2 i. WSTĘP
Zadanie 2 Pokazać, że jeśli zy, z2 € C, to
Rozwiązanie. Wystarczy skorzystać z równości \z\2 = zz.
□
Zadanie 3. Niech Zi, z2, z3 € C i \zy\ — \z2\ = |^31 — 1. Pokazać, że liczby zy, z2, z3 są wierzchołkami trójkąta równobocznego dokładnie wtedy, gdy zy + z2 + z3 — 0.
Rozwiązanie. Załóżmy najpierw, że Zy, z2, z3 są wierzchołkami trójkąta równobocznego. Niech zy — cos (p+i sin ip. Wówczas, po ewentualnym przenumerowaniu wierzchołków, mamy z2 = cos(y> 4- y1) 4- i sin(<p + y1), z3 = cos(tp + ę) + isin(y? -f- ^). Stąd i z własności I.1.2(a) dostajemy
(1) Zy + z2 4- z3 =
, 2ttx . . . 2ttx . 47r. . . , 4tt.
2i 4- cos{^ + —) + 2Sin(v? 4- —) 4- cos(<p + ) +tsm(y? 4- —) —
o ó d o
Prostym rachunkiem sprawdzamy, że 14-cos (^) 4-fi sin(~) + cos(~)4-i sin(^L) = 0. Stąd i z (1) dostajemy 2ą 4 z2 4- z3 — 0.
Odwrotnie, załóżmy teraz, że zy 4- z2 4- z3 = 0. Stąd i z założenia mamy \zi 4- z2\ = \z3\ i \zy\ = \z2\ = j^31 = 1. Ponadto z warunku równoległoboku mamy |zy — z2\2 — 2(|^!(2 + \z212) — |zi 4- z2|2- Zatem \zi — z2\ — \/3. Postępując analogicznie, dostajemy
kr ~ z2\ - \z2 ~ z31 = |z3 -zi\~y/3,
□
czyli z1} c2j 23 są wierzchołkami trójkąta równobocznego. To kończy rozwiązanie.
Zadanie 4. Niech zy, z2 £ Cx. Połóżmy arg^ 4- arg z2 '■= {(/h + Tci £ R : € argZi i € argz2}, argzi - argz2 := {<P\ — y>2 € K : G
arg zy i p2 <E arg z2} - Pokazać, że
(i)
(ii)
arg zy + arg £2 = arg zxz2, arg zy - arg z2 = arg zx/z2.
Wskazać liczby Zi, Z2 £ Cx, dla których
(iii) Arg z1 + Arg z2 ^ Arg z1z2, i liczby z\, z2 £ C*, dla któipch
(iv) Arg Z\ - Arg 2:2 ^ Arg zljz2.
Rozwiązanie, (i). Weźmy dowolną liczbę £ arg zx + arg 2?- Wówczas istnieją liczby t/?l7 <y>2 takie, że px € arg 21, </?2 £ arg 22 i ^ = <£4 +W Z definicji zbiorów arg i z własności I.1.2(a) dostajemy z1 = ^((cosę^ + żsin^i), 22 = jz2|(cos(/72 + z'siny?2) i 2iz2 = ^^Ijcos^ + <p2) + isin(ip1 + ę?2)]. Stąd ę? £ arg 2^2.
Odwnotnie, weźmy dowolną liczbę ip £ arg 2j .22 i liczby p1 £ arg z1, g>2 ^ arg z2. Wówczas z definicji zbiorów arg i z własności LI.2(a) dostajemy cos 92 + i sin cp = z\z2j\zxz2\ — cos^ + <p2) + zsin(ę:1 -f </?2). Stąd i z własności funkcji trygonometrycznych w dziedzinie rzeczywistej wynika, że istnieje liczba całkowita k taka, że ip — py 4- <p2 4- 2k.ir. Kładąc p2 = tp2 + 2kr, otrzymujemy p — px + p2, <px £ arg zx, tp2 6 arg z2. Zatem (p £ arg Z\ + argz2.
(ii). Weźmy dowolną liczbę <p £ arg zx — arg z2 • Wówczas istnieją liczb}' P11P2 takie, że px £ arg z\, p2 £ arg z2 i <p = cpx — <p2. Podobnie jak powyżej, dostajemy zx — | zj | (cos -p « sin t^ą), z2 — 1-2-21(cos<p2 + «sinę?2) i zxjz2 = |^i/^2|[co6(y>1 - y?v) + śsin^j - y?2)i* Stąd (/? e arg Z\j z2.
Odwrotnie, weźmy dowolną liczbę <p £ a,rg zxjz2 i liczby <px £ arg zx, <p2 £ arg z2. Podobnie jak powyżej, dostajemy cosp 4- i sin p — {z\!z2)f\z\lz2\ — cos(ę?1—^i2)-|-2sin(^l—</?2). Stąd i z własności funkcji trygonometrycznych w dziedzinie rzeczywistej wynika, że istnieje liczba całkowała, k taka, żep = px — p2 + 2kir. Kładąc p2 — p2 ~ 2 Aur, otrzymujemy p = px — p2, px £ arg zx, p2 £ argz2. Zatem p £ arg z-i - arg z2.
W (iii) można przyjąć zx — — 1, z2 — — 1, wtedy Argzi = Arg ^2 = 7T, Arg Zi z2 = 0. W (iv) możemy przyjąć 21 = —i, z2 — i, wtedy Arg 2-1 = ~7t/2, Arg 22 = 7t/2, Arg zx/z2 = 7r.
To kończy rozwiązanie. □
Zadanie 5. Niech 20, 21,..., 2n_x będą różnymi pierwiastkami stopnia n z 1. Pokazać, ze dla każdej liczby całkowitej k suma zjj 4- zx -f
----1- 2n_i jest równa n, ydy k jest wielokrotnością liczby n, równa
zaś 0 w przeciwnym przypadku.