
| = |z
1
+ z
2
+ (−z
2
)| ≤ |z
1
+ z
2
| + |z
2
|,
|z
2
| ≤ |z
1
+ z
2
| + |z
2
|, Геометрическое смысл – неравенство треуголь-
ника. 2) Левая часть неравенства вытекает из правой части неравен-
ства 1). Правая часть неравенства вытекает из очевидного неравенства
2|z|
2
= 2( |Re z|
2
+ |Im z|
2
) ≥ (|Re z| + |Im z|)
2
.
1.16 Указание. Воспользоваться правой частью неравенства 1)
предыдущей задачи, применяя его для параллелограмма, построенного
на указанных сторонах как на основаниях.
1.17 Указание. Учесть, что геометрический смысл |arg z| – длина
наименьшей из дуг окружности |z| = 1 с концами в точках 1 и z/|z| =
e
i arg z
. Сделать чертеж.
1.18 1) S = −
P
n
k=1
|z
k
| < 0. 2) Указание. Учитывая, что |a
k
| = 1,
k = 1, n, оценить |S| и воспользоваться результатом 1).
10
соответственно в точки ze2i π/3 , воспользоваться геометрическим смыс-
лом суммы и разности двух векторов и очевидными, например, из гео-
метрических√соображений (сделать чертеж) равенствами |e2i π/3 +1| = 1,
|e2i π/3 −1| = 3.
     1.12 Решение. Учитывая, что εk – корень уравнения z n = 1 и пе-
реписывая последнее в виде (z − 1)(1 + z + z 2 + · · · + z n−1 ) = 0, в силу
условия εk 6= 1, получим требуемое.
     1.13 Решение. Необходимость. Пусть треугольник с вершинами в
точках z1 ,z2 ,z3 равносторонний, тогда z3 − z1 = ei π/3 (z2 − z1 ), откуда в
силу равенств 1 − ei π/3 = e−i π/3 , −ei π/3 = ε2 и вытекает доказываемое
равенство.
     Достаточность. Пусть z1 + εz2 + ε2 z3 = 0. В силу 1.12 при n = 3 имеем
ε2 = −(1 + ε) ⇒ z1 − z3 = ε(z3 − z2 ), аналогично z1 − z2 = ε2 (z2 − z3 ), так
как ε = −(1 + ε2 ) ⇒ |z1 − z3 | = |z2 − z3 | = |z1 − z2 |.
Если числа z1 , z2 , z3 ориентированы отрицательно, то в условиях задачи
надо заменить ε на ε (учесть, что в этом случае тройка чисел z1 , z2 , z3
ориентирована положительно).
     1.14 Указание. Воспользоваться результатом предыдущей задачи.
     1.15 Указание. 1) Правая часть неравенства может быть доказана
на основании следующих тождеств:
                    µ                 ¶
                         z1      z2                z1             z2
             1 = Re          +           = Re             + Re
                      z1 + z2 z1 + z2           z1 + z2        z1 + z2

и очевидного неравенства |Re z| ≤ |z|. Левая часть неравенства – след-
ствие его правой части: |z1 | = |z1 + z2 + (−z2 )| ≤ |z1 + z2 | + |z2 |,
|z2 | ≤ |z1 + z2 | + |z2 |, Геометрическое смысл – неравенство треуголь-
ника. 2) Левая часть неравенства вытекает из правой части неравен-
ства 1). Правая часть неравенства вытекает из очевидного неравенства
2|z|2 = 2(|Re z|2 + |Im z|2 ) ≥ (|Re z| + |Im z|)2 .
     1.16 Указание. Воспользоваться правой частью неравенства 1)
предыдущей задачи, применяя его для параллелограмма, построенного
на указанных сторонах как на основаниях.
     1.17 Указание. Учесть, что геометрический смысл | arg z| – длина
наименьшей из дуг окружности |z| = 1 с концами в точках 1 и z/|z| =
ei arg z . Сделать чертеж.
                     P
     1.18 1) S = − nk=1 |zk | < 0. 2) Указание. Учитывая, что |ak | = 1,
k = 1, n, оценить |S| и воспользоваться результатом 1).


                                     10

Страницы