Золотых_комплексные_числа. Комплексные числа
 Скачать 392.91 Kb.
|
|
6.4. Уравнения четвертой степени Опишем способ Феррари (L. Ferrari, 1545) для решения уравнения четвертой степени y 4 + ay 3 + by 2 + cy + d = 0. (25) 35 Легко проверить, что для произвольного значения параметра λ уравнение ( 25 ) можно представить в виде: x 2 + a 2 x + λ 2 ! 2 − " a 2 4 + λ − b ! x 2 + aλ 2 − c ! x + λ 2 4 − d !# = 0. (26) Подберем λ так, чтобы выражение в квадратных скобках было квадратом двучлена, зависящего от x. Для этого необходимо приравнять к нулю дискриминант этого выражения: aλ 2 − c ! 2 − 4 a 2 4 + λ − b ! λ 2 4 − d ! = 0. (27) Таким образом, взяв любой корень λ уравнения ( 27 ), мы сможем разло- жить левую часть ( 26 ) на линейные множители и тем самым отыскать корни исходного уравнения. Вспомогательное кубическое уранение ( 27 ) называется резольвентой. Пример 74. x 4 − 2x 3 + 2x 2 + 4x − 8 = 0. Резольвента имеет вид: − 2λ 2 − 4 ! 2 − 4 (−2) 2 4 + λ − 2 ! λ 2 4 + 8 ! = 0. После раскрытия скобок и приведения подобных получаем: λ 3 − 2λ 2 + 24λ − 48 = 0, λ 2 (λ − 2) + 24(λ − 2) = 0, (λ − 2)(λ 2 + 24) = 0. Одним из корней является λ = 2. Воспользовавшись ( 26 ), левую часть исходного уравнения запишем в виде (x 2 − x + 1) 2 − (x 2 − 6x + 9) = (x 2 − x + 1) 2 − (x − 3) 2 = (x 2 − x + 1 − x + 3)(x 2 − x + 1 + x − 3) = (x 2 − 2x + 4)(x 2 − 2). Раскладывая на линейные множители, получаем следующие корни: 1 ± i √ 3, ± √ 2. 36 6.5. Уравнения высших степеней Мы с вами увидели, что корни алгебраического уравнения степени не выше 4 с буквенными коэффициентами можно выразить через коэффици- енты этого уравнения при помощи конечного числа действий сложения, вычитания, умножения, деления и знаков корня (говорят, что общее урав- нение степени не выше 4 разрешимо в радикалах). Н. Абель (N. Abel) в 1826 г. показал, что для алгебраических уравнений степени выше 4 это- го сделать нельзя, иными словами, общее уравнение степени 5 и выше неразрешимо в радикалах. Результат Абеля не исключал возможности, что корни каждого конкретного уравнения (с числовыми коэффициен- тами) степени выше 4 выражаются с помощью некоторой комбинации арифметических операций и операций извлечения корня над коэффици- ентами исходного уравнения. Уравнения любой степени частных видов решаются в радикалах (например, двучленное уравнение x n −a = 0). Пол- ное решение вопроса о том, при каких условиях алгебраическое уравне- ние разрешимо в радикалах было получено Э. Галуа (E. Galois) в 1830 г. Из результатов Галуа, например, следует, что для любой степени выше 4 найдутся уравнения с рациональными (и даже целыми) коэффициентами, неразрешимые в радикалах. Простым примером такого уравнения может служить x 5 − 4x − 2 = 0. 6.6. Разные задачи Пример 75. Выразим в радикалах cos 2π 5 , sin 2π 5 . Число cos 2π 5 +i sin 2π 5 является первообразным корнем 5-й степени из 1 и поэтому одним из решений уравнения x 5 − 1 = 0 или Φ 5 (x) = 0. Таким образом, задача сводится к разысканию решений уравнения x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = 0. Это уравнение возвратное. Так как x = 0 не является его корнем, то мы можем записать: x 2 + x + 1 + 1 x + 1 x 2 = 0, (28) или x 2 + 1 x 2 ! + x + 1 x ! + 1 = 0. 37 Пусть u = x + 1 x , (29) тогда u 2 = x 2 +2+ 1 x 2 и ( 28 ) примет вид u 2 +u−1 = 0. Корни последнего уравнения: u 1,2 = − 1 2 ± √ 5 2 . Теперь из ( 29 ) имеем: x 1,2 = √ 5 4 − 1 4 ± i 1 4 √ 2 p 5 + √ 5, x 3,4 = − √ 5 4 − 1 4 ± i 1 4 √ 2 p 5 − √ 5. Очевидно, cos 2π 5 + i sin 2π 5 = x 1 . Таким образом, cos 2π 5 = √ 5 4 − 1 4 , sin 2π 5 = 1 4 √ 2 q 5 + √ 5. Упражнение 76. Разработать метод построения при помощи циркуля и линейки правильного пятиугольника, вписанного в окружность заданно- го радиуса. Пример 77. Составим алгебраическое уравнение с целыми коэффициен- тами, корнем которого является длина стороны правильного 14-угольника, вписанного в круг радиуса 1. Обозначим сторону упомянутого 14-угольника через d. Легко видеть, что d = 2 sin π 14 = 2 cos 3π 7 . Пусть ε = cos 3π 7 + i sin 3π 7 = cos 3 · 2π 14 + i sin 3 · 2π 14 , тогда d = ε + ε −1 . Заметим, что ε является первообразным корнем 14-й степени из 1 и поэтому корнем кругового многочлена Φ 14 (x) = x 14 − 1 Φ 1 (x)Φ 2 (x)Φ 7 (x) = (x 14 − 1)Φ 1 (x) Φ 1 (x)Φ 2 (x)(x 7 − 1) = x 7 + 1 x + 1 = = x 6 − x 5 + x 4 − x 3 + x 2 − x + 1. 38 Поделив уравнение x 6 − x 5 + x 4 − x 3 + x 2 − x + 1 = 0 на x 3 , получим x 3 + 1 x 3 − x 2 + 1 x 2 + x + 1 x − 1 = 0 и после преобразований: x + 1 x 3 − x + 1 x 2 − 2 x + 1 x + 1 = 0, т. е. d 3 − d 2 − 2d + 1 = 0. Это и есть искомое уравнение. Упражнение 78. Решить уравнения: 1) z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0; 2) z 4 − 4z 3 + 7z 2 − 16z + 12 = 0. Упражнение 79. Решить уравнения: 1) z 4 + 6z 3 + 9z 2 + 100 = 0; 2) z 4 + 2z 2 − 24z + 72 = 0. 7. Вычисление сумм и произведений с помощью комплексных чисел Перед разбором примеров данного раздела напомним формулу бино- ма Ньютона (a + b) n = n ∑ k=0 n k a n−k b k , (30) где n — любое натуральное, а a и b — любые комплексные числа. Коэф- фициенты разложения n k = n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) k! = n! k! (n − k)! называются биномиальными коэффициентами. Как обычно, n! — факто- риал числа n, т. е. произведение натуральных чисел от 1 до n: n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n. Полагают также 0! = 1. По формуле ( 30 ), в частности, получаем: (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 , 39 (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 , (a + b) 4 = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 , (a + b) 5 = a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b 2 + 10a 2 b 3 + 5ab 4 + b 5 Биномиальные коэффициенты обладают следующими свойствами: n 0 = 1, n 1 = n, n k = n n − k , (31) n k = n − 1 k + n − 1 k − 1 (32) Первые три очевидны. Четвертое можно вывести, сравнивая коэффици- енты в левой и правой частях равенства (a + b) n = (a + b) n−1 (a + b), а можно проверить непосредственно. Сделаем это: n − 1 k + n − 1 k − 1 = (n − 1)! k! (n − 1 − k)! + (n − 1)! (k − 1)! (n − k)! Чтобы привести дроби к общему знаменателю k!(n − k)!, домножим числитель и знаменатель первого слагаемого на n − k, а второго — на k. Тогда получим: (n − 1)! (n − k) k! (n − k)! + (n − 1)! k k! (n − k)! = (n − 1)! (n − k + k) k! (n − k)! = n! k! (n − k)! = n k Равенства ( 31 ), ( 32 ) позволяют выписать биномиальные коэффициен- ты, в следующую таблицу, называемую треугольником Паскаля: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 Здесь каждое число равно сумме двух соседних чисел, стоящих стро- кой выше. Тогда в n-й строке на k-м месте получаем биномиальный 40 коэффициент n k . В частности, рассматривая, например, 6-ю строку треугольника Паскаля, выводим формулу: (a + b) 6 = a 6 + 6a 5 b + 15a 4 b 2 + 20a 3 b 3 + 15a 2 b 4 + 6ab 5 + b 6 Формула бинома Ньютона может теперь быть доказана по индукции. Основание индукции при n = 1 очевидно: в левой и правой частях ра- венства ( 30 ) стоят тождественно равные выражения a + b. Индуктивный переход осуществляем из предположения, что формула бинома Ньютона верна для показателя степени равного n − 1: (a + b) n−1 = n−1 ∑ k=0 n − 1 k a n−1−k b k , (33) Докажем, что тогда справедливо ( 30 ). Действительно, имеем (a + b) n = (a + b)(a + b) n−1 = (a + b) n−1 ∑ k=0 n − 1 k a n−1−k b k = = a n−1 ∑ k=0 n − 1 k a n−1−k b k + b n−1 ∑ k=0 n − 1 k a n−1−k b k = = n−1 ∑ k=0 n − 1 k a n−k b k + n−1 ∑ k=0 n − 1 k a n−1−k b k+1 = = n−1 ∑ k=0 n − 1 k a n−k b k + n ∑ k=1 n − 1 k − 1 a n−k b k = = a n + n−1 ∑ k=1 n − 1 k a n−k b k + n−1 ∑ k=1 n − 1 k − 1 a n−k b k + b n = = a n + n−1 ∑ k=1 n − 1 k + n − 1 k − 1 a n−k b k + b n = = a n + n−1 ∑ k=1 n k a n−k b k + b n = n ∑ k=0 n k a n−k b k , что требовалось доказать. 41 Пример 80. Выразим cos 5x через cos x и sin x (x ∈ R). Пусть z = cos x + i sin x. Найдем z 5 двумя способами. По формуле бинома Ньютона имеем: (cos x + i sin x) 5 = = cos 5 x + 5i cos 4 x sin x − 10 cos 3 x sin 2 x− −10i cos 2 x sin 3 x + 5 cos x sin 4 x + i sin 5 x. С другой стороны, по формуле Муавра: (cos x + i sin x) 5 = cos 5x + i sin 5x. Приравнивая правые части полученных равенств и выделяя действитель- ную часть, получаем: cos 5x = cos 5 x − 10 cos 3 x sin 2 x + 5 cos x sin 4 x. Упражнение 81. Выразить через cos x и sin x: 1) cos 8x; 2) sin 7x. Упражнение 82. Выразить tg 6x через tg x. Упражнение 83. Доказать 4 : cos nx = cos n x − n 2 cos n−2 x sin 2 x + n 4 cos n−4 x sin 4 x − . . . sin nx = n 1 cos n−1 x sin x − n 3 cos n−3 x sin 3 x + . . . Многочлены вида T n (x) = cos(n arccos x) (n = 0, 1, 2, . . .) называются многочленами Чебыш¨ева. Из предыдущего упражнения сле- дует, что T n (x) = x n − n 2 x n−2 (1−x 2 )+ n 4 x n−4 (1−x 2 ) 2 − n 6 x n−6 (1−x 2 ) 3 +. . . 4 Суммы в нижеследующих равенствах конечные. 42 Пример 84. Вычислим sin x + sin 2x + . . . + sin nx (x ∈ R). Пусть z = cos x + i sin x, тогда рассматриваемая сумма есть мнимая часть вы- ражения z + z 2 + z 3 + . . . + z n , которое, используя формулы для суммы геометрической прогрессии, формулу Муавра и простейшие тригономет- рические формулы, преобразуем следующим образом: z + z 2 + z 3 + . . . + z n = z · z n − 1 z − 1 = (cos x + i sin x) · cos nx + i sin nx − 1 cos x + i sin x − 1 = (cos x + i sin x) · 2 sin 2 nx 2 − 2i sin nx 2 cos nx 2 2 sin 2 x 2 − 2i sin x 2 cos x 2 = (cos x + i sin x) · − i sin nx 2 · i sin nx 2 + cos nx 2 − i sin x 2 · i sin x 2 + cos x 2 = cos (n + 1)x 2 + i sin (n + 1)x 2 sin x 2 · sin nx 2 Выделяя мнимую часть, получаем sin x + sin 2x + . . . + sin nx = sin (n + 1)x 2 sin nx 2 sin x 2 Выделяя действительную часть, можно получить cos x + cos 2x + . . . + cos nx = cos (n + 1)x 2 sin nx 2 sin x 2 Упражнение 85. Вычислить сумму 1 + a cos ϕ + a 2 cos 2ϕ + . . . + a n cos nϕ. 43 Пример 86. Вычислим sin x + n 1 sin 2x + . . . + n n sin(n + 1)x. Пусть z = cos x+i sin x. Преобразуем выражение, мнимая часть которого есть рассматриваемая сумма: z + n 1 z 2 + . . . + n n z n+1 = z 1 + n 1 z + . . . + n n z n = z(1 + z) n = (cos x + i sin x)(1 + cos x + i sin x) n = (cos x + i sin x) 2 cos 2 x 2 + i2 sin x 2 cos x 2 n = 2 n (cos x + i sin x) cos n x 2 cos x 2 + i sin x 2 n = 2 n (cos x + i sin x) cos n x 2 cos nx 2 + i sin nx 2 = 2 n cos n n 2 cos (n + 2)x 2 + i sin (n + 2)x 2 Мы последовательно применили формулу бинома Ньютона, тригономет- рические формулы двойного угла и, наконец, использовали формулу Му- авра. Теперь, выделяя мнимую часть в последнем выражении, получаем sin x + n 1 sin 2x + . . . + n n sin(n + 1)x = 2 n cos n x 2 sin (n + 2)x 2 Пример 87. Вычислим sin 2 x + sin 2 3x + . . . + sin 2 (2n − 1)x. Так как sin 2 x = 1 2 − 1 2 cos 2x, то sin 2 x + sin 2 3x + . . . + sin 2 (2n − 1)x = = 1 2 n − 1 2 cos 2x + cos 6x + . . . + cos 2(2n − 1)x 44 Для вычисления суммы в круглых скобках положим z = cos x + i sin x и рассмотрим сумму z 2 + z 6 + . . . + z 2(2n−1) = z 2 · z 4n − 1 z 4 − 1 = = z 2n · z 2n − z −2n z 2 − z −2 = = (cos 2nx + i sin 2nx) sin 2nx sin 2x Выделяя действительную часть, получаем cos 2x + cos 6x + . . . + cos 2(2n − 1)x = cos 2nx sin 2nx sin 2x = sin 4nx 2 sin 2x Поэтому sin 2 x + sin 2 3x + . . . + sin 2 (2n − 1)x = n 2 − sin 4nx 4 sin 2x Упражнение 88. Показать, что 1) cos 2 x + cos 2 2x + . . . + cos 2 nx = n 2 + cos(n + 1)x sin nx 2 sin x ; 2) sin 2 x + sin 2 2x + . . . + sin 2 nx = n 2 − cos(n + 1)x sin nx 2 sin x Пример 89. Вычислим: 1) cos x + 2 cos 2x + 3 cos 3x + . . . + n cos nx, 2) sin x + 2 sin 2x + 3 sin 3x + . . . + n sin nx. Пусть z = cos x + i sin x. Сумма 1) совпадает с действительной частью выражения z + 2z 2 + 3z 3 + . . . + nz n , сумма 2) — с его мнимой частью. Для нахождения z +2z 2 +3z 3 +. . .+nz n рассмотрим произведение (1 − z)(z + 2z 2 + 3z 3 + . . . + nz n ), 45 в котором, раскрывая скобки, получим z + 2z 2 + 3z 3 + . . . + nz n − z 2 − 2z 3 − . . . − (n − 1)z n − nz n+1 = z + z 2 + z 3 + . . . + z n − nz n+1 = z 1 − z n 1 − z − nz n+1 Следовательно, z + 2z 2 + 3z 3 + . . . + nz n = z 1 − z 1 − z n 1 − z − nz n = z(1 − z n (1 + n) + nz n+1 ) (1 − z) 2 Для отделения мнимой и действительной части в последнем выражении удобно ввести величину ζ = cos x 2 + i sin x 2 , заметив, что ζ 2 = z. Итак, z + 2z 2 + 3z 3 + . . . + nz n = = 1 − z n (1 + n) + nz n+1 (ζ −1 − ζ) 2 = 1 − z n (1 + n) + nz n+1 −2i sin x 2 2 = 1 − cos nx + i sin nx (1 + n) + n cos(n + 1)x + i sin(n + 1)x − 4 sin 2 x 2 Выделяя действительную и мнимую части, соответственно получаем cos x + 2 cos 2x + . . . + n cos nx = (n + 1) cos nx − n cos(n + 1)x − 1 4 sin 2 x 2 , sin x + 2 sin 2x + . . . + n sin nx = (n + 1) sin nx − n sin(n + 1)x 4 sin 2 x 2 Упражнение 90. Доказать, что 1) cos π n + cos 3π n + . . . + cos (2n − 1)π n = 0; 46 2) sin π n + sin 3π n + . . . + sin (2n − 1)π n = 0; 3) cos n π n − cos n 2π n + . . . + (−1) n−1 cos n (n − 1)π n = n 2 n−1 Пример 91. Выразим sin 3 x через sin кратных углов. Пусть z = cos x + i sin x, тогда нетрудно проверить, что sin x = z − z −1 2i и, следовательно, по формуле бинома Ньютона, sin 3 x = z 3 − 3z 2 z −1 + 3zz −2 − z −3 − 8i = z 3 − 3z + 3z −1 − z −3 − 8i Подставляя вместо z его выражение через x и приводя подобные, полу- чаем sin 3 x = 3 sin x − sin 3x 4 Пример 92. Выразим cos 4 x · sin 3 x через синусы кратных углов. Пусть z = cos x + i sin x, тогда cos x = z + z −1 2 , sin x = z − z −1 2i и, следователь- но, cos 4 x · sin 3 x = z + z −1 2 4 z − z −1 2i 3 = = − 1 128i z 2 − z −2 3 z + z −1 = = − 1 128i z 6 − 3z 2 + 3z −2 − z −6 z + z −1 = = − 1 128i z 7 + z 5 − 3z 3 − 3z + 3z −1 + 3z −3 − z −5 − z −7 = = − 1 128i z 7 − z −7 + z 5 − z −5 − 3(z 3 − z −3 ) − 3(z − z −1 ) = = − 1 64 (sin 7x + sin 5x − 3 sin 3x − 3 sin x). |