Poiščite vse kompleksne korenske vrednosti

z in naravno število n 2 .

Kompleksno število Z klical koreninan– c, Če Z n = c.

Poiščimo vse vrednosti korena n– o potenca kompleksnega števila z. Pustiti c=| c|·(cos Arg c+ jaz· greh Argz), A Z = | Z|·(zos Arg Z + jaz· greh Arg Z) , Kje Z korenina n- o potenca kompleksnega števila z. Potem mora biti = c = | c|·(cos Arg c+ jaz· greh Argz). Sledi, da
in n· Arg Z = Argz
Arg Z =
(k=0,1,…) . torej Z =
(cos
+ jaz· greh
), (k=0,1,…) . Preprosto je videti, da katera koli vrednost
, (k=0,1,…) razlikuje od ene od ustreznih vrednosti
,(k = 0,1,…, n-1) z večkratnim 2π. Zato , (k = 0,1,…, n-1) .

Primer.

Izračunajmo koren iz (-1).

, očitno |-1| = 1, arg (-1) = π

-1 = 1·(cos π + jaz· greh π )

, (k = 0, 1).

= jaz

Potencija s poljubnim racionalnim eksponentom

Vzemimo poljubno kompleksno število z. če n naravno število, torej z n = | c| n · (Zos nArgs +jaz· greh nArgz)(6). Ta formula velja tudi v primeru n = 0 (s≠0)
. Pustiti n < 0 in n Z in s ≠ 0, Potem

z n =
(cos nArgz+i·sin nArgz) = (cos nArgz+ i·sin nArgz) . Tako formula (6) velja za katero koli n.

Vzemimo racionalno število , Kje q naravno število in R je cela.

Potem pod stopnja c r bomo razumeli številko
.

To razumemo ,

(k = 0, 1, …, q-1). Te vrednote q kosov, če ulomka ni mogoče skrčiti.

Predavanje št. 3 Limit zaporedja kompleksnih števil

Imenuje se funkcija naravnega argumenta s kompleksnimi vrednostmi zaporedje kompleksnih števil in je določen (Z n ) oz z 1 , z 2 , ..., Z n . z n = a n + b n · jaz (n = 1,2, ...) kompleksna števila.

z 1 , z 2 , … - člani zaporedja; z n – skupni član

Kompleksno število z = a+ b· jaz klical omejitev zaporedja kompleksnih števil (c n ) , Kje z n = a n + b n · jaz (n = 1, 2, …) , kjer za katero

da vsem na očeh n > n neenakost velja
. Zaporedje, ki ima končno mejo, se imenuje konvergenten zaporedje.

Izrek.

Da bi zaporedje kompleksnih števil (z n ) (Z n = a n + b n · jaz) konvergirala v število z = a+ b· jaz, je potrebno in zadostno, da enakost veljalim a n = a, lim b n = b.

Dokaz.

Izrek bomo dokazali na podlagi naslednje očitne dvojne neenakosti

, Kje Z = x + l· jaz (2)

Nujnost. Pustiti lim(Z n ) = s. Pokažimo, da so enakosti resnične lim a n = a in lim b n = b (3).

Očitno (4)

Ker
, Kdaj n → ∞ , potem iz leve strani neenakosti (4) sledi, da
in
, Kdaj n → ∞ . torej so izpolnjene enakosti (3). Potreba je dokazana.

Ustreznost. Naj bodo zdaj izpolnjene enakosti (3). Iz enakosti (3) sledi, da
in
, Kdaj n → ∞ , torej zaradi desne strani neenakosti (4) bo
, Kdaj n→∞ , Pomeni lim(Z n )=c. Zadostnost je dokazana.

Vprašanje konvergence zaporedja kompleksnih števil je torej enakovredno konvergenci dveh realnih številskih zaporedij, torej vse osnovne lastnosti limitov realnih številskih zaporedij veljajo za zaporedja kompleksnih števil.

Na primer, za zaporedja kompleksnih števil velja Cauchyjev kriterij: da zaporedje kompleksnih števil (z n ) konvergira, je potrebno in zadostuje, da za kateri koli

, da za katero kolin, m > nneenakost velja
.

Izrek.

Naj zaporedje kompleksnih števil (z n ) In (z n ) konvergirajo k c ozz, potem so enakosti resničnelim(Z n z n ) = c z, lim(Z n · z n ) = c· z. Če se zagotovo ve, dazni enako 0, potem je enakost resnična
.

števila v trigonometrični obliki.

Moivrejeva formula

Naj bo z 1 = r 1 (cos  1 + isin  1) in z 2 = r 2 (cos  2 + isin  2).

Trigonometrična oblika zapisa kompleksnega števila je primerna za uporabo pri izvajanju operacij množenja, deljenja, dvigovanja na celo potenco in pridobivanja korena stopnje n.

z 1 ∙ z 2 = r 1 ∙ r 2 (cos ( 1 +  2) + i sin( 1 +  2)).

Pri množenju dveh kompleksnih števil v trigonometrični obliki se njihovi moduli pomnožijo in njihovi argumenti seštejejo. Pri delitvi njihovi moduli so razdeljeni in njihovi argumenti so odšteti.

Posledica pravila za množenje kompleksnega števila je pravilo za dvig kompleksnega števila na potenco.

z = r(cos  + i sin ).

z n = r n (cos n + isin n).

To razmerje se imenuje Moivrejeva formula.

Primer 8.1 Poišči produkt in količnik števil:

in

rešitev

z 1 ∙z 2
∙

=

;

Primer 8.2 Zapišite število v trigonometrični obliki

∙
–i) 7.

rešitev

Označimo
in z 2 =
- jaz.

r 1 = |z 1 | = √ 1 2 + 1 2 = √ 2;  1 = arg z 1 = arctan ;

z 1 =
;

r 2 = |z 2 | = √(√ 3) 2 + (– 1) 2 = 2;  2 = arg z 2 = arctan
;

z 2 = 2
;

z 1 5 = (
) 5
; z 2 7 = 2 7

z = (
) 5 ·2 7
=

2 9

§ 9 Izločanje korena kompleksnega števila

Opredelitev. Rootnpotenco kompleksnega števila z (označujejo
) je kompleksno število w tako, da je w n = z. Če je z = 0, potem
= 0.

Naj bo z  0, z = r(cos + isin). Označimo w = (cos + sin), nato enačbo w n = z zapišemo v naslednji obliki

 n (cos(n·) + isin(n·)) = r(cos + isin).

Zato je  n = r,

 =

Tako je wk =
·
.

Med temi vrednostmi je natanko n različnih.

Zato je k = 0, 1, 2, …, n – 1.

Na kompleksni ravnini so te točke oglišča pravilnega n-kotnika, včrtanega v krog s polmerom
s središčem v točki O (slika 12).

Slika 12

Primer 9.1 Poiščite vse vrednosti
.

rešitev.

Predstavimo to število v trigonometrični obliki. Poiščimo njegov modul in argument.

w k =
, kjer je k = 0, 1, 2, 3.

w 0 =
.

w 1 =
.

w 2 =
.

w 3 =
.

Na kompleksni ravnini so te točke oglišča kvadrata, včrtanega krogu polmera
s središčem v izhodišču (slika 13).

Slika 13 Slika 14

Primer 9.2 Poiščite vse vrednosti
.

rešitev.

z = – 64 = 64(cos +isin);

w k =
, kjer je k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

w 0 =
; w 1 =
;

w 2 =
w 3 =

w 4 =
; w 5 =
.

Na kompleksni ravnini so te točke oglišča pravilnega šestkotnika, včrtanega v krog s polmerom 2 s središčem v točki O (0; 0) - slika 14.

§ 10 Eksponentna oblika kompleksnega števila.

Eulerjeva formula

Označimo
= cos  + isin  in
= cos  - isin  . Te relacije imenujemo Eulerjeve formule .

funkcija
ima običajne lastnosti eksponentne funkcije:

Naj bo kompleksno število z zapisano v trigonometrični obliki z = r(cos + isin).

Z Eulerjevo formulo lahko zapišemo:

z = r
.

Ta vnos se imenuje eksponentna oblika kompleksno število. Z njim pridobimo pravila za množenje, deljenje, potenciranje in izločanje korena.

Če je z 1 = r 1 ·
in z 2 = r 2 ·
?To

z 1 · z 2 = r 1 · r 2 ·
;

·

z n = r n ·

, kjer je k = 0, 1, … , n – 1.

Primer 10.1 Zapiši število v algebraični obliki

z =
.

rešitev.

Primer 10.2 Reši enačbo z 2 + (4 – 3i)z + 4 – 6i = 0.

rešitev.

Za vse kompleksne koeficiente ima ta enačba dva korena z 1 in z 1 (po možnosti sovpadajoča). Te korene je mogoče najti z isto formulo kot v dejanskem primeru. Ker
sprejme dve vrednosti, ki se razlikujeta samo v znaku, potem je ta formula videti takole:

Ker je –9 = 9 e  i, potem vrednosti
bodo številke:

Potem
in
.

rešitev.

Zahtevani koreni enačbe bodo vrednosti
.

Za z = –1 velja r = 1, arg(–1) = .

w k =
, k = 0, 1, 2.

vaje

9 Predstavi števila v eksponentni obliki:

10 Zapiši števila v eksponentni in algebraični obliki:

11 Zapiši števila v algebrski in geometrijski obliki:

12 Podane so številke

Če jih predstavite v eksponentni obliki, poiščite
.

13 Z uporabo eksponentne oblike kompleksnega števila izvedite naslednje korake:

A)
b)

V)
G)