brojevi u trigonometrijski oblik.
Formula De Moivre
Neka je z 1 = r 1 (cos 1 + isin 1) i z 2 = r 2 (cos 2 + isin 2).
Trigonometrijska notacija kompleksni broj Pogodno je koristiti za obavljanje operacija množenja, dijeljenja, podizanja na cijeli broj i vađenja korijena stepena n.
z 1 ∙ z 2 = r 1 ∙ r 2 (cos ( 1 + 2) + i sin( 1 + 2)).
Prilikom množenja dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku, njihovi moduli se množe i njihovi argumenti se dodaju. Prilikom podjele njihovi moduli se dijele i njihovi argumenti oduzimaju.
Posljedica pravila za množenje kompleksnog broja je pravilo za podizanje kompleksnog broja na stepen.
z = r(cos + i sin ).
z n \u003d r n (cos n + isin n).
Ovaj omjer se zove De Moivreova formula.
Primjer 8.1 Pronađite proizvod i količnik brojeva:
I 
Rješenje
z1∙z2 
∙
=
;
Primjer 8.2 Napišite broj u trigonometrijskom obliku
∙
-i) 7 .
Rješenje
Označiti 
i z 2 = 
– i.
r 1 = |z 1 | = √ 1 2 + 1 2 = √ 2; 1 = argz 1 = arctg 
;
z1 = 
;
r 2 = |z 2 | = √(√ 3) 2 + (– 1) 2 = 2; 2 = arg z 2 = arctg 
;
z2 = 2 
;
z 1 5 = ( 
) 5 
; z 2 7 = 2 7 
z = ( 
) 5 2 7 
=
2 9 
§ 9 Izdvajanje korena kompleksnog broja
Definicija. rootnstepen kompleksnog broja z (označava 
) je kompleksan broj w takav da je w n = z. Ako je z = 0, onda 
= 0.
Neka je z 0, z = r(cos + isin). Označimo w = (cos + sin), tada zapisujemo jednačinu w n = z u sljedećem obliku
n (cos(n ) + isin(n )) = r(cos + isin).
Stoga je n = r,
=
Dakle, w k = 
·
.
Među ovim vrijednostima postoji tačno n različitih vrijednosti.
Dakle, k = 0, 1, 2, …, n – 1.
Na kompleksnoj ravni, ove tačke su vrhovi pravilnog n-ugla upisanog u krug poluprečnika 
centriran u tački O (slika 12).
Slika 12
Primjer 9.1 Pronađite sve vrijednosti 
.
Rješenje.
Predstavimo ovaj broj u trigonometrijskom obliku. Pronađite njegov modul i argument.
w k = 
, gdje je k = 0, 1, 2, 3.
w 0 = 
.
w 1 = 
.
w 2 = 
.
w 3 = 
.
Na kompleksnoj ravni ove tačke su vrhovi kvadrata upisanog u krug poluprečnika 
centriran u nultu (slika 13).
Slika 13 Slika 14
Primjer 9.2 Pronađite sve vrijednosti 
.
Rješenje.
z = - 64 = 64(cos + isin);
w k = 
, gdje je k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
w 0 = 
; w 1 = 
;
w 2 = 
w 3 = 
w4 = 
; w 5 = 
.
Na kompleksnoj ravni ove tačke su vrhovi pravilnog šestougla upisanog u krug poluprečnika 2 sa centrom u tački O (0; 0) - slika 14.
§ 10 Eksponencijalni oblik kompleksnog broja.
Ojlerova formula
Označiti 
= cos + isin i 
= cos - isin . Ovi omjeri se nazivaju Eulerove formule .
Funkcija 
ima uobičajena svojstva eksponencijalne funkcije:
Neka je kompleksni broj z napisan u trigonometrijskom obliku z = r(cos + isin).
Koristeći Eulerovu formulu, možemo napisati:
z = r 
.
Ovaj unos se zove indikativni oblik kompleksni broj. Koristeći ga, dobijamo pravila za množenje, dijeljenje, stepenovanje i vađenje korijena.
Ako je z 1 = r 1 
i z 2 = r 2 
?onda
z 1 z 2 = r 1 r 2 
;
·
z n = r n 
, gdje je k = 0, 1, … , n – 1.
Primjer 10.1 Napišite broj u algebarskom obliku
z= 
.
Rješenje.
Primjer 10.2 Riješite jednačinu z 2 + (4 - 3i)z + 4 - 6i = 0.
Rješenje.
Za bilo koje kompleksne koeficijente, ova jednadžba ima dva korijena z 1 i z 1 (možda se poklapaju). Ovi korijeni se mogu pronaći koristeći istu formulu kao u stvarnom slučaju. Jer 
poprima dvije vrijednosti koje se razlikuju samo po predznaku, tada ova formula ima oblik:
Budući da –9 = 9 e i, onda vrijednosti 
brojevi će biti:
Onda 
I 
.
|
Primjer 10.3 Riješiti jednačine z 3 +1 = 0; z 3 = - 1. |
Rješenje.
Željeni korijeni jednadžbe će biti vrijednosti 
.
Za z = –1 imamo r = 1, arg(–1) = .
w k = 
, k = 0, 1, 2.
Vježbe
9 Predstavite u eksponencijalnom obliku brojeve:
|
b) |
G) |
+i;
.10 Zapišite u eksponencijalnom i algebarskom obliku broj:
|
ali) |
u) |
|
b) |
d) 7(cos0 + isin0). |
11 Zapišite u algebarskim i geometrijskim oblicima brojeve:
|
ali) |
b) |
u) |
G) |
12 Zadati brojevi 
Predstavljajući ih u eksponencijalnom obliku, pronađite 
.
13 Korišćenje forma za prikaz kompleksni broj, uradite sljedeće:
ali) 
b) 
u) 
G) 
|
e) |
|
|
|
|
.od I prirodni broj n 2 .
Kompleksni broj Z pozvao rootn– c, ako Z n = c.
Pronađite sve korijenske vrijednosti n–
stepena iz kompleksnog broja od. Neka bude c=|
c|·(cos
Arg
c+
i·
grijeh
Argod), ali
Z
= |
Z|·(saos
Arg
Z
+
i·
grijeh
Arg
Z)
, gdje Z root n-
stepena iz kompleksnog broja od. Onda mora biti
=
c
= |
c|·(cos
Arg
c+
i·
grijeh
Argod). Otuda to slijedi 
I n·
Arg
Z
=
Argod 
Arg
Z
=
(k=0,
1,…)
. shodno tome, Z
=
(cos
+
i·
grijeh
),
(k=0,
1,…)
. Lako je vidjeti da je bilo koja od vrijednosti
,
(k=0,
1,…)
različit od jedne od odgovarajućih vrijednosti
,(k
= 0,1,…,
n-1)
na višestruku 2π. Zbog toga , (k
= 0,1,…,
n-1)
.
Primjer.
Izračunajte korijen od (-1).
, očigledno |-1|
= 1,
arg
(-1) =
π
-1 = 1 (cos π + i· grijeh π )
,
(k = 0, 1).
=
i
Stepen sa proizvoljnim racionalnim eksponentom
Uzmite proizvoljan kompleksni broj od. Ako n onda prirodan broj od n
= |
c|
n ·(odos
nArgsa +i·
grijeh
nArgod)(6). Ova formula je tačna iu ovom slučaju n
= 0
(c≠0)
. Neka bude n
< 0
I n
Z I c ≠ 0, onda
od n
=
(cos nArgod+i sin nArgod)
=
(cos nArgod+ i sin nArgod)
. Dakle, formula (6) vrijedi za bilo koje n.
Uzmimo racionalan broj 
, gdje q prirodni broj, i R je cijeli broj.
Onda ispod stepen
c r hajde da razumemo broj 
.
Shvatili smo to ,
(k = 0, 1, …, q-1). Ove vrijednosti q komada, ako se razlomak ne smanji.
Predavanje №3 Granica niza kompleksnih brojeva
Poziva se funkcija prirodnog argumenta kompleksne vrijednosti niz kompleksnih brojeva i označeno (od n ) ili od 1 , od 2 , ..., od n . od n = a n + b n · i (n = 1,2, ...) kompleksni brojevi.
od 1 , od 2 , … - članovi niza; od n - zajednički član
Kompleksni broj od
=
a+
b·
i pozvao granica niza kompleksnih brojeva (c n )
, gdje od n
= a n +
b n ·
i
(n
= 1, 2, …)
, gdje za bilo 
, to za sve n
>
N nejednakost 
. Niz koji ima konačnu granicu naziva se konvergirajući sekvenca.
Teorema.
Da bi se dobio niz kompleksnih brojeva (sa n ) (od n = a n + b n · i) konvergirao u broj sa = a+ b· i, potrebno je i dovoljno za jednakostlim a n = a, lim b n = b.
Dokaz.
Teoremu ćemo dokazati na osnovu sljedeće očigledne dvostruke nejednakosti
, gdje Z
=
x
+
y·
i
(2)
Need. Neka bude lim(od n ) = sa. Pokažimo da su jednakosti lim a n = a I lim b n = b (3).
Očigledno (4)
Jer 
, kada n
→ ∞
, onda iz lijeve strane nejednakosti (4) slijedi da 
I 
, kada n
→ ∞
. stoga vrijede jednakosti (3). Potreba je dokazana.
Adekvatnost. Neka sada vrijede jednakosti (3). Iz jednakosti (3) slijedi da je 
I 
, kada n
→ ∞
, dakle, zbog desne strane nejednakosti (4), bit će 
, kada n→∞
, znači lim(od n )=s. Dovoljnost je dokazana.
Dakle, pitanje konvergencije niza kompleksnih brojeva je ekvivalentno konvergenciji dva niza realnih brojeva, dakle, sva osnovna svojstva granica nizova realnih brojeva važe za nizove kompleksnih brojeva.
Na primjer, za nizove kompleksnih brojeva vrijedi Cauchyjev kriterij: kako bi se dobio niz kompleksnih brojeva (sa n ) konvergirao, potrebno je i dovoljno da za bilo koje 
, to za bilo kojen,
m
>
Nnejednakost 
.
Teorema.
Neka niz kompleksnih brojeva (sa n ) I (z n ) konvergiraju sa iz, zatim jednakostlim(od n
z n )
=
c 
z,
lim(od n ·
z n )
=
c·
z. Ako se to pouzdano znaznije jednako 0, onda je jednakost 
.