Введение в теорию функций комплексного переменного - примеры и задачи. Киясов С.Н - 13 стр.

                                                                            Q
    1.34 Указание. 1) Положить в равенстве 1+z+· · ·+z n−1 = n−1              k=1 (z−zk ),
полученном при решении предыдущей задачи, z = −1; 2) предвари-
тельно
Q2n−1 доказать          справедливость равенства 1 + z 2 + z 4 + · · · + z 2(n−1) =
               πki /n
   k=1 (z − e         ).
            −7
    1.35 2 .
Указание. Воспользоваться результатом предыдущей задачи и равен-
ством cos(πk/15) = − cos[(15   Pn − k)π/15].
    1.36 cos(2n + 1)ϑ = k=0 (−1)k C2n+1          2k
                                                     cos2(n−k)+1 ϑ(1 − cos2 ϑ)k ,
           2n
a2n+1 = 2 .
Указание. Применить формулу бинома Ньютона, используя справедли-
вость представления cos(2n + 1)ϑ = Re ei (2n+1)ϑ = Re {(cos ϑ + i sin ϑ)2n+1 }
и свойства биномиальных коэффициентов.Pn            k 2k+1
    1.37 sin(2n + 1)α =                   k=0 (−1) C2n+1 cos
                                                              2(n−k)
                                                                     α sin2k+1 α, xk =
    2
ctg [πk/(2n + 1)], k = 1, n.
Указание. Воспользовавшись указанием к предыдущей задаче,
переписать P полученное             представление в виде sin(2n + 1)α =
sin2n+1 α nk=0 (−1)k C2n+1  2k+1
                                 (ctg2 α)n−k .
    1.38 1) z = eα , при a = α + 2πki ; z = −eα , при a = α + π(2k + 1)i ,
α ∈ R – для ветви логарифма, зафиксированной условием Ln 1 = 2πki ,
k ∈ Z (k = 0); 2) z = ±i eα , при a = α + (2πk ± π/2)i , α ∈ R (k = 0).
    1.39√Ветвь фиксируется условием ln 1 = i 10π, тогда z = −1, , ln(1 −
i ) = ln 2 + i√  39π/4.                                 √
    1.40 1) ln √2+i (2πk +π/4) (k = 0); 2) ln 13+i [π(2k +1)−arctg (3/2)]
(k = 0); 3) ln 13 + i [π(2k − 1) + arctg (2/3)] (k = 0).
    1.41 Решение. 1) Необходимость. Пусть z = x ∈ R ⇒ sin x = (ei x −
e−i x )/2i = Im ei x , |Im ei x | ≤ |ei x | = 1 ⇒ sin x ∈ R, | sin x| ≤ 1.
    Достаточность. В силу определения sin z, рассматриваемое √                    уравне-
                                 2i z         iz                     iz
ние приводится к виду e − √             2ai e − 1 = 0, откуда e = i a ± 1 − a2
и следовательно√i z = Ln (± 1 − a2 + i a) := Ln A. Так как a ∈ R
и |a| ≤ 1 ⇒ 1 − a2 > 0 ⇒ |A| = 1 и далее можно показать,
что множество всех       √ искомых решений может быть записано в форме:
zk = (−1)k arctg (a/ 1 − a2 ) + πk, k ∈ Z.                              √
2) При |a| > 1 (a ∈ R), zk = sign a π/2 + 2πk ± i ln(a + a2√− 1), k ∈ Z
(знак ± поставлен перед логарифмом в силу равенства (a + a2 − 1)(a −
√
   a2 − 1) = 1).                            √                                     √
    1.42 1) (π/2±π/2)+2πk∓i ln( 2+1), k ∈ Z; 2) ±π/2+2πk∓i ln( 2+1),
k ∈ Z; 3) (π + 2πk + i ln 3)/2, k ∈ Z.
    1.43 1) i e2πm , m ∈ Z. В левой части уравнения фиксируется та ветвь

                                           13