2. Комплексные числа и действия над ними

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями / Сборник задач по ВМ ч.3.pdf

Скачиваний:

239

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

2.99 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

2. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ
2.1. Алгебраическая форма комплексного числа
Комплексным числом называется выражение вида
z = x + iy,	(2.1)

где х и y – любые действительные числа; i – мнимая единица, удовлетво-

ряющая условию i 2 = −1.

Выражение (2.1) называется алгебраической формой комплексного числа. Числа х и y называются, соответственно, действительной и мнимой частями комплексного числа z и обозначаются: x = Re z, y = Im z .

Множество всех комплексных чисел обозначают С. Комплексное число вида x + 0i отождествляют с действительным числом x , т.е. x + 0i = x . Таким образом, множество действительных чисел является подмножеством множества комплексных чисел; R C . Числа вида 0 + yi называют чисто

мнимыми и обозначают yi ( y R ).
Модулем комплексного числа z			называется действительное число
		z =	x2 + y 2 .
Комплексное число		= x − iy	называется сопряженным для комплекс-
	z

ного числа z = x +iy . Комплексные числа z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 считаются равными тогда и только тогда, когда x1 = x2 , y1 = y2 .

Алгебраические операции над комплексными числами, по определению, производятся по тем же правилам, как и операции над биномами вида x + yi ,

сучетом, что i 2 = −1.

1.z1 + z2 = (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i( y1 + y2 ) .

2.z1 − z2 = (x1 + iy1 ) − (x2 + iy2 ) = (x1 − x2 ) + i( y1 − y2 ) .

3.z1 z2 = (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ) .

Из определения произведения комплексных чисел следует, что z z = x 2 + y 2 = z 2 .

4. Деление комплексных чисел производится по правилу

z1	=	z1 z2	=	z1 z2			.
z2		z2 z2
					z2	2

Модуль комплексного числа обладает следующими свойствами:

z1 z2

, z2 ≠ 0 ,

z n

n ,

z + z

≤

2.1. Показать, что z1 + z2 = z1 + z2 .

∆ Пусть z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2 . Тогда z1 + z2 =

=(x1 + x2) +i(y1 + y2) =(x1 + x2) −i(y1 + y2) =(x1 −iy1) +(x2 −iy2) = z1 + z2 . ▲

Взадачах 2.2 – 2.4 выполнить указанные действия и результат записать

валгебраической форме.

2.2.i19 − i 200 − i 25 + i 42 .

∆ Очевидно, что i3 = −i, i 4 =1. Поэтому при вычислении i n , где n N

и n > 4 ,	следует n представить в виде	n = 4k + m,	где 0 ≤ m ≤ 3.		Тогда
i n = i 4k +m = i 4k i m = (i 4 )k i m = i m .		В нашем	примере		имеем:
i16+3 − i 4 50 − i 24+1 + i 40+2 = i3 −1 − i + i 2 = −i −1 − i −1 = −2 − 2i .				▲
2.3.	(2 − i)2 (1 +11i) − 3i .

∆Выполняем операции по тем же правилам, как и над биномами вида

x+ yi :

(4 −4i +i2)(1+11i) −3i = (3 −4i)(1 +11i) −3i = 3 +33i −4i + 44 −3i = 47 + 26i. ▲

2.4.41+i − 31+−2ii .

∆ Домножаем числитель и знаменатель каждой дроби на комплексное число, сопряженное для знаменателя:

4 −i	−	(3 + 2i)(1 + i)	= 4 −i − 1 + 5i =		− 9 −87i = −	9	− 87 i .
(4 + i)(4 −i)		(1 −i)(1 + i)				34
			17	2	34		34

Заметим, что тот же результат можно получить иначе – приводя разность дробей к общему знаменателю. ▲

2.5. Найти действительные решения уравнения

(1+i)x +(−2 +5i) y =17i −4 .

∆ Выделим в левой части уравнения действительную и мнимую части: (x − 2 y) +i(x +5y) =17i −4 .

Отсюда, согласно определению равенства двух комплексных чисел, получаем систему

					x −2y = −4,

					x +5y =17.
	Решив ее, находим:		x = 2, y = 3 . ▲
	2.6. Решить уравнение:			z	− z =1+ 2i .
	2.6. Решить уравнение:			z	− z =1+ 2i .
	∆	Пусть z = x +iy .	Тогда x2 + y 2 − x −iy =1 + 2i . Приравнивая от-
дельно действительные и мнимые части, получаем систему
	2	2
	x	+ y − x =1,
	x	+ y − x =1,
	− y	= 2.
	− y	= 2.

Решив ее, находим:	x =	3	, y = −2, т.е.				z =	3	−	2i .	▲
Решив ее, находим:	x =	2	, y = −2, т.е.				z =		−	2i .	▲
		2					2
2.7. Решить систему уравнений:
			z	1	+ 2z	2	=1 + i,
				1		2
			3z1 + iz2 = 2 − 3i.

∆ Данная система является линейной относительно z1 и методом подстановки:

z1 =1

+ i − 2z2

+ i − 2z

1 + 6i

+ i − 2z

) + iz

= 2 − 3i

z2 =

3(1

6 − i

Преобразуем z2 :

(1 + 6i)(6 + i)

37i

= i .

(6 − i)(6 + i)

z2 . Решаем ее

Тогда,

z =1

+ i − 2z

=1 − i

▲

z2 = i

2.8.

Решить систему уравнений

z +1

z + 2

+ 9

5z +10 i.

∆ Пусть z = x +iy . Тогда

(x +1) + iy = (x + 2) + iy ,

(x +1)2

+ y2

= (x + 2)2 + y2 ,

3 (x + 3) + iy =5 (x + i( y + 2)

3 (x + 3)2

+ y2

x2 + ( y + 2)2 .

x2 + 2x +1 + y2

= x2 + 4x + 4 + y2 ,

x = −

= 25(x

9(x2 + 6x + 9 + y2 )

2 + y2 + 4 y + 4).

+ 25y

+ 34

= 0.

4 y


	3			x		2	= −3				,
	= −2 ,	или				2			2
x1	= −2 ,	или							2
	= −2.				y2		= −		17			.
y1	= −2.				y2		= −		4			.
									4
Итак, решения системы:	z = −	3	− 2i и z		2	= −		3		−			17	i .▲
	1	2			2		2					4
		2					2					4

Взадачах 2.9 – 2.17 выполнить указанные действия и результат записать

валгебраической форме.

2.9.	2i 29 −i84 + i55 + 3i2002 .						2.10.		i 48 − 4i13 − 6i62 − i7 .
2.11.	(1+i)(5 −6i) .						2.12. (1 + 2i)2 − (1 − 3i)3 .
2.13.		3 +i	.	2.14.	1 −i	.	2.15.		1	+		1	.
					3 + 4i			1 + 4i			4	−i
		2 −i

2.16.1+i +1 −i . 2.17. 13 +12i + (1 + 2i)2 . 1 −i 1+i 6i −8 2 +i

В задачах 2.18 – 2.22 найти действительные решения уравнений.

2.18.(4 + 2i)x + (5 − 3i) y =13 + i .

2.19.(3x −i)(2 +i) + (x −iy)(1+ 2i) = 5 + 6i .

2.20.12((2x +i)(1+i) + (x + y)(3 −2i)) =17 + 6i .

2.21.(x − iy)(α − iβ) = i5 , где α и β – действительные числа.

2.22.	1	+	2	+i	= 2 .
	x +( y −1)i		1	+i

Решить уравнения:

2.23.z + z 2 = 0 . 2.24. z + z = 2 +i .

2.25.(1 + 2i)(z − i) + (4i − 3)(1 − iz) −13i = 0 .

Решить системы уравнений:

2.26.(3 − i)z1 + (4 + 2i)z2 =1 + 3i,(4 + 2i)z1 − (2 + 3i)z2 = 7.

2.27.

(i +1)z1 + (1 − i)z2 =1 + i,

2.28.

(3 + 2i)z1 + (3 − 2i)z2 = 8,

iz1 + z2 = i.

(2 + i)z1 + (2 − i)z2 = 6.

(1 − i)z = (1 + i)z,

2.29.

2.30.

z +1 − i

3 + 2i − z

z + i

+ 51i

=1.

2.2.Геометрическое изображение комплексных чисел. Тригонометрическая и показательная формы

Комплексное число z = x +iy условно изображается на плоскости ОХY точкой M (x, y) или вектором OM (рис. 2.1). Плоскость ОХY при этом называют комплексной плоскостью, ось ОХ – действительной, ось ОY – мнимой

осью. Длина ρ вектора OM равна модулю комплексного числа z:


	ρ = z = x2 + y 2 .
Угол ϕ , образованный вектором			с положительным направлением
		OM
оси ОХ,	называется аргументом комплексного числа z и обозначается
ϕ = Arg z	. Он определяется неоднозначно – с точностью до слагаемого,

кратного 2π :

Arg z = arg z + 2πk, k Z ,

где arg z есть главное	значение Arg z , определяемое	условием
−π < arg z ≤π . (В некоторых	случаях главным значением Argz	называется

значение, удовлетворяющее условию 0 ≤ arg z < 2π .) В дальнейшем значение arg z мы обозначаем буквой ϕ .

Заметим, что

tgϕ =

x ≠ 0 . Нетрудно доказать, что

arctg

x >0,

π +arctg

x <0,

y >0,

ϕ =

−π +arctg

x <0,

y <0.

y z

Рис. 2.1

Очевидно, что если z – действительное число, т.е. z = x , то

0,	x > 0,
ϕ =	x < 0.
π,	x < 0.
			π	,	y >0
Если же z – мнимое число, т.е. z = iy , то ϕ =			2	,	y >0
Если же z – мнимое число, т.е. z = iy , то ϕ =			2		.
		−	π	,	y <0
		−	2	,	y <0
			2
Так как	x = ρ cosϕ, y = ρ sin ϕ , то любое комплексное число z можно запи-
сать в виде:
	z = ρ(cosϕ + i sin ϕ) .				(2.2)

Это – тригонометрическая форма комплексного числа.

Символом eiϕ обозначается комплексное число cosϕ +i sinϕ . С помо-

щью этого обозначения всякое комплексное число	z = ρ(cosϕ + i sin ϕ) мо-
жет быть представлено в показательной форме:
z = ρ eiϕ .	(2.3)

Используя показательную форму записи, можно показать, что при умножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы складываются:

z1z2 = ρ1eiϕ1 ρ2eiϕ2 = ρ1ρ2ei(ϕ1+ϕ2) .

В тригонометрической форме эти действия выглядят так:

z1z2 = ρ1(cosϕ1 +isinϕ1)ρ2(cosϕ2 +isinϕ2) = ρ1ρ2(cos(ϕ1 +ϕ2) +isin(ϕ1 +ϕ2)) .

При делении комплексных чисел их модули делятся, а аргументы вычи-

таются:	z1	=	ρ1	(cos(ϕ −ϕ ) +i sin(ϕ −ϕ )) =				ρ1	ei(ϕ1−ϕ2) .
	z2		ρ2					ρ2
				1	2	1	2

Отметим, что складывать и вычитать комплексные числа проще всего в алгебраической форме.

В задачах 2.31–2.35 изобразить на комплексной плоскости множество точек, удовлетворяющих следующим условиям:

2.31. −1 ≤ Im z < 2 .

∆Данное условие равносильно неравенству −1 ≤ y < 2 , что геометри-

чески изображается полосой, параллельной оси ОХ (рис. 2.2).

▲

-1

Рис. 2.2

2.32.z − z0 = R .

Данное множество точек на плоскости ХОY изображается окружностью с центром в точке (x0 ; y0 ) и радиусом R (рис. 2.3). Действительно,

z − z0 = x + iy − x0 − iy0 = (x − x0 )2 + ( y − y0 )2 = R

(x − x0 )2 + ( y − y0 )2 = R 2 . ▲

Рис. 2.3

2.33.z +1 − 2i ≤ 2.

∆Используя результат задачи 2.32 и представляя заданное неравенство

ввиде z − (−1 + 2i) ≤ 2 , нетрудно догадаться, что заданное множество точек

есть круг с центром в точке z0 = −1 + 2i радиусом 2 (рис. 2.4). ▲

-1 0 X

Рис. 2.4

2.34.z <1 − Re z .

∆ Преобразуем заданное неравенство:

x2 + y 2

1 − x ≥ 0

x ≤1

<1 − x

+ y

− 2x + x

− 2x.

Искомое множество показано на рис. 2.5. ▲

0 1/2

Рис. 2.5

2.35.π4 < arg z ≤ 23π .

∆ Очевидно, что множество, заданное условием arg z =ϕ0 , есть полу-

прямая, проходящая через точку О и образующая с положительным направлением оси ОХ угол ϕ0 . Тогда данное множество есть внутренняя часть уг-

ла, изображенного на рис. 2.6. ▲

0	X

Рис. 2.6

Следующие комплексные числа представить в тригонометрической и показательной формах:

2.36.z = −1.

∆ x = −1, y = 0 ρ =1, ϕ =π −1 = cosπ + i sin π = eiπ . ▲

2.37.z = 2i .

		π		π		π ) = 2ei	π
∆	x = 0, y = 2 ρ = 2, ϕ =	π	2i = 2(cos	π	+ i sin	π ) = 2ei	2	. ▲
		2		2		2

2.38. z = − 3 −i .

3(cos 40o −i sin 40o)

∆ x = − 3,	y	= −1 ρ =		3 +1 = 2, tgϕ = y				=	1	. Так как x < 0, y < 0 ,
	1	= −π + π		5π			x		3
то ϕ = −π + arctg	1	= −π + π	= −	5π	. Тогда
	3	6		6		5π
			5π )) = 2ei(−			5π
− 3 −i = 2(cos(−5π ) +i sin(−							) . ▲
− 3 −i = 2(cos(−5π ) +i sin(−						6	) . ▲
	6		6

2.39.z = −2 +3i .

∆ x = −2, y = 3 ρ = 13,	tgϕ = −	3	. Так как x < 0, y > 0 , то
		2

ϕ =π + arctg(− 3) =π −arctg				3	.	Тогда
ϕ =π + arctg(− 3) =π −arctg				2	.	Тогда
			2	2				3
− 2 + 3i =			13(cos(π − arctg 3) + i sin(π − arctg 3)) =				13 ei(π−arctg	3
− 2 + 3i =			13(cos(π − arctg 3) + i sin(π − arctg 3)) =				13 ei(π−arctg	2) . ▲
			2			2
2.40.			z = −cosα +i sinα,			0 <α < π .
						2
	∆ Так как здесь перед cosα					стоит знак «–», то данное выражение не яв-
ляется тригонометрической				формой комплексного числа! Очевидно, что
ρ =	z	=1.	Для нахождения		ϕ	воспользуемся	формулами	приведения:
ρ =	z	=1.	Для нахождения		ϕ	воспользуемся	формулами	приведения:

cos(π −α) = −cosα , sin(π −α) = sinα . Тогда ϕ =π −α и, следовательно, z = cos(π −α) + i sin(π −α), z = ei(π −α) . ▲

Следующие комплексные числа представить в алгебраической форме.

2.41.					π		2) 4eiπ ;				π						π
2.41.		1)	5 e−i 2 ;				2) 4eiπ ;				3) 2ei 3 ;				4) e−6 i .
Следующие комплексные числа представить в тригонометрической и
показательной формах.											i ;			4) −5i .
2.42.		1)	4;			2)	-3;			3)	i ;			4) −5i .
2.43.		1)	1+i ;			2) 1−		3i ;		3)	− 2 − 2i ;			4) −4 3 + 4i .
2.44.		1)	5 +12i ;			2) −3 + 4i ;				3)	1− 2i ;			4) − 4 −i .
2.45.		1)	sin	π	+i cos		π ;				2) −cos	π	−i sin		π	;
2.45.		1)	sin	5	+i cos		π ;				2) −cos		−i sin			;
				5			5				12			12
3) sinα −i cosα,				π	<α <π ;				4)	cosα −i sinα, 0 <α <				π .
				2										2			π .
2.46 .		1)	1+ cos π			+i sin π		;		2)	1−sinα +i cosα			, 0 <α <			π .
					7		7										2
2.47	.		5(cos100o +i sin100o)i						.
2.47	.								.

2.48 .	sin 2π +i(1−cos 2π )
	5	5	.

		i −1

В задачах 2.49 – 2.57 изобразить на комплексной плоскости множества точек, удовлетворяющих условиям:

2.49.1) Im z > 0 ;

2.50.	1)		z	<1; 2)	z +i

2.51.	1)	1
		ρ(cosϕ + i sin ϕ)

2) 0 ≤ Re z < 3;

= 2 ; 3) z −i −1

≤1; 2)	1
≤1; 2)		z	ei arg z
		z	ei arg z

3)Im z ≤ 2 .

≥3 ; 4) 1 < z + 2 ≤ 4.

>2 ; 3) sin z > 0.

2.52.

= 2 + Im z ;

− Re z ≤ 0;

= −z .

2.53.

z −2

z + 2

= 26 ;

z −i

−

z +3

= 4;

3) 4 ≤

z −1

z +1

≤ 8 .

z −1

>1; 3 )

2.54.

z −i

≤

z +i

;

z −a

1−a z

; a R,

<1.

z +1

2.55.z 2 + 3z + 3z = 0 .

2.56.	1)	0 < arg z ≤	π	;	2)		π −arg z					<	π	;		3)	π		≤ arg(z −i) ≤π .
2.56.	1)	0 < arg z ≤	π	;	2)		π −arg z					<	π	;		3)	π		≤ arg(z −i) ≤π .
			3										4		1		6
			3										4				6
2.57.	1)	Im z 2 <1;			2)	Im		1	< −	1	;			3)		< Re		1	+ Im	1	<	1	.
2.57.	1)	Im z 2 <1;			2)	Im		z	< −	2	;			3)	4	< Re		z	+ Im	z	<	2	.
								z		2					4			z		z		2

2.3. Возведение в степень. Формула Муавра. Извлечение корня из комплексного числа

Пусть z = ρeiϕ . Тогда zn = ρneinϕ , n N , или в тригонометрической форме:

(ρ(cosϕ +i sinϕ))n = ρn (cos nϕ +i sin nϕ) .

(2.4)

Это и есть формула Муавра. Из нее следует, что при возведении комплексного числа в n-ю степень его модуль возводится в эту степень, а аргумент умножается на n.

Число W называется корнем n-й степени, n N, из числа z (обозначается

n z ), если W n = z . Всего n z имеет ровно n различных значений, которые находятся по формуле:

Wk = n ρ(cos ϕ +n2πk + i sin ϕ +n2πk ), где k = 0,1,2,...(n −1) .

Точки, соответствующие значениям n z , являются вершинами правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R = n ρ с центром в начале

координат. Заметим, что корень n-й степени из действительного числа во множестве комплексных чисел имеет также n различных значений.

Используя формулу Муавра, вычислить выражения:

2.58.(i − 3)7 .

∆ Перейдем к тригонометрической форме числа z = − 3 +i :

x = −

3, y =1 ρ =

x2 + y 2

= 2, tgϕ

= y

= − 1 ϕ =

π + (arctg(−

3 )) =

5π

Тогда

z = 2(cos

+i sin

) .

По формуле Муавра имеем:

(i − 3)

= (2(cos

5π

+ i sin

5π

))

128(cos

35π

+ i sin

35π

) =

=128(cos

−i sin

π ) = 64

3 −64i .

▲

(1 + i)11

2.59.

(1 − i)8

∆

Нетрудно показать, что 1 + i =

2 e

iπ

2 e

−iπ

Тогда:

4 , 1 − i =

4 .

11π

3π

(1 + i)

( 2)

= 2 2 ei( 4

+2π) = 2 2 ei( 4

+4π) =

(1 − i)8

( 2)8 e−2π i

= 2

2(cos(4π +

3π ) + i sin(4π +

3π )) = −2 + 2i .

▲

2.60. Пользуясь формулой Муавра, выразить через

sinϕ

и cosϕ

функ-

ции sin 3ϕ

и cos3ϕ .

∆ Из формулы Муавра (2.4) следует:

(cosϕ + i sin ϕ)3 = cos 3ϕ + i sin 3ϕ .

С другой стороны,

(cosϕ + i sin ϕ)3 = (cos3 ϕ − 3 cosϕ sin 2 ϕ) + i (3cos2 ϕ sinϕ −sin3ϕ) .

Приравнивая правые части этих равенств, получаем:

cos 3ϕ + i sin 3ϕ = (cos3 ϕ − 3 cosϕ sin 2 ϕ) + i(3 cos 2 ϕ sin ϕ − sin 3 ϕ) .

Из равенства комплексных чисел следует, что

cos 3ϕ = cos3 ϕ − 3 cosϕ sin 2 ϕ ,

sin 3ϕ = 3 cos 2 ϕ sin ϕ − sin 3 ϕ ,

или

cos 3ϕ = 4 cos3 ϕ − 3 cosϕ ,

sin 3ϕ = 3sin ϕ − 4 sin 3 ϕ .

▲

Найти и изобразить на комплексной плоскости все значения корней:

2.61.

4 −16 .

∆

Так как

−16 =16eiπ =16ei(π +2πk) , то

4 −16 = 4 16 ei(

π +2πk

) = 2(cos π + 2πk + i sin

π + 2πk )

, где k = 0,1, 2,3 .

При k = 0	W	= 2(cos π + i sin π ) = 2 + i 2 ,
	1		4	4
			4	4
при k =1	W2	= 2(cos	3π	+ i sin	3π ) = −	2 + i	2 ,
			4		4
при k = 2	W3	= 2(cos	5π	+ i sin	5π ) = −	2 − i	2 ,
			4		4
при k = 3	W4	= 2(cos	7π	+ i sin	7π ) =	2 − i	2 .
			4		4

Корни W1 ,W2 ,W3 ,W4 являются вершинами квадрата, вписанного в окружность радиуса R = 2 с центром в начале координат (рис. 2.7). ▲






									Рис.2.7
2.62.	3 1	−		3i .
	2		2				i(−π +2πk )
		1		3			i(−π +2πk )
∆ Так как		2 −		2 i = e			3			, то
∆ Так как		2 −		2 i = e						, то
				−π +2πk				π	2
3 1 −	3i = ei(			3				π	2						π			2		π		2
						) = ei(−9			+3πk ) = cos(−								+		πk) + i sin(−		+		πk) ,
				3
				3										9				3		9		3
2	2													9				3		9		3
где k =0,1, 2 . Отсюда получаем:
при k = 0					W		= cos(−π ) + i sin(−π ) ;
					1				9					9
									9					9
при k =1					W2		= cos		5π		+ i sin	5π		;
при k =1					W2		= cos		9		+ i sin			;
									9		9
при k = 2					W3		= cos		11π		+ i sin		11π			.
при k = 2					W3		= cos		9		+ i sin					.
									9		9

Корни W1 ,W2 ,W3 являются вершинами правильного треугольника, вписанного в окружность радиуса R =1 (рис. 2.8). ▲

Рис. 2.8

Используя формулу Муавра, вычислить следующие выражения:

2.63.	1) (1 − i)5 ;					2)	(	1	+	3 i)40 .
								2		2
2.64.	(cos 31o			+ i sin 31o		)10 .
2.65.			(2i)7
2.65.		(−	2 + i 2)6 .
2.66.			i −1	12
2.66.			3i +1	.
			3i +1
2.67.		(1 + i)2n+1
					, n N .
		(1 − i)2n−1			, n N .

2.68.(tg2 − i)4 .

2.69 . (sin 65π + i(1 + cos 65π ))5 .

2.70.При каких значениях n справедливо равенство (1 + i)n = (1 − i)n ?

2.71.Доказать, что 1 + i tgα n = 1 + i tg nα .

1 − i tgα 1 − i tg nα

2.72. Доказать, что если (cosα +isinα)n =1, n N , то

(cosα − i sin α)n =1.

2.73. Пользуясь формулой Муавра, выразить через cosϕ и sinϕ функ-

ции cos 4ϕ и sin 4ϕ .

2.74 . Найти сумму cos x + cos 2x +... + cos nx .

2.75.Найти и изобразить на комплексной плоскости все корни 2-й, 3-й

и4-й степеней из 1.

В следующих задачах найти все значения корней:

2.76.	i .	2.77.	3 −8 .	2.78. 4 − i .	2.79.	3 −1 + i .
2.80.	2 − 2 3i	.	2.81.	5 −1 − i .	2.82. 6 1 + i	3 .

2.83 . Одна из вершин правильного пятиугольника находится в точке (1, 0). Найти координаты остальных его вершин.

2.4. Многочлены и алгебраические уравнения.

Многочленом или полиномом степени n от z называется функция

P (z) = a

z n + a

n−1

z n−1 + ... + a z + a

(2.5)

где a0 , a1 ,K, an –

постоянные

коэффициенты, (an ≠ 0,

ak R, k =

) ;

0,n

z = x + iy – комплексное переменное.

Уравнение

z n + a

z n−1

n−1

+ ... + a z + a

= 0

(2.6)

называется алгебраическим уравнением n-й степени. Число z1 , для которого Pn (z1 ) = 0, называется корнем многочлена Pn (z) или корнем уравнения (2.6).

Теорема 1 (Гаусс). Любой многочлен ненулевой степени имеет по крайней мере один корень (вообще говоря, комплексный).

Теорема 2 (Безу). Остаток от деления многочлена

P (z) = a	n	z n + a	n−1	z n−1	+ ... + a	0	на линейный двучлен z −α равен P (α) .
n								n
Следствие.			Число		z1 есть корень многочлена Pn (z) тогда и только то-
гда, когда Pn (z)			без остатка делится на двучлен z − z1 ,					т.е. имеет место ра-
венство			Pn (z) = (z − z1 )Qn−1 (z) ,					(2.7)

где Qn−1 (z) – многочлен ( n −1)-й степени.
Пусть n >1. Тогда, применяя теоремы Гаусса и								Безу к многочлену
Qn−1 (z) , получим, что существует число z2 , являющееся его корнем и
							~
~					Qn−1 (z) = (z − z2 )Qn−2 (z),
где Qn−2 (z) – многочлен степени (n − 2) .
Повторяя те же рассуждения неоднократно, мы в конце концов придем к
многочлену нулевой степени, т.е. к числу, и получим:
		Pn (z) = an (z − z1 )(z − z2 )...(z − zn ).						(2.8)
Формула (2.8) называется разложением многочлена на линейные мно-
жители.
Объединяя в (2.8) одинаковые множители, имеем:

P (z) = a	n	(z − z )k1	(z − z	2	)k2	...(z − z	m	)km ,	(2.9)
n	n	1		2			m

где k1 + k2 + ... + km = n.

Если в разложении (2.9) множитель z −α содержится в некоторой степени k, то число z =α называется корнем k-й степени данного многочлена. Таким образом, из разложения (2.9) видно, что корень z1 имеет кратность k1 ,

корень z2 – кратность k2 и т.д., корень zm – кратность km .

Следствие из теоремы Гаусса. Каждый многочлен n-й степени имеет ровно n корней, если каждый корень считать столько раз, какова его кратность.

Пример. Найти корни многочлена P (z) = z 7			− 2z 5 + z 3 и определить их
кратность.	7
кратность.
∆ Преобразуем P7 (z) следующим образом:
P (z) = z 3 (z 4 − 2z 2	+1) = z 3 (z −1)2	(z +1)2 .		(2.10)
7
Из (2.10) ясно, что P7 (z) имеет корни z1 = 0,			z2 =1,	z3 = −1 кратно-
стей 3, 2 и 2, соответственно.	▲			кратности k, то со-
Если Pn (z) имеет комплексный корень z0		= x0 + iy0		кратности k, то со-

пряженное для него число z0 = x0 −iy0 также является корнем этого многочлена, причем той же кратности. Отсюда следует, что разложение (2.9) содержит не только (z − z0 )k , но и (z − z0 )k , а значит, содержит их произведе-

ние, которое можно представить в виде:

(z − z0 )k (z − z0 )k = (z 2 + pz + q)k ,

где p = −2x0 , q = x02 + y02 и z 2 + pz + q есть трехчлен с отрицательным

дискриминантом:

D = p 2 − 4q = −4 y02 < 0.

Объединяя в (2.9) попарно скобки, соответствующие комплексносопряженным корням, приходим к разложению:

P (z) = a

(z − z )k1 ...(z − z

)ks (z 2

+ p z + q )λ1 ...(z 2

+ p

z + q

)λl ,

(2.11)

где z1 , z2 ,..., zs – действительные корни, а числа pm , qm

удовлетворяют ус-

ловию

pm2

− 4qm2 < 0,

(m =1,2...l)

и соответствуют

комплексно-сопряжен-

ным корням.

Формула (2.11) называется разложением многочлена на минимальные линейные и квадратичные множители с действительными коэффициентами.

Формулы Виета

Пусть z1 , z2 ,..., zn – действительные корни многочлена

Pn (z) = z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 .

Тогда, согласно (2.8),

P (z) = (z − z	1	)(z − z	2	)...(z − z	n	) = z n + a	n−1	z n−1 + ... + a z + a	0	.	(2.12)
n	1		2		n		n−1	1	0

Раскрывая в (2.12) скобки и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z, получим:

z1 + z2 +... + zn = −an−1,

z z

+ z z

... + z

n−1

= a

n−1

(2.13)

..............................................

z z

= (−1)n a

Формулы (2.13) выражают зависимость между коэффициентами

приведенного многочлена (т.е.

старший

коэффициент которого равен

единице) и его корнями и называются формулами Виета.

Для многочлена общего вида

(z) = a

z n

+ a

n−1

z n−1

+ ... + a z + a

формулы Виета легко получить,

поделив обе части уравнения Qn (z) = 0 на

an . Тогда, используя (2.13), имеем:

an−1

z + z

+ +z

= −

an−2

z z

+ z z

+... + z

n−1

(2.14)

..............................................

z z

= (−1)n

Соотношения (2.14) называют обобщенными формулами Виета.

При решении уравнений с целыми коэффициентами часто оказываются полезными следующие теоремы, являющиеся следствием формул Виета.

Теорема 3. Целые корни алгебраического уравнения an z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 = 0

с целыми коэффициентами являются делителями его свободного члена a0 .

Теорема 4. Если несократимая дробь						l	(l и m – целые числа) служит
Теорема 4. Если несократимая дробь					m		(l и m – целые числа) служит
					m
корнем многочлена P (z) = a	n	z n + a	n−1	z n−1		+ ... + a z + a		0	с целыми коэффи-
n	n		n−1				1	0

циентами, то число l будет делителем свободного члена a0 , а m – делителем старшего коэффициента an .

Пример. Решить уравнение z 3 − 6z − 9 = 0.

∆ Свободный член многочлена равен –9. Его делителями являются числа ±1, ±3, ±9. Нетрудно убедиться, что число z1 = 3 будет корнем данно-

го уравнения. Поделим многочлен z 3 − 6z − 9 на двучлен z − 3 :

	z 3 − 6z − 9			z − 3
	z 3 − 6z − 9			z − 3
− z 3 − 3z 2				z 2 + 3z + 3	z 3 − 6z − 9 =

		3z 2 − 6z − 9			= (z − 3)(z 2 + 3z + 3)
	− 3z 2 − 9z
			3z − 9
			− 3z − 9
			0

Затем, по обычным формулам для корней квадратного трехчлена, находим два других корня:

	z 2 + 3z + 3 = 0				z =			− 3 ± 9 −12 .
								2
Ответ:	z = 3, z	2	= − 3 + i 3	,	z	3	= − 3 − i 3 .		▲
	1	2	2			3		2
			2					2
2.84. Разложить			многочлен		P (z) = z 5 + z 4 +16z +16				в произведение
					5

линейных и квадратичных множителей с действительными коэффициентами. ∆ Преобразуем P5 (z) , сгруппировав его слагаемые так:

P (z) = z 4 (z +1) +16(z +1) = (z +1)(z 4 +16).							(2.15)
	5
Из (2.15) видно, что z1 = −1			– корень P5 (z) . Остальные корни являются
решениями уравнения z 4 +16 = 0 и равны				π	π
				π	π
где k = 0,1,2,3.		4 −16 = 4 16ei(π +2πk ) = 2ei( 4 +			2 k ) ,		(2.16)
где k = 0,1,2,3.
Подставляя в (2.16) поочередно допустимые значения k,						получим:
z2 = 2 + i 2,	z3 = −	2 + i 2,	z4 = − 2 − i	2,	z5 = 2 − i 2.		Тогда
P5 (z) = (z +1)(z −	2 − i	2)(z −	2 + i 2)(z +	2 − i	2)(z +	2 + i	2)
P (z) = (z +1)(z 2	− 2 2z + 4)(z 2 + 2 2z + 4).						(2.17)
5
Заметим, что указанный способ хотя и надежен, но приводит к довольно
большим вычислениям. Приведем другой, более изящный.
Дополним двучлен z 4 +16 до полного квадрата:
z 4 +16 = (z 4 + 8z 2 +16) − 8z 2 = (z 2 + 4)2 − 8z 2 .
Теперь применим формулу разности квадратов. Тогда
z 4 +16 = (z 2 + 4 − 2 2z)(z 2 + 4 + 2					2z).		(2.18)

Подставляя разложение (2.18) в (2.15), мы приходим к той же формуле (2.17), но гораздо быстрее. ▲

2.85. Представить многочлен P3 (z) = 2z 3 + 3z 2 + 4z − 3 в виде произведения линейных множителей.

∆ Найдем подбором один из корней многочлена. Целые корни многочлена являются делителями свободного члена –3, следовательно, ими могут быть только числа ±1, ±3. Но подстановка этих чисел в уравнение P3 (z) = 0

показывает, что ни одно из них не является его корнем. Следовательно, данный многочлен целых корней не имеет.

Пусть P (z) имеет рациональный корень вида

(где l и m – целые чис-

ла), тогда его нужно искать среди чисел ±

, ±

(l – делитель свободного

члена a0

= −3, m – делитель старшего коэффициента a3 = 2 ). Подставляя

убеждаемся, что z

– корень многочлена. Разделив P (z) на

z −

, получаем:

2z3 + 3z

2 + 4z − 3 = (z −

)(2z 2

+ 4z + 6) = 2(z −

)(z 2 + 2z + 3).

Решая урав-

нение z 2 + 2z + 3 = 0, находим два других корня:

z2 = −1 + 2i, z3 = −1 − 2i.

В результате получаем разложение данного многочлена на линейные

множители: 2z3 + 3z 2 + 4z − 3

= 2(z −

)(z +1 − 2i)(z +1 + 2i).

▲

Схема Горнера

Для определения кратности корней многочлена очень удобно пользоваться методом, называемым схемой Горнера. Изложим его суть.

Пусть при делении многочлена An (z) = an z n + an−1 z n−1 + ... + a0 на бином

z − z0 в частном получился многочлен Bn−1 (z) = bn−1 z n−1 + bn−2 z n−2 + ... + b0 , а в остатке – число, т.е. An (z) = (z − z0 )Bn−1 (z) + r . Отсюда нетрудно вывести зависимость между коэффициентами bk , остатком r и коэффициентами ak :

bn−1 = an ,

bk −1 = z0bk

+ ak , (k =

(2.19)

n −1,1), r = z0b0 + a0 .

При вычислениях используют таблицу

an−1

…

bn−1 = an

bn−2 = z0bn−1 +

bk −1 = z0bk +

b0 = z0b1 +

r = z0b0 +

+ a

−1

+ ak

+ a

Так, например, схема Горнера для деления многочлена 2z 3 − 3z 2 + 4z + 5

на двучлен

z +1 имеет вид:


		a3			a2				a1		a0		2z 3 − 3z 2 + 4z + 5 =
		2		-3				4		5			2z 3 − 3z 2 + 4z + 5 =
		2		-3				4		5			= (z +1)(2z 2 − 5z + 9) − 4
-1		2		-5				9		-4			= (z +1)(2z 2 − 5z + 9) − 4
-1		2		-5				9		-4
		b2			b1			b0			r
		b2			b1			b0			r
		2.86.					Определить					порядок	кратности корня z0 = 2 для многочлена
z 5 − 5z 4 + 7z 3 − 2z 2 + 4z − 8.
		∆	Выполняя последовательно деление многочленов на z − 2 по схеме
Горнера, получаем:
		этап I:
													z5 −5z4 + 7z3 − 2z	2 + 4z −8 =
	1		-5			7			-2		4	-8	z5 −5z4 + 7z3 − 2z	2 + 4z −8 =	(2.20)
	1		-5			7			-2		4	-8	= (z − 2)(z4 −3z3 + z2	+ 4);	(2.20)
2	1		-3			1			0		4	0	= (z − 2)(z4 −3z3 + z2	+ 4);
		этап II:
													z4 −3z3 + z2 + 4 =
	1		-3			1			0		4		z4 −3z3 + z2 + 4 =
2	1		-1			-1			-2		0		= (z − 2)(z3 − z2 − z − 2);
		этап III:											= (z − 2)(z3 − z2 − z − 2);
		этап III:
													z3 − z2 − z − 2 =
	1		-1			-1			-2				z3 − z2 − z − 2 =
2	1		1			1			0				= (z − 2)(z2 + z +1).
													= (z − 2)(z2 + z +1).

Легко убедиться, что z0 = 2 не является корнем многочлена z 2 + z +1. Тогда

на этом этапе процесс деления заканчиваем. Подставляя результаты деления в (2.20), получим:

P (z) = (z − 2)3	(z 2	+ z +1) .	(2.21)
5
Из (2.21) следует, что кратность корня z = 2 равна 3.			▲

В задачах 2.87 – 2.88 с помощью схемы Горнера найдите кратность корня z0 для многочлена P(z).

2.87.	P(z) = z 5 + 7z 4	+16z 3 + 8z 2 −16z −16, z0 = −2.
2.88.	P(z) = z 4 − 6z 3	+10z 2 − 6z + 9, z0 = 3.

2.89. При делении многочлена P3 (z) на z −1 и венно равны 1 и 2. Найти остаток от деления P3 (z)

∆ По условию имеем:
r1 =1	~	(z)(z −1)		+1,
	P3 (z) = P2
r2 = 2	~		(z)(z − 2)		+ 2 .
	P3 (z) = P2

Результат деления P3 (z) на (z −1)(z − 2) имеет вид:

z − 2 остатки соответст-

на (z −1)(z − 2).

(2.22)

(2.23)

P3 (z) = (z −1)(z − 2)(az + b) + cz + d ,								(2.24)
где r = cz + d – искомый остаток.							P3(2) =2 . С другой стороны, из
Из (2.22), (2.23) следует, что P3 (1) =1,
(2.24) имеем: P3 (1) = d + c, P3 (2) = d + 2c. Откуда следует, что:
d + c	=1		c =	1	r = cz + d = z.
		2
d + 2c =			d = 0
Ответ:	Остаток равен z.					▲
2.90*. Найдите			все	корни		многочлена	z 4 −16z 3 + 86z 2 −176z +105 ,
зная, что они образуют арифметическую прогрессию.
Указание. Воспользуйтесь формулами Виета.								если его корни равны z12 ,
2.91*. Найдите многочлен третьей степени,

z22 , z32 , где z1 , z2 , z3 – корни многочлена z3 − z 2 − 4z + 4 .

В задачах 2.92 – 2.93 найдите целые корни многочленов.

2.92.6z 4 + z 3 − 2z 2 − 4z −1.

2.93. 2z 5 + 7z 4 + 3z 3 −11z 2 +11z + 20 .

В задачах 2.94 – 2.95 найдите рациональные корни многочленов.

2.94.4z 4 − 7z 2 − 5z −1.

2.95. z 5 − 2z 4 − 4z 3 + 4z 2 − 5z + 6 .

В задачах 2.96 – 2.97 найдите все корни многочленов.

2.96.P(z) = z 3 − 3z + 2 .

2.97.P(z) = z 3 + 5z 2 + 8z + 4 .

В задаче 2.98*

найдите S(z) , зная, что z1 , z2 , z3 – корни P(z).

2.98*.

S(z) =

P(z) = z 3 − 3z −1.

− z1

− z2

2 − z

2.99.

на z +1 и

z + 3

При делении многочлена P3 (z)

остатки, соот-

ветственно,

равны 2 и 6. Найти остаток от деления P3 (z) на (z +1)(z + 3) .

2.100*.

При делении многочлена P4 (z)

на z −1,

z +1 и

z −3 остатки

равны, соответственно,

–1 и

11.

Найти

остаток

от деления P4 (z) на

(z −1)(z +1)(z − 3) .

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями

#
11.05.20153.35 Mб183Сборник задач по ВМ ч.1.pdf
#
11.05.20151.73 Mб131Сборник задач по ВМ ч.10.pdf
#
11.05.20153.42 Mб115Сборник задач по ВМ ч.2.pdf
#
11.05.20152.99 Mб239Сборник задач по ВМ ч.3.pdf
#
11.05.20151.26 Mб120Сборник задач по ВМ ч.4.pdf
#
11.05.2015672.61 Кб178Сборник задач по ВМ ч.5.pdf
#
11.05.20151.41 Mб105Сборник задач по ВМ ч.6.pdf
#
11.05.20151.29 Mб140Сборник задач по ВМ ч.7.pdf
#
11.05.20151.03 Mб102Сборник задач по ВМ ч.8.pdf

2. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ