Елементи комплексного аналізу Босовський Демченко

Відповідь. Точка z2 , симетрична точці z1 відносно кола z R , подається

рівністю z2 R2 z1

Точка z2 ,

рівністю: z2 - a

незалежно від того, ззовні чи усередині кола лежить точка z1 .

	симетрична			точці				z1 відносно кола | z - a | R подається
	R2			a			R2
			або z2							.
	z a					z		a
	1			1

Якщо, наприклад, z1 2 i , а коло

z

3 , то

z

32

9

9(2 i)

9

(2 i)

18

9

i

2

2 i

2 i

4

1

5

5 5

Приклад 24. Задано коло x2 y2 - 4x 6y 0

і точку M

( 5;2) .

1

Знайти: 1) точку M 2

симетричну точці M1 відносно заданого кола;

2) образи точок

M

і

M

при відображенні w

z i

;

1

2

z - i

3)образ заданого кола при заданому відображенні;

4)перевірити симетричність образів точок M1 і M 2 відносно образу кола.

Розв’язання.

а) рівняння кола подаємо в канонічній формі і знаходимо центр і радіус

кола:

				(x2 - 4x 4) ( y2 6 y 9) 4 9;
				(x - 2)2 ( y 3)2 (
					13)2.
б) центру кола відповідає комплексне число а 2 - 3i ; точці M1 – число
z1 -5 2i ; точці M 2				– число z2 ;
в) знаходимо точку, симетричну точці						z1 , відносно кола за формулою
(див. приклад 22):
z2	R2		a;
		1		маємо:
	z1	a

62

z2

13

2 3i

13

2 3i

(-5

2i - 2 3i)

7 5i

13(-7 5i)

2 3i

-91 65i 148 - 222i

57 157i

.

49 25

74

74

г) знаходимо образи точок z1

і z2 при заданому відображенні:

w w(z )

z1 i

-5 2i i

-5 3i

(-5 3i)(-5 - i)

14 - 5i

;

1

1

z1 - i

-5 2i - i

-5 i

26

13

w

z

2

i

74z2 74i

57 -157i 74i

57 - 83i

i

2 - 74i

2

z

74z

57 -157i - 74i

57 - 231i

1

(57 - 83i)(57 231i)

6(3737 1406i)

572 2312

56610

3737 1406i

101 38i

;

9435

255

д) знаходимо образ заданого кола при заданому відображенні:

w

z i

z - i

Звідси знаходимо z i

w 1

;

w -1

| z - (2 - 3i) |

13 – коло

iw i - (2 - 3i)(w -1)

iw i - (2 - 3i)w 2 - 3i

| z - (2 - 3i) |

w -1

w -1

w(-1 4i) 2 - 2i

13.

w -1

w( 2 4i) 2 2i 2 2i 13 w 1 ; w u iv;

w( 2 4i) (u iv)( 2 4i) 2u 4v i( 2v 4u); w( 2 4i) 2 2i 2u 4v 2 i( 2v 4u 2); w( 2 4i) 2 2i 2 ( 2u 4v 2)2 ( 2v 4u 2)2 ;

аналогічно знаходимо:

w -12 (u -1) iv 2 (u -1)2 v2.

Маємо рівняння образу кола:

63

				( 2u 4v 2)2 ( 2v 4u 2)2																																			13((1 u)2														v2 );
				4u2 16v2 4 16uv 8u 16v 4v2 16u2 4 16uv 8v 16u
				13u2 26u 13 13v2 ;
				7u2 7v2 2u 8v 5;
											1 2										2														2
																				4						2 13
			u										v																						.
											7									7						7
			Образом заданого кола при відображенні є також коло; центр кола –
		1			4
																										2 13
в точці				;				; радіус кола R2																												.
		7			7																					7
е)	центр									кола						є		зображенням																		комплексного																	числа b			1	i	4	; коло
																																																							7			7
подаємо у комплексній формі:																								w b							R2 . Перевіряємо дві умови:
	w b									w b						R2 ;
а)
		1								2
б) arg(w1 b) arg(w2 b) .
Маємо: а)
																								w b													3			37 29i									;
																								1												91
																								w1 b												26									37 29i								;
																																				21 85
добуток модулів дорівнює:																										3		2210														26								52	R2 . .
																						91																		21 85							49					2
б) arg(w1 b) arg(w2 b) arg																																	w1 b									arg					3(37 29i) 21 85								0
																																	w2 b														91 26 (37 29i)
(аргумент додатного дійсного числа).
Аргументи рівні.
Задача розв’язана повністю.
Відповідь. 1) z																		1	(57 157i) ;
													2
														74
2)	w					1				(14 5i)								; w				1					(101 38i) ;
		1			13															2		255
																																			64

		1 2			4 2			52
											2 13
3)	u			v					– образ кола; R2				;
								49			7
		7			7

4) точки w1 і w2 – симетричні відносно кола п. 3).

Рисунок 13: V Y

z1	2		b
				4/7
	0			W2
	z2	2
-5			X
	-3	a	-1/7		U

W1

Рис. 13

Приклад 25. Довести рівність: ch(z1 z2 ) ch(z1) ch(z2 ) sh(z1) sh(z2 ) .

Доведення. І спосіб (зліва – на право). Використовуємо формули зв’язку між показниковою функцією і гіперболічними:

ch(z z				)	1	(ez1-z2		e z1 z2 )		1	(ez1 e z2 e z1 ez2 )
	1		2	2					2
	1	((ch(z ) sh(z					))(ch(z		) sh(z			))
	2			1		2		2	2

(ch(z1 ) sh(z1))(ch(z2 ) sh(z2 ))) ch(z1)ch(z2 ) sh(z1)sh(z2 )

(після розкриття дужок останні доданки анулюються).

ІІ спосіб (справа – наліво):

12 (ez1 e z1 ) 12 (ez2 e z2 ) 12 (ez1 e z1 ) 12 (ez2 e z2 )

14 ez1 z2 ez1 z2 e z1 z2 e z1 z2 ez1 z2 ez1 z2 e z1 z2 e z1 z2 )

14 2 ez1 z2 e z1 z2 12 ez1 z2 e ( z1 z2 ) ch(z1 z2 ).

Рівність доведено.

65

Приклад 26.

Задано функцію w cos z . Потрібно :

1)Виділити дійсну та уявну частини функції;

2)Знайти модуль і аргумент функції (іншими словами: подати задану функцію в алгебраїчній і тригонометричній формах).

Розв’язання.

а) z x iy; w u iv;

б) u iv cos(x iy) cos x cos iy sin x sin y

cos x ch y i sin x sh y cos z;

ucos x ch y;

vsin x sh y;

в)		cos z			u2 v2		cos2 x ch2 y sin2 x sh2 y

(1 sin2 x)(ch2 y sin2 x sh2 y)

ch2 y sin2 x(ch2 y sh2 y) ch2 y sin2 x

ch2 y sh2 y 1.

д) Нехай Arg cos z , тоді tg uv tgx thy .

Відповідь.

1)

u cos x ch y; v sin x sh y;

2)cos z ch2 y sin2 x ;

tg uv tgx thy

(z x iy; Arg cos z) .

66

Приклад 27.

Подати в алгебраїчній формі: sh(1 3i ) .

Зобразити на комплексній площині.

Розв’язання.

		i		i		i
			sh1ch		ch1sh		sh1 cos		ich1sin			1			i 3
sh 1													sh1				ch1
		3		3		3		3		3		2			2

Оскільки sh1 12 e e 1 1,18;ch1 12 e e 1 1,54 , то остаточно маємо w 0,8 - 1,3i ;

	|w |		0,82 1,32		1,5;
	cos	0,8		0,53; 57 ;
		1,5

V

0	U

57 ;

0,8 - 1,3i

Рис. 14

Відповідь.

			i
					1			3
а)	w 1					sh1 i					ch1	0,8 1,3i; ;
			3		2			2

б) w 1,5; Argw 1,0 ( рад) 57 ;

67

Приклад 28:

Подати в алгебраїчній формі ln( 1 i) .

Розв’язання.

а)

Знаходимо модуль r

і аргумент числа z -1 i :

Y

r

z

( 1)2 12 2;

1

-1+і

cos

;

3

2

1

4

sin

;

-1 0

X

2

3

;

4

Рис. 15

б) Знаходимо логарифм заданого числа за формулою:

Ln z ln r i( 2 k)

3 4

У даному випадку маємо:

	ln 1 i ln			3			1		3
		2 i			2 k			ln 2 i
				4			2		4

Головне значення логарифма (при k 0):

ln 1 i 12 ln 2 i 34 12 ln 2 i 34 0,3 ln 1 i 0,32 2,42 2,42;

sin 2,422,4 0,99;

cos 2,420,3 0,12;

83 .

ln( 1 i) 2,42(cos83o i sin83o ) .

2 k

2,4i.

68

Приклад 29.

Подати в алгебраїчній формі w ( 12 5i )-i .

Розв’язання.

а)

w e-iLn(-12 - 5i) ;

б)

z -12 - 5i;

z

z

( 12)2 ( 5)2 13;

cos

12

0,923; sin

5

0,385; 3,53;

13

13

в)

ln z

ln13 i(3,53 2 k);

-i ln z -i ln13 3,53 2 k;

г)

w e-i ln13 e3,53 2 k (cos(ln13) - i sin(ln13)) e3,53 2 k ;

Головне значення ( k 0) :

w0 e3,53 cos ln13 i sin(ln13) e3,53 0,84 i 0,55 28,7 18,8i.

Відповідь.

а)

w (cos(ln13)-i sin(ln13))×e3,53 2 k ;

б)

При виконанні

наближених

обчислень

головне значення

w0 28,7 18,8i.

Приклад 30.

Подати в алгебраїчній формі w Arctg

3

3 8i

.

7

Розв’язання. tgw

3

3 8i

;

7

sin w

eiw e iw

eiw e iw

1 eiw

e iw

1 e2iw 1

tgw

:

i eiw

e iw

i e2iw 1

cos w

2i

2

Маємо рівняння:

1 e2iw 1

3 3 8i

;

i e2iw 1

7

69

w 1 ln 2i

					e2iw 1										8 3			3		;
					e2iw 1											7
				15 3
		e2iw									3i					3	( 1 i
																						3);
				1 3												2
											3i
											3
			2iw Ln										( 1 i 3);
										2
	3																	3
		1	i 3																1
								i					arg									i
	2																	2

32 k ;

	1		3				2				1
w		ln			2		i		2 k			i ln 3	k	;
	2i		2					3			2	3

Відповідь.

а)

б)

			i ln
w	3	k

Головне значення

3;

	w0		i ln	3 1,05 0,55i.
		3

Приклад 31.
Визначити вид кривої: z		1-t	i	2-t				.
	1 t			2 t
Розв’язання.
а)	z x iy ; тоді
							1 - t
			x
							1 t
							2 - t
			y
							2 t
Дістали параметричні рівняння кривої.
б)	Виключаємо параметр t		із попередньої системи.
З першого рівняння: t(x 1) 1- x ;					x tx 1- t, t(x 1) 1- x,
			t			1- x			;
					1 x

70

2

1

x

з другого рівняння:

y

1

x

;

2

1 x

1

x

y

2(1 x) - (1- x)

2

2x -1 x

1 3x

;

2(1 x) (1- x)

2

2x 1- x

3 x

Отримуємо гіперболу, яка має горизонтальну асимптоту y 3 і

вертикальну x 3 (див. Рисунок 16).

Y

у=3

х= −3

X

Рис. 16

Приклад 32.

Визначити вид кривої z tht cht2i .

Розв’язання.

а) z x iy tht i cht1 ;

x tht

2 – параметричні рівняння кривої.

y

cht

Виключаємо параметр t з останньої системи. При цьому користуємось

	рівністю 1 th2t			1	;
				2
				ch t
	У нас tht x;cht					2	, тому 1 x2		y2	;
						y			4
	x2	y2	1 – еліпс з півосями a 1;							b 2 .
	4

71