Практикум по спецглавам высшей математики (ТФКП, ОИ, ТП). Учебное пособие

2

R sin x,cos x dx 2 i ,

(32)

7.

th x y

th x th y

1 th x th y

8.

cth x y

1 cth x cth y

cth x cth y

9.

ch2 x sh2 x 1

Задача 1.

Следующие выражения записать в алгебраи-

ческой форме:

г) Ln 3

i ;

а) e2 2i ;

б) cos 1 i ;

в) sh 1 i ;

д) Arcsin 3; е) Arcсtg 2i;

ж) Arsh i;

з) Arch1.

в виде

z x iy

3

i , т.е. x

3,

y 1 . Тогда модуль z

равен

z

x2 y2

3 1 2 .

Аргумент

комплексного

числа

z

определяется

из

выражений

cos(arg z)

x

3

,

z

2

sin(arg z)

y

1 .

Следовательно

arg z / 6 . Тогда

[см.

z

2

формулу (12)]

i arg z 2k ln 2 i / 6 2k .

Ln(

3 i) ln

z

д) Arcsin 3 i Ln iz

1 z2 i Ln 3i

1 32

i Ln i 3

8 . Далее вычисляем согласно пункту г).

Представим

комплексное

число

в

скобках

в

виде

z x iy i 3

8 ,

т.е. x 0, y 3

8 . Тогда модуль z

z

x2 y2

равен

3

8

. Аргумент комплексного числа

z

определяется

из

выражений

cos(arg z)

x

0 ,

z

sin(arg z)

y

3

8

1

. Следовательно arg z . Тогда

z

3

8

2

3

8

2k i ln

3

8

.

Arcsin 3 i ln

i

2 2k

2

i

2i i

i

1

е)

Arcctg 2i

Ln

Ln

3

. Далее вычисляем

2

2i i

2

ках в виде z x iy 1/ 3 , т.е. x 1/ 3,

y 0 . Модуль z

ра-

вен

z

x2 y2

1 / 3 .

Аргумент комплексного числа

z

определяется

из

выражений

cos(arg z)

x

1,

z

z равен

z

x2 y2

1. Аргумент комплексного числа z

определяется

из

выражений

cos(arg z)

x

0 ,

z

sin(arg z)

y

1. Тогда arg z .

z

2

2k .

Итак,

Arsh i ln1 i 2

2k i 2

z равен

z

x2 y2

1. Аргумент комплексного числа z

определяется

из

выражений

cos(arg z)

x

1,

z

sin(arg z)

y

0 . Тогда arg z 0 .

z

Arch1 ln1 i 0 2k 2k i .

Итак,

а) 3 2 2i ; б)

1

; в) 4 i ; г) 6 64 .

3 2 2i

вить в виде z x i y 2 2i . Тогда x 2,

y 2 . Следова-

тельно,

z

2 2

22 2

2 , cosarg z

x

1

,

y

z

2

sin arg z

1

arg z

3

. Значит

. Окончательно

z

2

4

wk

2 cos

2k

2k

, k 0,1, 2 .

4

3 isin 4

3

1

б)

. При решении этой задачи избавимся от

3 2 2i

мнимой части в знаменателе

1

3

1

3

2

2i

3 2 2i

2 2i

2

2i

2 2i

3

2 2i

3 1

1 i .

4 4

4

4

Подкоренное

выражение

можно

представить

в

виде

z x i y 1

1 i . Тогда

x

1

, y 1

. Откуда

4

4

4

4

1

2

1

2

1

x

1

z

4

4

,

cosarg z

,

2 2

z

2

y

sin arg z

1

.

3

z

2

Значит,

arg z

, т.е.

4

2k

2k

1

3

3

wk

cos 12

3

isin

12

3 , k 0,1,2 .

2

в) 4 i . Подкоренное выражение можно представить в

виде z x i y i , откуда x 0,

y 1 . Следовательно,

z

02 12

1, cosarg z

x

0 , sin arg z

y

1 .

z

z

Значит arg z

. Тогда

2

k

i sin

k

,

wk cos 8

2

8

2

k 0,1,2,3 .

z

64 2 02

64 , cosarg z

x

1 ,

z

sin arg z

y

0 .

z

Значит arg z . Тогда

, k

2k

2k

wk 2 cos 6

6

i sin 6

6

0,1,2,3,4,5 ,

или 3 i, 2i,

3 i .

ЗАДАЧА 3. Выяснить геометрический смысл соотно-

шений:

а)

z 3

z 3

10 ;

б)

z 3i

z 3i

10 ;

в) Im z2 2 ;

г) Re 1z 14 ;

д)

z a i b

z c i d

.

Решение.

а)

z 3

z 3

10 . Модуль

z c

есть

расстояние

между точками z

и c ;

z c

– расстояние между точками

z

и c .

По условию сумма расстояний от точки z

до двух

данных точек c и

c

есть величина постоянная.

Значит,

точки z

лежат на эллипсе. Уравнение этого эллипса имеет

вид

x2

y2

1 ,

где

b2 a2

c2 .

Введем

обозначения:

b2

c

a

2

Тогда

равенство

можно

записать

в

виде

3; a

5 .

z c

z c

2a .

Так

как

в

нашем

случае

b2 52

32

16 42 ,

то решением задачи будет уравнение

эллипса

x2

y2

1 .

52

42

б)

z 3i

z 3i

10 . Модуль

z i c

есть расстояние

между точками z и i c ;

z i c

- расстояние между точками

z

и i c . По условию сумма расстояний от точки z

до двух

данных точек i c

и i c

меньше 10. Значит, точки

z

лежат

внутри

эллипса.

Уравнение

этого эллипса

имеет

вид

x2

y2

1 ,

где

a2 b2

c2 .

Введем

обозначения:

b2

a

2

Тогда

неравенство можно

записать

в

виде

c

3; b 5 .

z i c

z i c

2b .

Рассмотрим

случай

равенства

z i c

z i c

2b . Так как

a2

52

32

16 42 , то в слу-

чае

равенства точка

z

лежит

на эллипсе

x2

y2

1 . В

42

52

нашем случае решением задачи будет внутренность эллипса

x2

y2

1 .

42

52

довательно, Im z2 2xy . По условию

2xy 2 или

xy 1 .

x i y

г)

Re

1

1

. Имеем

Re

1

Re

z

Re

z

4

z

2

y

2

x

x

z z

x

. По условию

1 или x2

y2 4x 0 . Это

x2 y2

x2 y2

4

окружность x 2 2

y2 4 .

д)

z a i b

z c i d

. В левой и правой частях ра-

венства

модули

соответственных

величин

z a ib

и

z c i d .

Вычислим модули,

приравняем их и возведем в

квадрат.

Получим

x a 2

y b 2

x c 2

y d 2 .

Или,

после

раскрытия

скобок

и

приведения

подобных,

2 a c x 2 b d y a2

b2

c2

d 2 0 .

Это

уравнение

прямой линии.

Задача 4. Решить уравнение (ответ дать в алгебраиче-

ской форме)

i

а) sin z cos z 1 ;

б) e2z 1 i ez

1

0 ;

г) sh2 z ch2 z 1 .

2

в) sh z ch z 1 ;

Решение.

а)

sin z cos z 1. Так как

sin

cos

2

, умножим

2

4

4

левую

и

правую

части уравнения

на

2

.

Получим

2

2

sin z

2

sin z cos

4

cos z sin 4

или

4

. Отсюда

2

2

z :

2

2

2

выразим

z

Arcsin

i Ln i

1

4

2

4

2

4

2

2

i Ln

i

. Имеем два множества решений

4

2

2

уравнения z1 и z2 .

Для

Ln

2

i

2

имеем

w x i y

2

i

2

,

т.е.

2

2

1

2

2

x

2

,

y

2

.

Тогда модуль

w

равен

w

2

2

1.

2

2

1

1

4

4

Аргумент

w1 определяется

y

выражениями

cosarg w

x

2

,

sin arg w

2

и

равен

1

w1

2

1

w1

2

arg w . Тогда решение примет вид

1

4

ln1 i

2k ,

2

2

z1

i Ln

i

i

2k

2