Algebra dla MSEM 1, 2019/2020 ćwiczenia 10. – rozwiązania

Algebra dla MSEM 1, 2019/2020 ćwiczenia 10. – rozwiązania

6 listopada 2019

1. Czy następujący zbiór X⊆ C jest skończony? Jeśli tak, wypisać jego elementy.

(a) X= {iⁿ∶ n ∈ N},

Tak. X= {1, i, −1, −i}, bowiem i⁴= 1.

(b) X= {(1 − i)ⁿ∶ n ∈ N}.

Ten zbiór jest nieskończony, bowiem∣1 − i∣ =√

2≠ 1, więc dla każdych n, m ∈ N, n ≠ m, ∣(1 − i)ⁿ∣ =

√2ⁿ≠√

2^m= ∣(1 − i)^m∣, więc (1 − i)ⁿ≠ (1 − i)^m. (c) X= {⁽¹⁺ⁱ⁾(1−i)ⁿ⁺³ⁿ ∶ n ∈ N}.

Mamy (1 + i)ⁿ⁺³

(1 − i)ⁿ = (1 + i)³⋅ (1+ i

1− i)ⁿ= (−2 + 2i) ⋅ iⁿ, A zatem X jest skończony, i X= {−2 + 2i, −2 − 2i, 2 − 2i, 2 + 2i}.

2. Niech w= ³⁺⁴ⁱ5 . Znaleźć taką liczbę zespoloną z, że w= ^z¯z. Wykazać, że każda liczba zespolona o module 1 jest ilorazem dwóch liczb zespolonych sprzężonych.

Rzeczywiście zauważmy, że dla każdej liczby w∈ C takiej że ∣w∣ = 1, jeśli wezmę liczbę z taką, że 2Argz = Argw, oraz∣z∣ = 1, to Arg(z/¯z) = Argz − Arg¯z = 2Argz = Argw, więc w = ^z¯z. W takim razie w przypadku w= ³⁺⁴ⁱ5 , wystarczy z=√

4 5+ i√

1

5, bowiem cos α/2 =√

1+cos α 2 . 3. Poniższą liczbę z∈ C, przedstawić w postaci a + bi, gdzie a, b ∈ R.

(a) z= (1 − i)¹⁰⁰ x ∣x∣ arg x 1− i √

2 −π/4

z 2⁵⁰ π

Zatem z= −2⁵⁰. (b) z= (ⁱ⁺i+1^√3)⁵⁶

x ∣x∣ arg x

i+√

3 2 π/6

i+ 1 √

2 π/4

i+√ 3 i+1

√2 −π/12 z 2²⁸ 2π/3 Zatem z= −2²⁷+ i2²⁷√

3.

(c) z=⁽₍^√√3+3i)_3+i)20⁴⁰

x ∣x∣ arg x

√3+ 3i 2√

3 π/3 (√

3+ 3i)⁴⁰ 2⁴⁰⋅ 3²⁰ 4π/3

√3+ i 2 π/6

(√

3+ i)²0 2²⁰ 4π/3

z 6²⁰ 0

Zatem z= 6²⁰.

1

4. Niech n ∈ N oraz niech θ, θ^′ ∈ R będą takie, że 0 < θ^′− θ < 2π/n. Niech L^θ = {z ∈ C∶ arg z = θ} oraz K_(θ,θ′)= {z ∈ C∶ θ < arg z < θ^′}. Wykazać, że dla odwzorowania f∶ C → C, f(z) = zⁿ zachodzi:

(a) f[L^θ] = L^nθ,

Rzeczywiście z∈ f[L^θ] ↔ z = xⁿ∧ x ∈ L^θ↔ z = xⁿ∧ arg x = θ ↔ argz = nθ ↔ z ∈ L^nθ. (b) f⁻¹[L^θ] = ⋃ⁿ⁻¹k=0L_(θ+2kπ)/n.

Rzeczywiście z∈ f⁻¹[L^θ] ↔ zⁿ∈ L^θ↔ arg zⁿ= θ ↔ ∃^{0≤k≤n−1}argz= (θ + 2kπ)/n.

(c) f[K^(θ,θ′)] = K^(nθ,nθ′). Dowód analogiczny.

(d) f⁻¹[K^(θ,θ′)] = ⋃^n−1k=0K((θ+2kπ)/n,(θ^′+2kπ)/n). Dowód analogiczny.

5. Naszkicować następujące zbiory zawarte w C.

(a) {z ∈ C∶ R(1 + i)z ≥ 1}, R(1 + i)(a + bi) = a − b ≥ 1.

(b) {z ∈ C∶ I(1 + i)z²< 0},

(1 + i)(a + bi) = a²− b²+ 2ab < 0.

Jak łatwo policzyć, a²− b²+ 2ab = 0 to dwie proste b = (1 −√

2)a oraz b = (1 +√ 2)a.

(c) D, f[D] oraz g⁻¹[D], dla D = {z ∈ C∶ Rz ≥ 0}, f(z) = (1 − i)z + 3, g(z) = −iz⁴,

Aby policzyć f[D] zauważamy, że {(1 − i)z∶ z ∈ D} = {z ∈ C∶ −3π/4 ≤ arg z ≤ π/4}, a zatem f[D] jest tym zbiorem przesuniętym o 3 w prawo.

Mamy też

g⁻¹[D] = {z ∈ C∶ R(−iz⁴) ≥ 0} = {z ∈ C∶ I(z⁴) ≥ 0} = {z ∈ C∶ 0 ≤ arg z⁴≤ π} =

= {z ∈ C∶ 0 ≤ arg z ≤ π/4 ∨ π/2 ≤ arg z ≤ 3π/4 ∨ π ≤ arg z ≤ 5π/4 ∨ 3π/2 ≤ arg z ≤ 7π/4}.

Na rysunku D, f[D] oraz g⁻¹[D] są zaznaczone odpowiednio na czerwono, niebiesko i zielono.

2

(d) D, f[D] oraz g⁻¹[D], dla D = {z ∈ C∶ 0 ≤ arg z ≤ π/4}, f(z) = iz³+ 2i, g(z) = (z + i)².

Aby policzyć f[D], zauważmy, że {z³∶ z ∈ D} = {z ∈ C∶ 0 ≤ arg z ≤ 3π/4}, w takim razie {iz³∶ z ∈ D} = {z ∈ C∶ π/2 ≤ arg z ≤ 5π/4}, zatem f[D] to ten zbiór przesunięty o 2 w górę.

Mamy też

g⁻¹[D] = {z ∈ C∶ (z + i)²∈ D} = {z ∈ C∶ 0 ≤ arg(z + i)²≤ π/4} =

= {z ∈ C∶ 0 ≤ arg(z + i) ≤ π/8 ∨ π ≤ arg z + i ≤ π + π/8} =

= {z − i ∈ C∶ 0 ≤ arg z ≤ π/8 ∨ π ≤ arg z ≤ π + π/8}.

Na rysunku D, f[D] oraz g⁻¹[D] są zaznaczone odpowiednio na czerwono, niebiesko i zielono.

6. Dane są punkty B i C. Punkt A jest dowolnym punktem ustalonej półpłaszczyzny wyznaczonej przez prostą BC. Na bokach trójkąta ABC zbudowano, na zewnątrz, kwadraty ABDE i ACF G. Wykaż, że wszystkie tak otrzymane proste DF przechodzą przez pewien ustalony punkt, zależny tylko od położenia B i C. Wskazówka: umieść tę sytuację na płaszczyźnie zespolonej.

Zadanie i rysunek pochodzi z artykułu z „Delty” autorstwa J. Jaszuńskiej.

Ustalmy b= −1 oraz c = 1. Wtedy d−b = i(a−b) i f −c = −i(a−c), a zatem d+1 = ia+i oraz f −1 = −ia+i.

W takim razie d+ f = 2i, czyli środek odcinka DF to i, co nie zależy od wyboru punktu A.

3