Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Руководство к решению задач по алгебре и геометрии
.pdf
Предисловие
Изначально данное пособие было написано с целью помочь студентам специальности «Прикладная информатика» при выполнении домашней
контрольной работы по курсу «Алгебра и геометрия», поэтому пособие
делится на две основные части: примеры решения задач и варианты индивидуальных заданий. (В последних двух работах б´ольшая часть заданий
взята из сборника задач [3], который в настоящее время мало переиздается
и постепенно становится библиографической редкостью.) В конце книги,
как приложение, приведены некоторые теоретические сведения и формулы,
по большей части касающиеся тех разделов, которые относительно редко
освещаются в учебниках и справочниках по высшей математике.
При работе с пособием следует учесть, что оно охватывает не все виды
задач, которые необходимо уметь решать студентам математических специальностей. Так, в пособии нет задач на определители низших порядков и на
основные операции с матрицами (предполагается, что при выполнении работы по теме «Линейная алгебра» студент уже знаком с этими разделами
алгебры, поэтому вычисление определителей или перемножение матриц,
возникающее при решении задач, никак не комментируется). В работе по
теме «Аналитическая геометрия» содержатся лишь наиболее простые и типичные примеры задач, особенно это касается тем «Уравнения прямой на
плоскости» и «Уравнения прямой и плоскости в пространстве». Тем, кто желает научиться решать более сложные задания, следует обратиться к сборникам задач по аналитической геометрии.
Примеры решения задач
Работа 1. Комплексные числа
Задание 1. а) Представить в алгебраической форме i
Решение. Как известно, i
следующим образом:
149
i
= i
4
=1, поэтому преобразуем наше выражение
148
· i1=(i4)37· i1=137·i = i.
149
1
и
.
33
i
−33
i
= i
1
:
33
−36·i3
=(i4)−9·i3=1−9· i3= i3= −i.
2
(1 + i)
1 − i
.
Аналогично находим
1
= i
33
i
б) Представить в алгебраической форме
Решение. Умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное знаменателю:
2
(1 + i)
1 − i
Найдем (1 + i)
(1 + i)
=
3
. По формуле куба суммы получаем:
3=13
Вспоминаем, что i
2
(1 + i)
(1 + i)
(1 − i)(1 + i)
=
(1 + i)
12− i
3
2
(1 + i)
=
1 − (−1)
3
=
+3· 12·i +3· 1 · i2+ i3=1+3i +3i2+ i3.
2
= −1,аi3= −i,отсюда
3
(1 + i)
=1+3i −3 − i = −2+2i.
(1 + i)
2
Окончательно
(1 + i)
1 − i
2
=
(1 + i)
2
3
− 2+2i
=
2
= −1+i.
3
.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 5
в) Представить в алгебраической форме
√
2e
− 1 − i
πi/6
102
· i
.
Решение. Преобразуем основание степени. Сначала заметим, что i =
= e
πi/2
,таккакArg i =
π
, |i| =1(см. рис. 1).
2
Найдем модуль и аргумент числа z = −1 − i.
Здесь Re z = −1, Im z = −1,поэтому
|z| =
(−1)2+(− 1)2=√2.
Вектор, изображающий −1 − i, находится в третьей четверти, поэтому
Arg z = π +arctg
Таким образом, −1−i =
√
− 1
− 1
2·e
5πi/4
π
= π +
5π
=
4
4
. Теперь мы можем
.
Рис. 1
записать основание степени в показательной форме:
√
2 · e
− 1 − i
πi
6
·i
=
√
2 · e
√
2 · e
πi
πi
πi
πi
6
2
·e
5πi
4
= e
6
5πi
+
−
2
−7πi
4
= e
12
.
Воспользуемся формулой Муавра:
Зная, что e
2πi
=1, получаем
−119πi
2
e
e
= e
−7πi
12
−58πi+
102
= e
3πi
2
−7·102πi
12
= e
−58πi
= e
−119πi
−
· e
2
3πi
.
3πi
−
2
= e
2
.
Переходим к алгебраической форме записи:
− 3π
2
3πi
−
2
e
=cos
+ i sin
− 3π
2
=0+i ·1=i.
Задание 2. Представить в тригонометрической форме и изобразить на
плоскости.
а) z =
√
2 −√5.
6ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Рис. 2 Рис. 3
Это отрицательное действительное число, поэтому Arg z = π,
√
|z| = |
2 −√5| =√5 −√2 (см. рис. 2).
Его тригонометрическая форма:
√
2 −√5=(√5 −√2)(cos π + isin π).
√
б) z = −
Здесь Re z =
3i +√3 (рис. 3).
√
3, Im z = −√3.Поэтому
|z| =
(√3)2+(−√3)2=√3+3=√6.
Вектор, изображающий −
√
му
Arg z =arctg
Тригонометрическая форма:
√
−
3i +√3=√6cos−
в) z = −i
2
i cos
π
12
− sin
Раскроем скобки:
π
z = −i
3
cos
12
= −(−i)cos
+ i
π
12
3i +√3, находится в четвертой четверти, поэто-
√
3
π
.
12
π
2
sin
12
+(− 1) sin
−
√
3
π
4
=
π
12
= −
+ i sin−
= −sin
π
.
4
π
.
4
π
12
+ i cos
π
12
.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 7
|z| =
−sin
π
12
2
+cos
π
12
2
=√1=1.
Обозначим ϕ =Argz.Тогда
cos ϕ = −sin
sin ϕ =cos
π
По формуле приведения ϕ =
4
г)
−√3 − i.
Сначала запишем в тригонометрической форме число z = −
Здесь Re z = −
√
3, Im z = −1,поэтому
π
+
=
2
12
π
,
12
π
.
12
7π
.Итак,z =1·cos
12
7π
12
|z| =
(−√3)2+(− 1)2=√4=2.
Вектор, изображающий z, находится в третьей четверти, так что
+ i sin
√
7π
12
3 − i.
.
Arg z = π +arctg
√
4
2 ·cos
7π
6
+ i sin
7π
6
Итак, z =2cos
√
4
z =
Если n =0, то получаем
√
4
ω
=
2 ·cos
1
7π
6
Если n =1, то получаем
7π
√
4
ω
=
2 ·cos
2
6
+2π
4
Если n =2, то получаем
7π
√
4
=
ω
2 ·cos
3
6
+4π
4
+2πn
4
+0
4
7π
.Тогда
6
+ i sin
+ i sin
+ i sin
−√3
+ i sin
7π
6
7π
6
7π
6
− 1
7π
6
+0
4
+2π
4
+4π
4
= π +
+2πn
4
=
=
=
π
7π
=
6
.
6
,n=0, 1, 2, 3.
√
4
√
√
4
4
2cos
2cos
2cos
7π
24
19π
24
31π
24
+ i sin
+ i sin
+ i sin
7π
24
19π
24
31π
24
.
.
.
8ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Если n =3, то получаем
7π
√
4
=
ω
2 ·cos
4
Чтобы изобразить ω
ты ω
и ω2, ω2и ω3, ω3и ω4отличаются на
1
+6π
6
4
1,ω2,ω3
+ i sin
вектора перпендикулярны. Длины этих векторов одинаковы и равны
7π
+6π
6
4
√
4
=
2cos
43π
24
+ i sin
43π
24
.
и ω4на плоскости, заметим, что аргумен-
π
, то есть каждые два соседних
2
√
4
2,поэтому, соединяя их концы, получим квадрат с центром в начале координат
(рис. 4).
Рис. 4
Задание 3. Изобразить на комплексной плоскости множество точек,
удовлетворяющих данным неравенствам:
а) |z +2i| < |z − 2|.
Сначала найдем множество точек, для которых |z +2i| = |z − 2|,
т. е. |z −(−2i)| = |z −2|.Зная,что|z −z
ками z и z
точки, равноудаленные от точек z
, видим, что уравнению |z −(−2i)| = |z −2| удовлетворяют
0
= −2i и z2=2. Все такие точки лежат
1
на серединном перпендикуляре отрезка, соединяющего z
| — это расстояние между точ-
0
и z2(рис. 5).
1
Серединный перпендикуляр разбивает комплексную плоскость на две
полуплоскости, одна из которых и будет решением неравенства. Очевидно,
точка z
= −2i лежит в этой полуплоскости (рис. 6).
1
б) 0 < |5z −2| 2.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 9
Рис. 5
Рис. 6
Преобразуем данные неравенства:
0 <
z −
2
2
.
5
5
Это множество точек, расстояние от которых до точки z
но меньше
причем сама точка z
2
. Получаем круг с центром в точке z0=
5
решением данной системы неравенств не является
0
(рис. 7).
2
=
0
5
2
и радиусом
5
больше нуля,
2
,
5
10 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Рис. 7
в) |Re z| 3.
Пусть z = x+iy,тогда
z = x−iy,аRe z = x.Мыдолжныизобразитьна
плоскости множество точек, у которых |x| 3,аy — произвольно (рис. 8).
Рис. 8
π
г)
arg(z + i −1)
2
Сначала изобразим множество точек, для которых
2π
.
3
π
arg z
2
(рис. 9).
Осуществляя параллельный перенос на вектор −(i − 1) = 1 −i,получаем искомое множество (рис. 10).
2π
3
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]