Золотых_комплексные_числа. Комплексные числа
 Скачать 392.91 Kb.
|
|
Следствие 41. Величина ε k = cos 2πk n + i sin 2πk n (k = 0, 1, . . . , n − 1) является первообразным корнем n-й степени из 1 тогда и только тогда, когда НОД (n, k) = 1. Доказательство. Применим к первообразному корню ε = ε 1 утвержде- ние 3. Пример 42. Найдем все первообразные корни из 1 степени: 1) 1, ответ: 1; 24 2) 2, один первообразный корень: ε 1 = −1; 3) 3, два первообразных корня: ε 1,2 = − 1 2 ± i √ 3 2 ; 4) 4, два первообразных корня: ε 1,3 = ±i; 5) 6, два первообразных корня: ε 1,5 = 1 2 ± i √ 3 2 ; 6) 8, выпишем все натуральные числа, не превосходящие n = 8 и взаимно простые с ним: 1, 3, 5, 7; первообразными корнями являются: ε 1 = cos 2π 8 + i sin 2π 8 = √ 2 2 + i √ 2 2 , ε 3 = cos 3 · 2π 8 + i sin 3 · 2π 8 = − √ 2 2 + i √ 2 2 , ε 5 = cos 5 · 2π 8 + i sin 5 · 2π 8 = − √ 2 2 − i √ 2 2 , ε 7 = cos 7 · 2π 8 + i sin 7 · 2π 8 = √ 2 2 − i √ 2 2 Упражнение 43. Найти все первообразные корни из 1 степени 12. Упражнение 44. Для каждого корня 1) 16-й; 2) 20-й; 3) 24-й степени из единицы указать показатель, к которому он принадлежит. Упражнение 45. Вычислить сумму 1 + ε + ε 2 + . . . + ε n−1 , если ε — первообразный корень степени 2n из 1. Согласно следствию 41 число первообразных корней n-й степени из 1 совпадает с количеством ϕ(n) натуральных чисел, не превосходящих n и взаимно простых с ним. Функция ϕ(n) называется функцией Эйлера. Она играет существенную роль в теории чисел. Упражнение 46. Пусть ε — первообразный корень n-й степени из 1. Доказать, что (1 − ε)(1 − ε 2 ) . . . (1 − ε n−1 ) = n. Упражнение 47. Доказать, что произведение длин всех сторон и диаго- налей, проведенных из одной вершины правильного n-угольника, впи- санного в окружность радиуса 1, равно n. Упражнение 48. Доказать, что если m и n взаимно просты, то произве- дение первообразного корня из 1 степени m на первообразный корень из 1 степени n есть первообразный корень из 1 степени mn и обратно. 25 Упражнение 49. Доказать, что если m и n взаимно просты, то ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n), пользуясь тем, что ϕ(n) есть число первообразных корней степени n. 5.3. Круговые многочлены Круговым многочленом, или многочленом деления круга, показателя n называется выражение Φ n (x) = (x − η 1 )(x − η 2 ) . . . (x − η s ), где η 1 , η 2 , . . . , η s — первообразные корни n-й степени из 1. Пример 50. 1) Φ 1 (x) = x − 1; 2) Φ 2 (x) = x + 1; 3) Φ 3 (x) = x + 1 2 − i √ 3 2 · x + 1 2 + i √ 3 2 = x 2 + x + 1; 4) Φ 4 (x) = (x − i)(x + i) = x 2 + 1; 5) Φ 6 (x) = x − 1 2 − i √ 3 2 · x − 1 2 + i √ 3 2 = x 2 − x + 1. Утверждение 51. Справедливо равенство x n − 1 = ∏ m|n Φ m (x), где произведение берется по всем натуральным делителям m числа n. Доказательство. Чтобы перечислить все корни n-й степени из 1, вос- пользуемся следующей процедурой. Для каждого делителя m числа n выпишем все корни, принадлежащие показателю m. Из утверждения 2 следует, что таким образом мы перечислим все корни n-й степени из 1 и каждый по одному разу. Доказываемое теперь следует из разложения x n − 1 = (x − 1)(x − ε 1 ) . . . (x − ε n−1 ). Пример 52. Выпишем Φ 5 (x), Φ 10 (x). 26 1) Делителями n = 5 являются 1, 5, поэтому x 5 − 1 = Φ 1 (x)Φ 5 (x), отсюда Φ 5 (x) = x 5 − 1 Φ 1 (x) = x 4 + x 3 + x 2 + x + 1. 2) Делителями n = 10 являются числа 1, 2, 5, 10, поэтому x 10 − 1 = Φ 1 (x)Φ 2 (x)Φ 5 (x)Φ 10 (x), отсюда Φ 10 (x) = x 10 − 1 Φ 1 (x)Φ 2 (x)Φ 5 (x) = (x 10 − 1)Φ 1 (x) Φ 1 (x)Φ 2 (x)(x 5 − 1) = x 5 + 1 Φ 2 (x) = x 5 + 1 x − 1 = = x 4 − x 3 + x 2 − x + 1. Упражнение 53. Найти 1) Φ 12 (x); 2) Φ 15 (x); 3) Φ 105 (x). Упражнение 54. Пусть p — простое, а k — натуральное число. Найти 1) Φ p (x); 2) Φ p k (x). Упражнение 55. Пусть p, q — неравные простые числа. Доказать, что Φ pq = (x pq − 1)(x − 1) (x p − 1)(x q − 1) Упражнение 56. Доказать, что при нечетном n, большем 1, справедливо Φ 2n (x) = Φ n (−x). Упражнение 57. Пусть n кратно d. Доказать, что первообразными кор- нями степени nd из 1 являются все корни d-й степени из всех первооб- разных корней n-й степени из 1 и только они. Упражнение 58. Пусть m = p k 1 1 p k 2 2 . . . p k s s , n = p 1 p 2 . . . p s , где p 1 , . . . , p s — попарно различные простые числа, Доказать, что Φ m (x) = Φ n (x m n ). Упражнение 59. Найти Φ 10000 (x). Упражнение 60. Пусть p — простое число, не делящее n. Доказать, что Φ pn = Φ n (x p ) Φ n (x) 27 Упражнение 61. Найти Φ n (1). Упражнение 62. Найти Φ n (−1). 5.4. Квадратные корни из комплексных чисел Квадратным корнем из комплексного числа z = a + bi является такое число x + iy, что (x + iy) 2 = a + bi. Пусть z 6= 0, тогда a + bi = x 2 + 2xyi − y 2 , или a = x 2 − y 2 , b = 2xy. (14) Решим полученнную систему. Возведем оба уравнения системы в квадрат и прибавим к первому второе: a 2 +b 2 = x 4 +2x 2 y 2 +y 2 , отсюда a 2 +b 2 = (x 2 + y 2 ) 2 . Так как x 2 + y 2 > 0, то x 2 + y 2 = √ a 2 + b 2 . Рассмотрим это уравнение вместе с первым уравнением системы ( 14 ): x 2 + y 2 = √ a 2 + b 2 , x 2 − y 2 = a. Отсюда, x 2 = 1 2 ( a + √ a 2 + b 2 ), y 2 = 1 2 (−a + √ a 2 + b 2 ). (15) Каждое из этих двух соотношений дает два разных значения для x и y. Комбинируя их, мы можем получить четыре различных комплекс- ных числа, однако не все они удовлетворяют системе ( 14 ): как видно из второго уравнения, знаки x и y должны совпадать, если b > 0, и разли- чаться, если b < 0. Если b = 0, т. е. число z — вещественное, то либо x, либо y равно нулю. В разделе 5 мы видели, что корень n-й степени из произвольного ненулевого комплексного числа имеет ровно n значений. Таким образом, для n = 2 эти значения получаются по формулам ( 15 ), скомбинированным с приведенным правилом выбора знака. Пример 63. Найдем все значения 4 p 2 − i √ 12. Сначала найдем все зна- чения корня квадратного из 2 − i √ 12. Из ( 15 ) имеем x 2 = 3, y 2 = 1. Так как мнимая часть подкоренного числа отрицательна, то p 2 − i √ 12 = ±( √ 3 − i). Вычислим теперь p √ 3 − i. Получаем x 2 = 1 2 ( √ 3 + 2), 28 y 2 = 1 2 (− √ 3 + 2). Отсюда q√ 3 − i = ± s √ 3 + 2 2 − i s − √ 3 + 2 2 ! = ± 1 + √ 3 2 + 1 − √ 3 2 i ! Теперь необходимо найти p − √ 3 + i. По утверждению 25 оба значения этого корня отличаются от соответствующих значений p √ 3 − i множи- телем i. Итак, значениями корня являются ± 1 + √ 3 2 + 1 − √ 3 2 i ! , ± − 1 + √ 3 2 + 1 + √ 3 2 i ! Упражнение 64. Найти 1) √ −8i, 2) √ 3 − 4i. Упражнение 65. Из ( 15 ) вывести формулы синуса и косинуса половин- ного аргумента. 6. Уравнения второй, третьей и четвертой степени 6.1. Квадратные уравнения Уравнением второй степени, или квадратным уравнением, называ- ется уравнение ax 2 + bx + c = 0, где a 6= 0. Делением его на a получаем уравнение, равносильное исходному: x 2 + px + q = 0. (16) Для его решения воспользуемся способом выделения полного квадрата. В правой части имеем: x 2 + 2x p 2 + p 2 ! 2 − p 2 ! 2 + q = x + p 2 ! 2 − p 2 ! 2 + q. Уравнение примет вид x + p 2 ! 2 = p 2 ! 2 − q, откуда x + p 2 = v u u t p 2 ! 2 − q. 29 Квадратный корень в последней формуле имеет два значения, отличаю- щиеся знаком. Примем для них обозначение ± √ . Итак, уравнение ( 16 ) имеет в общем случае два решения x 1,2 = − p 2 ± v u u t p 2 ! 2 − q. Дискриминантом уравнения ( 16 ) называется D = v u u t p 2 ! 2 − q. Легко видеть, что если D = 0, то уравнение ( 16 ) имеет один комплексный корень. Если D 6= 0, то уравнение ( 16 ) имеет два различных комплексных корня. Пример 66. x 2 − (2 + i)x + (−1 + 7i) = 0. x 1,2 = 2 + i 2 ± s 3 + 4i 4 + 1 − 7i = 2 + i 2 ± √ 7 − 24i 2 Для нахождения всех значений квадратного корня воспользуемся мето- дами из предыдущего раздела: x 2 = 1 2 ( 7 + √ 7 2 + 24 2 ) = 16, y 2 = 1 2 (−7 + √ 7 2 + 24 2 ) = 9. Отсюда √ 7 − 24i = ±(4 − 3i), следовательно, x 1,2 = 2 + i 2 ± 4 − 3i 2 Итак, x 1 = 3 − i, x 2 = −1 + 2i. Упражнение 67. Решить уравнения: 1) x 2 − (3 − 2i)x + (5 − 5i) = 0; 30 2) (2 + i)x 2 − (5 − i)x + (2 − 2i) = 0. Упражнение 68. Решить уравнения: 1) x 4 − 3x 2 + 4 = 0; 2) x 4 − 30x 2 + 289 = 0. Упражнение 69. Составить формулу для решения биквадратного урав- нения x 4 + px 2 + q = 0 с вещественными коэффициентами, удобную в случае p 2 /4 − q < 0. 6.2. Кубические уравнения После замены y = x − a 3 в уравнении третьей степени y 3 + ay 2 + by + c = 0 исчезает член с квадратом неизвестной y. Уравнение примет вид x 3 + px + q = 0. (17) Его решения будем искать в виде x = α + β, (18) где α, β — некоторые комплексные числа, связанные помимо ( 18 ) другим отношением, которое мы определим ниже. После подстановки ( 18 ) в ( 17 ) получаем: α 3 + 3α 2 β + 3αβ 2 + pα + pβ + q = 0, откуда α 3 + β 3 + α(3αβ + p) + β(3αβ + p) + q = 0, следовательно, α 3 + β 3 + (α + β)(3αβ + p) + q = 0. (19) Пусть 3αβ + p = 0, (20) тогда ( 19 ) примет вид α 3 + β 3 = −q. (21) Переписывая ( 21 ) и возводя ( 20 ) в куб, получим систему α 3 + β 3 = −q, α 3 β 3 = − p 3 27 31 Используя теорему Виета, получаем, что α 3 , β 3 являются решениями следующего квадратного уравнения z 2 + qz − p 3 27 = 0, поэтому α = 3 v u u t− q 2 + s q 2 4 + p 3 27 , β = 3 v u u t− q 2 − s q 2 4 + p 3 27 (22) Среди всевозможных комбинаций α, β необходимо выбрать лишь те, которые удовлетворяют условию ( 20 ). Легко видеть, что таким образом будет получено 3 решения (для каждого α из ( 20 ) можно определить единственное β). Формулы ( 18 ), ( 22 ) называются формулами Кардано. На практике из ( 22 ) выбирают какую-нибудь пару α 1 , β 1 , удовлетво- ряющую ( 20 ); решениями уравнения ( 17 ) являются числа x 1 = α 1 + β 1 , x 2 = α 1 ε + β 1 ε 2 = − α 1 + β 1 2 − i α 1 − β 1 2 √ 3, x 3 = α 1 ε 2 + β 1 ε = − α 1 + β 1 2 + i α 1 − β 1 2 √ 3, где ε = − 1 2 + √ 3 2 i. (23) Упражнение 70. Проверить, что x 2 , x 3 удовлетворяют условию ( 20 ). Пример 71. y 3 +3y 2 −6y +4 = 0. После подстановки y = x−1 исходное уравнение примет вид: x 3 − 9x + 12 = 0. Имеем: α = 3 v u u t − 12 2 + s 144 4 − 9 3 27 = 3 p −6 + √ 9 = 3 √ −6 − 3 = − 3 √ 3, β = 3 √ −6 + 3 = − 3 √ 9. Поэтому x 1 = − 3 √ 3 + 3 √ 9 , x 2,3 = 3 √ 3 + 3 √ 9 2 ± i 3 √ 3 − 3 √ 9 2 √ 3. 32 Отсюда y 1 = − 1 + 3 √ 3 + 3 √ 9 , y 2,3 = 3 √ 3 + 3 √ 9 − 2 2 ± i 3 √ 3 − 3 √ 9 2 √ 3. 6.3. Кубические уравнения с действительными коэффициентами Пусть в уравнении ( 17 ) параметры p, q — действительные числа. В зависимости от знака выражения q 2 /4 + p 3 /27 в формулах Кардано ( 22 ) приходится вычислять корень квадратный либо из положительного, либо из нулевого, либо из отрицательного (действительного) числа. Рассмот- рим каждый из этих случаев. 1) q 2 /4 + p 3 /27 > 0. Под знаком кубичного радикала в ( 22 ) стоят дей- ствительные числа. Вещественные значения этих корней дадут действи- тельный корень α 1 + β 1 . Два других корня, вычисленных по формулам ( 23 ), являются сопряженными комплексными (см. пример 71 ). 2) q 2 /4 + p 3 /27 = 0. В этом случае α 1 = β 1 , поэтому x 1 = 2α 1 , x 2 = x 3 = −α 1 . Все корни действительные. 3) q 2 /4 + p 3 /27 < 0 (так называемый «неприводимый случай»). Пусть z = − q 2 + i s − q 2 4 − p 3 27 = r(cos ϕ + i sin ϕ) (в данном случае радикал означает арифметическое значение корня). Для числа z определим модуль r: r = s q 2 4 − q 2 4 − p 3 27 = s − p 3 27 , и аргумент ϕ: r cos ϕ = − q 2 , следовательно, cos ϕ = − q 2 s − 27 p 3 Из формул Кардано ( 22 ) следует, что α 1 = 3 √ z = 3 √ r cos ϕ 3 + i sin ϕ 3 ! , β 1 = 3 √ ¯ z = 3 √ r cos ϕ 3 − i sin ϕ 3 ! 33 Легко проверить, что α 1 β 1 = −p/3, поэтому по формулам ( 23 ) получаем: x 1 = α 1 + β 1 = 2 3 √ r cos ϕ 3 = 2 s − p 3 cos ϕ 3 , x 2,3 = αε 1,2 + βε 2,1 = 3 √ r cos ϕ 3 ± 2π 3 + i sin ϕ 3 ± 2π 3 + 3 √ r cos − ϕ 3 ∓ 2π 3 + i sin − ϕ 3 ∓ 2π 3 = 2 3 √ r cos ϕ 3 ± 2π 3 = −2 3 √ r cos ϕ 3 ∓ π 3 = −2 3 s − p 3 cos ϕ 3 ∓ π 3 Итак, в «неприводимом» случае все три корня уравнения веществен- ные и различные и могут быть найдены по формулам: x 1 = 2 s − p 3 cos ϕ 3 , x 2,3 = −2 3 s − p 3 cos ϕ 3 ∓ π 3 , где cos ϕ = − q 2 s − 27 p 3 (24) (так называемое «тригонометрическое» решение). Заметим, что в данном случае несмотря на то, что все три корня действительные, нам не удалось их выразить через радикалы от дей- ствительных же чисел: в формулах ( 22 ) приходится извлекать кубичный корень из комплексного (не действительного) числа, а в ( 24 ) встречаются трансцендентные функции. Можно показать, что в общем случае (т. е. для уравнения с буквенными коэффициентами) это невозможно, хотя в част- ных примерах иногда удается представить вещественные корни кубич- ного уравнения через радикалы от действительных чисел (см. примеры ниже). 34 Пример 72. x 3 − 6x + 4 = 0. По формулам ( 22 ) получаем α = 3 p −2 + √ 4 − 8 = 3 √ −2 + 2i, β = 3 p −2 − √ 4 − 8 = 3 √ −2 − 2i. Здесь кубичный корень удается извлечь «точно». Например, α 1 = 1 + i, β 1 = 1 − i. Прямой подстановкой в ( 20 ) убеждаемся, что условие ( 20 ) выполнено. Решения: x 1 = (1 + i) + (1 − i) = 2, x 2 = (1 + i) − 1 2 + √ 3 2 i + (1 − i) − 1 2 − √ 3 2 i = −1 − √ 3, x 3 = (1 + i) − 1 2 − √ 3 2 i + (1 − i) − 1 2 + √ 3 2 i = −1 + √ 3. Пример 73. x 3 − 19x + 30 = 0. По формулам ( 24 ) получаем (прибли- женные вычисления с точностью до 4 значащих цифр): p = −19, q = 30, cos ϕ = − 30 2 s 27 19 3 ≈ −0, 9412, откуда ϕ ≈ 160 ◦ 16 ′ , ϕ 3 ≈ 53 ◦ 25 ′ , x 1 = 2 s 19 3 cos 53 ◦ 25 ′ ≈ 3, 002, x 2 = −2 s 19 3 cos 113 ◦ 25 ′ ≈ 1, 999, x 3 = −2 s 19 3 cos 6 ◦ 35 ′ ≈ −5, 002. Легко проверить, что точными значениями решений уравнения являются целые числа 3, 2, −5. |