Введение в теорию функций комплексного переменного - примеры и задачи. Киясов С.Н - 11 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

1.19 1) Уравнение имеет два действительных корня при b = d = 0
и a
2
≥ 4c; 2) один действительный корень, равный −d/b (b 6= 0), когда
d
2
− abd + b
2
c = 0.
Указание. Применить теорему Виета.
1.20 8x
3
+ 2px − q = 0.
Указание. Подставив z = x+i y в уравнение, приравнять нулю действи-
тельную и мнимую части полученного выражения и исключить y.
1.21 Решение.
Q
n
k=1
|b−z
k
| = |
Q
n
k=1
(b−z
k
)| = lim
z→b
|
Q
n
k=1
(z−z
k
)| =
lim
z→b
|z
n
− a
n
| = |b
n
− a
n
|.
1.22 z
1,2
= ±1/2, z
3,4
= ±i
√
3/2. Решение. Переписав уравнение в
виде 4z
2
+ 8zz − 3 = 0, и взяв от обеих частей комплексное сопряжение,
получим z
2
= z
2
⇒ либо z = x ∈ R, либо z = i y, y ∈ R. Подставляя
эти значения z в уравнение, найдем x = ±1/2, y = ±
√
3/2.
1.23 1) z = (ca−bc)/(|a|
2
−|b|
2
), если |a| 6= |b|; z = c(1+2ti )/2a (t ∈ R),
если |a| = |b| и ca = bc; нет решений, если |a| = |b|, ca 6= bc; 2) z = t,
z = −b/2a + i t, ∀t ∈ R.
1.24 1) z
k
= ctg (πk/n), k = 0, n − 1; 2) z
k
= tg [(α+πk)/n], k = 0, n − 1
(записать правую часть уравнения в показательной форме); 3) z
0
= −1,
z
k
= e
2πki /n
, k = 1, n − 1 (представить левую часть уравнения в виде
(z + 1)(z
n
−1)/(z −1); 4) [a −1 + i (a + 1)]e
πki /2
√
2/2, k = 0, 3 (учесть, что
правая часть уравнения представима в виде −(a + i )
4
).
1.25 r(x) = cos nϑ + x sin nϑ.
Указание. Учесть, что остаток r(x) является полиномом степени не вы-
ше первой и в нулях полинома Q(x) значения r(x) и P (x) совпадают.
1.26 A
k
= B
k
= B
7−k
= A
7−k
= −1 +
√
7i )/2, k = 1, 2, 4.
Указание. Используя результат задачи 1.12, показать, что A
k
+B
k
= −1,
а A
k
B
k
= 2. Следовательно, A
k
и B
k
- корни уравнения z
2
+ z + 2 = 0
(z
1,2
= −1 ±i
√
7) ⇒ A
k
= B
k
, k = 1, 6. Из 2π-периодичности функции e
i ϑ
следуют равенства A
1
= A
2
= A
4
. Нетрудно видеть, что A
1
= −1 + i
√
7,
т.к. очевидно Im A
1
= sin 2π/7 + sin 4π/7 − sin π/7 > sin 4π/7 > 0.
1.27 S
k
=1 , k 6= mn (k = mn+s, s = 1, n − 1); S
mn
=n+1, m ∈ Z.
Указание. Воспользоваться результатом задачи 1.12.
1.28 S(z) = (z + 1)
n
+ n(z
n
+ 1). Решение. S(z) =
P
n
k=0
P
n
j=0
C
j
n
z
n−j
ε
kj
=
P
n
j=0
C
j
n
z
n−j
P
n
k=0
ε
kj
. Используя результат
предыдущей задачи, получим S(z) = z
n
(n + 1) + n + 1 +
P
n−1
j=1
C
j
n
z
n−j
=
n(z
n
+ 1) +
P
n
j=0
C
j
n
z
n−j
= n(z
n
+ 1) + (z + 1)
n
.
11
    1.19 1) Уравнение имеет два действительных корня при b = d = 0
   2
и a ≥ 4c; 2) один действительный корень, равный −d/b (b 6= 0), когда
d2 − abd + b2 c = 0.
Указание. Применить теорему Виета.
    1.20 8x3 + 2px − q = 0.
Указание. Подставив z = x+i y в уравнение, приравнять нулю действи-
тельную и мнимую Q      части полученного Qn выражения и исключить  Qn     y.
                          n
    1.21 Решение. k=1 |b−zk | = | k=1 (b−zk )| = limz→b | k=1 (z −zk )| =
limz→b |z n − an | = |bn − an |.    √
    1.22 z1,2 = ±1/2, z3,4 = ±i 3/2. Решение. Переписав уравнение в
виде 4z 2 + 8zz − 3 = 0, и взяв от обеих частей комплексное сопряжение,
получим z 2 = z 2 ⇒ либо z = x ∈ R, либо z = i y,√             y ∈ R. Подставляя
эти значения z в уравнение, найдем x = ±1/2, y = ± 3/2.
    1.23 1) z = (ca−bc)/(|a|2 −|b|2 ), если |a| 6= |b|; z = c(1+2ti )/2a (t ∈ R),
если |a| = |b| и ca = bc; нет решений, если |a| = |b|, ca 6= bc; 2) z = t,
z = −b/2a + i t, ∀t ∈ R.
    1.24 1) zk = ctg (πk/n), k = 0, n − 1; 2) zk = tg [(α+πk)/n], k = 0, n − 1
(записать правую часть уравнения в показательной форме); 3) z0 = −1,
zk = e2πki /n , k = 1, n − 1 (представить левую√ часть уравнения в виде
(z + 1)(z n − 1)/(z − 1); 4) [a − 1 + i (a + 1)]eπki /2 2/2, k = 0, 3 (учесть, что
правая часть уравнения представима в виде −(a + i )4 ).
    1.25 r(x) = cos nϑ + x sin nϑ.
Указание. Учесть, что остаток r(x) является полиномом степени не вы-
ше первой и в нулях полинома Q(x) значения     √        r(x) и P (x) совпадают.
    1.26 Ak = Bk = B7−k = A7−k = −1 + 7i )/2, k = 1, 2, 4.
Указание. Используя результат задачи 1.12, показать, что Ak +Bk = −1,
а Ak Bk = 2. √  Следовательно, Ak и Bk - корни уравнения z 2 + z + 2 = 0
(z1,2 = −1 ± i 7) ⇒ Ak = Bk , k = 1, 6. Из 2π-периодичности функции√ei ϑ
следуют равенства A1 = A2 = A4 . Нетрудно видеть, что A1 = −1 + i 7,
т.к. очевидно Im A1 = sin 2π/7 + sin 4π/7 − sin π/7 > sin 4π/7 > 0.
    1.27 Sk = 1, k 6= mn (k = mn+s, s = 1, n − 1); Smn = n+1, m ∈ Z.
Указание. Воспользоваться результатом задачи 1.12.
Pn1.28 Pn S(z)      = (z +P1)n + n(zP          n
                                                  + 1). Решение. S(z) =
               j n−j kj           n      j n−j   n      kj
   k=0   j=0 Cn z    ε      =     j=0 Cn z       k=0 ε . Используя результат
                                                                    Pn−1 j n−j
предыдущей задачи, получим S(z) = z n (n + 1) + n + 1 + j=1              Cn z   =
    n
             Pn        j n−j       n                  n
n(z + 1) + j=0 Cn z          = n(z + 1) + (z + 1) .



                                       11

Страницы