Учебное пособие 1865

Arg(z1z2 ) = Argz1 + Argz2.

(2.6)

Эти формулы означают, что вектор z1z2

получается из вектора

z1 поворотом на угол ϕ2

и умножением его длины на

z2

.

Например,

умножение числа z на i

дает вектор,

который

получается

из вектора z

поворотом

на угол π / 2

против

часовой стрелки, так как i =π / 2 ,

i

=1.

В частности,

n = rn ;

zn

=

z z … z

=

z

Arg(zn ) = nArg z.

n раз

Поэтому

zn

= rn (cos

nϕ +i sin nϕ).

(2.7)

Перейдем

теперь

к

делению

чисел

z1 , z2 , заданных в

тригонометрической

форме.

Заметим,

что

если

z2 = r2 (cos ϕ2 +i sin

ϕ2 ) ,

то

= r2 (cos

(−ϕ2 ) +i sin

(−ϕ2 )).

z2

Поэтому

z1

z1

=

r1r2 (cos (ϕ1 −ϕ2 ) +i sin

(ϕ1 −ϕ2 ))

,

=

z2

z

2

z

2

z

2

r 2

откуда

2

z1

r1

=

(cos (ϕ −ϕ

2

) +i sin (ϕ −ϕ

2

)).

(2.8)

z2

r2

1

1

z

=

z1

,

Arg

z

= Arg z − Arg z

,

если z

≠ 0 .

1

1

2

z2

z2

z2

1

2

В частности, если z1 =1 =1 (cos

0 +i sin

0) ,

z2 = zn = rn (cos

nϕ +i sin

nϕ) , то

z−n =

1

(cos (−nϕ) +i sin

(−nϕ))

(2.9)

r2

Положим по определению z0

=1 при

z ≠ 0 . Тогда, в силу

формул

(2.7)

и

(2.9),

для

любого

целого

числа m

zm = rm (cos

mϕ +i sin

mϕ) .

(2.10)

Пример 2.4. Найти (

2 −

6i)4 .

Решение. 1) Изобразим число

2 −

6i

(см. рис.

1.6) и

запишем его в тригонометрической форме:

r =

z

=

( 2)2 +(− 6)2 =

2 +6 =

8;

cos ϕ =

x

=

2

=

1 ,

r

ϕ = ±π +2πk, k

8

2

откуда

.

Поскольку

угол

ϕ

лежит

в IV

3

четверти (см. рис. 1.6), то

ϕ = −

π

+2πk.

3

Можно

взять главное

значение

аргумента

ϕ = −π . Итак,

3

. z

=

8

π

+i sin

π

cos

−

3

−

.

Рис. 1.6

3

При k = n получим θn = ϕ

+2π =θ0 +2π. Значит, точки

ωn и

n

ω0 совпадут. При

k = n +1, n +2,…мы снова будем получать

точки ω1,ω2 . Аналогично,

при

k = −1, −2,…

соответствующие

точки

будут совпадать с какими-

то из точек ω0 ,ω1,…,ωn−1.

Мы

приходим

к

следующему

выводу. Для

каждого

комплексного

числа

z ≠ 0

имеется ровно

Пример 2.5. Найти все значения 4

z при z = 32(−1+ 3 i) .

Решение. Найдем модуль и аргумент числа z:

r =

322 ((−1)2 +( 3)2 ) = 32 2 = 64,

cos ϕ =

−32

= − 1 ;

ϕ = ±

2π

+2πk,

k .

64

2

3

Так как Re z < 0, Im z > 0, то

угол

ϕ

лежит

во II четверти.

аргумента

ϕ ,

в частности

ϕ =

2π

.

Подставляя

найденные

3

значения r и ϕ в формулу (2.12), получим

2π

+2πk

2π

+2πk

3

3

4 32(−1+ 3i) = 4 64

cos

+i sin

=

4

4

= 2

π

+

πk

+i sin

π

+

πk

2 cos

2

6

2

6

(мы

воспользовались

равенством

4 64 =

8 = 2

2 ).

Подставляя

значения

k = 0,1, 2,3 ,

найдем

четыре

различные

значения 4

z :

ω

= 2

2

cos

π

+i sin

π

= 2

2

3

+i

1

=

6 +

2i;

0

6

2

2

6

ω1 = 2

2π

+i sin

2π

=

−

1

+i

3

= −

2 +

6i;

2

cos

2

2

3

3

2

2

ω2

= 2

2

7π

+i sin

7π

= −

6 −

2i;

cos

6

6

ω = 2

2

cos

5π

+i sin

5π

=

2

2

1

−i

3

=

2 − 6i.

3

3

3

2

2

еще 3 различных значения

4 z

соответствующие точки

ω0 , ω1, ω2 , ω3

расположены

в

вершинах правильного

z

=

−b ±

b2 −4ac

,

(2.13)

1,2

2a

D = −4 = −1 4 = 2 −1 = ±2i .

По формуле (2.13)

z = −2 ±2i = −1±i;

z = −1+i;

z

2

= −1−i. (Рис. 1.8)

1,2

2

1

В школьном курсе математики считается, что если

дискриминант D < 0, то корней нет. Их и в самом деле нет,

если искать только действительные

корни (т.е. точки, расположенные на

оси ОХ). Но среди более широкого

множества

комплексных чисел

корни

уже

найдутся;

соответствующие

точки

расположены

вне

действительной

оси.

Рис. 1.8

Таким образом, каждое квадратное

чисто мнимого аргумента iϕ следующим равенством:

eiϕ = cosϕ +i sinϕ .

(2.14)

Пусть

z

= r eiϕ1

,

z

2

= r eiϕ2 .

Учитывая формулы (2.5),

(2.7) и

1

1

2

(2.8), получим:

r r eiϕ1 eiϕ2

= z z

2

= r r ei(ϕ1 +ϕ2 ) , откуда eiϕ1 eiϕ2 = ei(ϕ1 +ϕ2 ) ;

1

2

1

1

2

(reiϕ )n = zn = rneinϕ , откуда (eiϕ )n

= einϕ ;

r e

iϕ1

z

r

−ϕ2 )

e

iϕ

i(ϕ

1

1

= e

i(ϕ −ϕ

)

1

=

1

=

1

e

, откуда

1 2

.

(2.15)

r eiϕ2

z2

eiϕ2

r2

2

множество

D ={z :

z − z0

< R}

(см.

рис.

2.1)

является

открытым.

Действительно,

возьмем любую

точку

z1 D .

Тогда

z − z0

< R ,

и d = R −

z1 − z0

> 0 будет расстоянием от z1

до окружности

z − z0

= R .

Поэтому

если

0 <δ < d ,

то

множество

z − z0

<δ лежит в

D; это и доказывает, что

D

Приведем

примеры областей: круг

z − z0

< R ; кольцо

r <

z − z0

< R , 0 ≤ r < R ; вся плоскость

;

полуплоскость

z − z0

≤ R не является областью, так как это

множество не

является открытым: для точек z, для которых

z − z0

= R , не

областью и обозначается

D

. Например, круг

z − z0

≤ R

и

кольцо r ≤

z − z0

≤ R являются замкнутыми областями;

но

кольцо r <

z − z0

≤ R не является замкнутой областью (так как

граничные точки, лежащие на окружности

z − z0

= r ,

не

самопересечений

(возможно, замкнутой).

Например,

круг

Рис. 10

z − z0

< R

и

полуплоскость

являются

односвязными областями.

Область, не

являющаяся

односвязной,

называется

многосвязной.

В

частности,

многосвязная

Рис. 2.2

область называется n-связной,

комплексного числа. Пусть S —

сфера радиуса 1 2 ,

касающаяся комплексной плоскости

в точке z = 0 (рис. 2.3),

очевидно, что Z ≠ P .

Тем

самым

каждой

точке z

поставлена в соответствие точка Z S , Z ≠ P . Наоборот, если

задана точка Z S , Z ≠ P , то аналогичное построение дает

соответствующую точку

z

. Тем

самым

мы построили