Príklady trigonometrického zápisu komplexných čísel. Prednáška na tému: "Trigonometrická forma komplexného čísla"

01.09.2021

Hydina

2.3. Trigonometrický tvar komplexných čísel

Nech je vektor špecifikovaný v komplexnej rovine číslom.

Označme φ uhol medzi kladnou poloosou Ox a vektorom (uhol φ sa považuje za kladný, ak sa počíta proti smeru hodinových ručičiek, a záporný v opačnom prípade).

Dĺžku vektora označíme r. Potom . Označujeme tiež

Zápis nenulového komplexného čísla z v tvare

sa nazýva trigonometrický tvar komplexného čísla z. Číslo r sa nazýva modul komplexného čísla z a číslo φ sa nazýva argument tohto komplexného čísla a označuje sa Arg z.

Trigonometrický zápis komplexného čísla - (Eulerov vzorec) - exponenciálny zápis komplexného čísla:

Komplexné číslo z má nekonečne veľa argumentov: ak φ0 je ľubovoľný argument čísla z, potom všetky ostatné možno nájsť pomocou vzorca

Pre komplexné číslo nie je definovaný argument ani goniometrický tvar.

Argumentom nenulového komplexného čísla je teda akékoľvek riešenie sústavy rovníc:

(3)

Hodnota φ argumentu komplexného čísla z, ktorá spĺňa nerovnice, sa nazýva hlavná a označuje sa arg z.

Arg z a arg z sú príbuzné podľa

, (4)

Vzorec (5) je dôsledkom sústavy (3), preto všetky argumenty komplexného čísla spĺňajú rovnosť (5), ale nie všetky riešenia φ rovnice (5) sú argumentmi čísla z.

Hlavnú hodnotu argumentu nenulového komplexného čísla možno nájsť pomocou vzorcov:

Vzorce na násobenie a delenie komplexných čísel v trigonometrickom tvare sú nasledovné:

. (7)

Pri zvýšení komplexného čísla na prirodzenú mocninu sa používa vzorec Moivre:

Pri extrakcii koreňa z komplexného čísla sa používa vzorec:

, (9)

kde k = 0, 1, 2, ..., n-1.

Úloha 54. Vypočítajte kde.

Reprezentujme riešenie tohto výrazu v exponenciálnom zápise komplexného čísla:.

Ak potom.

potom ... Preto teda a , kde .

odpoveď: , o .

Úloha 55. Zapíšte si komplexné čísla v goniometrickom tvare:

a) ; b); v) ; G); e); e) ; g).

Keďže trigonometrický tvar komplexného čísla je, potom:

a) V komplexnom čísle:.

Preto

b) , kde ,

G) , kde ,

e) .

g) , a , potom .

Preto

odpoveď: ; 4; ; ; ; ; .

Úloha 56. Nájdite goniometrický tvar komplexného čísla

nechaj byť, .

potom , .

Od a ,, potom a

Preto teda

odpoveď: , kde .

Úloha 57. Pomocou goniometrického tvaru komplexného čísla vykonajte uvedené činnosti:.

Predstavme čísla a v trigonometrickej forme.

1), kde potom

Nájdite hodnotu hlavného argumentu:

Dosaďte hodnoty a do výrazu dostaneme

2) kde potom

Potom

3) Nájdite kvocient

Nastavením k = 0, 1, 2 dostaneme tri rôzne hodnoty požadovaného koreňa:

Ak potom

Ak potom .

odpoveď: :

: .

Úloha 58. Nech,,, sú rôzne komplexné čísla a ... Dokáž to

číslo je skutočné kladné číslo;

b) platí rovnosť:

a) Tieto komplexné čísla reprezentujeme v trigonometrickom tvare:

Pretože .

Predstierajme to. Potom

Posledný výraz je kladné číslo, keďže sínusové znamienka sú čísla z intervalu.

od čísla skutočné a pozitívne. Ak sú a a b komplexné čísla a sú skutočné a väčšie ako nula, potom.

okrem toho

preto je dokázaná požadovaná rovnosť.

Úloha 59. Zapíšte číslo v algebraickom tvare .

Predstavme si číslo v goniometrickom tvare a potom nájdime jeho algebraický tvar. Máme ... Pre dostaneme systém:

To znamená rovnosť: .

Použitie vzorca Moivre:,

dostaneme

Nájdený goniometrický tvar daného čísla.

Teraz zapíšeme toto číslo v algebraickom tvare:

odpoveď: .

Úloha 60. Nájdite súčet,,

Zvážte množstvo

Aplikovaním vzorca Moivre nájdeme

Tento súčet je súčtom n členov geometrickej postupnosti s menovateľom a prvý člen .

Aplikovaním vzorca pre súčet členov takejto progresie máme

Oddelením imaginárnej časti v poslednom výraze nájdeme

Oddelením reálnej časti dostaneme aj nasledujúci vzorec:,,.

Úloha 61. Nájdite množstvo:

a) ; b).

Podľa Newtonovho vzorca pre zvýšenie na moc máme

Pomocou vzorca Moivre nájdeme:

Porovnaním skutočných a imaginárnych častí získaných výrazov máme:

a .

Tieto vzorce možno napísať v kompaktnej forme takto:

, kde je celá časť čísla a.

Úloha 62. Nájdite každého pre koho.

Pokiaľ ide o a potom použitím vzorca

, Ak chcete extrahovať korene, dostaneme ,

teda , ,

, .

Body zodpovedajúce číslam sa nachádzajú vo vrcholoch štvorca vpísaného do kruhu s polomerom 2 so stredom v bode (0; 0) (obr. 30).

odpoveď: , ,

, .

Úloha 63. Vyriešte rovnicu , .

Podľa podmienok; preto táto rovnica nemá koreň, a preto je ekvivalentná rovnici.

Aby bolo číslo z koreňom tejto rovnice, číslo musí byť n-tou odmocninou čísla 1.

Preto sme dospeli k záveru, že pôvodná rovnica má korene určené z rovnosti

teda

t.j. ,

odpoveď: .

Úloha 64. Vyriešte rovnicu v množine komplexných čísel.

Keďže číslo nie je koreňom tejto rovnice, potom je táto rovnica ekvivalentná rovnici

Teda rovnica.

Všetky korene tejto rovnice sú získané zo vzorca (pozri úlohu 62):

; ; ; ; .

Úloha 65. Nakreslite na komplexnú rovinu množinu bodov, ktoré spĺňajú nerovnice: ... (2. metóda riešenia problému 45)

Nechať byť .

Komplexné čísla s rovnakými modulmi zodpovedajú bodom roviny ležiacim na kružnici so stredom v počiatku, teda nerovnosť spĺňajú všetky body otvoreného prstenca ohraničeného kružnicami so spoločným stredom v počiatku a polomermi a (obr. 31). Nech nejaký bod komplexnej roviny zodpovedá číslu w0. číslo , má modul, ktorý je raz menší ako modul w0, a argument, ktorý je väčší ako argument w0. Geometricky možno bod zodpovedajúci w1 získať pomocou homotetiky so stredom v počiatku a koeficientom, ako aj rotáciou okolo počiatku o uhol proti smeru hodinových ručičiek. Aplikáciou týchto dvoch transformácií na body prstenca (obr. 31) sa prstenec premení na prstenec ohraničený kružnicami s rovnakým stredom a polomermi 1 a 2 (obr. 32).

Transformácia realizované pomocou paralelného prekladu do vektora. Posunutím krúžku so stredom v bode do naznačeného vektora získame krúžok rovnakej veľkosti so stredom v bode (obr. 22).

Navrhovaná metóda, využívajúca myšlienku geometrických transformácií roviny, je pravdepodobne menej pohodlná v popise, ale veľmi elegantná a efektívna.

Úloha 66. Zistite, či .

Nechajte, potom a. Pôvodná rovnosť má formu ... Z podmienky rovnosti dvoch komplexných čísel dostaneme,, odkiaľ,. Teda, .

Napíšme číslo z v trigonometrickom tvare:

, kde , . Podľa Moivreho vzorca nájdeme.

odpoveď: - 64.

Úloha 67. Pre komplexné číslo nájdite všetky komplexné čísla také, že a .

Predstavme si číslo v trigonometrickom tvare:

... Preto,. Pre číslo, ktoré dostaneme, sa môže rovnať jednému alebo druhému.

V prvom prípade , v druhom

odpoveď: , .

Úloha 68. Nájdite súčet čísel taký, že. Zadajte jedno z týchto čísel.

Všimnite si, že už zo samotnej formulácie problému je možné pochopiť, že súčet koreňov rovnice možno nájsť bez výpočtu samotných koreňov. Skutočne, súčet koreňov rovnice je koeficient at braný s opačným znamienkom (zovšeobecnená Vietova veta), t.j.

Študenti, školská dokumentácia, vyvodzujú závery o stupni asimilácie tohto konceptu. Zhrňte štúdium znakov matematického myslenia a procesu vytvárania pojmu komplexného čísla. Popis metód. Diagnostika: I. etapa. Rozhovor bol vedený s učiteľkou matematiky, ktorá v 10. ročníku vyučuje algebru a geometriu. Rozhovor sa odohral po nejakom čase od začiatku ...

Rezonancia "(!)), ktorá zahŕňa aj posúdenie vlastného správania odborných úkonov vykonávaných advokátom - odborná psychologická pripravenosť). Uvažujme teraz o psychologickom rozbore právnych skutočností. ...

Matematika goniometrickej substitúcie a testovanie efektívnosti vyvinutých vyučovacích metód. Etapy práce: 1. Vypracovanie voliteľného kurzu na tému: "Využitie goniometrickej substitúcie pri riešení algebraických úloh" pre študentov tried s prehĺbeným štúdiom matematiky. 2. Vedenie vypracovaného voliteľného kurzu. 3. Vykonanie diagnostickej kontroly...

Kognitívne úlohy sú určené len na doplnenie existujúcich učebných pomôcok a mali by byť vo vhodnej kombinácii so všetkými tradičnými prostriedkami a prvkami výchovno-vzdelávacieho procesu. Rozdiel medzi výchovnými problémami vo vyučovaní humanitných vied od exaktných, od matematických úloh je len v tom, že v historických problémoch neexistujú vzorce, rigidné algoritmy atď., čo komplikuje ich riešenie. ...

KOMPLEXNÉ ČÍSLA XI

§ 256. Trigonometrický tvar komplexných čísel

Nech je komplexné číslo a + bi zodpovedá vektoru OA> so súradnicami ( a, b ) (pozri obr. 332).

Dĺžku tohto vektora označujeme ako r a uhol, ktorý zviera s osou NS , naprieč φ ... Podľa definície sínus a kosínus:

a / r = čos φ , b / r = hriech φ .

Preto a = r cos φ , b = r hriech φ ... Ale v tomto prípade ide o komplexné číslo a + bi možno napísať ako:

a + bi = r cos φ + ir hriech φ = r (kos φ + i hriech φ ).

Ako viete, druhá mocnina dĺžky ľubovoľného vektora sa rovná súčtu štvorcov jeho súradníc. Preto r 2 = a 2 + b 2, odkiaľ r = √a 2 + b 2

takze akékoľvek komplexné číslo a + bi môže byť reprezentovaný ako :

a + bi = r (kos φ + i hriech φ ), (1)

kde r = √a 2 + b 2 a uhol φ sa určuje z podmienky:

Táto forma zápisu komplexných čísel sa nazýva trigonometrické.

číslo r vo vzorci (1) sa nazýva modul a uhol φ - argument, komplexné číslo a + bi .

Ak je komplexné číslo a + bi sa nerovná nule, potom je jeho modul kladný; ak a + bi = 0 teda a = b = 0 a potom r = 0.

Modul akéhokoľvek komplexného čísla je jednoznačne určený.

Ak je komplexné číslo a + bi sa nerovná nule, potom je jeho argument určený vzorcami (2) jednoznačne s presnosťou na uhol násobkom 2 π ... Ak a + bi = 0 teda a = b = 0. V tomto prípade r = 0. Zo vzorca (1) je ľahké to pochopiť ako argument φ v tomto prípade si môžete vybrať akýkoľvek uhol: koniec koncov pre akýkoľvek φ

0 (cos φ + i hriech φ ) = 0.

Preto je nulový argument nedefinovaný.

Modul komplexných čísel r niekedy označujú | z | a argument arg z ... Pozrime sa na niekoľko príkladov, ako môžu byť komplexné čísla reprezentované v trigonometrickej forme.

Príklad. 1. 1 + i .

Nájdite modul r a argument φ toto číslo.

r = √ 1 2 + 1 2 = √ 2 .

Preto hriech φ = 1 / √ 2, cos φ = 1 / √ 2, odkiaľ φ = π / 4 + 2nπ .

teda

1 + i = √ 2 ,

kde NS - ľubovoľné celé číslo. Zvyčajne sa z nekonečnej množiny hodnôt argumentu komplexného čísla vyberie jedna, ktorá leží medzi 0 a 2 π ... V tomto prípade je táto hodnota π / 4. Preto

1 + i = √ 2 (cos π / 4 + i hriech π / 4)

Príklad 2 Napíšte komplexné číslo v trigonometrickom tvare √ 3 - i ... Máme:

r = √ 3 + 1 = 2, čos φ = √ 3/2, hriech φ = - 1 / 2

Preto až do uhla násobku 2 π , φ = 11 / 6 π ; teda,

√ 3 - i = 2 (cos 11/6 π + i hriech 11/6 π ).

Príklad 3 Napíšte komplexné číslo v trigonometrickom tvare i.

Komplexné číslo i zodpovedá vektoru OA> končiace v bode A osi pri s ordinátom 1 (obr. 333). Dĺžka takého vektora je 1 a uhol, ktorý zviera s osou x, je π / 2. Preto

i = čos π / 2 + i hriech π / 2 .

Príklad 4 Napíšte komplexné číslo 3 v trigonometrickom tvare.

Komplexné číslo 3 zodpovedá vektoru OA > NS úsečka 3 (obr. 334).

Dĺžka takéhoto vektora je 3 a uhol, ktorý zviera s osou x, je 0.

3 = 3 (cos 0 + i hriech 0),

Príklad 5. Zapíšte si komplexné číslo -5 v trigonometrickom tvare.

Komplexné číslo -5 zodpovedá vektoru OA> končiace v bode osi NS s osou -5 (obr. 335). Dĺžka takéhoto vektora je 5 a uhol, ktorý zviera s osou x π ... Preto

5 = 5 (cos π + i hriech π ).

Cvičenia

2047. Napíšte tieto komplexné čísla v trigonometrickom tvare a definujte ich moduly a argumenty:

1) 2 + 2√3 i , 4) 12i - 5; 7).3i ;

2) √3 + i ; 5) 25; 8) -2i ;

3) 6 - 6i ; 6) - 4; 9) 3i - 4.

2048. Označte na rovine množinu bodov reprezentujúcich komplexné čísla, ktorých modul r a argumenty φ spĺňajú podmienky:

1) r = 1, φ = π / 4 ; 4) r < 3; 7) 0 < φ < π / 6 ;

2) r =2; 5) 2 < r <3; 8) 0 < φ < я;

3) r < 3; 6) φ = π / 3 ; 9) 1 < r < 2,

10) 0 < φ < π / 2 .

2049. Môže byť modulom komplexného čísla zároveň čísla? r a - r ?

2050. Môže byť argumentom komplexného čísla súčasne uhly? φ a - φ ?

Ak chcete reprezentovať tieto komplexné čísla v trigonometrickej forme, definujte ich moduly a argumenty:

2051 *. 1 + kos α + i hriech α ... 2054 *. 2 (cos 20 ° - i hriech 20 °).

2052 *. hriech φ + i cos φ ... 2055 *. 3 (- čo 15 ° - i hriech 15 °).

Prednáška

Trigonometrický tvar komplexného čísla

Plán

1.Geometrická reprezentácia komplexných čísel.

2. Goniometrický zápis komplexných čísel.

3. Akcie na komplexných číslach v goniometrickom tvare.

Geometrická reprezentácia komplexných čísel.

a) Komplexné čísla sú znázornené bodmi roviny podľa nasledujúceho pravidla: a + bi = M ( a ; b ) (obr. 1).

Obrázok 1

b) Komplexné číslo môže byť reprezentované vektorom, ktorý začína v bodeO a koniec v tomto bode (obr. 2).

Obrázok 2

Príklad 7. Vynesenie bodov reprezentujúcich komplexné čísla:1; - i ; - 1 + i ; 2 – 3 i (obr. 3).

Obrázok 3

Trigonometrický zápis komplexných čísel.

Komplexné čísloz = a + bi možno nastaviť pomocou vektora polomeru so súradnicami( a ; b ) (obr. 4).

Obrázok 4

Definícia . Dĺžka vektora predstavujúce komplexné čísloz , sa nazýva modul tohto čísla a označuje sa alebor .

Pre akékoľvek komplexné čísloz jeho modulr = | z | je jednoznačne určená vzorcom .

Definícia . Veľkosť uhla medzi kladným smerom reálnej osi a vektorom reprezentujúce komplexné číslo sa nazýva argument tohto komplexného čísla a označuje saA rg z aleboφ .

Argument komplexného číslaz = 0 neurčitý. Argument komplexného číslaz≠ 0 je viachodnotová veličina a je určená do termínu2πk (k = 0; - 1; 1; - 2; 2; ...): Arg z = arg z + 2πk , kdearg z - hlavná hodnota argumentu, uzavretá v intervale(-π; π] , teda-π < arg z ≤ π (niekedy sa hlavná hodnota argumentu berie ako hodnota patriaca do intervalu .

Tento vzorec prer =1 často označovaný ako vzorec Moivre:

(cos φ + i sin φ) n = cos (nφ) + i sin (nφ), n  N .

Príklad 11. Vypočítajte(1 + i ) 100 .

Napíšeme komplexné číslo1 + i v trigonometrickej forme.

a = 1, b = 1 .

cos φ = , sin φ = , φ = .

(1 + i) 100 = [ (kos + hreším )] 100 = ( ) 100 (kos 100 + hreším 100) = = 2 50 (cos 25π + i sin 25π) = 2 50 (cos π + i sin π) = - 2 50 .

4) Extrahovanie druhej odmocniny komplexného čísla.

Pri extrakcii druhej odmocniny komplexného číslaa + bi máme dva prípady:

akb > o , potom ;

Akcie na komplexných číslach zapísané v algebraickej forme

Algebraický tvar komplexného čísla z =(a,b sa nazýva algebraické vyjadrenie tvaru

z = a + bi.

Aritmetické operácie s komplexnými číslami z 1 = a 1 + b 1 i a z 2 = a 2 + b 2 i napísané v algebraickej forme sa vykonávajú nasledovne.

1. Súčet (rozdiel) komplexných čísel

z 1 ± z 2 = (a 1 ± a 2) + (b 1 ± b 2)∙ i,

tie. sčítanie (odčítanie) sa uskutočňuje podľa pravidla sčítania polynómov s redukciou podobných členov.

2. Súčin komplexných čísel

z 1 ∙ z 2 = (a 1 ∙ a 2 - b 1 ∙ b 2) + (a 1 ∙ b 2 + a 2 ∙ b 1)∙ i,

tie. násobenie sa vykonáva podľa zaužívaného pravidla násobenia polynómov, pričom sa berie do úvahy skutočnosť, že i 2 = 1.

3. Delenie dvoch komplexných čísel sa vykonáva podľa nasledujúceho pravidla:

, (z 2 ≠ 0),

tie. delenie sa vykonáva vynásobením dividendy a deliteľa konjugátom deliteľa.

Umocňovanie komplexných čísel je definované takto:

Je ľahké to ukázať

Príklady.

1. Nájdite súčet komplexných čísel z 1 = 2 – i a z 2 = – 4 + 3i.

z 1 + z 2 = (2 + (–1)∙ i)+ (–4 + 3i) = (2 + (–4)) + ((–1) + 3) i = –2+2i.

2. Nájdite súčin komplexných čísel z 1 = 2 – 3i a z 2 = –4 + 5i.

= (2 – 3i) ∙ (–4 + 5i) = 2 ∙(–4) + (-4) ∙(–3i)+ 2∙5i– 3ja ∙ 5i = 7+22i.

3. Nájdite súkromné z z divízie z 1 = 3 - 2 na z 2 = 3 – i.

z = .

4. Vyriešte rovnicu:, X a r Î R.

(2x + y) + (x + y)i = 2 + 3i.

Kvôli rovnosti komplexných čísel máme:

kde x =–1 , r= 4.

5. Vypočítajte: i 2 ,i 3 ,i 4 ,i 5 ,i 6 ,i -1 , i -2 .

6. Vypočítajte, ak.

7. Vypočítajte prevrátenú hodnotu čísla z=3-i.

Komplexné čísla v trigonometrickom tvare

Komplexná rovina nazývaná rovina s karteziánskymi súradnicami ( x, y), ak každý bod so súradnicami ( a, b) má priradené komplexné číslo z = a + bi... V tomto prípade sa nazýva os x reálna os a zvislá os je imaginárny... Potom každé komplexné číslo a + bi je geometricky znázornená na rovine ako bod A (a, b) alebo vektor.

Preto poloha bodu A(a teda komplexné číslo z) možno špecifikovať dĺžkou vektora | | = r a uhol j tvorený vektorom | | s kladným smerom reálnej osi. Dĺžka vektora je tzv modul komplexného čísla a označené | z | = r a uhol j volal argument komplexného čísla a označené j = arg z.

Je jasné, že | z| ³ 0 a | z | = 0 Û z = 0.

Z obr. 2 to ukazuje.

Argument komplexného čísla je určený nejednoznačne, ale s presnosťou na 2 pk, kÎ Z.

Z obr. 2 je tiež vidieť, že ak z = a + bi a j = arg z, potom

cos j =, hriech j =, tg j =.

Ak zÎR a z> 0, teda arg z = 0 +2pk;

ak z ÎR a z< 0, teda arg z = p + 2pk;

ak z = 0,arg z neurčitý.

Hlavná hodnota argumentu je určená na segmente 0 £ arg z 2 £ p,

alebo -p£ arg z £ p.

Príklady:

1. Nájdite modul komplexných čísel z 1 = 4 – 3i a z 2 = –2–2i.