Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.

70 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Dowód. To wynika ze wzorów Eulera i Wniosku 4.55 (ciągłości funkcji wykładniczej).□Stwierdzenie 4.63. Dla dowolnych liczb zespolonych z, w ∈ C zachodzą równościcos z − cos w = −2 sin z − w2sin z − sin w = 2 sin z − w2sin z + w2cos z + w2Dowód. Oba wzory uzyskujemy z czysto szkolnych rachunków, stosując definicję sinusai cosinusa oraz własność exp(z + w) = exp(z) exp(w). Sprawdźmy dla przykładu wzór naróżnicę cosinusów. Jego prawa strona to.,−2 sin z − w2sin z + w2−2=(e i(z−w)/2 − e −i(z−w)/2) ( e i(z+w)/2 − e −i(z−w)/2)2i · 2i= 1 (e iz − e iw − e −iw + e iz)2= cos z − cos w .Wzór na różnicę sinusów uzyskujemy podobnie. Szczegóły pozostawiamy Czytelnikowi.□4.6 Liczba πCzytelnik, który zna funkcje trygonometryczne ze szkoły, zauważył zapewne, że dotychczasnie dysponujemy formalnym opisem miejsc zerowych tych funkcji. Aby ten opis uzyskaći przy okazji zdefiniować liczbę π, udowodnimy następujące twierdzenie.Twierdzenie 4.64. W przedziale (0, 2) funkcja cos ma dokładnie jedno miejsce zerowe.Dowód tego twierdzenia poprzedzimy serią nieskomplikowanych lematów, które komuś,kto myśli: przecież widziałem już kiedyś wykresy sinusa i cosinusa, a ponadto wiem,że jedyne miejsce zerowe cosinusa w przedziale (0, 2) to π/2 = 1,57 . . ., mogą się wydawaćoczywiste, ale pamiętajmy: funkcje trygonometryczne to dla nas obiekty zdefiniowanewzorami Eulera! Chcemy sprawdzić ich własności, odwołując się wyłącznie do definicjii do tego, co już wykazaliśmy w sposób ścisły.Lemat 4.65. Dla każdego y ∈ (0, 2] zachodzą nierówności y > sin y > 0.Dowód. Dzięki (4.17) mamygdzie( y3s n (y) =3! − y55!sin y = y − limn→∞ s n(y),) ( ) ( )y7+7! − y9y4n−1+ · · · +9!(4n − 1)! − y4n+1.(4n + 1)!Każdy z nawiasów jest dodatni dla y ∈ (0, 2], gdyż dla n ∈ N mamy 4n + 1 > 3 i 4n > 2, awięc1 > 222 · 3 ≥ y 24n(4n + 1) > 0 ⇒ y 4n−1(4n − 1)! > y4n+1(4n + 1)! .