3.1. Polar koordinatalar

Ko'pincha samolyotda ishlatiladi qutbli koordinatalar tizimi . Agar O nuqta berilgan bo'lsa, aniqlanadi qutb, va qutbdan chiqadigan nur (biz uchun bu o'q Ox) - qutb o'qi. M nuqtasining pozitsiyasi ikkita raqam bilan belgilanadi: radius (yoki radius vektori) va qutb o'qi va vektor o'rtasidagi burchak ph . ph burchagi deyiladi qutb burchagi; radyanlarda o'lchanadi va dan sanaladi qutb o'qi soat miliga teskari.

Nuqtaning qutb koordinata sistemasidagi o‘rni tartiblangan juft sonlar (r; ph) bilan beriladi. Qutbda r = 0 va ph aniqlanmagan. Boshqa barcha nuqtalar uchun r > 0 va ph 2p ning karraligacha aniqlanadi. Bunda (r; ph) va (r 1 ; ph 1) juft raqamlarga bir xil nuqta tayinlanadi, agar .

To'rtburchak koordinatalar tizimi uchun xOy Dekart koordinatalari nuqtalar uning nuqtai nazaridan oson ifodalanadi qutb koordinatalari quyida bayon qilinganidek:

3.2. Kompleks sonning geometrik talqini

Tekislikda Dekart to'rtburchaklar koordinata tizimini ko'rib chiqaylik xOy.

Har qanday kompleks son z=(a, b) tekislikning koordinatalari ( ga ega) nuqtasi bilan belgilanadi. x, y), qayerda koordinata x = a, ya'ni. kompleks sonning haqiqiy qismi, y = bi koordinatasi esa xayoliy qismdir.

Nuqtalari kompleks sonlar bo'lgan tekislik kompleks tekislikdir.

Rasmda kompleks son z = (a, b) mos keladigan nuqta M(x, y).

Vazifa.Rasm yoqilgan koordinata tekisligi murakkab raqamlar:

3.3. Kompleks sonning trigonometrik shakli

Tekislikdagi kompleks son nuqtaning koordinatalariga ega M(x; y). Bunda:

Kompleks sonni yozish - kompleks sonning trigonometrik shakli.

r raqami chaqiriladi modul murakkab son z va belgilanadi. Modul - manfiy emas haqiqiy raqam. Uchun .

Modul nolga teng, agar va faqat z = 0, ya'ni. a=b=0.

ph raqami chaqiriladi argument z va belgilandi. Argument z qutb koordinatalari tizimidagi qutb burchagi kabi noaniq tarzda aniqlanadi, ya'ni 2p ning karraligacha.

Keyin biz qabul qilamiz: , ph qaerda eng kichik qiymat dalil. Bu aniq

.

Mavzuni chuqurroq o'rganish bilan yordamchi argument ph* kiritiladi, shunday qilib

1-misol. Kompleks sonning trigonometrik shaklini toping.

Yechim. 1) modulni ko'rib chiqamiz: ;

2) ph ni qidirmoqda: ;

3) trigonometrik shakl:

2-misol Kompleks sonning algebraik shaklini toping .

Bu erda qiymatlarni almashtirish kifoya trigonometrik funktsiyalar va ifodani o'zgartiring:

3-misol Kompleks sonning moduli va argumentini toping;

1) ;

2) ; ph - 4 chorakda:

3.4. Trigonometrik shakldagi kompleks sonlar bilan amallar

· Qo‘shish va ayirish murakkab sonlar bilan algebraik shaklda bajarish qulayroq:

· Ko'paytirish– oddiy trigonometrik o'zgarishlar yordamida buni ko'rsatish mumkin ko'paytirishda raqamlarning modullari ko'paytiriladi va argumentlar qo'shiladi: ;

KOMPLEKS RAQAMLAR XI

§ 256. Kompleks sonlarning trigonometrik shakli

Kompleks son bo'lsin a + bi vektorga mos keladi O.A> koordinatalari bilan ( a, b ) (332-rasmga qarang).

Ushbu vektor uzunligini quyidagi bilan belgilang r , va uning o'q bilan qilgan burchagi X , bo'ylab φ . Sinus va kosinusning ta'rifi bo'yicha:

a / r = cos φ , b / r = gunoh φ .

Shunung uchun lekin = r cos φ , b = r gunoh φ . Ammo bu holda kompleks son a + bi quyidagicha yozilishi mumkin:

a + bi = r cos φ + ir gunoh φ = r (chunki φ + i gunoh φ ).

Ma'lumki, har qanday vektor uzunligi kvadrati uning koordinatalari kvadratlari yig'indisiga teng. Shunung uchun r 2 = a 2 + b 2, qaerdan r = √a 2 + b 2

Shunday qilib, har qanday murakkab son a + bi sifatida ifodalanishi mumkin :

a + bi = r (chunki φ + i gunoh φ ), (1)

qayerda r = √a 2 + b 2 va burchak φ sharti asosida aniqlanadi:

Murakkab sonlarni yozishning bunday shakli deyiladi trigonometrik.

Raqam r formulada (1) deyiladi modul, va burchak φ - dalil, kompleks son a + bi .

Agar murakkab raqam bo'lsa a + bi nolga teng emas, u holda uning moduli musbat; agar a + bi = 0, keyin a = b = 0 va keyin r = 0.

Har qanday kompleks sonning moduli yagona aniqlanadi.

Agar murakkab raqam bo'lsa a + bi nolga teng bo'lmasa, uning argumenti (2) formulalar bilan aniqlanadi. albatta 2 ga karrali burchakka qadar π . Agar a + bi = 0, keyin a = b = 0. Bu holda r = 0. (1) formuladan buni argument sifatida tushunish oson φ bu holda siz har qanday burchakni tanlashingiz mumkin: oxir-oqibat, har qanday uchun φ

0 (cos φ + i gunoh φ ) = 0.

Shuning uchun nol argument aniqlanmagan.

Kompleks sonlar moduli r ba'zan |ni bildiradi z |, va arg argumenti z . Kompleks sonlarni trigonometrik shaklda tasvirlashga bir nechta misollarni ko‘rib chiqamiz.

Misol. bitta. 1 + i .

Keling, modulni topamiz r va argument φ bu raqam.

r = √ 1 2 + 1 2 = √ 2 .

Shuning uchun gunoh φ = 1 / √ 2 , cos φ = 1 / √ 2 , qaerdan φ = π / 4 + 2nπ .

Shunday qilib,

1 + i = √ 2 ,

qayerda P - har qanday butun son. Odatda, murakkab son argumentining cheksiz qiymatlari to'plamidan 0 dan 2 gacha bo'lgan biri tanlanadi. π . Bunday holda, bu qiymat π / 4 . Shunung uchun

1 + i = √ 2 (cos π / 4 + i gunoh π / 4)

2-misol Kompleks sonni trigonometrik shaklda yozing √ 3 - i . Bizda ... bor:

r = √ 3+1 = 2 cos φ = √ 3/2, gunoh φ = - 1 / 2

Shuning uchun, 2 ga bo'linadigan burchakka qadar π , φ = 11 / 6 π ; Binobarin,

√ 3 - i = 2(cos 11/6 π + i gunoh 11/6 π ).

3-misol Kompleks sonni trigonometrik shaklda yozing men.

murakkab son i vektorga mos keladi O.A> o'qning A nuqtasida tugaydi da ordinatasi 1 bilan (333-rasm). Bunday vektorning uzunligi 1 ga, abscissa o'qi bilan hosil qiladigan burchakka teng. π / 2. Shunung uchun

i = cos π / 2 + i gunoh π / 2 .

4-misol Kompleks 3 raqamini trigonometrik shaklda yozing.

Kompleks 3 raqami vektorga mos keladi O.A > X abscissa 3 (334-rasm).

Bunday vektorning uzunligi 3 ga, x o'qi bilan qilgan burchagi esa 0 ga teng

3 = 3 (cos 0 + i gunoh 0),

5-misol-5 kompleks sonini trigonometrik shaklda yozing.

-5 kompleks soni vektorga mos keladi O.A> eksa nuqtasida tugaydi X abscissa bilan -5 (335-rasm). Bunday vektorning uzunligi 5 ga, x o'qi bilan qilgan burchagi esa π . Shunung uchun

5 = 5 (kos π + i gunoh π ).

Mashqlar

2047. Ushbu kompleks sonlarni modul va argumentlarini aniqlagan holda trigonometrik shaklda yozing:

1) 2 + 2√3 i , 4) 12i - 5; 7).3i ;

2) √3 + i ; 5) 25; 8) -2i ;

3) 6 - 6i ; 6) - 4; 9) 3i - 4.

2048. Modullari r va ph argumentlari shartlarni qanoatlantiradigan kompleks sonlarni ifodalovchi nuqtalar to‘plamini tekislikda ko‘rsating:

1) r = 1, φ = π / 4 ; 4) r < 3; 7) 0 < φ < π / 6 ;

2) r =2; 5) 2 < r <3; 8) 0 < φ < я;

3) r < 3; 6) φ = π / 3 ; 9) 1 < r < 2,

10) 0 < φ < π / 2 .

2049. Sonlar bir vaqtning o‘zida kompleks sonning moduli bo‘la oladimi? r Va - r ?

2050. Kompleks sonning argumenti bir vaqtning o'zida burchaklar bo'lishi mumkinmi? φ Va - φ ?

Ushbu kompleks raqamlarni trigonometrik shaklda ularning modullari va argumentlarini aniqlab ko'ring:

2051*. 1 + chunki α + i gunoh α . 2054*. 2(20° - i gunoh 20°).

2052*. gunoh φ + i cos φ . 2055*. 3(- cos 15° - i gunoh 15°).

Leksiya

Kompleks sonning trigonometrik shakli

Reja

1.Kompleks sonlarning geometrik tasviri.

2.Kompleks sonlarning trigonometrik belgilanishi.

3. Trigonometrik shakldagi kompleks sonlarga amallar.

Kompleks sonlarning geometrik tasviri.

a) Kompleks sonlar quyidagi qoidaga muvofiq tekislik nuqtalari bilan ifodalanadi: a + bi = M ( a ; b ) (1-rasm).

1-rasm

b) Kompleks sonni nuqtadan boshlanadigan vektor sifatida ifodalash mumkinHAQIDA va berilgan nuqtada tugaydi (2-rasm).

2-rasm

7-misol. Kompleks sonlarni ifodalovchi nuqtalar:1; - i ; - 1 + i ; 2 – 3 i (3-rasm).

3-rasm

Kompleks sonlarning trigonometrik belgilanishi.

Kompleks raqamz = a + bi radius - vektor yordamida o'rnatilishi mumkin koordinatalari bilan( a ; b ) (4-rasm).

4-rasm

Ta'rif . Vektor uzunligi kompleks sonni ifodalaydiz , bu sonning moduli deb ataladi va belgilanadi yokir .

Har qanday murakkab son uchunz uning modulir = | z | formula bilan yagona aniqlanadi .

Ta'rif . Haqiqiy o'qning musbat yo'nalishi va vektor orasidagi burchakning qiymati kompleks sonni ifodalovchi bu kompleks sonning argumenti deyiladi va belgilanadiLEKIN rg z yokiφ .

Murakkab son argumentiz = 0 aniqlanmagan. Murakkab son argumentiz≠ 0 ko'p qiymatli miqdor bo'lib, muddatgacha aniqlanadi2k (k = 0; - 1; 1; - 2; 2; ...): Arg z = arg z + 2k , qayerdaarg z - intervalga kiritilgan argumentning asosiy qiymati(-π; π] , ya'ni-π < arg z ≤ π (ba'zan argumentning asosiy qiymati sifatida intervalga tegishli qiymat olinadi .

Bu formula uchunr =1 Ko'pincha De Moivre formulasi deb ataladi:

(cos ph + i sin ph) n = cos (nph) + i sin (nph), n  N .

11-misol Hisoblang(1 + i ) 100 .

Kompleks sonni yozamiz1 + i trigonometrik shaklda.

a = 1, b = 1 .

cos ph = , sin ph = , φ = .

(1+i) 100 = [ (chunki + gunoh qilaman )] 100 = ( ) 100 (chunki 100+ gunoh qilaman 100) = = 2 50 (cos 25p + i sin 25p) = 2 50 (cos p + i sin p) = - 2 50 .

4) Kompleks sonning kvadrat ildizini chiqarish.

Kompleks sonning kvadrat ildizini chiqarishdaa + bi bizda ikkita holat bor:

agarb > haqida , keyin ;

2.3. Kompleks sonlarning trigonometrik shakli

Vektor berilgan bo'lsin murakkab tekislik raqam.

Musbat yarim o'q Ox va vektor orasidagi burchakni ph bilan belgilang (agar ph burchak soat miliga teskari hisoblansa musbat, aks holda manfiy hisoblanadi).

Vektor uzunligini r bilan belgilang. Keyin. Biz ham belgilaymiz

Nolga teng bo'lmagan z kompleks sonini quyidagicha yozish

z kompleks sonining trigonometrik shakli deyiladi. r soni z kompleks sonining moduli, ph soni esa bu kompleks sonning argumenti deyiladi va Arg z bilan belgilanadi.

Kompleks sonni yozishning trigonometrik shakli - (Eyler formulasi) - kompleks sonni yozishning eksponensial shakli:

z kompleks soni cheksiz ko'p argumentlarga ega: agar ph0 z sonining har qanday argumenti bo'lsa, qolgan barcha raqamlarni formula bo'yicha topish mumkin.

Kompleks son uchun argument va trigonometrik shakl aniqlanmagan.

Shunday qilib, nolga teng bo'lmagan kompleks sonning argumenti tenglamalar tizimining har qanday yechimidir:

(3)

Tengsizliklarni qanoatlantiruvchi kompleks z argumentining ph qiymati asosiy qiymat deb ataladi va arg z bilan belgilanadi.

Argumentlar Arg z va arg z tenglik bilan bog'langan

, (4)

Formula (5) (3) sistemaning natijasidir, shuning uchun kompleks sonning barcha argumentlari tenglikni (5) qanoatlantiradi, lekin (5) tenglamaning barcha ph yechimlari z sonining argumentlari emas.

Nolga teng bo'lmagan kompleks son argumentining asosiy qiymati quyidagi formulalar bilan topiladi:

Trigonometrik shaklda kompleks sonlarni ko'paytirish va bo'lish formulalari quyidagicha:

. (7)

Kompleks sonni tabiiy darajaga ko'tarishda de Moivre formulasi qo'llaniladi:

Murakkab sondan ildiz chiqarishda quyidagi formuladan foydalaniladi:

, (9)

bu yerda k=0, 1, 2, …, n-1.

Masala 54. Hisoblang , bu yerda .

Bu ifodaning yechimini kompleks sonni yozishning ko‘rsatkichli ko‘rinishida ifodalaymiz: .

Agar, keyin.

Keyin, . Shuning uchun, keyin Va , qayerda.

Javob: , da .

Masala 55. Kompleks sonlarni trigonometrik shaklda yozing:

lekin); b) ; in); G) ; e) ; e) ; g).

Kompleks sonning trigonometrik ko'rinishi bo'lganligi sababli:

a) Kompleks sonda: .

,

Shunung uchun

b) , qayerda,

G) , qayerda,

e) .

g) , lekin , keyin.

Shunung uchun

Javob: ; 4; ; ; ; ; .

Masala 56. Kompleks sonning trigonometrik shaklini toping

.

Bo'lsin, .

Keyin, , .

Chunki va , , keyin, va

Shuning uchun, shuning uchun

Javob: , qayerda.

Masala 57. Kompleks sonning trigonometrik shaklidan foydalanib, quyidagi amallarni bajaring: .

Raqamlarni tasavvur qiling va trigonometrik shaklda.

1) , qayerda keyin

Asosiy argumentning qiymatini topish:

Qiymatlarni va ifodaga almashtiring, biz olamiz

2) keyin qayerda

Keyin

3) ko'rsatkichni toping

k=0, 1, 2 deb faraz qilsak, kerakli ildizning uch xil qiymatini olamiz:

Agar , keyin

agar , keyin

agar , keyin .

Javob: :

:

: .

Masala 58. , , , har xil kompleks sonlar va bolsin . Buni isbotlang

a) raqam amal qiladi ijobiy raqam;

b) tenglik yuzaga keladi:

a) Ushbu kompleks sonlarni trigonometrik shaklda ifodalaymiz:

Chunki .

Keling, shunday da'vo qilaylik. Keyin

.

Oxirgi ifoda musbat sondir, chunki sinus belgilari ostidagi intervaldan raqamlar mavjud.

chunki raqam haqiqiy va ijobiy. Haqiqatan ham, agar a va b murakkab sonlar bo'lsa va haqiqiy va noldan katta bo'lsa, u holda .

Bundan tashqari,

demak, kerakli tenglik isbotlangan.

Masala 59. Sonni algebraik shaklda yozing .

Biz sonni trigonometrik shaklda ifodalaymiz, keyin uning algebraik shaklini topamiz. Bizda ... bor . Uchun biz tizimni olamiz:

Bundan tenglik kelib chiqadi: .

De Moivre formulasini qo'llash:

olamiz

Berilgan sonning trigonometrik shakli topiladi.

Endi bu raqamni algebraik shaklda yozamiz:

.

Javob: .

Masala 60. , , yig‘indisini toping.

Jamni hisobga oling

De Moivre formulasini qo'llash orqali biz topamiz

Bu yig'indi n ta a'zoning yig'indisidir geometrik progressiya maxraj bilan va birinchi a'zo .

Bunday progressiyaning shartlari yig'indisi uchun formulani qo'llash, biz bor

Ajratish xayoliy qism oxirgi ifodada topamiz

Haqiqiy qismni ajratib, biz ham olamiz quyidagi formula: , , .

Masala 61. Yig‘indini toping:

lekin) ; b) .

Nyutonning kuchga ko'tarilish formulasiga ko'ra, biz bor

De Moivre formulasiga ko'ra, biz quyidagilarni topamiz:

Olingan ifodalarning haqiqiy va xayoliy qismlarini tenglashtirib, bizda:

Va .

Ushbu formulalarni ixcham shaklda quyidagicha yozish mumkin:

,

, bu yerda a sonining butun qismi.

62-masala. Buning uchun hammasini toping.

Shu darajada , keyin formulani qo'llash

, Ildizlarni olish uchun biz olamiz ,

Binobarin, , ,

, .

Raqamlarga mos keladigan nuqtalar markazi (0;0) nuqtada joylashgan 2 radiusli doira ichiga chizilgan kvadratning uchlarida joylashgan (30-rasm).

Javob: , ,

, .

Masala 63. Tenglamani yeching , .

Shart bo'yicha; shuning uchun bu tenglamaning ildizi yo'q va shuning uchun u tenglamaga ekvivalentdir.

z soni bu tenglamaning ildizi bo'lishi uchun raqam ildiz bo'lishi kerak n-daraja 1 raqamidan.

Demak, asl tenglamaning tengliklardan aniqlangan ildizlari bor degan xulosaga kelamiz

,

Shunday qilib,

,

ya'ni ,

Javob: .

Masala 64. Kompleks sonlar to‘plamidagi tenglamani yeching.

Raqam bu tenglamaning ildizi bo'lmagani uchun, bu tenglama uchun tenglamaga ekvivalentdir.

Ya'ni, tenglama.

Ushbu tenglamaning barcha ildizlari formuladan olinadi (62-masalaga qarang):

; ; ; ; .

Masala 65. Kompleks tekislikda tengsizliklarni qanoatlantiruvchi nuqtalar to‘plamini chizing: . (45- muammoni hal qilishning ikkinchi usuli)

Bo'lsin .

Modullari bir xil bo'lgan murakkab sonlar, boshning markazida joylashgan aylanada yotgan tekislikning nuqtalariga to'g'ri keladi, shuning uchun tengsizlik boshi va radiuslari umumiy markazga ega aylanalar bilan chegaralangan ochiq halqaning barcha nuqtalarini qanoatlantiring va (31-rasm). Kompleks tekislikning qaysidir nuqtasi w0 soniga mos kelsin. Raqam , moduli w0 modulidan kichik marta modulga ega, bu argument w0 argumentidan kattaroqdir. Geometrik nuqtai nazardan, w1 ga mos keladigan nuqtani boshlang'ich va koeffitsientda markazlashtirilgan gomoteti yordamida, shuningdek, boshlang'ichga nisbatan soat miliga teskari aylanish yordamida olish mumkin. Ushbu ikkita o'zgartirishni halqa nuqtalariga qo'llash natijasida (31-rasm), ikkinchisi bir xil markaz va radiuslari 1 va 2 bo'lgan doiralar bilan chegaralangan halqaga aylanadi (32-rasm).

transformatsiya yordamida amalga oshirildi parallel uzatish vektorga. Bir nuqtada markazlashtirilgan halqani ko'rsatilgan vektorga o'tkazib, biz bir nuqtada markazlashtirilgan bir xil o'lchamdagi halqani olamiz (22-rasm).

Samolyotning geometrik o'zgarishlari g'oyasidan foydalanadigan taklif qilingan usul, ehtimol, tavsifda unchalik qulay emas, lekin u juda oqlangan va samarali.

Muammo 66. Agar toping .

Keling, keyin va. Asl tenglik shaklni oladi . Ikki kompleks sonning tenglik shartidan , , qaerdan, ni olamiz. Shunday qilib, .

z sonini trigonometrik shaklda yozamiz:

, qayerda ,. De Moivr formulasiga ko'ra, biz topamiz.

Javob: - 64.

Masala 67. Kompleks son uchun , va kabi barcha kompleks sonlarni toping .

Raqamni trigonometrik shaklda ifodalaymiz:

. Demak, . Biz olgan raqam uchun ikkalasiga teng bo'lishi mumkin.

Birinchi holda , ikkinchisida

.

Javob: , .

Masala 68. Shunday sonlar yig‘indisini toping. Ushbu raqamlardan birini belgilang.

E'tibor bering, muammoni shakllantirishning o'zidayoq tenglamaning ildizlari yig'indisini ildizlarning o'zini hisoblamasdan topish mumkinligini tushunish mumkin. Haqiqatan ham, tenglamaning ildizlari yig'indisi ning koeffitsienti, qarama-qarshi belgi bilan olingan (umumlashtirilgan Vyeta teoremasi), ya'ni.

Talabalar, maktab hujjatlari, ushbu kontseptsiyani o'zlashtirish darajasi to'g'risida xulosa chiqaradilar. Matematik tafakkurning xususiyatlarini va kompleks son tushunchasini shakllantirish jarayonini o'rganishni umumlashtiring. Usullarning tavsifi. Diagnostika: I bosqich. Suhbat 10-sinfda algebra va geometriya fanlaridan dars beradigan matematika o‘qituvchisi bilan o‘tkazildi. Suhbat biroz vaqt o'tgandan keyin bo'lib o'tdi ...

Rezonans” (!)), bu o‘z xulq-atvorini baholashni ham o‘z ichiga oladi. 4. Vaziyatni tushunishni tanqidiy baholash (shubhalar). 5. Nihoyat, tavsiyalardan foydalanish. huquqiy psixologiya(advokat tomonidan amalga oshirilgan kasbiy harakatlarning psixologik jihatlarini ko'rib chiqish - kasbiy va psixologik tayyorgarlik). Endi huquqiy faktlarning psixologik tahlilini ko'rib chiqing. ...

Trigonometrik almashtirish matematikasi va ishlab chiqilgan o'qitish metodikasi samaradorligini tekshirish. Ish bosqichlari: 1. Matematika fanini chuqurlashtirilgan sinflarda o’quvchilar bilan “Algebraik masalalarni yechishda trigonometrik almashtirishni qo’llash” mavzusi bo’yicha fakultativ kursni ishlab chiqish. 2. Ishlab chiqilgan fakultativ kursni o'tkazish. 3. Diagnostik nazoratni o‘tkazish...

Kognitiv vazifalar faqat mavjud o'quv qo'llanmalarini to'ldirish uchun mo'ljallangan va barcha an'anaviy vositalar va elementlar bilan mos kombinatsiyada bo'lishi kerak. ta'lim jarayoni. O'qitishdagi o'quv maqsadlari o'rtasidagi farq gumanitar fanlar aniq dan, dan matematik muammolar faqat tarixiy masalalarda formulalar, qat’iy algoritmlar va boshqalar yo‘qligidan iborat bo‘lib, bu ularning yechimini murakkablashtiradi. ...