0_practice_AIG_02_09

Умножим числитель и знаменатель второго слагаемого на сопряженное к знаменателю выражение и раскроем скобки. Имеем

S = 12+

¢[cos x ¡ cos2x + i sin x cos x ¡ cos(n + 1)x+

+ cos(n + 1)x cos x ¡ i sin x cos(n + 1)x + i sin x ¡ i sin x cos x ¡ sin2x¡ ¡i sin(n + 1)x + i sin(n + 1)x cos x + sin(n + 1)x sin x]:

Приведя слагаемые к общему знаменателю и применяя формулу для суммы косинусов, получим

Задания для самостоятельной работы

4.1p. Извлечь корни

a)p4 ¡4,

b)pn 1,

c)p3 1,

d)2 1.

4.2. Найти суммы

a)S1 = cos x + Cn1 cos 2x + ::: + Cnn cos(n + 1)x;

b)S2 = sin x + Cn1 sin 2x + ::: + Cnn sin(n + 1)x:

Домашнее задание

s s s

p

4.4.Извлечь корень 5 2 + 3i.

4.5.Извлечь корни из единицы степени a) 6, b) 8.

4.6.Найти суммы

4.7. Решить уравнение (z + 1)m ¡ (z ¡ 1)m = 0.

Ÿ2. Многочлены

1.Многочленом называется функция вида

Pn(z) = anzn + an¡1zn¡1 + ::: + a1z + a0;

ãäå a0, a1, :::, an фиксированные комплексные числа, коэффициенты многочлена, n ¸ 0 степень многочлена.

Число b называется корнем многочлена, если Pn(b) = 0. Для проверки, является ли число b корнем многочлена, удобно пользоваться схемой Горнера. По теореме о делении многочленов для много- члена Pn(z) и многочлена Q1(z) = z ¡ b существуют два многочлена qn¡1(z) è r0 такие, что Pn(z) = (z ¡ b)qn¡1(z) + r0. Пусть

qn¡1(z) = cn¡1zn¡1 + cn¡2zn¡2 + ::: + c0; r0(z) = d0:

Воспользовавшись методом неопределенных коэффициентов, можно найти коэффициенты многочленов qn¡1(z) è r0(z) по следующей схеме:

Åñëè d0 = 0, то число b будет являться корнем многочлена Pn(z). При поиске корней многочлена согласно теореме Вьета удобно в

качестве b сначала рассматривать числа вида pq , где p делители a0, а q делители an.

Пример. Найти вещественные корни многочлена

P5(z) = z5 ¡ 5z4 + 7z3 ¡ 2z2 + 4z ¡ 8:

Сначала проверим, являются ли корнями дроби вида pq . Выпишем

все делители свободного члена: §1; §2; §4; §8, делители старшего коэффициента §1. Тогда корнями уравнения уравнения могут быть числа: §1; §2; §4; §8. Воспользуемся схемой Горнера, проверим, какие из этих чисел являются корнями:

Для поиска оставшихся корней удобно восользоваться многочленом q4(z) = (z4 ¡ 3z3 + z2 + 4). Потенциальные корни этого многочлена §1; §2; §4. Числа §1 можно не проверять, т.к. они не являются корнями исходного многочлена P5(z). Проверим остальные числа:

Можно заметить, что у многочлена z2 +z+1 вещественных корней нет. Таким образом, многочлен P5(z) имеет корень 2 кратности три, и его можно представить в виде P5(z) = (z ¡ 2)3(z2 + z + 1).

Пример. Для того, чтобы найти все (в том числе и комплексные) корни многочлена

P5(z) = z5 ¡ 5z4 + 7z3 ¡ 2z2 + 4z ¡ 8;

необходимо решить квадратное уравнение

z2 + z + 1 = 0:

Решения этого уравнения комплексные числа

p z = ¡12 § i 23:

Занумеруем все кони многочлена P5 с учетом их кратности: p

Многочлен P5 можно представить теперь в виде

Задания для самостоятельной работы

1.1.Найти корни многочлена z5 + 7z4 + 16z3 + 8z2 ¡ 16z ¡ 16.

1.2.Определить кратные множители многочленов:

a)z6 ¡ 6z4 ¡ 4z3 + 9z2 + 12z + 4,

b)z6 ¡ 15z4 + 8z3 + 51z2 ¡ 72z + 27.

1.3. Разложить на неприводимые вещественные множители мно-

гочлены:

a) z4 + 4,

b) z4 ¡ az2 + 1; ¡2 < a < 2.

1.4. Определить ¸ так, чтобы один из корней уравнения

z3 ¡ 7z + ¸ = 0

равнялся удвоенному другому.

Эти формулы не имеют смысла, когда

jAj = a11a22 ¡ a12a21 = 0;

т. е. строки определителя jAj пропорциональны. Если при этом и

b1 = a12 ;

b2 a22

то первое и второе уравнения системы (1.1), фактически, совпадают, и она имеет бесконечное множество решений. Если jAj = 0, но

b1 6= a12 ;

b2 a22

то первое и второе уравнения системы (1.1) противоречивы, система несовместна, не имеет ни одного решения.

Примеры. 1) Определитель матрицы системы

x1 + 2x2 = 5; 3x1 + 4x2 = 6;

2) Определитель матрицы системы

x1 + 2x2 = 3; 2x1 + 4x2 = 6;