KOMPLEXNÉ ČÍSLA XI

§ 256. Trigonometrický tvar komplexných čísel

Nech je komplexné číslo a + bi zodpovedá vektoru O.A.> so súradnicami ( a, b ) (pozri obr. 332).

Označme dĺžku tohto vektora r a uhol, ktorý zviera s osou X , cez φ . Podľa definície sínus a kosínus:

a / r =cos φ , b / r = hriech φ .

Preto A = r cos φ , b = r hriech φ . Ale v tomto prípade komplexné číslo a + bi možno napísať ako:

a + bi = r cos φ + ir hriech φ = r (kos φ + i hriech φ ).

Ako viete, druhá mocnina dĺžky ľubovoľného vektora sa rovná súčtu štvorcov jeho súradníc. Preto r 2 = a 2 + b 2, odkiaľ r = √a 2 + b 2

takže, akékoľvek komplexné číslo a + bi môžu byť zastúpené vo forme :

a + bi = r (kos φ + i hriech φ ), (1)

kde r = √a 2 + b 2 a uhol φ sa určuje z podmienky:

Táto forma zápisu komplexných čísel sa nazýva trigonometrické.

číslo r vo vzorci (1) sa nazýva modul a uhol φ - argument, komplexné číslo a + bi .

Ak ide o komplexné číslo a + bi sa nerovná nule, potom je jeho modul kladný; ak a + bi = 0 teda a = b = 0 a potom r = 0.

Modul akéhokoľvek komplexného čísla je jednoznačne určený.

Ak ide o komplexné číslo a + bi sa nerovná nule, potom je jeho argument určený vzorcami (2) určite s presnosťou na uhol deliteľný 2 π . Ak a + bi = 0 teda a = b = 0. V tomto prípade r = 0. Zo vzorca (1) je ľahké to pochopiť ako argument φ v tomto prípade si môžete vybrať akýkoľvek uhol: koniec koncov, pre akýkoľvek φ

0 (cos φ + i hriech φ ) = 0.

Preto je nulový argument nedefinovaný.

Modul komplexného čísla r niekedy sa označuje | z |, a argument arg z . Pozrime sa na niekoľko príkladov reprezentácie komplexných čísel v trigonometrickom tvare.

Príklad. 1. 1 + i .

Poďme nájsť modul r a argument φ toto číslo.

r = √ 1 2 + 1 2 = √ 2 .

Preto hriech φ = 1 / √ 2, cos φ = 1 / √ 2, odkiaľ φ = π / 4 + 2nπ .

teda

1 + i = √ 2 ,

Kde P - ľubovoľné celé číslo. Zvyčajne sa z nekonečnej množiny hodnôt argumentu komplexného čísla vyberie jedna, ktorá je medzi 0 a 2 π . V tomto prípade je táto hodnota π / 4. Preto

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

Príklad 2 Napíšte komplexné číslo v trigonometrickom tvare √ 3 - i . Máme:

r = √ 3+1 = 2, čos φ = √ 3 / 2, hriech φ = - 1 / 2

Preto až do uhla deliteľného 2 π , φ = 11 / 6 π ; teda,

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

Príklad 3 Napíšte komplexné číslo v trigonometrickom tvare i.

Komplexné číslo i zodpovedá vektoru O.A.> , končiace v bode A osi pri s ordinátou 1 (obr. 333). Dĺžka takéhoto vektora je 1 a uhol, ktorý zviera s osou x, je rovný π / 2. Preto

i =cos π / 2 + i hriech π / 2 .

Príklad 4. Napíšte komplexné číslo 3 v trigonometrickom tvare.

Komplexné číslo 3 zodpovedá vektoru O.A. > X úsečka 3 (obr. 334).

Dĺžka takéhoto vektora je 3 a uhol, ktorý zviera s osou x, je 0. Preto

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

Príklad 5. Napíšte komplexné číslo -5 v trigonometrickom tvare.

Komplexné číslo -5 zodpovedá vektoru O.A.> končiace v bode osi X s osou -5 (obr. 335). Dĺžka takéhoto vektora je 5 a uhol, ktorý zviera s osou x, sa rovná π . Preto

5 = 5 (cos π + i hriech π ).

Cvičenia

2047. Napíšte tieto komplexné čísla v trigonometrickom tvare a definujte ich moduly a argumenty:

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. Označte na rovine množinu bodov reprezentujúcich komplexné čísla, ktorých modul r a argumenty φ spĺňajú podmienky:

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. Môžu byť čísla súčasne modulom komplexného čísla? r a - r ?

2050. Môže byť argumentom komplexného čísla súčasne uhly? φ a - φ ?

Prezentujte tieto komplexné čísla v trigonometrickej forme, pričom definujte ich moduly a argumenty:

2051*. 1 + kos α + i hriech α . 2054*. 2 (cos 20° - i hriech 20°).

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

Operácie s komplexnými číslami zapísanými v algebraickej forme

Algebraický tvar komplexného čísla z =(a,b).nazýva sa algebraické vyjadrenie tvaru

z = a + bi.

Aritmetické operácie s komplexnými číslami z 1 = a 1 +b 1 i A z 2 = a 2 +b 2 i, napísané v algebraickej forme, sa vykonávajú nasledovne.

1. Súčet (rozdiel) komplexných čísel

z 1 ±z 2 = (a 1 ± a 2) + (b 1 ±b 2)∙i,

tie. sčítanie (odčítanie) sa vykonáva podľa pravidla pre sčítanie polynómov s redukciou podobných členov.

2. Súčin komplexných čísel

z 1 ∙z 2 = (a 1 ∙a 2 -b 1 ∙b 2) + (a 1 ∙b 2 + a 2 ∙b 1)∙i,

tie. násobenie sa vykonáva podľa obvyklého pravidla pre násobenie polynómov, berúc do úvahy skutočnosť, že i 2 = 1.

3. Delenie dvoch komplexných čísel sa vykonáva podľa nasledujúceho pravidla:

, (z 2 ≠ 0),

tie. delenie sa vykonáva vynásobením dividendy a deliteľa konjugovaným číslom deliteľa.

Umocňovanie komplexných čísel je definované takto:

Je ľahké to ukázať

Príklady.

1. Nájdite súčet komplexných čísel z 1 = 2 – i A z 2 = – 4 + 3i.

z 1 + z 2 = (2 + (–1)∙i)+ (–4 + 3i) = (2 + (–4)) + ((–1) + 3) i = –2+2i.

2. Nájdite súčin komplexných čísel z 1 = 2 – 3i A z 2 = –4 + 5i.

= (2 – 3i) ∙ (–4 + 5i) = 2 ∙(–4) + (-4) ∙(–3i)+ 2∙5i– 3ja∙ 5i = 7+22i.

3. Nájdite kvocient z z divízie z 1 = 3 – 2na z 2 = 3 – i.

z = .

4. Vyriešte rovnicu: , X A r Î R.

(2x+y) + (x+y)i = 2 + 3i.

Vďaka rovnosti komplexných čísel máme:

kde x =–1 , r= 4.

5. Vypočítajte: i 2 ,i 3 ,i 4 ,i 5 ,i 6 ,i -1 ,i -2 .

6. Vypočítajte, ak .

.

7. Vypočítajte prevrátenú hodnotu čísla z=3-i.

Komplexné čísla v trigonometrickom tvare

Komplexná rovina nazývaná rovina s karteziánskymi súradnicami ( x, y), ak každý bod so súradnicami ( a, b) je spojené s komplexným číslom z = a + bi. V tomto prípade sa nazýva os x reálna os a zvislá os je imaginárny. Potom každé komplexné číslo a+bi geometricky znázornené na rovine ako bod A (a, b) alebo vektor.

Preto poloha bodu A(a teda komplexné číslo z) môže byť špecifikovaný dĺžkou vektora | | = r a uhol j, tvorený vektorom | | s kladným smerom reálnej osi. Dĺžka vektora je tzv modul komplexného čísla a označuje sa | z |=r a uhol j volal argument komplexného čísla a je určený j = arg z.

Je jasné, že | z| ³ 0 a | z | = 0 Û z = 0.

Z obr. 2 je zrejmé, že .

Argument komplexného čísla je určený nejednoznačne, ale s presnosťou na 2 pk, kÎ Z.

Z obr. 2 je tiež zrejmé, že ak z=a+bi A j=arg z, To

cos j =,hriech j =, tg j = .

Ak zÎR A z> 0, potom arg z = 0 +2pk;

Ak z ОR A z< 0, potom arg z = p + 2pk;

Ak z = 0,arg z neurčitý.

Hlavná hodnota argumentu je určená na intervale 0 £ arg z 2 £ p,

alebo -p£ arg z £ p.

Príklady:

1. Nájdite modul komplexných čísel z 1 = 4 – 3i A z 2 = –2–2i.

2. Definujte oblasti v komplexnej rovine definovanej podmienkami:

1) | z | = 5; 2) | z| 6 £; 3) | z – (2+i) | 3 £; 4) 6 £ | z – i| 7 £.

Riešenia a odpovede:

1) | z| = 5 Û Û - rovnica kružnice s polomerom 5 a stredom v počiatku.

2) Kružnica s polomerom 6 so stredom v počiatku.

3) Kruh s polomerom 3 so stredom v bode z 0 = 2 + i.

4) Prstenec ohraničený kružnicami s polomermi 6 a 7 so stredom v bode z 0 = i.

3. Nájdite modul a argument čísel: 1) ; 2).

1) ; A = 1, b = Þ ,

Þ j 1 = .

2) z 2 = –2 – 2i; a =–2, b =-2 Þ ,

.

Pomôcka: Pri určovaní hlavného argumentu použite komplexnú rovinu.

Takto: z 1 = .

2) , r 2 = 1, j 2 = , .

3) , r 3 = 1, j 3 = , .

4) , r 4 = 1, j 4 = , .

Prednáška

Trigonometrický tvar komplexného čísla

Plán

1. Geometrická reprezentácia komplexných čísel.

2. Goniometrický zápis komplexných čísel.

3. Akcie na komplexných číslach v goniometrickom tvare.

Geometrické znázornenie komplexných čísel.

a) Komplexné čísla sú znázornené bodmi v rovine podľa nasledujúceho pravidla: a + bi = M ( a ; b ) (obr. 1).

Obrázok 1

b) Komplexné číslo môže byť reprezentované vektorom, ktorý začína v bodeO a koniec v danom bode (obr. 2).

Obrázok 2

Príklad 7. Zostrojte body reprezentujúce komplexné čísla:1; - i ; - 1 + i ; 2 – 3 i (obr. 3).

Obrázok 3

Trigonometrický zápis komplexných čísel.

Komplexné čísloz = a + bi možno špecifikovať pomocou vektora polomeru so súradnicami( a ; b ) (obr. 4).

Obrázok 4

Definícia . Dĺžka vektora , ktoré predstavuje komplexné čísloz , sa nazýva modul tohto čísla a označuje sa alebor .

Pre akékoľvek komplexné čísloz jeho modulr = | z | je určený jednoznačne vzorcom .

Definícia . Veľkosť uhla medzi kladným smerom reálnej osi a vektorom , predstavujúce komplexné číslo, sa nazýva argument tohto komplexného čísla a označuje saA rg z aleboφ .

Argument komplexných číselz = 0 neurčitý. Argument komplexných číselz≠ 0 – viachodnotová veličina a je určená v rámci termínu2πk (k = 0; - 1; 1; - 2; 2; …): Arg z = arg z + 2πk , Kdearg z – hlavná hodnota argumentu obsiahnutého v intervale(-π; π] , teda-π < arg z ≤ π (niekedy sa za hlavnú hodnotu argumentu berie hodnota patriaca do intervalu .

Tento vzorec kedyr =1 často nazývaný Moivreov vzorec:

(cos φ + i sin φ) n = cos (nφ) + i sin (nφ), n  N .

Príklad 11: Vypočítajte(1 + i ) 100 .

Napíšeme komplexné číslo1 + i v trigonometrickej forme.

a = 1, b = 1 .

cos φ = , sin φ = , φ = .

(1+i) 100 = [ (kos + hreším )] 100 = ( ) 100 (kos 100 + hreším ·100) = = 2 50 (cos 25π + i sin 25π) = 2 50 (cos π + i sin π) = - 2 50 .

4) Extrahovanie druhej odmocniny komplexného čísla.

Pri preberaní druhej odmocniny komplexného číslaa + bi máme dva prípady:

Akb >o , To ;

2.3. Trigonometrický tvar komplexných čísel

Nech je vektor špecifikovaný v komplexnej rovine číslom .

Označme φ uhol medzi kladnou poloosou Ox a vektorom (uhol φ sa považuje za kladný, ak sa meria proti smeru hodinových ručičiek, a za záporný inak).

Označme dĺžku vektora r. Potom . Označujeme tiež

Zápis nenulového komplexného čísla z v tvare

sa nazýva trigonometrický tvar komplexného čísla z. Číslo r sa nazýva modul komplexného čísla z a číslo φ sa nazýva argument tohto komplexného čísla a označuje sa Arg z.

Trigonometrická forma zápisu komplexného čísla - (Eulerov vzorec) - exponenciálna forma zápisu komplexného čísla:

Komplexné číslo z má nekonečne veľa argumentov: ak φ0 je ľubovoľný argument čísla z, potom všetky ostatné možno nájsť pomocou vzorca

Pre komplexné číslo nie je definovaný argument ani goniometrický tvar.

Argumentom nenulového komplexného čísla je teda akékoľvek riešenie systému rovníc:

(3)

Hodnota φ argumentu komplexného čísla z, ktorá spĺňa nerovnice, sa nazýva hlavná hodnota a označuje sa arg z.

Argumenty Arg z a arg z spolu súvisia

, (4)

Vzorec (5) je dôsledkom sústavy (3), preto všetky argumenty komplexného čísla spĺňajú rovnosť (5), ale nie všetky riešenia φ rovnice (5) sú argumentmi čísla z.

Hlavná hodnota argumentu nenulového komplexného čísla sa nachádza podľa vzorcov:

Vzorce na násobenie a delenie komplexných čísel v trigonometrickom tvare sú nasledovné:

. (7)

Pri zvýšení komplexného čísla na prirodzenú mocninu sa používa vzorec Moivre:

Pri extrakcii koreňa komplexného čísla sa používa vzorec:

, (9)

kde k=0, 1, 2, …, n-1.

Úloha 54. Vypočítajte kde .

Uveďme riešenie tohto výrazu v exponenciálnom tvare zápisu komplexného čísla: .

Ak potom.

potom , . Preto teda A , Kde .

odpoveď: , o .

Úloha 55. Napíšte komplexné čísla v goniometrickom tvare:

A); b) ; V); G); d) ; e) ; a).

Keďže trigonometrický tvar komplexného čísla je , potom:

a) V komplexnom čísle: .

,

Preto

b) , Kde ,

G) , Kde ,

e) .

a) , A , To .

Preto

odpoveď: ; 4; ; ; ; ; .

Úloha 56. Nájdite goniometrický tvar komplexného čísla

.

nechaj, .

potom , , .

Od a , , potom , a

Preto, teda

odpoveď: , Kde .

Úloha 57. Pomocou goniometrickej formy komplexného čísla vykonajte nasledujúce akcie: .

Predstavme si čísla a v trigonometrickej forme.

1), kde Potom

Nájdite hodnotu hlavného argumentu:

Dosadíme hodnoty a do výrazu dostaneme

2) , kde potom

Potom

3) Nájdite kvocient

Za predpokladu, že k=0, 1, 2, dostaneme tri rôzne hodnoty požadovaného koreňa:

Ak potom

Ak potom

Ak potom .

odpoveď: :

:

: .

Úloha 58. Nech sú , , , rôzne komplexné čísla a . Dokáž to

číslo je skutočné kladné číslo;

b) platí rovnosť:

a) Predstavme si tieto komplexné čísla v trigonometrickom tvare:

Pretože .

Predstierajme to. Potom

.

Posledný výraz je kladné číslo, pretože sínusové znamienka obsahujú čísla z intervalu.

od čísla skutočné a pozitívne. Ak sú a a b komplexné čísla a sú reálne a väčšie ako nula, potom .

okrem toho

preto je dokázaná požadovaná rovnosť.

Úloha 59. Napíšte číslo v algebraickom tvare .

Predstavme si číslo v goniometrickom tvare a potom nájdime jeho algebraický tvar. Máme . Pre dostaneme systém:

To znamená rovnosť: .

Použitie Moivreovho vzorca: ,

dostaneme

Nájde sa trigonometrický tvar daného čísla.

Teraz napíšme toto číslo v algebraickom tvare:

.

odpoveď: .

Úloha 60. Nájdite súčet , ,

Zvážme množstvo

Aplikovaním Moivreovho vzorca zistíme

Tento súčet je súčtom n členov geometrickej postupnosti s menovateľom a prvý člen .

Aplikovaním vzorca pre súčet členov takejto progresie máme

Keď izolujeme imaginárnu časť v poslednom výraze, nájdeme

Izoláciou reálnej časti získame aj nasledujúci vzorec: , , .

Úloha 61. Nájdite súčet:

A) ; b) .

Podľa Newtonovho vzorca pre umocňovanie máme

Pomocou Moivreovho vzorca nájdeme:

Porovnaním skutočných a imaginárnych častí výsledných výrazov pre , máme:

A .

Tieto vzorce môžu byť napísané v kompaktnej forme takto:

,

, kde je celá časť čísla a.

Úloha 62. Nájdite všetky , pre ktoré .

Pretože , potom pomocou vzorca

, Ak chcete extrahovať korene, dostaneme ,

teda , ,

, .

Body zodpovedajúce číslam sú umiestnené vo vrcholoch štvorca vpísaného do kruhu s polomerom 2 so stredom v bode (0;0) (obr. 30).

odpoveď: , ,

, .

Úloha 63. Vyriešte rovnicu , .

Podľa podmienok; preto táto rovnica nemá koreň, a preto je ekvivalentná rovnici.

Aby číslo z bolo koreňom tejto rovnice, číslo musí byť n-tou odmocninou čísla 1.

Odtiaľto usudzujeme, že pôvodná rovnica má korene určené z rovnosti

,

teda

,

t.j. ,

odpoveď: .

Úloha 64. Vyriešte rovnicu v množine komplexných čísel.

Keďže číslo nie je koreňom tejto rovnice, potom je táto rovnica ekvivalentná rovnici

Teda rovnica.

Všetky korene tejto rovnice sú získané zo vzorca (pozri úlohu 62):

; ; ; ; .

Úloha 65. Nakreslite na komplexnú rovinu množinu bodov, ktoré spĺňajú nerovnosti: . (2. spôsob riešenia problému 45)

Nechaj .

Komplexné čísla s rovnakými modulmi zodpovedajú bodom v rovine ležiacim na kružnici so stredom v počiatku, preto nerovnosť spĺňajú všetky body otvoreného prstenca ohraničeného kružnicami so spoločným stredom v počiatku a polomermi a (obr. 31). Nech nejaký bod komplexnej roviny zodpovedá číslu w0. číslo , má modul niekoľkonásobne menší ako modul w0 a argument väčší ako argument w0. Z geometrického hľadiska možno bod zodpovedajúci w1 získať pomocou homotetity so stredom v počiatku a koeficientom, ako aj otočením vzhľadom k počiatku o uhol proti smeru hodinových ručičiek. V dôsledku aplikácie týchto dvoch transformácií na body prstenca (obr. 31) sa prstenec premení na prstenec ohraničený kružnicami s rovnakým stredom a polomermi 1 a 2 (obr. 32).

Konverzia realizované pomocou paralelného prenosu do vektora. Prenesením prstenca so stredom v bode do naznačeného vektora získame prstenec rovnakej veľkosti so stredom v bode (obr. 22).

Navrhovaná metóda, ktorá využíva myšlienku geometrických transformácií roviny, je pravdepodobne menej vhodná na opis, ale je veľmi elegantná a efektívna.

Úloha 66. Zistite, či .

Nechajte , potom a . Počiatočná rovnosť bude mať formu . Z podmienky rovnosti dvoch komplexných čísel dostaneme , , z čoho , . Teda, .

Napíšme číslo z v trigonometrickom tvare:

, Kde , . Podľa Moivreovho vzorca nájdeme .

odpoveď: - 64.

Úloha 67. Pre komplexné číslo nájdite všetky komplexné čísla také, že , a .

Predstavme si číslo v trigonometrickom tvare:

. Odtiaľ, . Pre číslo, ktoré dostaneme, sa môže rovnať alebo .

V prvom prípade , v druhom

.

odpoveď: , .

Úloha 68. Nájdite súčet takých čísel, ktoré . Uveďte jedno z týchto čísel.

Všimnite si, že zo samotnej formulácie problému možno pochopiť, že súčet koreňov rovnice možno nájsť bez výpočtu samotných koreňov. Skutočne, súčet koreňov rovnice je koeficient pre , braný s opačným znamienkom (zovšeobecnená Vietova veta), t.j.

Študenti, školská dokumentácia, vyvodzujú závery o stupni zvládnutia tohto pojmu. Zhrňte štúdium znakov matematického myslenia a procesu tvorby pojmu komplexného čísla. Popis metód. Diagnostika: I. etapa. Rozhovor bol vedený s učiteľkou matematiky, ktorá v 10. ročníku vyučuje algebru a geometriu. Rozhovor sa odohral po nejakom čase od začiatku...

Rezonancia" (!)), ktorého súčasťou je aj posúdenie vlastného správania. 4. Kritické posúdenie chápania situácie (pochybnosti). 5. Napokon využitie odporúčaní právnej psychológie (právnik zohľadňuje psychologické aspekty vykonaných odborných úkonov - odborná psychologická pripravenosť). Uvažujme teraz o psychologickom rozbore právnych skutočností...

Matematika trigonometrickej substitúcie a testovanie efektívnosti vypracovanej metodiky výučby. Etapy práce: 1. Vypracovanie voliteľného predmetu na tému: „Aplikácia goniometrickej substitúcie pri riešení algebraických úloh“ so študentmi v triedach s pokročilou matematikou. 2. Vedenie vypracovaného výberového kurzu. 3. Vykonanie diagnostického testu...

Kognitívne úlohy sú určené len na doplnenie existujúcich učebných pomôcok a musia byť vo vhodnej kombinácii so všetkými tradičnými prostriedkami a prvkami vzdelávacieho procesu. Rozdiel medzi výchovnými problémami vo vyučovaní humanitných vied a exaktnými problémami z matematických úloh je len v tom, že v historických problémoch neexistujú vzorce, prísne algoritmy atď., čo komplikuje ich riešenie. ...

Podobné články