Решение задачи
а) |
Подставляя |
в |
формулу |
sh z = |
|
ez −e−z |
значение |
|||||||||||
|
|
2 |
|
|
||||||||||||||
z = 2 +3i , получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
sh(2 +3i)= e2+3i −e−(2+3i) |
= e2e3i −e−2e−3i |
= |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
e2 (cos 3 + i sin 3)− e−2 (cos 3 −i sin 3) |
|
|
|
|
|
e2 |
− e−2 |
|
|||||||||
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
= cos 3 |
|
|
|
+ |
|
||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
+ i sin 3 |
e2 + e−2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2 |
= cos 3sh 2 + i sin 3ch 2 . |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
б) |
Полагая |
в |
формуле |
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
1− z2 |
|
||||
Arcsin z = −i Ln iz |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
значение z = |
3 , запишем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Arcsin |
|
|
|
3 + |
1−( |
2 |
|
= −i Ln(i( |
3 ± 2 )). |
|
|||||||
|
3 = −i Ln i |
3) |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Так как i( |
3 ± |
2 ) = |
3 ± |
2, |
arg i( |
3 ± |
2 )= π |
, то |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Ln(i ( 3 ± 2 ))= ln( 3 ± 2 )+i |
|
|
+ 2πk , k Ζ . |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
Следовательно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Arcsin |
|
|
3 ± |
|
|
|
π |
+ |
|
|
|
|
|
||||
|
3 = −i ln( |
2 )+i |
2 |
2πk |
= |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
= |
π |
−i ln( 3 ± 2 )+ 2πk, k Ζ . |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечая, что |
3 − 2 = 3 + 2 |
, запишем |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
ln(
3 ± 
2 )= ±ln(
3 + 
2 ).
Окончательно,
13
Arcsin 3 = |
π |
±i ln( |
3 + 2 )+ 2πk, k Ζ . |
|
2 |
|
|
в) Воспользуемся представлением показательно-степенной функции в виде суперпозиции общих показательной и степенной функций, т. е.
(−3i)2+i = eLn(−3i)2+i = e(2+i)Ln(−3i).
Так как
−3i = 3 ,
arg(− 3i)= − |
π |
, |
|||
|
|
|
|
2 |
|
то имеем |
|
|
|
|
|
|
− |
π |
+ |
|
|
Ln(−3i)= ln 3 +i |
2 |
2πk , k Ζ. |
|||
|
|
|
|
|
|
Подставляя полученное выражение, запишем
|
|
|
|
− |
π |
|
π |
(− 3i)2+i = e |
(2+i) ln 3+i |
|
+2πk |
||||
|
|
|
2 |
= e2 ln 3+ |
2 +2πk +i(ln 3−π +4πk ) = |
||
π |
+2πk (cos(ln 3 −π + 4πk )+ i sin(ln 3 −π + 4πk ))= |
||||||
= 9e 2 |
|||||||
|
|
|
π |
+2πk (cos ln 3 +i sin ln 3). |
|||
|
|
= −9e 2 |
|||||
Задача 7
Нарисовать линии или области, заданные равенствами или неравенствами:
а) z =1+eit ,t [0;π], б) Im z2 > 2 ,
в) z −1+3i ≤ Re(4 +5i),−π2 ≤ arg z ≤ 0 .
14
Справочный материал
|
Совокупность |
точек |
z , таких |
что |
|
z − z0 |
|
= r , образует |
||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||
окружность |
с центром |
в |
точке |
z0 |
радиуса |
r . |
|
|
Неравенство |
|||||||||||
|
z − z0 |
|
< r |
определяет множество точек, |
лежащих внутри этой |
|||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||
окружности (внутренность круга), а неравенство |
|
|
z − z0 |
|
> r |
— |
||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||
множество точек, лежащих вне окружности (внешность круга). |
|
|||||||||||||||||||
|
Совокупность |
точек |
z , |
удовлетворяющих |
|
|
уравнению |
|||||||||||||
arg(z − z0 ) |
=ϕ , |
образует |
луч, |
выходящий |
из |
точки |
|
z0 |
и |
|||||||||||
составляющий угол ϕ с положительным направлением оси Ox .
Решение задачи
а) Из формулы Эйлера eit = cost +isint |
получаем |
|
z = x +i y =1+(cost +isin t)= (1+cost)+isin t . |
||
Следовательно, |
|
|
x =1+cost |
x −1 = cost |
|
|
или |
. |
y =sin t |
y =sin t |
|
Возведя обе части уравнений последней системы в квадраты и сложив, получим уравнение
(x −1)2 + y2 =1 .
Так как параметр t изменяется от 0 до π , то искомая линия представляет собой верхнюю половину окружности с центром в точке (1;0) единичного радиуса (рис. 4).
y
0 1 x
Рис. 4.
15
б) Пусть z = x +iy . Тогда z2 = (x +iy)2 = (x2 − y2 )+i2xy . Следовательно, Im z2 = 2xy .
Так как по условию Im z2 > 2 , получаем 2xy > 2 или xy >1.
Последнее неравенство определяет множество точек в первой и третьей четвертях, соответственно над и под гиперболой xy =1(рис. 5).
y
0 x
Рис. 5.
в) Так как Re(4 +5i)= 4 ,то неравенство z −1+3i ≤ Re(4 +5i)
задает множество точек внутри и на окружности радиуса, равного 4 , с центром в точке (1;−3).
Система −π2 ≤ arg z ≤ 0 описывает точки, лежащие внутри и на границах области, образованной лучами, выходящими из начала координат под углами 0 и −π2 к оси Ox (рис. 6).
16