Egy komplex komplexum n-edik gyökere. Hatvány tetszőleges racionális kitevővel

számok trigonometrikus formában.

Moivre képlete

Legyen z 1 = r 1 (cos  1 + isin  1) és z 2 = r 2 (cos  2 + isin  2).

A komplex szám írásának trigonometrikus formája kényelmesen használható 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 = r n (cos n + isin n).

Ezt az arányt ún Moivre képlete.

8.1. példa Keresse meg a számok szorzatát és hányadosát:

És

Megoldás

z 1 ∙ z 2
∙

=

;

8.2. példa Írj egy számot trigonometrikus formában!

∙
–i) 7.

Megoldás

Jelöljük
és z 2 =
– i.

r 1 = |z 1 | = √ 1 2 + 1 2 = √ 2; ;

 1 = arg z 1 = arctán
;

z 1 =
;

r 2 = |z 2 | = √(√ 3) 2 + (– 1) 2 = 2;  2 = arg z 2 = arctán
;

z 2 = 2
) 5
z 1 5 = (

;
z 2 7 = 2 7
=

2 9

z = (

) 5 ·2 79. § Komplex szám gyökének kinyeréseMeghatározás. Gyökér n
komplex szám hatványa z (jelölje) hívják
= 0.

komplex szám

w úgy, hogy w n = z. Ha z = 0, akkor

Legyen z  0, z = r(cos + isin). Jelöljük 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 wk =

Ezen értékek között pontosan n különböző van.
Ezért k = 0, 1, 2, …, n – 1.

A komplex síkon ezek a pontok egy sugarú körbe írt szabályos n-szög csúcsai.

középpontjával az O pontban (12. ábra). 12. ábra
.

9.1. példa

Keresse meg az összes értéket

Megoldás.
Ezt a számot ábrázoljuk trigonometrikus formában. Keressük 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

középponttal az origóban (13. ábra). 12. ábra
.

9.1. példa

13. ábra 14. ábra

Megoldás.
Példa 9.2

w k =
z = – 64 = 64(cos +isin);
;

w 0 =
, ahol k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

;
w 1 =
.

A komplex síkon ezek a pontok egy 2 sugarú körbe írt szabályos hatszög csúcsai, amelynek középpontja az O (0; 0) pontban van - 14. ábra.

10. § Komplex szám exponenciális alakja.

Euler-képlet

Jelöljük
= cos  + isin  és
= cos  - isin  . Ezeket a kapcsolatokat ún .

Euler-képletek
Funkció

rendelkezik az exponenciális függvény szokásos tulajdonságaival:

Írjuk fel a z komplex számot trigonometrikus formában z = r(cos + isin).

Az Euler-képlet segítségével felírhatjuk:
.

z = r Ezt a bejegyzést hívják exponenciális forma

komplex szám. Használatával megkapjuk a szorzás, osztás, hatványozás és gyökkivonás szabályait.
Ha z 1 = r 1 ·
és z 2 = r 2 ·

?Hogy
;

·

z 1 · z 2 = r 1 · r 2 ·

z n = r n ·

, ahol k = 0, 1, … , n – 1. 10.1. példa

Írj egy számot algebrai formában!
.

9.1. példa

z = Példa 10.2

9.1. példa

Oldja meg a z 2 + (4 – 3i)z + 4 – 6i = 0 egyenletet.
Bármely összetett együttható esetén ennek az egyenletnek két gyöke van: z 1 és z 1 (esetleg egybeesik). Ezeket a gyökereket ugyanazzal a képlettel találhatjuk meg, mint a valós esetben. Mert

két olyan értéket vesz fel, amelyek csak előjelben különböznek egymástól, akkor ez a képlet így néz ki:
Mivel –9 = 9 e  i, akkor az értékek

számok lesznek:
Majd
.

9.1. példa

Oldja meg a z 3 +1 = 0 egyenleteket; z 3 = – 1.
.

Az egyenlet szükséges gyöke az értékek lesznek

Megoldás.
Z = –1 esetén r = 1, arg(–1) = .

, k = 0, 1, 2.

Gyakorlatok

G)

d) 7(cos0 + isin0).

11 Írja le a számokat algebrai és geometriai alakban:

12 Számok vannak megadva
.

Határozzuk meg őket exponenciális formában

13 Egy komplex szám exponenciális alakját használva hajtsa végre a következő lépéseket:
A)

b)
V)

d) Vel És 9. § Komplex szám gyökének kinyerése 2 .

természetes szám Komplex szám Z hívott9. § Komplex szám gyökének kinyerése– gyökér c Komplex szám 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = gyökér.

, Ha 9. § Komplex szám gyökének kinyerése– Keressük meg a gyökér összes értékét d)ó egy komplex szám hatványa gyökér=| gyökér|·(. Hadd kötözősaláta gyökér+ Arg· én kötözősalátabűn Vel), Komplex szám = | Komplex számA|·(val kötözősaláta Komplex szám + Arg· én kötözősaláta Komplex szám) os Komplex szám, Hol 9. § Komplex szám gyökének kinyerése- Keressük meg a gyökér összes értékét d) gyökér = gyökér = | gyökér|·(. Hadd kötözősaláta gyökér+ Arg· én kötözősaláta. Akkor annak kell lennie Vel)
. Ebből következik 9. § Komplex szám gyökének kinyerése· kötözősaláta Komplex szám = kötözősalátaÉs
kötözősaláta Komplex szám =
(Vel=0,1,…) k Komplex szám =
(. Hadd
+ Arg· én
), (Vel=0,1,…) . Ezért,
, (Vel=0,1,…) . Könnyen belátható, hogy bármelyik érték
,(Vel = 0,1,…, 9. § Komplex szám gyökének kinyerése-1) eltér a megfelelő értékek egyikétől többszörösével 2π (Vel = 0,1,…, 9. § Komplex szám gyökének kinyerése-1) .

. ezért,

Példa..

Számítsuk ki (-1) gyökét |-1| = 1, , nyilván (-1) = π

arg. Hadd π + Arg· én π )

, -1 = 1·(

= Arg

(k = 0, 1).

Hatvány tetszőleges racionális kitevővel d) Vegyünk egy tetszőleges komplex számot 9. § Komplex szám gyökének kinyerése. Ha d) 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = | gyökér| 9. § Komplex szám gyökének kinyerése akkor a természetes szám|·(val ·(VelnArgArg· én ·(Vel. Akkor annak kell lennie s + 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = 0 ((6). Ez a képlet abban az esetben is igaz)
ó egy komplex szám hatványa 9. § Komplex szám gyökének kinyerése < 0 s≠0 9. § Komplex szám gyökének kinyerése Komplex szám Vel És s ≠ 0

d) 9. § Komplex szám gyökének kinyerése =
, Akkord)(cos nArgd)) = , Akkord)+i·sin nArgd)) + i·sin nArg 9. § Komplex szám gyökének kinyerése.

. Így a (6) képlet bármelyikre érvényes os Vegyünk egy racionális számot q természetes szám, és r

egész. Aztán alatta gyökér fokozat meg fogjuk érteni a számot
.

Ezt értjük ,

(Vel = 0, 1, …, Vegyünk egy racionális számot-1). Ezek az értékek Vegyünk egy racionális számot darab, ha a tört nem redukálható.

3. sz. előadás A komplex számok sorozatának határa

A természetes argumentum komplex értékű függvényét nevezzük komplex számok sorozataés ki van jelölve (Vel 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) vagy d) 1 , With 2 , ..., With 9. § Komplex szám gyökének kinyerése . d) 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = a 9. § Komplex szám gyökének kinyerése + b 9. § Komplex szám gyökének kinyerése · Arg (9. § Komplex szám gyökének kinyerése = 1,2, ...) komplex számok.

d) 1 , With 2 , … - a sorozat tagjai; Vel 9. § Komplex szám gyökének kinyerése – közös tag

természetes szám d) = a+ b· Arg Z komplex számsorozat határértéke (gyökér 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) os d) 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = a 9. § Komplex szám gyökének kinyerése + b 9. § Komplex szám gyökének kinyerése · Arg (9. § Komplex szám gyökének kinyerése = 1, 2, …) , hol bármely

hogy mindenki előtt 9. § Komplex szám gyökének kinyerése > N egyenlőtlenség érvényesül
. Egy véges határértékkel rendelkező sorozatot nevezünk konvergens sorrend.

Tétel.

Annak érdekében, hogy komplex számok sorozata (val 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) (A 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = a 9. § Komplex szám gyökének kinyerése + b 9. § Komplex szám gyökének kinyerése · Arg) egy számhoz konvergált = a+ b· Arg, szükséges és elégséges az egyenlőség fennállásáhozlim a 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = a, lim b 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = b.

Bizonyíték.

A tételt a következő nyilvánvaló kettős egyenlőtlenség alapján fogjuk bebizonyítani

, Hol Komplex szám = x + y· Arg (2)

Szükség. Hadd lim(Vel 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) = s. Mutassuk meg, hogy az egyenlőségek igazak lim a 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = a Vel lim b 9. § Komplex szám gyökének kinyerése = b (3).

Nyilvánvalóan (4)

Mert
, Mikor 9. § Komplex szám gyökének kinyerése → ∞ , akkor a (4) egyenlőtlenség bal oldaláról az következik
. Ebből következik
, Mikor 9. § Komplex szám gyökének kinyerése → ∞ . ezért a (3) egyenlőségek teljesülnek. A szükségesség bebizonyosodott.

Megfelelőség. Most teljesüljenek a (3) egyenlőségek. A (3) egyenlőségből az következik
. Ebből következik
, Mikor 9. § Komplex szám gyökének kinyerése → ∞ , ezért a (4) egyenlőtlenség jobb oldala miatt az lesz
, Mikor 9. § Komplex szám gyökének kinyerése→∞ , Azt jelenti lim(Vel 9. § Komplex szám gyökének kinyerése )=c. Az elégségesség 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 számsorozatokra érvényes a Cauchy-kritérium: annak érdekében, hogy komplex számok sorozata (val 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) konvergál, szükséges és elegendő, hogy bármely

, hogy bármely9. § Komplex szám gyökének kinyerése, m > Negyenlőtlenség érvényesül
.

Tétel.

Legyen komplex számok sorozata (val 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) És (z 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) konvergál c-hez, illz, akkor az egyenlőségek igazaklim(Vel 9. § Komplex szám gyökének kinyerése z 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) = gyökér z, lim(Vel 9. § Komplex szám gyökének kinyerése · z 9. § Komplex szám gyökének kinyerése ) = gyökér· z. Ha ez bizonyosan ismertznem egyenlő 0-val, akkor az egyenlőség igaz
.