számok be trigonometrikus forma.
De Moivre formula
Legyen z 1 = r 1 (cos 1 + isin 1) és z 2 = r 2 (cos 2 + isin 2).
Trigonometrikus jelölés összetett szám Kényelmes a szorzás, az osztás, az egész hatványra emelés és az n fok gyökének kinyerése műveleteihez.
z 1 ∙ z 2 = r 1 ∙ r 2 (cos ( 1 + 2) + i sin( 1 + 2)).
Két komplex szám szorzásakor trigonometrikus formában moduljaikat megszorozzák és argumentumaikat összeadják. Osztásakor moduljaikat felosztják és argumentumaikat kivonják.
A komplex számok szorzására vonatkozó szabály következménye a komplex szám hatványra emelésének szabálya.
z = r(cos + i sin ).
z n \u003d r n (cos n + isin n).
Ezt az arányt ún De Moivre képlete.
8.1. példa Keresse meg a számok szorzatát és hányadosát:
és
Megoldás
z1∙z2
∙
=
;
8.2. példa Írj egy számot trigonometrikus formában!
∙
-i) 7.
Megoldás
Jelöli
és 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. § Komplex szám gyökének kinyerése
Meghatározás. gyökérnkomplex szám hatványa z (jelöli
) egy w komplex szám, amelyre w n = z. Ha z = 0, akkor
= 0.
Legyen z 0, z = r(cos + isin). Jelölje w = (cos + sin), majd írjuk fel a w n = z egyenletet a következő formában
n (cos(n ) + isin(n )) = r(cos + isin).
Ezért n = r,
=
Így w k =
·
.
Ezen értékek között pontosan n különböző érték található.
Ezért k = 0, 1, 2, …, n – 1.
A komplex síkon ezek a pontok egy sugarú körbe írt szabályos n-szög csúcsai.
középpontja az O pont (12. ábra).
12. ábra
Példa 9.1 Keresse meg az összes értéket
.
Megoldás.
Ezt a számot ábrázoljuk trigonometrikus formában. Keresse meg a modulusát és az argumentumát.
w k =
, ahol k = 0, 1, 2, 3.
w 0 =
.
w 1 =
.
w 2 =
.
w 3 =
.
Az összetett síkon ezek a pontok egy sugarú körbe írt négyzet csúcsai
középpontjában az origó (13. ábra).
13. ábra 14. ábra
Példa 9.2 Keresse meg az összes értéket
.
Megoldás.
z = - 64 = 64(cos + isin);
w k =
, ahol k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
w 0 =
; w 1 =
;
w 2 =
w 3 =
w4 =
; w 5 =
.
Az összetett síkon ezek a pontok egy 2 sugarú körbe írt szabályos hatszög csúcsai, amelynek középpontja az O (0; 0) pontban van - 14. ábra.
10. § A komplex szám exponenciális alakja.
Euler-képlet
Jelöli
= cos + isin és
= cos - isin . Ezeket az arányokat ún Euler-képletek .
Funkció
rendelkezik az exponenciális függvény szokásos tulajdonságaival:
Írjuk fel a z komplex számot z = r(cos + isin) trigonometrikus alakban.
Az Euler-képlet segítségével felírhatjuk:
z = r
.
Ezt a bejegyzést ún tájékoztató formaösszetett szám. Használatával megkapjuk a szorzás, osztás, hatványozás és gyökkivonás szabályait.
Ha z 1 = r 1
és z 2 = r 2
?akkor
z 1 z 2 = r 1 r 2
;
·
z n = r n
, ahol k = 0, 1, … , n – 1.
10.1. példaÍrj egy számot algebrai formában!
z=
.
Megoldás.
Példa 10.2 Oldja meg a z 2 + (4 - 3i)z + 4 - 6i = 0 egyenletet.
Megoldás.
Bármely összetett együttható esetén ennek az egyenletnek két gyöke van: z 1 és z 1 (esetleg egybeesik). Ezek a gyökerek ugyanazzal a képlettel kereshetők, mint a valós esetben. Mert
két értéket vesz fel, amelyek csak előjelben különböznek egymástól, akkor ez a képlet a következő:
Mivel –9 \u003d 9 e i, akkor az értékek
a számok a következők lesznek:
Akkor
és
.
10.3. példa Oldja meg a z 3 +1 = 0 egyenleteket; z 3 = - 1. |
Megoldás.
Az egyenlet kívánt gyöke az értékek lesznek
.
Z = –1 esetén r = 1, arg(–1) = .
w k =
, k = 0, 1, 2.
Feladatok
9 Mutassa be exponenciális formában a számokat:
b) |
G) |
10 Írja be a szám exponenciális és algebrai alakjában:
a) |
ban ben) |
b) |
d) 7(cos0 + isin0). |
11 Írja le algebrai és geometriai alakzatokkal a számokat:
a) |
b) |
ban ben) |
G) |
12 Adott számok
Határozzuk meg őket exponenciális formában
.
13 Használata forma megjelenítése komplex szám, tegye a következőket:
a)
b)
ban ben)
G)
e) | |
. |
Val velés természetes szám n 2 .
Összetett szám Z hívott gyökérn– c, ha Z n = c.
Keresse meg az összes gyökérértéket n–
fokozat egy komplex számból Val vel. Hadd c=|
c|·(kötözősaláta
Arg
c+
én·
bűn
ArgVal vel), a
Z
= |
Z|·(valos
Arg
Z
+
én·
bűn
Arg
Z)
, ahol Z gyökér n-
fokozat egy komplex számból Val vel. Akkor annak kell lennie
=
c
= |
c|·(kötözősaláta
Arg
c+
én·
bűn
ArgVal vel). Ebből következik tehát
és n·
Arg
Z
=
ArgVal vel
Arg
Z
=
(k=0,1,…)
. Következésképpen, Z
=
(kötözősaláta
+
én·
bűn
),
(k=0,1,…)
. Könnyen belátható, hogy bármelyik érték
,
(k=0,1,…)
eltér a megfelelő értékek egyikétől
,(k
= 0,1,…,
n-1)
egy többszörösre 2π. Ezért , (k
= 0,1,…,
n-1)
.
Példa.
Számítsa ki (-1) gyökerét.
, nyilvánvalóan |-1| = 1, arg (-1) = π
-1 = 1 (kötözősaláta π + én· bűn π )
, (k = 0, 1).
= én
Fok tetszőleges racionális kitevővel
Vegyünk egy tetszőleges komplex számot Val vel. Ha egy n akkor a természetes szám Val vel n
= |
c|
n ·(Val velos
nArg+-valén·
bűn
nArgVal vel)(6). Ez a képlet abban az esetben is igaz n
= 0
(c≠0)
. Hadd n
< 0
és n
Zés c ≠ 0, akkor
Val vel n
=
(cos nArgVal vel+i sin nArgVal vel)
=
(cos nArgVal vel+ i sin nArgVal vel)
. Így a (6) képlet bármelyikre érvényes n.
Vegyünk egy racionális számot , ahol q természetes szám, és R egy egész szám.
Aztán alatta fokozat
c rértsük meg a számot
.
Ezt értjük ,
(k = 0, 1, …, q-1). Ezek az értékek q darab, ha a tört nem csökken.
3. előadás A komplex számok sorozatának határa
A természetes argumentum komplex értékű függvényét nevezzük komplex számok sorozataés jelöltük (Val vel n ) vagy Val vel 1 , Val vel 2 , ..., Val vel n . Val vel n = a n + b n · én (n = 1,2, ...) komplex számok.
Val vel 1 , Val vel 2 , … - a sorozat tagjai; Val vel n - közös tag
Összetett szám Val vel
=
a+
b·
én hívott komplex számsorozat határértéke (c n )
, ahol Val vel n
= a n +
b n ·
én
(n
= 1, 2, …)
, hol bármely
, ez mindenkinek n
>
N az egyenlőtlenséget
. Egy véges határértékkel rendelkező sorozatot nevezünk összetartó sorrend.
Tétel.
Annak érdekében, hogy komplex számok sorozata (val n ) (Val vel n = a n + b n · én) egy számhoz konvergált = a+ b· én, szükséges és elégséges az egyenlőséghezlim a n = a, lim b n = b.
Bizonyíték.
A tételt a következő nyilvánvaló kettős egyenlőtlenség alapján fogjuk bebizonyítani
, ahol Z = x + y· én (2)
Szükség. Hadd lim(Val vel n ) = -val. Mutassuk meg, hogy az egyenlőségeket lim a n = aés lim b n = b (3).
Nyilvánvalóan (4)
Mert
, mikor n
→ ∞
, akkor a (4) egyenlőtlenség bal oldalából az következik, hogy
és
, mikor n
→ ∞
. ezért a (3) egyenlőségek érvényesek. A szükségesség bebizonyosodott.
Megfelelőség. Most tartsuk fenn a (3) egyenlőségeket. A (3) egyenlőségből az következik
és
, mikor n
→ ∞
, ezért a (4) egyenlőtlenség jobb oldala miatt az lesz
, mikor n→∞
, azt jelenti lim(Val vel n )=s. Az elegendőség bebizonyosodott.
Tehát egy komplex számsorozat konvergenciájának kérdése egyenértékű két valós számsorozat konvergenciájával, ezért a valós számsorozatok határainak minden alapvető tulajdonsága vonatkozik a komplex számsorozatokra.
Például komplex számsorozatok esetén a Cauchy-kritérium érvényes: annak érdekében, hogy komplex számok sorozata (val n ) konvergálva szükséges és elegendő, hogy bármely
, hogy bármelyn,
m
>
Naz egyenlőtlenséget
.
Tétel.
Legyen komplex számok sorozata (val n ) és (z n ) konvergálnak a és -hozz, akkor az egyenlőséglim(Val vel n
z n )
=
c z,
lim(Val vel n ·
z n )
=
c·
z. Ha ez bizonyosan ismertznem egyenlő 0-val, akkor az egyenlőség
.