Золотых_комплексные_числа. Комплексные числа
 Скачать 392.91 Kb.
|
|
Упражнение 93. Выразить через тригонометрические функции кратных углов: 1) sin 4 x; 2) sin 3 x cos 5 x. 47 Пример 94. Вычислим 1) 1 − n 2 + n 4 − n 6 + . . .; 2) n 1 − n 3 + n 5 − n 7 + . . .. Разлагая (1 + i) n по формуле бинома Ньютона: (1 + i) n = 1 + n 1 i + n 2 i 2 + n 3 i 3 + . . . + n n i n , видим, что выражение 1) есть действительная часть числа (1 + i) n , тогда как 2) — его мнимая часть. Так как (1 + i) n = 2 n/2 cos nπ 4 + i sin nπ 4 ! , то 1) 1 − n 2 + n 4 − n 6 + . . . = 2 n/2 cos nπ 4 ; 2) n 1 − n 3 + n 5 − n 7 + . . . = 2 n/2 sin nπ 4 Упражнение 95. 1) Разложив (1 + 1) n по формуле бинома Ньютона, докажите, что n 0 + n 1 + n 2 + . . . + n n = 2 n 2) Разложив (1 − 1) n по формуле бинома Ньютона, докажите, что n 0 + n 2 + n 4 + . . . = n 1 + n 3 + n 5 + . . . = 2 n−1 Пример 96. Вычислим n 1 − 1 3 n 3 + 1 9 n 5 − 1 27 n 7 + . . . Разложим (1 + i/ √ 3) n по формуле бинома: 1 + i √ 3 ! n = 1+ n 1 i √ 3 + n 2 − 1 3 + n 3 − i 3 √ 3 + n 4 1 9 + n 5 i 9 √ 3 +. . . 48 С другой стороны, по формуле Муавра: 1 + i √ 3 ! n = 2 n 3 n/2 cos nπ 6 + i sin nπ 6 ! Приравнивая мнимые части в обоих выражениях, получаем 1 √ 3 n 1 − 1 3 n 3 + 1 9 n 5 − 1 27 n 7 + . . . ! = 2 n 3 n/2 sin nπ 6 Отсюда n 1 − 1 3 n 3 + 1 9 n 5 − 1 27 n 7 + . . . = 2 n 3 (n−1)/2 sin nπ 6 Пример 97. Вычислим 1 + n 3 + n 6 + . . . Рассмотрим выражение (1 + 1) n + (1 + ε) n + (1 + ε 2 ) n , (34) где ε = cos 2π 3 +i sin 2π 3 . Заметим, что ε 3 = 1. Раскладывая все три бино- ма и вынося за скобки общие биномиальные коэффициенты, получаем: n 0 (1 + 1 + 1) + n 1 (1 + ε + ε 2 ) + n 2 (1 + ε 2 + ε 4 ) + n 3 (1 + 1 + 1) + n 4 (1 + ε 4 + ε 8 ) + n 5 (1 + ε 5 + ε 10 ) + . . . = 3 1 + n 3 + n 6 + . . . С другой стороны, (1 + 1) n + (1 + ε) n + (1 + ε 2 ) n = = 2 n + cos π 3 + i sin π 3 n + cos − π 3 + i sin − π 3 n = = 2 n + cos nπ 3 + i sin nπ 3 + cos − nπ 3 + i sin − nπ 3 49 Следовательно, 1 + n 3 + n 6 + . . . = 1 3 2 n + 2 cos nπ 3 ! Упражнение 98. Вычислить суммы: 1) n 0 + n 4 + n 8 + n 12 + . . . 2) n 1 + n 5 + n 9 + n 13 + . . . 3) n 1 − 1 3 n 5 + 1 9 n 9 + . . . 8. Формула Эйлера Показательная функция от комплексного аргумента определяется по формуле Эйлера: e a+bi = e a (cos b + i sin b). Из нее, в частности, следует: cos ϕ = e iϕ + e −iϕ 2 , sin ϕ = e iϕ − e −iϕ 2i Тригонометрическая форма записи числа z = r(cos ϕ + i sin ϕ) превра- щается теперь в z = re iϕ = e ln r+iϕ Это делает естественным определение натурального логарифма, который определен с точностью до слагаемого 2kπi: Ln z = ln r + iϕ + 2kπi, k ∈ Z. Упражнение 99. Доказать, что lim n→ ∞ 1 + a + bi n n = e a (cos b + i sin b). Упражнение 100. Во что превращается в свете формулы Эйлера пра- вило сложения аргументов при умножении комплексных чисел? Тот же вопрос для формулы Муавра. 50 Упражнение 101. Вычислить 1) e πi ; 2) e π 2 i ; 3) e − π 2 i Упражнение 102. Найти все значения 1) Ln 1; 2) Ln(−1); 3) Ln(1 + i). Упражнение 103. Пусть −1 ≤ x ≤ 1. Найти 1) Ln(x + i √ 1 − x 2 ), 2) Ln( √ 1 − x 2 + ix). Упражнение 104. Выразить Arctg z через логарифмическую функцию. 9. Числовые кольца и поля Множество A ⊆ C замкнуто относительно сложения, если для двух произвольных a и b из A их сумма a+b также принадлежит A. Аналогич- но определяется замкнутость по остальным арифметическим операциям. Например, множества N, Z, Q, R, C замкнуты относительно сложения и умножения. Множества Z, Q, R, C замкнуты относительно вычитания. Множество U n всех значений корня n-й степени из единицы замкнуто относительно умножения и деления. Непустое числовое множество K ⊆ C называется (числовым) коль- цом, если оно замкнуто относительно сложения, вычитания и умножения. Множество N замкнуто относительно сложения и умножения, однако не замкнуто относительно вычитания, и, следовательно, не является коль- цом. Множества Z, Q, R, C, как не трудно видеть, — кольца. Множество {0} также является кольцом, называемым тривиальным. Утверждение 105. Для любого кольца K верно, что 0 ∈ K. Доказательство. Пусть a ∈ K. Так как K замкнуто относительно вычи- тания, то 0 = a − a ∈ K. Упражнение 106. Привести пример нетривиального кольца без 1. Числовое кольцо F называется (числовым) полем, если множество его ненулевых элементов не пусто и замкнуто относительно деления. Мно- жество Z уже не является полем, однако Q, R, C — поля, в них деление на ненулевой элемент возможно и не выводит за пределы множества. Утверждение 107. (Теорема о минимальности поля рациональных чисел.) Для любого числового поля F верно, что Q ⊆ F . 51 Доказательство. Из определения поля следует, что 0 ∈ F и a ∈ F для некоторого ненулевого a. Вследствие замкнутости F \ {0} по операции деления имеем 1 = a/a ∈ F . Далее, используя замкнутость по сложению, получаем, что числа 2 = 1 + 1, 3 = 1 + 1 + 1 и т. д. принадлежат F , следовательно N ⊆ F . Справедливо также, что −1 = 0 − 1 ∈ F , −2 = 0 − 2 ∈ F и т. д. Таким образом, Z ⊆ F . И, наконец, p q тоже принадлежит F для любых p ∈ Z, q ∈ N, поэтому Q ⊆ F . Пример 108. Рассмотрим множество чисел вида α + β √ 3, где α ∈ Z, β ∈ Z. Оно является кольцом, но не является полем. Если же положить α ∈ Q, β ∈ Q, то получим поле: замкнутость относительно деления следует из равенств α + β √ 3 γ + δ √ 3 = (α + β √ 3)(γ − δ √ 3) (γ + δ √ 3)(γ − δ √ 3) = αγ − 3βδ γ 2 − 3δ 2 + − αδ + βγ γ 2 − 3δ 2 √ 3. (35) Следует отметить, что равенство γ + δ √ 3 = 0 возможно лишь в случае, когда γ = 0 и δ = 0. Действительно, если γ + δ √ 3 = 0 и γ = 0, то δ = 0; если же γ + δ √ 3 = 0 и δ 6= 0, то √ 3 = − γ δ , что невозможно, так как √ 3 — иррациональное число. Итак, γ + δ √ 3 6= 0, аналогично, γ − δ √ 3 6= 0, и поэтому домножение числителя и знаменателя дроби на γ − δ √ 3 в ( 35 ) допустимо. Выкладки в ( 35 ) есть ни что иное как освобождение от иррацио- нальности в знаменателе, в идейном плане ничем не отличающееся от процедуры деления комплексных чисел с помощью домножения на со- пряженное к знаменателю. Ответы и решения 3. 1) 14 − 5i; 2) 13 3 − 1 2 i. 5. 1) √ 2 cos − π 4 + i sin − π 4 ; 2) 2 cos − π 3 + i sin − π 3 ; 3) cos 2α + i sin 2α. 14. 1) −64; 2) 2 n cos n ϕ 2 cos nϕ 2 + i sin nϕ 2 52 17. 1) 3 + 4i; 2) 0, 1, − 1 2 ± √ 3 2 ; 3) 2 − 3 2 i; 4) 0, cos 2πk 5 + i sin 2πk 5 ( k = 0, 1, . . . , 4); 5) c ± √ 3ci (c ∈ R, c ≤ 0). 23. 1) ± 3 2 + i √ 3 2 , ± √3 2 − i 3 2 ; 2) 2i, ± √ 3 − i. 27. ±1; ±i; ± √ 3 2 ± i 1 2 ; ± 1 2 ± i √ 3 2 ; 30. 1) 1 при нечетном n и −1 при четном n; 2) если s нечетно, а n четно, то −1; иначе 1; 3) 0, если s не делится на n, и n, если s делится на n. 31. − n 1 − ε , если ε 6= 1; n (n + 1) 2 , если ε = 1. 32. 1) i ctg kπ m (k = 1, 2, . . . , m − 1); 2) ctg kπ m (k = 1, 2, . . . , m − 1). 35. У КАЗАНИЕ : Воспользоваться тем, что так как m и n взаимно просты, то существуют u, v, такие, что um + vn = 1. 43. ± √ 3 2 ± i 1 2 ; 45. 2 1 − ε ; 46. У КАЗАНИЕ : Разложить многочлен x n −1 + x n −2 + . . . + 1 на линейные множители. 48. Пусть α и β — первообразные корни степеней m и n соответственно. Пусть (αβ) k = 1. Тогда α nk = 1 и β mk = 1, следовательно, nk делится на m и mk делится на n, откуда k делится на m, n и на mn, поэтому αβ есть первообразный корень степени mn. Если α принадлежит показателю m 1 < m, а β — показателю n 1 ≤ n, то αβ принадлежит показателю m 1 n 1 и не может быть первообразным. 53. 1) Φ 12 (x) = x 4 −x 2 +1; 2) Φ 15 (x) = x 8 −x 7 +x 5 −x 4 +x 3 −x+1; 3) Φ 105 (x) = x 48 + x 47 +x 46 −x 43 −x 42 −2x 41 −x 40 −x 39 +x 36 +x 35 +x 34 +x 33 +x 32 +x 31 −x 28 −x 26 − x 24 −x 22 −x 20 +x 17 +x 16 +x 15 +x 14 +x 13 +x 12 −x 9 −x 8 −2x 7 −x 6 −x 5 +x 2 +x+1. 54. 1) Φ p (x) = x p − 1 x − 1 = x p −1 + x p −2 + . . . + x + 1; 2) Φ p k (x) = x p k − 1 x p k −1 − 1 = x (p−1)p m −1 + x (p−2)p m −1 + . . . + x p m −1 + 1. У КАЗАНИЕ : Доказать, что все корни x (p−1) − 1 и только они не являются первообразными корнями p m -й степени из 1. 56. У КАЗАНИЕ : Показать, что если n — нечетное, то для получения всех первообразных корней степени 2n достаточно все первообразные корни степени n умножить на −1. 57. Пусть ε k = cos 2πk nd + i sin 2πk nd — первообразный корень степени nd из 1, тогда НОД (k, n) = 1. Разделим k на n, получим k = qn + r, где 0 < r < n. Отсюда ε k = cos 2πq + 2πr n d + i sin 2πq + 2πr n d , таким образом, ε k — одно из значений корня d-й степени из η r = cos 2πr n + i sin 2πr n . Но η k — первообразный корень из 1, так как 53 из НОД (k, n) = 1 следует НОД(r, n) = 1. Пусть теперь η r = cos 2πr n + i sin 2πr n — первообразный корень степени n из 1, то- гда НОД (r, n) = 1. Рассмотрим корень d-й степени из η r : ε k = cos 2πk + 2πr n d + i sin 2πk + 2πr n d = cos 2π(r + kn) nd + i sin 2π(r + kn) nd ( k = 0, 1, . . . , n − 1). Очевид- но, η r является корнем степени nd из 1. Так как НОД(r, n) = 1 и d — делитель n, то, легко доказать, что НОД (r + kn, nd) = 1, поэтому этот корень — первообразный. 58. У КАЗАНИЕ : Воспользоваться задачей 57 59. Так как 10000 = 2 4 · 5 4 , 10 = 2 · 5, то Φ 10000 (x) = Φ 10 (x 1000 ) = x 4000 − x 3000 + x 2000 − x 1000 + 1. 60. Корнями Φ n (x p ) являются все первообразные корни степени np и первообразные корни степени n. 61. Если n = p k , где k — простое, то Φ n (1) = p; в остальных случаях Φ n (1) = 1. 62. Φ n (−1) = −2, если n = 1; 1, если n > 1 и нечетно; 0, если n = 2; 2, если n = 2 k , k > 1; 0, если n = 2m, m нечетно, m = p k , где p — простое; 1, если n = 2m, m нечетно, m 6= p k , где p — простое; 1, если n = 2 k m, k > 1. 64. 1) ±(2 − 2i); 2) ±(2 − i). 65. sin 2 ϕ 2 = 1 − cos ϕ 2 ; cos 2 ϕ 2 = 1 + cos ϕ 2 67. 1) x 1 = 2 + i, x 2 = 1 − 3i; 2) x 1 = 1 − i, x 2 = 4 − 2i 5 68. 1) ± √ 7 2 ± i 2 ; 2) ±4 ± i. 69. x 1,2,3,4 = ± s √ q 2 − p 4 ± i s √ q 2 + p 4 76. У КАЗАНИЕ : Используя выражение для cos 2π 5 , разработать способ построения отрезка длины √ 5. 78. 1) ± 1 2 ± i √ 3 2 ; 2) 1, 3, 2i, −2i. 79. 1) 1 ± 2i, −4 ± 2i; 2) 2 ± i √ 2, −2 ± i2 √ 2. У КАЗАНИЕ : Воспользоваться тем, что левые части представляются в виде суммы квадратов. 81. 1) cos 8 x − 28 cos 6 x sin 2 x + 70 cos 4 x sin 4 x − 28 cos 2 x sin 6 x + sin 8 x; 54 2) 7 cos 6 x sin x − 35 cos 4 x sin 3 x + 21 cos 2 x sin 5 x − sin 7 x. 82. 2(3 tg x − 10 tg 3 x + 3 tg 5 x ) 1 − 15 tg 2 x + 15 tg 4 x − tg 6 x 85. a k +2 cos kϕ − a k +1 cos(k + 1)ϕ − a cos ϕ + 1 a 2 − 2a cos ϕ + 1 93. 1) cos 4x − 4 cos 2x + 3 8 ; 2) sin 8x + 2 sin 6x − 2 sin 4x − 6 sin 2x 128 98. У КАЗАНИЕ : Подберите выражения, подобные ( 34 ), включающие 4 бинома. 99. Обозначим z n = 1 + a + bi n , r n = |z n |, ϕ n = arg z n . Найдем отдельно пределы последовательностей |z n n | = r n n и arg(z n n ) = nϕ n . Имеем r n = s 1 + a n 2 + b n 2 , откуда, сводя ко второму замечательному пределу, получаем r n n → e a . Далее имеем sin ϕ n = b nr n → 0, поэтому можно считать, что ϕ n → 0, откуда, используя первый замечательный предел, получаем nϕ n = bϕ n r n sin ϕ n → b. 100. Правило сложения аргументов при умножении комплексных чисел превращается в правило сложения показателей при умножении степеней с одинаковыми основаниями. Формула Муавра превращается в правило возведения степени в степень. 101. 1) −1; 2) i; 3) −i. 102. 1) 2kπi; 2) πi + 2kπi; 3) 1 2 ln 2 + πi 4 + 2kπi. 103. 1) i arccos x + 2kπi; 2) i arcsin x + 2kπi. 104. Имеем z = tg ϕ = sin ϕ cos ϕ = 1 i · e iϕ − e −iϕ e iϕ + e −iϕ , откуда находим e 2iϕ = 1 + iz 1 − iz , поэтому ϕ = Arctgz = 1 2i Ln 1 + iz 1 − iz Литература 1. Курош А. Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1971. 2. Фаддев Д. К., Соминский И. С. Сборник задач по высшей алгебре. М.: Наука, 1977. 55 Греческий алфавит A α альфа N ν ню B β бета Ξ ξ кси Γ γ гамма O o омикрон ∆ δ дельта Π π пи E ε (ǫ) эпсилон P ρ ро Z ζ дзета Σ σ сигма H η эта T τ тау Θ ϑ (θ) тета Y v ипсилон I ι йота Φ ϕ (φ) фи K κ (κ) каппа X χ хи Λ λ лямбда Ψ ψ пси M µ мю Ω ω омега 56 Содержание 1 Понятие комплексного числа . . . . . . . . . . . . 4 2 Тригонометрическая форма комплексного числа . . . . 8 3 Комплексно сопряженные числа . . . . . . . . . . 14 4 Неравенство треугольника . . . . . . . . . . . . . 16 5 Корни из комплексных чисел . . . . . . . . . . . . 18 5.1 Корни из единицы 21 5.2 Первообразные корни 23 5.3 Круговые многочлены 26 5.4 Квадратные корни из комплексных чисел 28 6 Уравнения второй, третьей и четвертой степени . . . . 29 6.1 Квадратные уравнения 29 6.2 Кубические уравнения 31 6.3 Кубические уравнения с действительными коэффициентами 33 6.4 Уравнения четвертой степени 35 6.5 Уравнения высших степеней 37 6.6 Разные задачи 37 7 Вычисление сумм и произведений . . . . . . . . . . 39 8 Формула Эйлера . . . . . . . . . . . . . . . . 50 9 Числовые кольца и поля . . . . . . . . . . . . . . 51 Ответы и решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Греческий алфавит . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 Николай Юрьевич Золотых КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА Учебное пособие Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Нижегородский государственный университет им. Н.И. Лобачевского» 603950, Нижний Новгород, пр. Гагарина, 23 Подписано в печать Формат 60 × 84 1/16. Бумага офсетная. Печать офсетная. Гарнитура Times. Усл. печ. л. 3,5. Уч.-изд. л. 3,25. Заказ Тираж 250 экз. Отпечатано в типографии Нижегородского госуниверситета им. Н. И. Лобачевского 603600, г. Нижний Новгород, ул. Большая Покровская, 37 Лицензия ПД № 18 − 0099 от 14.05.01 |