Золотых_комплексные_числа. Комплексные числа
 Скачать 392.91 Kb.
|
|
Пример 13. Докажем, что если z + 1 z = 2 cos θ, то z m + 1 z m = 2 cos mθ. (8) Уравнение z + 1 z = 2 cos θ эквивалентно квадратному уравнению z 2 − 2z cos θ + 1 = 0. Его корни 3 : z 1,2 = cos θ ± p cos 2 θ − 1 = cos θ ± i sin θ. Поэтому z n 1,2 = cos nθ ± i sin nθ, z −n 1,2 = cos nθ ∓ i sin nθ, откуда сразу следует доказываемое равенство. Упражнение 14. Вычислить: 1) (−1 + i √ 3) 15 (1 − i) 20 + (−1 − i √ 3) 15 (1 + i) 20 ; 2) (1 + cos ϕ + i sin ϕ) n 3 Обычные формулы для корней квадратного уравнения справедливы и для уравнений с комплексными коэффициентами. См. раздел 6 13 3. Комплексно сопряженные числа Напомним, что число a − bi называется (комплексно) сопряженным к числу a + bi. O Re Im b z = a + bi b z = a − bi ϕ −ϕ Для числа сопряженного к z используется обозначение ¯ z. Нетрудно видеть, что ¯ z = z. Если z задано в тригонометрической форме z = r(cos ϕ+i sin ϕ), то ¯ z = r(cos ϕ−i sin ϕ) = r(cos(−ϕ)+i sin(−ϕ)). Таким образом, аргументы взаимно сопряженных чисел отличаются знаком, а модули совпадают: |¯z| = |z|, arg ¯z = − arg z. Выполняются следующие свойства операции сопряжения: z 1 + z 2 = ¯ z 1 + ¯ z 2 , z 1 − z 2 = ¯ z 1 − ¯z 2 , z 1 z 2 = ¯ z 1 ¯ z 2 , z 1 /z 2 = ¯ z 1 /¯ z 2 , z ¯ z = |z| 2 , z + ¯ z = 2 Re z. (9) Эти свойства непосредственно вытекают из определения операции комплексного сопряжения. Докажем, например, 1-е свойство. Пусть z 1 = a + bi, z 2 = c + di, тогда z 1 + z 2 = (a + c) + (b + d)i = (a + c) − (b + d)i, с другой стороны, ¯ z 1 + ¯ z 2 = a − bi + c − di = (a + c) − (b + d)i. Левая и правая части доказываемого равенства совпадают. Упражнение 15. Доказать оставшиеся свойства ( 9 ). Пример 16. Решим уравнение ¯ z = z 3 1 способ. Представим z в алгебраической форме: z = x + iy. Уравнение перепишется следующим образом: x − iy = x 3 + 3x 2 yi − 3xy 2 − y 3 i. Приравнивая действительные и мнимые части, получаем совокупность 14 систем: x = x 3 − 3xy 2 , −y = 3x 2 y − y 3 или x(x 2 − 3y 2 − 1) = 0, y(y 2 − 3x 2 − 1) = 0, откуда x = 0, y = 0 или x = 0, y 2 − 3x 2 = 1 или x 2 − 3y 2 = 1, y = 0 или x 2 − 3y 2 = 1, y 2 − 3x 2 = 1, т. е. x = 0, y = 0 или x = 0, y 2 = 1 или x 2 = 1, y = 0 или x 2 − 3y 2 = 1, y 2 − 3x 2 = 1. Последняя система несовместна в R. Действительно, умножая первое уравнение на 3 и складывая его со вторым, мы получаем 8y 2 = −4, что невозможно для действительных y. Из первых трех систем получаем решения: 0, ±i, ±1 соответственно. 2 способ. Запишем z в тригонометрической форме: z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Уравнение примет вид: r(cos(−ϕ) + i sin(−ϕ)) = r 3 (cos 3ϕ + i sin 3ϕ), откуда r = r 3 , −ϕ = 3ϕ + 2πk, k ∈ Z; т. е. r = 0 или r = 1, ϕ = πk 2 , k ∈ Z. Последняя система дает решения: 0, ±i, ±1. Упражнение 17. Решить уравнения: 1) |z| + z = 8 + 4i; 2) ¯ z = z 2 ; 3) |z| − iz = 1 − 2i; 4) z 2 = ¯ z 3 ; 5) z 2 + z|z| + |z 2 | = 0. 15 4. Неравенство треугольника Утверждение 18 (Неравенство треугольника). Для произвольных ком- плексных чисел z 1 , z 2 выполняются неравенства |z 1 | − |z 2 | ≤ |z 1 | − |z 2 | ≤ |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 |. Доказательство. Если одно из чисел, участвующих в неравенствах, рав- но нулю, то неравенства становятся очевидными. Поэтому будем считать, что z 1 6= 0, z 2 6= 0. Вначале докажем, что |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 |. Представим числа z 1 , z 2 , z 1 + z 2 в тригонометрической форме: z 1 = r(cos ϕ + i sin ϕ), z 2 = ρ(cos ψ + i sin ψ), z 1 + z 2 = R(cos Φ + i sin Φ). Таким образом, r(cos ϕ + i sin ϕ) + ρ(cos ψ + i sin ψ) = R(cos Φ + i sin Φ). Приравнивая действительные и мнимые части в последнем равенстве, получаем: r cos ϕ + ρ cos ψ = R cos Φ, r sin ϕ + ρ sin ψ = R sin Φ. Теперь, умножая первое равенство на cos Φ, а второе — на sin Φ и скла- дывая, приходим к r(cos ϕ cos Φ+sin ϕ sin Φ)+ρ(cos ψ cos Φ+sin ψ sin Φ) = R(cos 2 Φ+sin 2 Φ). Вспоминая формулы тригонометрии, получаем: r cos(ϕ − Φ) + ρ cos(ψ − Φ) = R. Так как | cos(ϕ − Φ)| ≤ 1, | cos(ψ − Φ)| ≤ 1, то r + ρ ≥ R, т. е. |z 1 | + |z 2 | ≥ |z 1 + z 2 |. Воспользуемся только что доказанным неравенством для чисел z 1 +z 2 и −z 2 . Получаем: |(z 1 + z 2 ) − z 2 | ≤ |z 1 + z 2 | + | − z 2 |, т. е. |z 1 | ≤ |z 1 + z 2 | + |z 2 |, откуда |z 1 | − |z 2 | ≤ |z 1 + z 2 |. Аналогично можно получить |z 2 | − |z 1 | ≤ |z 1 + z 2 |, а, следовательно, ||z 1 | − |z 2 || ≤ |z 1 + z 2 |. Неравенство |z 1 | − |z 2 | ≤ ||z 1 | − |z 2 || очевидно. 16 Замечание 19. Дадим геометрическую интерпретацию неравенству |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 |, только что доказанному чисто алгебраически. На ри- сунке ниже стороны треугольника OAC равны OA = |z 1 |, AC = OB = |z 2 |, OC = |z 1 + z 2 |. Неравенство |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 | выражает тот факт, что сторона треугольника не превосходит суммы двух других сторон. O Re Im A B C |z 1 | |z 2 | |z 1 + z 2 | Пример 20. Докажем, что если |z| < 1 2 , то |(1 + i)z 3 + iz| < 3 4 Из неравенства треугольника получаем: |(1+i)z 3 + iz| ≤ |(1+i)z 3 |+|iz|. Величина в правой части последнего неравенства по правилу вычисления модуля произведения равна |1 + i||z| 3 + |i||z| = √ 2|z| 3 + |z|. Так как |z| < 1 2 , то √ 2|z| 3 + |z| < √ 2 1 2 3 + 1 2 < 3 4 Проследив всю цепочку рассмотренных неравенств, получаем доказыва- емое. Упражнение 21. Доказать, что если |z| ≤ 2, то 1 ≤ |z 2 − 5| ≤ 9. 17 5. Корни из комплексных чисел Пусть n ∈ N. Число z называется значением корня n-й степени из числа ζ, если z n = ζ. Легко видеть, что ζ = 0 обладает единственным (нулевым) значением корня произвольной натуральной степени. Пусть ζ 6= 0, тогда, очевидно, z 6= 0. Представим ζ в тригонометрической форме: ζ = ρ(cos ψ + i sin ψ). Мы ищем такое z = r(cos ϕ + i sin ϕ), что z n = ζ. Воспользовавшись формулами Муавра, последнее равенство перепишем в виде r n cos(nϕ) + i sin(nϕ) = ρ(cos ψ + i sin ψ). Так как для ненулевого комплексного числа модуль определен однознач- но, а аргумент с точностью до 2πk, где k ∈ Z, то r n = ρ, а nϕ = ψ + 2πk. Получаем: r = n √ ρ, ϕ = ψ + 2πk n (для вычисления r используется арифметическое значение корня n √ ρ). Итак, для произвольного k ∈ Z каждое из чисел z = n √ ρ cos ψ + 2πk n + i sin ψ + 2πk n ! (10) является значением корня n-й степени из числа ζ = ρ(cos ψ + i sin ψ). Выясним, есть ли среди чисел ( 10 ) совпадающие. Разделим произ- вольное k ∈ Z на n с остатком, т. е. представим k в виде k = np + q (напомним, что в данном случае p называется частным, q — остатком, 0 ≤ q < n). Подставляя это выражение для k в ( 10 ), получаем: z = n √ ρ cos ψ + 2π(np + q) n + i sin ψ + 2π(np + q) n = n √ ρ cos ψ + 2πq n + i sin ψ + 2πq n С другой стороны, при значениях k = 0, 1, . . . , n − 1 все числа в ( 10 ), различны: их аргументы различны и отличаются не более, чем на 2π. Подводя итог, получаем, что произвольное ненулевое комплексное чис- ло ζ = ρ(cos ψ + i sin ψ) обладает n различными значениями корня n-й 18 степени; все эти значения можно получить по формуле: n p ζ = ( n √ ρ cos ψ + 2πk n + i sin ψ + 2πk n ! (k = 0, 1, . . . , n − 1) ) (11) Заметим, что значки радикалов, встречающиеся в ( 11 ), имеют разный смысл: в правой части n √ · означает арифметическое значение корня из положительного (действительного) числа, в левой — множество всевоз- можных значений корня из комплексного числа. O Re Im b ζ ρ b z 0 n √ ρ b z 1 b z 2 b z 3 b z 4 ψ ψ/n Из ( 11 ) легко видеть, что на комплексной плоскости все значения корня находятся на одинаковом расстоянии ( n √ ρ) от точки 0, кроме того, угол с вершиной в 0 между направлениями на соседние значения корня постоянен и равен 2π/n. Таким образом, точки комплексной плоскости, соответствующие всем значениям корня степени n ≥ 3 из одного и того же числа, находятся в вершинах правильного n-угольника. Пример 22. Найдем все значения 3 √ −8. Заметим, что одно (веществен- ное) значение корня 3 √ −8 нам известно. Это −2. Представим −8 в три- 19 гонометрической форме: −8 = 8(cos π + i sin π). По формуле ( 11 ) имеем: 3 √ −8 = 3 √ 8 cos π + 2πk 3 + i sin π + 2πk 3 ! (k = 0, 1, 2). Итак, 3 √ −8 имеет следующие значения: z 0 = 2 cos π 3 + i sin π 3 = 1 + i √ 3, z 1 = 2 (cos π + i sin π) = −2, z 2 = 2 cos 5π 3 + i sin 5π 3 = 1 − i √ 3. Упражнение 23. Вычислить 1) 4 s − 18 1 + i √ 3 ; 2) 3 s 1 − 5i 1 + i − 5 1 + 2i 2 − i + 2. Упражнение 24. 1) Найти ошибку в следующем «доказательстве»: известно, что √ a · √ b = √ ab; следовательно, √ −1 · √ −1 = p (−1) · (−1); откуда ( √ −1) 2 = √ 1, т. е. −1 = 1. 2) Найдите все значения корня √ −1. Утверждение 25. Mножество всех значений корня n √ ζξ можно полу- чить домножая произвольное частное значение корня n √ ζ на все значе- ния n √ ξ (ζ 6= 0, ξ 6= 0). Доказательство. Пусть z — частное значение корня n √ ζ, т. е. z n = ζ, поэтому (zx) n = z n x n = ζξ для любого значения x корня n √ ξ, следова- тельно, zx — частное значение n √ ζ. Когда x пробегает все n значений n √ ξ, произведение zx принимает n разных значений n √ ζξ, т. е. все значения n √ ζξ. 20 5.1. Корни из единицы Согласно ( 11 ) множество значений корня n-й степени из 1 = cos 0 + i sin 0 можно получить по формуле ε k = cos 2πk n + i sin 2πk n (k = 0, 1, . . . , n − 1). (12) Легко видеть, что ε k = (ε 1 ) k (k = 0, 1, . . . , n − 1). Пример 26. 1) 1 √ 1 = 1 (одно значение). 2) 2 √ 1 = {1, −1} (два значения). 3) 3 √ 1. ε 0 = 1, ε 1 = cos 2π 3 + i sin 2π 3 = − 1 2 + i √ 3 2 , ε 2 = cos 4π 3 + i sin 4π 3 = − 1 2 − i √ 3 2 4) 4 √ 1 = {±1, ±i}. 5) 6 √ 1 = ±1, ± 1 2 ± i √ 3 2 Все значения корня 6-й степени из 1 изображены на рисунке. O Re Im b 1 b 1 2 + √ 3 2 i b − 1 2 + √ 3 2 i b −1 b − 1 2 − √ 3 2 i b 1 2 − √ 3 2 i 21 Упражнение 27. Найти все значения 12 √ 1. Пример 28. Вычислим 3 √ −8. Данный пример уже рассматривался (пример 22 ). Приведем другой способ его решения, основанный на утверждении 25 . Одним из частных значений 3 √ −8, очевидно, является −2. С другой стороны, 3 √ 1 имеет значения: 1, − 1 2 ± i √ 3 2 . Поэтому все значений 3 √ −8 исчерпываются тремя числами: −2, 1 ± i √ 3. Пример 29. Найдем сумму всех значений корня n-й степени из 1. При n = 1 данная сумма, очевидно, равна 1. При n > 1, так как ε k = (ε 1 ) k , то упомянутая сумма есть сумма начального отрезка геометрической про- грессии 1 + ε 1 + ε 2 + . . . + ε n−1 = 1 + ε 1 + ε 2 1 + . . . + ε n−1 1 = 1 − ε n 1 1 − ε 1 Так как (ε 1 ) n = 1, то сумма равна 0. Упражнение 30. 1) Найти произведение всех корней n-й степени из 1. 2) Найти произведение s-х степеней всех корней n-й степени из 1, если s ∈ N. 3) Найти сумму s-х степеней всех корней n-й степени из 1, если s ∈ N. Упражнение 31. Вычислить 1 + 2ε + 3ε 2 + . . . + nε n−1 , если ε — корень n-й степени из 1. Упражнение 32. Решить уравнения: 1) (x + 1) n − (x − 1) n = 0; 2) (x + i) n + (x − i) n = 0. Утверждение 33. Произведение и частное любых двух значений корня n-й степени из 1 является корнем n-й степени из 1. Доказательство. Пусть ε, ε ′ — некоторые значения корня n-й степени из 1, тогда ε n = 1 и ε ′n = 1, следовательно, (εε ′ ) n = ε n ε ′n = 1 и (ε/ε ′ ) n = ε n /ε ′n = 1, таким образом, εε ′ , ε/ε ′ являются значениями корня n-й степени из 1. 22 Упражнение 34. Доказать, что произведение корня n-й степени из 1 на корень m-й степени из 1 есть корень степени mn из 1. Упражнение 35. Доказать, что если m и n взаимно просты, то все корни степени mn из 1 получаются умножением корней степени m из 1 на корни степени n из 1. 5.2. Первообразные корни Корень ε n-й степени из 1 называется первообразным, или примитив- ным, если ε m 6= 1 для любого натурального m < n (т. е. ε не является корнем из единицы никакой меньшей степени). В данном случае говорят также, что ε принадлежит показателю n. Из определения сразу вытекает, что произвольное число ε может принадлежать лишь одному показателю. Легко видеть, что ε 1 = cos 2π n + i sin 2π n является первообразным корнем n-й степени из 1. Утверждение 36. Для того, чтобы корень ε n-й степени из 1 являлся первообразным, необходимо и достаточно, чтобы величины ε, ε 2 , . . . , ε n−1 , ε n = 1 (13) исчерпывали все значения n √ 1. Замечание 37. Утверждение о том, что величины ( 13 ) исчерпывают все значения корня n-й степени из 1 эквивалентно тому, что они попарно различны. Доказательство утверждения 36 . Необходимость. Предположим противное: среди величин ( 13 ) нашлось две равных, например, ε k = ε l для некоторых натуральных k, l, причем 1 ≤ k < l ≤ n. Тогда ε l−k = 1, l − k > 0, следовательно, ε не является первообразным. Достаточность. Так как величины ( 13 ) исчерпывают все значения корня n-й степени из 1, то, в частности, ε m 6= ε n = 1 для всякого натурального m < n, следовательно, ε — первообразный. Утверждение 38. Пусть ε — первообразный корень n-й степени из 1, тогда для того, чтобы ε m = 1, необходимо и достаточно, чтобы m было кратно n. 23 Доказательство. Необходимость. Разделим m с остатком на n: имеем m = np + r для некоторых натуральных p и r (0 ≤ r < n), поэтому 1 = ε m = ε np ε r = ε r Итак, ε r = 1. Так как ε — первообразный и 0 ≤ r < n, то r = 0. Достаточность. Имеем m = np, следовательно, ε m = (ε n ) p = 1. Следствие 39. Если корень ε m-й степени из 1 принадлежит показате- лю n, то m кратно n. Утверждение 40. Пусть ε — первообразный корень n-й степени из 1, тогда для того, чтобы ε k был также первообразным n-й степени, необ- ходимо и достаточно, чтобы НОД (n, k) = 1. Доказательство. Необходимость. Предположим противное: ε и ε k — первообразные, однако НОД (n, k) = d > 1. Имеем n = n ′ d, k = k ′ d для некоторых натуральных n ′ , k ′ , причем, так как d > 1, то n ′ < n. Однако (ε k ) n ′ = ε kn ′ = ε k ′ dn ′ = ε k ′ n = (ε n ) k ′ = 1. Так как n ′ < n, то ε k не является первообразным корнем. Достаточность. Предположим теперь, что ε — первообразный корень, НОД (n, k) = 1, однако (ε k ) m = 1 для некоторого натурального m < n (т. е. ε k не является первообразным). Из утверждения 2 следует, что km кратно n, однако НОД(n, k) = 1, поэтому m кратно n, что невозможно, так как m < n. |