Predavanje

Trigonometrijski oblik kompleksnog broja

Plan

1.Geometrijski prikaz kompleksnih brojeva.

2. Trigonometrijska notacija kompleksnih brojeva.

3. Radnje na kompleksni brojevi u trigonometrijskom obliku.

Geometrijski prikaz kompleksnih brojeva.

a) Kompleksni brojevi su predstavljeni tačkama ravni prema sledećem pravilu: a + bi = M ( a ; b ) (sl. 1).

Slika 1

b) Kompleksni broj se može predstaviti vektorom koji počinje u tačkiO i kraj na ovom mestu (slika 2).

Slika 2

Primjer 7. Iscrtajte tačke koje predstavljaju kompleksne brojeve:1; - i ; - 1 + i ; 2 – 3 i (sl. 3).

Slika 3

Trigonometrijska notacija kompleksnih brojeva.

Kompleksni brojz = a + bi može se postaviti pomoću radijus vektora sa koordinatama( a ; b ) (sl. 4).

Slika 4

Definicija . Dužina vektora predstavlja kompleksan brojz , naziva se modulom ovog broja i označava se ilir .

Za bilo koji kompleksni brojz njegov modulr = | z | je jedinstveno određena formulom .

Definicija . Veličina ugla između pozitivnog smjera realne ose i vektora koji predstavlja kompleksni broj naziva se argumentom ovog kompleksnog broja i označava seA rg z iliφ .

Argument kompleksnog brojaz = 0 nedefinisano. Argument kompleksnog brojaz≠ 0 je viševrijedna veličina i određena je do termina2πk (k = 0; - 1; 1; - 2; 2; ...): Arg z = arg z + 2πk , gdjearg z - glavna vrijednost argumenta, zatvorena u intervalu(-π; π] , to je-π < arg z ≤ π (ponekad se glavna vrijednost argumenta uzima kao vrijednost koja pripada intervalu .

Ova formula zar =1 često se naziva Moivreova formula:

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

Primjer 11. Izračunajte(1 + i ) 100 .

Napišimo kompleksan broj1 + i u trigonometrijskom obliku.

a = 1, b = 1 .

cos φ = , sin φ = , φ = .

(1 + i) 100 = [ (cos + greh )] 100 = ( ) 100 (cos 100 + i grijeh 100) = = 2 50 (cos 25π + i sin 25π) = 2 50 (cos π + i sin π) = - 2 50 .

4) Izdvajanje kvadratnog korijena kompleksnog broja.

Prilikom vađenja kvadratnog korijena kompleksnog brojaa + bi imamo dva slučaja:

akob > o , onda ;

KOMPLEKSNI BROJEVI XI

§ 256. Trigonometrijski oblik kompleksnih brojeva

Neka kompleksni broj a + bi odgovara vektoru OA> sa koordinatama ( a, b ) (vidi sliku 332).

Dužina ovog vektora označavamo sa r , i ugao koji formira sa osom X , preko φ ... Po definiciji sinusa i kosinusa:

a / r = cos φ , b / r = grijeh φ .

Dakle a = r cos φ , b = r grijeh φ ... Ali u ovom slučaju, kompleksni broj a + bi može se napisati kao:

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

Kao što znate, kvadrat dužine bilo kojeg vektora jednak je zbroju kvadrata njegovih koordinata. Dakle r 2 = a 2 + b 2, odakle r = √a 2 + b 2

dakle, bilo kom kompleksnom broju a + bi može se predstaviti kao :

a + bi = r (cos φ + i grijeh φ ), (1)

gdje je r = √a 2 + b 2 i ugao φ određuje se iz uslova:

Ovaj oblik zapisa za kompleksne brojeve naziva se trigonometrijski.

Broj r u formuli (1) se zove modul i ugao φ - argument, kompleksni broj a + bi .

Ako je kompleksan broj a + bi nije jednak nuli, tada je njegov modul pozitivan; ako a + bi = 0, onda a = b = 0 i zatim r = 0.

Modul bilo kojeg kompleksnog broja je jednoznačno određen.

Ako je kompleksan broj a + bi nije jednak nuli, tada je njegov argument određen formulama (2) nedvosmisleno tačna do ugla višestrukog od 2 π ... Ako a + bi = 0, onda a = b = 0. U ovom slučaju r = 0. Iz formule (1) to je lako shvatiti kao argument φ u ovom slučaju možete odabrati bilo koji ugao: na kraju krajeva, za bilo koji φ

0 (cos φ + i grijeh φ ) = 0.

Stoga je nulti argument nedefiniran.

Modul kompleksnih brojeva r ponekad označavaju | z | i argument arg z ... Pogledajmo nekoliko primjera kako se kompleksni brojevi mogu predstaviti u trigonometrijskom obliku.

Primjer. jedan. 1 + i .

Pronađite modul r i argument φ ovaj broj.

r = √ 1 2 + 1 2 = √ 2 .

Stoga grijeh φ = 1 / √ 2, cos φ = 1 / √ 2, odakle φ = π / 4 + 2nπ .

Na ovaj način,

1 + i = √ 2 ,

gdje P - bilo koji cijeli broj. Obično se iz beskonačnog skupa vrijednosti argumenta kompleksnog broja bira jedan koji leži između 0 i 2 π ... U ovom slučaju, ova vrijednost je π / 4 . Dakle

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

Primjer 2. Napišite kompleksni broj u trigonometrijskom obliku √ 3 - i ... Imamo:

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

Dakle, do ugla višestrukog od 2 π , φ = 11 / 6 π ; dakle,

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

Primjer 3 Napišite kompleksni broj u trigonometrijskom obliku i.

Kompleksni broj i odgovara vektoru OA> završava u tački A ose at sa ordinatom 1 (sl. 333). Dužina takvog vektora je 1, a ugao koji čini sa apscisom je π / 2. Dakle

i = cos π / 2 + i grijeh π / 2 .

Primjer 4. Zapišite kompleksni broj 3 u trigonometrijskom obliku.

Kompleksni broj 3 odgovara vektoru OA > X apscisa 3 (sl. 334).

Dužina takvog vektora je 3, a ugao koji pravi sa apscisom je 0. Dakle,

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

Primjer 5. Zapišite kompleksni broj -5 u trigonometrijskom obliku.

Kompleksni broj -5 odgovara vektoru OA> završava u tački ose X sa apscisom -5 (Sl. 335). Dužina takvog vektora je 5, a ugao koji formira sa apscisom je π ... Dakle

5 = 5 (cos π + i grijeh π ).

Vježbe

2047. Zapišite ove kompleksne brojeve u trigonometrijskom obliku, definirajući njihove module i argumente:

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. Označite na ravni skup tačaka koje predstavljaju kompleksne brojeve, moduli r i argumenti φ koji zadovoljavaju uslove:

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. Može li modul kompleksnog broja biti u isto vrijeme brojevi? r i - r ?

2050. Može li argument kompleksnog broja istovremeno biti i uglovi? φ i - φ ?

Za predstavljanje ovih kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku, definiranjem njihovih modula i argumenata:

2051 *. 1 + cos α + i grijeh α ... 2054 *. 2 (cos 20° - i sin 20°).

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

Da biste odredili položaj točke na ravni, možete koristiti polarne koordinate [r, (p), gdje G je udaljenost tačke od početka, i (R- ugao koji čini poluprečnik - vektor ove tačke sa pozitivnim smerom ose Oh. Pozitivan smjer promjene ugla (R uzima se u obzir smjer suprotno od kazaljke na satu. Koristeći vezu između kartezijanskih i polarnih koordinata: x = r cos cf, y = r sin (str,

dobijamo trigonometrijski oblik pisanja kompleksnog broja

z - r (sin (p + i sin

gdje G

Xí + y2, (p je argument kompleksnog broja koji se nalazi iz

l X . at

formule cos (p --, sin ^ 9 = - ili zbog činjenice da tg (p --, (p-arctg

Imajte na umu da prilikom odabira vrijednosti sri iz posljednje jednačine potrebno je uzeti u obzir predznake x i y.

Primjer 47. Napišite kompleksni broj u trigonometrijskom obliku 2 = -1 + l / Z /.

Rješenje. Pronađite modul i argument kompleksnog broja:

= yj 1 + 3 = 2 . Injekcija sri pronađite iz relacija cos (str = -, sin (p = -. Onda

dobiti cos (p = -, suup

u / z g ~

• - -. Očigledno, tačka z = -1 + V3- / jeste
• 2 To 3

u drugoj četvrtini: (R= 120°

Zamena

2 r.... cos - h; grijeh

u formulu (1) pronađeno 27G L

Komentar. Argument kompleksnog broja nije jednoznačno definiran, već do izraza koji je višekratnik 2p. Onda kroz cn ^ r označiti

vrijednost argumenta zatvorena unutar (p 0 %2 Onda

A) ^ r = + 2kk.

Koristeći dobro poznatu Eulerovu formulu To jest, dobijamo eksponencijalnu notaciju kompleksnog broja.

Imamo r = r (co ^ (p + i?, n (p) = r,

Radnje na kompleksne brojeve

• 1. Zbir dva kompleksna broja r, = X] + y x/ u r 2 - x 2 + y 2 / određuje se prema formuli r! +2 2 = (x, + ^ 2) + (^ 1 + ^ 2) 'g
• 2. Operacija oduzimanja kompleksnih brojeva je definirana kao inverzno sabiranje. Kompleksni broj r = rx - r 2, ako z 2 + z = z x,

je razlika kompleksnih brojeva 2, i d 2. Tada je r = (x, - x 2) + (y, - at 2) /.

• 3. Proizvod dva kompleksna broja r x= x, + y, -z i 2 2 = x 2+ U2„G se određuje formulom
• *1*2 =(* + U"0 (X 2+ T 2 -0 = X 1 X 2 Y 1 2 -1 + x Y2 " * + Imati1 Imati2 " ^ =

= (xx 2 ~ YY 2) + (X Y2 + X 2Y) - "-

posebno, god= (x + y-z) (x-y /) = x 2 + y 2.

Možete dobiti formule za množenje kompleksnih brojeva u eksponencijalnom i trigonometrijskom obliku. Imamo:

• 1^ 2 - G h e 1 = ) G 2 e> = G] G 2 cOs ((P + cf 2) + isin
• 4. Deljenje kompleksnih brojeva je definisano kao inverzna operacija

množenje, tj. broj G-- zove se količnik dijeljenja! na r 2,

ako r x -1 2 ? 2 . Onda

X + Tí _ (*і + IU 2 ~ 1 U2 ) x 2 + ÍU2 (2 + ^ Y 2) (2 ~ 1 Y 2)

x, x 2 + / y, x 2 - njih h u 2 - í 2 y x y 2 (x x x 2 + y x y 2) + / (- x, y 2 + X 2 Y])

2 2 x 2 + U 2

1 e

i (p g

• - 1U e "(1 Fg) - I.sOí̈ ((R -cr 1) + Í- (R-,)] >2 >2
• 5. Podizanje kompleksnog broja na pozitivni cijeli broj najbolje je uraditi ako je broj napisan u eksponencijalnom ili trigonometrijskom obliku.

Zaista, ako r = rt 1 onda

= (re,) = r n e t = G"(co8 psr + it gkr).

Formula g" = rn (cosn (p + je n (p) nazvana Moivreova formula.

6. Vađenje korijena P- th stepen kompleksnog broja je definiran kao inverzna operacija podizanja na stepen n, n- 1,2,3, ... tj. kompleksni broj = y [g zove root P- stepen kompleksnog broja

d ako G = r x... Iz ove definicije proizilazi da g - g ", a r x= l / g. (p-psr x, a cf-cp / n, što slijedi iz Moivreove formule napisane za broj = r / * + ilipn (p).

Kao što je gore navedeno, argument kompleksnog broja nije jednoznačno definiran, već do izraza višestrukog od 2 f. Dakle = (p + 2pk, i argument broja r, ovisno o za, označiti (str do i boo

dem izračunati po formuli (str do= - +. Jasno je da postoji P kom-

pleks brojevi, P-ti stepen koji je jednak 2. Ovi brojevi imaju jedan

a isti modul jednak y [r, a argumenti ovih brojeva se dobijaju kada To = 0, 1, P - 1. Dakle, u trigonometrijskom obliku, korijen i-ti stepen izračunato po formuli:

(p + 2kp . . sri + 2kp

, To = 0, 1, 77-1,

(p + 2ktg

i u uzornom obliku - prema formuli l [z - y [ge n

Primjer 48. Izvedite operacije nad kompleksnim brojevima u algebarskom obliku:

a) (1- / H / 2) 3 (3 + /)

• (1 - / l / 2) 3 (s + /) = (1 - Zl / 2 / + 6/2 - 2 l / 2 /? 3) (3 + /) =
• (1 - Zl / 2 / - 6 + 2l / 2 / DZ + /) = (- 5 - l / 2 / DZ + /) =

15-Zl / 2 / -5 / -l / 2/2 = -15 - Zl / 2 / -5 / + l / 2 = (-15 + l / 2) - (5 + Zl / 2) /;

Primer 49. Konstruisati broj r = Uz - / na peti stepen.

Rješenje. Dobijamo trigonometrijski oblik pisanja broja r.

G = l / 3 + 1 = 2, C08 (p --, 5ÍÍ7 (R =

• (1 - 2 / X2 + /)
• (s-,)

O - 2.-X2 + o

• 12+ 4/-9/
• 2 +і - 4/ - 2/ 2 2 - 3/ + 2 4 - 3/ 3 + і
• (z-O "(z-O

Z / 2 12-51 + 3 15 - 5 /

• (3-i) 's + /
• 9 + 1 s_ ±.
• 5 2 1 "

Odavde O--, a r = 2

Moivre dobijamo: i -2

/ ^ _ 7G,. ?G

• -USH-- ÍBÍP -

• --B / -

= - (l / Z + z) = -2.

Primjer 50. Pronađite sve vrijednosti

Rješenje, r = 2, i sri nađi iz jednačine soja (p = -, zt -.

Ova tačka 1 - / d / z je u četvrtoj četvrtini, tj. f =-. Onda

• 1 - 2
• ( ( UG L

Vrijednosti korijena pronalazimo iz izraza

V1 - / l / s = l / 2

• - + 2A: / g --- b 2 kk
• 3 . . 3

S08-1- i 81P-

At Za - 0 imamo 2 0 = l / 2

Vrijednosti korijena broja 2 možete pronaći tako što ćete prikazati broj na ekranu

-* TO/ 3 + 2 cl

At To= 1 imamo još jednu korijensku vrijednost:

• 7G. 7G _
• --- b27g --- b2; g
• 3. ... s

7G ... ... 7G L-C05- + 181P - 6 6

• --N -

co? - 7G + / 5SH - Z "

l / 3__t_

tel form. Jer r = 2, a sri=, tada je r = 2e 3, i y [g = y / 2e 2

Radnje na kompleksne brojeve zapisane u algebarskom obliku

Algebarski oblik kompleksnog broja z =(a,b) naziva se algebarski izraz oblika

z = a + bi.

Aritmetičke operacije nad kompleksnim brojevima z 1 = a 1 + b 1 i i z 2 = a 2 + b 2 i napisane u algebarskom obliku izvode se na sljedeći način.

1. Zbir (razlika) kompleksnih brojeva

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

one. sabiranje (oduzimanje) se vrši po pravilu sabiranja polinoma sa redukcijom sličnih članova.

2. Proizvod kompleksnih brojeva

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

one. množenje se vrši prema uobičajenom pravilu množenja polinoma, uzimajući u obzir činjenicu da i 2 = 1.

3. Podjela dva kompleksna broja vrši se prema sljedećem pravilu:

, (z 2 ≠ 0),

one. dijeljenje se vrši množenjem dividende i djelitelja konjugatom djelitelja.

Eksponencijacija kompleksnih brojeva je definirana na sljedeći način:

Lako je to pokazati

Primjeri.

1. Nađi zbir kompleksnih brojeva z 1 = 2 – i i z 2 = – 4 + 3i.

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

2. Pronađite proizvod kompleksnih brojeva z 1 = 2 – 3i i z 2 = –4 + 5i.

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

3. Pronađite privatno z iz divizije z 1 = 3 - 2 na z 2 = 3 – i.

z = .

4. Riješite jednačinu:, x i y Î R.

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

Zbog jednakosti kompleksnih brojeva imamo:

gdje x =–1 , y= 4.

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

6. Izračunajte ako.

.

7. Izračunajte recipročnu vrijednost broja z=3-i.

Kompleksni brojevi u trigonometrijskom obliku

Kompleksna ravan naziva se ravan sa kartezijanskim koordinatama ( x, y) ako svaka tačka sa koordinatama ( a, b) je dodijeljen kompleksni broj z = a + bi... U ovom slučaju naziva se apscisa osa realna osa, a osa ordinate je imaginarni... Zatim svaki kompleksni broj a + bi je geometrijski prikazan na ravni kao tačka A (a, b) ili vektor.

Dakle, pozicija tačke A(a samim tim i kompleksni broj z) se može specificirati dužinom vektora | | = r i ugao j formiran vektorom | | sa pozitivnim smjerom realne ose. Dužina vektora se naziva modul kompleksnog broja i označeno sa | z = r i ugao j pozvao argument kompleksnog broja i označeno j = arg z.

Jasno je da | z| ³ 0 i | z | = 0 Û z = 0.

Od sl. 2 to pokazuje.

Argument kompleksnog broja je određen dvosmisleno, ali sa tačnošću od 2 pk, kÎ Z.

Od sl. 2 takođe se vidi da ako z = a + bi i j = arg z, onda

cos j =, sin j =, tg j =.

Ako zÎR i z> 0, onda arg z = 0 +2pk;

ako z ÎR i z< 0, onda arg z = p + 2pk;

ako z = 0,arg z nedefinisano.

Glavna vrijednost argumenta određena je na segmentu 0 £ arg z£ 2 p,

ili -p£ arg z £ p.

primjeri:

1. Pronađite modul kompleksnih brojeva z 1 = 4 – 3i i z 2 = –2–2i.

2. Odrediti na kompleksnoj ravni površine određene uslovima:

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

Rješenja i odgovori:

1) | z| = 5 Û Û je jednačina kružnice poluprečnika 5 i centra u početku.

2) Krug poluprečnika 6 sa centrom u početku.

3) Krug poluprečnika 3 sa centrom u tački z 0 = 2 + i.

4) Prsten omeđen kružnicama sa poluprečnikom 6 i 7 centriranim u tački z 0 = i.

3. Pronađite modul i argument brojeva: 1); 2).

1) ; a = 1, b = Þ ,

Þ j 1 = .

2) z 2 = –2 – 2i; a =–2, b =-2 Þ ,

.

Napomena: Koristite kompleksnu ravan kada definirate glavni argument.

Na ovaj način: z 1 = .

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

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

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

2.3. Trigonometrijski oblik kompleksnih brojeva

Neka je vektor na kompleksnoj ravni specificiran brojem.

Sa φ označavamo ugao između pozitivne poluose Ox i vektora (ugao φ se smatra pozitivnim ako se broji suprotno od kazaljke na satu, a negativnim u suprotnom).

Dužina vektora označavamo sa r. Onda . Takođe označavamo

Zapisivanje kompleksnog broja z različitog od nule u formu

naziva se trigonometrijski oblik kompleksnog broja z. Broj r se naziva modulom kompleksnog broja z, a broj φ se naziva argumentom ovog kompleksnog broja i označava se sa Arg z.

Trigonometrijska notacija kompleksnog broja - (Eulerova formula) - eksponencijalna notacija kompleksnog broja:

Kompleksni broj z ima beskonačno mnogo argumenata: ako je φ0 bilo koji argument broja z, onda se svi ostali mogu naći po formuli

Za kompleksni broj, argument i trigonometrijski oblik nisu definirani.

Dakle, argument kompleksnog broja različitog od nule je bilo koje rješenje sistema jednačina:

(3)

Vrijednost φ argumenta kompleksnog broja z koji zadovoljava nejednakosti naziva se glavna i označava se sa arg z.

Arg z i arg z su povezani po

, (4)

Formula (5) je posljedica sistema (3), stoga svi argumenti kompleksnog broja zadovoljavaju jednakost (5), ali nisu sva rješenja φ jednačine (5) argumenti broja z.

Glavna vrijednost argumenta kompleksnog broja različitog od nule može se pronaći po formulama:

Formule za množenje i dijeljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku su sljedeće:

. (7)

Kada se kompleksni broj podiže na prirodni stepen, koristi se Moivreova formula:

Prilikom izdvajanja korijena iz kompleksnog broja koristi se formula:

, (9)

gdje je k = 0, 1, 2, ..., n-1.

Zadatak 54. Izračunajte gdje.

Predstavimo rješenje ovog izraza u eksponencijalnoj notaciji kompleksnog broja:.

Ako onda.

onda , ... Dakle, onda i , gdje .

odgovor: , u .

Zadatak 55. Zapišite kompleksne brojeve u trigonometrijskom obliku:

a) ; b); v) ; G) ; e); e) ; g).

Pošto je trigonometrijski oblik kompleksnog broja, onda:

a) U kompleksnom broju:.

,

Dakle

b) , gdje ,

G) , gdje ,

e) .

g) , a , zatim .

Dakle

odgovor: ; 4; ; ; ; ; .

Zadatak 56. Naći trigonometrijski oblik kompleksnog broja

.

neka , .

onda , , .

Od i ,, zatim, i

Stoga, dakle

odgovor: , gdje .

Zadatak 57. Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnog broja, izvršite navedene radnje:.

Hajde da predstavimo brojeve i u trigonometrijskom obliku.

1), gdje onda

Pronađite vrijednost glavnog argumenta:

Zamijenite vrijednosti i u izraz dobijamo

2) gde onda

Onda

3) Pronađite količnik

Postavljanjem k = 0, 1, 2, dobijamo tri različite vrijednosti željenog korijena:

Ako onda

ako onda

ako onda .

Odgovor: :

:

: .

Zadatak 58. Neka su,,, različiti kompleksni brojevi i ... Dokaži to

broj je realan pozitivan broj;

b) jednakost se javlja:

a) Ove kompleksne brojeve predstavljamo u trigonometrijskom obliku:

Jer .

Pretvarajmo se to. Onda

.

Posljednji izraz je pozitivan broj, jer su predznaci sinusa brojevi iz intervala.

od broja stvarno i pozitivno. Zaista, ako su a i b kompleksni brojevi i realni i veći od nule, onda.

Štaviše,

stoga je tražena jednakost dokazana.

Zadatak 59. Zapišite broj u algebarskom obliku .

Predstavimo broj u trigonometrijskom obliku, a zatim pronađimo njegov algebarski oblik. Imamo ... Za dobijamo sistem:

To implicira jednakost: .

Primjena Moivreove formule:,

dobijamo

Pronađen trigonometrijski oblik datog broja.

Sada zapisujemo ovaj broj u algebarskom obliku:

.

odgovor: .

Zadatak 60. Pronađite zbir,,

Uzmite u obzir iznos

Primjenom Moivreove formule nalazimo

Ovaj zbir je zbir n članova geometrijske progresije sa nazivnikom i prvi član .

Primjenjujući formulu za zbir članova takve progresije, imamo

Odvajajući imaginarni dio u posljednjem izrazu, nalazimo

Odvajajući pravi dio, također dobijamo sljedeću formulu:,,.

Zadatak 61. Pronađite iznos:

a) ; b).

Prema Newtonovoj formuli za podizanje na stepen, imamo

Koristeći Moivre formulu, nalazimo:

Izjednačavajući realne i imaginarne dijelove dobijenih izraza za, imamo:

i .

Ove formule mogu se napisati u kompaktnom obliku na sljedeći način:

,

, gdje je cijeli dio broja a.

Problem 62. Pronađite svakog za koga.

Ukoliko , zatim, primjenom formule

, Da bismo izvukli korijene, dobivamo ,

dakle, , ,

, .

Tačke koje odgovaraju brojevima nalaze se na vrhovima kvadrata upisanog u krug poluprečnika 2 sa centrom u tački (0; 0) (slika 30).

odgovor: , ,

, .

Zadatak 63. Riješite jednačinu , .

Po uslovu; prema tome, ova jednadžba nema korijen, pa je, prema tome, ekvivalentna jednadžbi.

Da bi broj z bio korijen ove jednadžbe, potrebno je da broj bude korijen n-ti stepen od broja 1.

Stoga zaključujemo da izvorna jednadžba ima korijene određene iz jednakosti

,

Na ovaj način,

,

tj. ,

odgovor: .

Zadatak 64. Riješite jednačinu u skupu kompleksnih brojeva.

Pošto broj nije korijen ove jednadžbe, onda je za ovu jednačinu ekvivalentan jednadžbi

To jest, jednačina.

Svi korijeni ove jednadžbe su dobijeni iz formule (vidi problem 62):

; ; ; ; .

Zadatak 65. Nacrtajte na kompleksnu ravan skup tačaka koje zadovoljavaju nejednakosti: ... (2. metoda za rješavanje zadatka 45)

Neka .

Kompleksni brojevi sa istim modulima odgovaraju tačkama ravnine koja leži na kružnici sa središtem u ishodištu, dakle, nejednakost zadovoljavaju sve tačke otvorenog prstena omeđenog kružnicama sa zajedničkim centrom u početku i poluprečnikom i (slika 31). Neka neka tačka kompleksne ravni odgovara broju w0. Broj , ima modul koji je jedan puta manji od modula w0 i argument koji je veći od argumenta w0. Geometrijski, tačka koja odgovara w1 može se dobiti pomoću homotetije sa centrom u početku i koeficijentom, kao i rotacijom oko ishodišta za ugao suprotno od kazaljke na satu. Kao rezultat primjene ove dvije transformacije na tačke prstena (slika 31), potonji se pretvara u prsten omeđen kružnicama istog centra i poluprečnika 1 i 2 (slika 32).

Transformacija implementirano korištenjem paralelnog prijevoda u vektor. Pomeranjem prstena centriranog u tački do naznačenog vektora, dobijamo prsten iste veličine sa centrom u tački (slika 22).

Predložena metoda, koja koristi ideju geometrijskih transformacija ravnine, vjerovatno je manje prikladna za opis, ali vrlo elegantna i učinkovita.

Problem 66. Pronađite if .

Neka, onda i. Originalna jednakost poprima oblik ... Iz uslova jednakosti dva kompleksna broja dobijamo,, odakle,. Na ovaj način, .

Zapišimo broj z u trigonometrijskom obliku:

, gdje , . Prema Moivre formuli nalazimo.

Odgovor: - 64.

Zadatak 67. Za kompleksan broj, pronaći sve kompleksne brojeve tako da, i .

Predstavimo broj u trigonometrijskom obliku:

... Dakle,. Za broj koji dobijemo, može biti jednak bilo kojem.

U prvom slučaju , u drugom

.

Odgovor: , .

Zadatak 68. Naći zbir brojeva takav da. Unesite jedan od ovih brojeva.

Imajte na umu da se već iz same formulacije problema može razumjeti da se zbir korijena jednadžbe može pronaći bez izračunavanja samih korijena. Zaista, zbir korijena jednadžbe je koeficijent pri uzet sa suprotnim predznakom (generalizovana Vietina teorema), tj.

Učenici, školska dokumentacija, donose zaključke o stepenu asimilacije ovog pojma. Sažeti proučavanje karakteristika matematičkog mišljenja i procesa formiranja koncepta kompleksnog broja. Opis metoda. Dijagnoza: I faza. Razgovor je vođen sa nastavnicom matematike koja predaje algebru i geometriju u 10. razredu. Razgovor je vođen nakon nekog vremena od početka...

Rezonancija "(!)), koja takođe uključuje ocjenu sopstvenog ponašanja... 4. Kritička procjena vašeg razumijevanja situacije (sumnja). 5. Konačno, korištenje preporuka pravne psihologije (uzimajući u obzir psihološke aspekte obavljanja profesionalnih radnji od strane advokata – stručna i psihološka pripremljenost). Razmotrimo sada psihološku analizu pravnih činjenica. ...

Matematika trigonometrijske supstitucije i ispitivanje efikasnosti razvijenih nastavnih metoda. Faze rada: 1. Izrada fakultativnog predmeta na temu: "Upotreba trigonometrijske zamjene za rješavanje algebarskih zadataka" sa studentima odjeljenja sa detaljnim proučavanjem matematike. 2. Izvođenje razvijenog fakultativnog kursa. 3. Sprovođenje dijagnostičke kontrole...

Kognitivni zadaci imaju za cilj samo dopunu postojećih nastavnih sredstava i treba da budu u odgovarajućoj kombinaciji sa svim tradicionalnim sredstvima i elementima obrazovnog procesa. Razlika između obrazovnih problema u nastavi humanističkih nauka od egzaktnih, od matematičkih problema je samo u tome što u istorijskim problemima ne postoje formule, rigidni algoritmi itd., što otežava njihovo rješavanje. ...