Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.

74 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Wykażemy drugą część twierdzenia. Niech T będzie okresem cosinusa (lub, odpowiednio,sinusa). Ponieważ exp(±iπ/2) = ±i, więc ze wzorów Eulera otrzymujemycos(z + π/2) = ei(z+π/2) + e −i(z+π/2)2Podobnie sprawdzamy, że= ieiz − ie −iz2= − sin z dla każdego z ∈ C . (4.19)sin(z + π/2) = cos z dla każdego z ∈ C. (4.20)Z obu tych wzorów 10 wynika, że T jest także okresem sinusa (lub, odpowiednio, cosinusa).Zatem dla dowolnego z ∈ C jestexp(i(z + T )) = cos(z + T ) + i sin(z + T ) = cos z + i sin z = exp(iz),tzn. liczba iT jest okresem exp: C → C. Na mocy poprzedniego twierdzenia, iT jest całkowitąwielokrotnością 2πi, tzn. T = 2πk dla pewnego k ∈ Z. □Wniosek 4.74. (i) Jedynymi zespolonymi rozwiązaniami równania sin z = 0 są liczbyz = kπ, gdzie k ∈ Z.(ii) Jedynymi zespolonymi rozwiązaniami równania cos z = 0 są liczby z = (k + 1 2 )π,gdzie k ∈ Z.Dowód. Jeśli sin z = 0, to cos z = ±1, więc exp(iz) = ±1 + i· = ±1, a stąd exp(2iz) = 1. Namocy Wniosku 4.72 otrzymujemy2z = 2kπ, gdzie k ∈ Z.Zatem tylko liczby z = kπ, gdzie k ∈ Z, mogą być rozwiązaniami równania sin z = 0. Naodwrót, jeśli z = kπ i k ∈ Z jest dowolne, toexp(ikπ) = ( exp(iπ) ) k = (−1) k = (−1) k + 0 · i = cos kπ + i sin kπ,więc sin z = 0. To kończy dowód pierwszej części wniosku. Druga część wynika z pierwszeji z tożsamości cos(z + π/2) = − sin z. □4.7 Wzór de Moivre’aOdnotujmy prostą konsekwencję związków między funkcją wykładniczą i funkcjami trygonometrycznymi.Stwierdzenie 4.75 (wzór de Moivre’a). Jeśli α ∈ R, to wówczas dla każdego n ∈ Ncos nα + i sin nα = (cos α + i sin α) nDowód. Z własności exp i wzorów Eulera wynika, że lewa strona to, inaczej, exp(inα) =exp(iα) n = (cos α + i sin nα) n . □10 Wzory (4.19), (4.20) bywają nazwywane wzorami redukcyjnymi.