Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казанский государственный энергетический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методические указания к практическим занятиям по математике 4 семестр

.pdf

Скачиваний:

166

Добавлен:

29.03.2016

Размер:

3.9 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 222 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>


		5 π		5 π	; б)	1 3	i	3 1	; в)	1 3	i	3 1	.
z 2	cos		isin
z 2	cos		isin			6		6		6		6
		6		6		6		6		6		6

4. Применив формулу Муавра, вычислить степень 1 i 30 .

Решение. Для основания степени

z 1 i имеем

2 ,

arg z arctg 1 1 arctg 1 π 4 .

Запишем основание степени в тригономет-

рической форме:

2 cos

isin

Тогда с применением формулы Муавра:

	30		30
z		2
				cos 30

π		π
	isin 30		.

4		4

Упростим:

			1	30
	30		2	30	15	, cos				π			15 π					π
	30	2		2	15					π			15 π					π
2							30				cos				cos	8 π			cos
2							30				cos				cos	8 π			cos
										4			2					2
								π						π		π	1 .
				sin 30					sin			8 π			sin
				sin 30					sin			8 π			sin
								4						2		2

π		0 ,


2

Окончательно получаем:

					z 30 215 i 215 i .
Ответ. 215 i .

5. Найти все значения корня 3 1 3 i .

Решение.		Пусть	z 1				3 i .	Вычислим модуль и аргумент этого
комплексного числа:

											3
		1 2			2
	z			3		1 3			4 2 , arg z π arctg
	z			3		1 3			4 2 , arg z π arctg
										1
										1

π arctg 3 π π 2 π 3 3

16 i

Составим формулу для после упрощения примет вид:

	3

wk		2 cos

вычисления корней

2 6 k π isin	2 6 k
9	9

w k , k 0; 1; 3 , которая

π .

Вычислим значения корней. В преобразованиях тригонометрические функции приводим к острому углу.

2 π

isin

2 π

2 cos

8 π

2 cos

isin

2 cos

isin π

2 cos

isin

14 π

18 π 4 π

3 2 cos

isin

2 cos

isin

4 π

2 cos

2 π

isin 2 π

3 2 cos

isin

2 π

Ответы.

3 2 cos

isin

cos

4 π

2 cos

isin

isin π ,

6. Решить квадратные уравнения.
1) 4 z 2 4 z 17 0 ; 2) z 2 3 2i	3 z 3i	3 0 .

Решения. 1) Следуя обычной последовательности действий для нахождения корней квадратного уравнения, найдем дискриминант уравнения:

D 4 2 4 4 17 16 16 17 16 2 .

Числа – все значения квадратного корня из дискриминанта D , рассматриваемого как комплексное число. Теперь находим корни данного квадратного уравнения:

4 16 i

2i , z 2

4 16 i

2i .

2) Для данного квадратного уравнения имеем:

D 3 2i

2 4 1 3i

3 9 12 i

3 12 12 i

3 3 .

Числа

3 i

–

все значения

квадратного

корня

3 . Находим

корни:

3 2i

3 i

, z 2

3 2i

3 i

3 3

Ответы. 1)

2i ,

2i ; 2)

Задачи для самостоятельного решения

1. Вычислить арифметическое выражение.

5 2i

1 5i

1 i 3

1 2i 2

;

1 3i

1 i 5

1 i 7

Комплексное

число

представить

тригонометрической

показательной формах, если

z 3i ;

2) z

4 ; 3)

z cos

isin

3. Для

комплексных

чисел

z1 1 i , z 2

а)

получить

их

3 i

тригонометрические формы и, используя эти формы, выполнить действия:

б) z1 z 2 , в) z1 z 2 .

4.	Применив формулу Муавра, вычислить степень 1 i											15 .
4.	Применив формулу Муавра, вычислить степень 1 i										3	15 .
5.	Найти все значения корня 3					i		.
5.	Найти все значения корня 3				8			.
					8
6.	Решить квадратные уравнения.
1) 4 z 2 8 z 5 0 ; 2) z 2 2							2i z 1 4i
1) 4 z 2 8 z 5 0 ; 2) z 2 2					2		2i z 1 4i		2 0 .
		11		1	5					π			π
Ответы. 1. 1)			i ; 2)				i . 2. 1) z 3 cos				isin			;
Ответы. 1. 1)			i ; 2)	2	2		i . 2. 1) z 3 cos				isin			;
		5		2	2					2			2

2) z 4 cos 0 isin 0 ;	3)
		z cos

. 3. а)

isin

2 cos

isin

y t Im z t ,

x t Re z t ,

α , β

z z t

							π
		π																			3 1				3 1
		π							;		б)		3 1 i 3			1 ; в)					3 1				3 1	.
z 2 2 cos				isin																		i
z 2 2 cos				isin																		i
		6					6												4				4
4. 215 . 5.			1			i ,		1			i ,			i			1			1
			1		3			1		3				i	. 6. 1)	1	1	i ,	1	1	i ; 2)			2 i ,
					3					3					. 6. 1)	1		i ,	1		i ; 2)			2 i ,
		4					4					2				2			2

	2 3i .

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 2

Линии и области на комплексной плоскости и их изображение

Пусть – непрерывная функция действительного аргумента t α , β , принимающая комплексные значения. Ее можно понимать как функцию, осуществляющую отображение в . Множество образов этого отображения называют непрерывной кривой, заданной параметрическим уравнением ( t – параметр)

z z t , α t β .

Непрерывную кривую (в дальнейшем для краткости непрерывную кривую будем называть словом «кривая») можно определить с помощью задания двух непрерывных действительных функций:

α t β . Такое задание также называется заданием кривой параметрическими уравнениями.

Ориентация кривой определяется порядком следования точек кривой, например, если α t1 t2 β , то точка z 2 z t2 следует за точкой

z1 z t1 . Ориентация кривой, соответствующая возрастанию параметра,

называется положительной ориентацией.
Если z t1 z t2	при t1 t 2 , то точки	z1 z t1 и	z 2 z t2

считаются различными точками кривой, но им соответствует одно и та же точка комплексной плоскости. Точки z1 и z 2 в этом случае называются

точками самопересечения кривой. Простая кривая не имеет точек

самопересечения.		Если z α z β ,	то кривая называется замкнутой. В
случае	замкнутой	кривой точки	z α ,			z β	не	считаются	точками
пересечения.
Приведем примеры кривых.
1) Кривая, заданная условием				z z0		R , является окружностью с
1) Кривая, заданная условием				z z0		R , является окружностью с
центром	в точке	z 0 и радиуса R		(рис.	2.1),		так	как этому	условию

удовлетворяют те и только те точки z , которые удалены от точки z 0 на одно и то же расстояние, равное R .

	iy	z
		z
		R
		t
iy 0		z 0

x 0

Рис. 2.1

2) Точки z такие, что arg z z 0 α , α – заданное число, а z 0 – фиксированная точка, составляют отрытый луч с началом в точке z 0 и образующий с положительным направлением действительной оси угол α

(рис. 2.2).

Содержательно область на комплексной плоскости можно определить как часть плоскости, ограниченной одной или несколькими непрерывными кривыми, причем некоторые из этих кривых могут вырождаться в точки.

Множество D называется открытым множеством, если всякая его точка является внутренней точкой, обладающей окрестностью, целиком принадлежащей D .

z 0

Рис. 2.2

Множество D является по определению связным множеством, если любые его две точки можно соединить непрерывной кривой, целиком принадлежащей области D.

Определение области: множество D является областью, если D

открытое и связное множество.

Точка z является граничной точкой области D , если любая ее окрестность содержит как точки из D , так и точки, не принадлежащие D . Множество всех граничных точек области D называется границей

области D . Принято границу D					обозначать символом		D . Если D

область, то множество D D D есть замкнутая область.
Рассмотрению областей на					расширенной комплексной плоскости
=	предпошлем	определение				окрестности z .	Совокупность
всех точек	z таких, что		z	R , где R		– произвольное число называется

окрестностью бесконечно удаленной точки z . Если существует окрестность точки z целиком принадлежащая области, то точка z принадлежит области. Такая область принадлежит . По определению область является конечной, если она не содержит точку z .

Область D называется односвязной, если любую замкнутую кривую, принадлежащую D , можно непрерывно деформировать в точку, оставаясь в области D . Если в D существует контур, не удовлетворяющий этому условию, то D есть многосвязная область.

Приведем примеры областей.

1)Множество z z0 R – замкнутая область и односвязная, причем окружность z z0 R является ее границей;

2)Множество α arg z z 0 β , π α β π , – внутренность угла

(рис. 2.3). Граница этой области состоит из двух лучей, исходящих из


точки z 0			и составляющих с осью Ox углы α и β .
	г)		Множество (кольцо) D : r	z z 0	R – многосвязная область
(рис. 2.4). Граница D состоит из двух граничных компонент						z z 0	r и
(рис. 2.4). Граница D состоит из двух граничных компонент						z z 0	r и
	z z 0	R . Поэтому D двусвязная область.
	z z 0	R . Поэтому D двусвязная область.

z 0

Рис. 2.3

z 0

Рис. 2.4

Примеры решения задач

1. Установить какие линии определяются следующими параметрическими уравнениями.

1)	Im		1	1	; 2)
1)	Im				; 2)
			z	2
4) z e 2it	1 , 0 t π .
Решение. 1) Пусть
						1

						z
Отсюда Im		1			y
Отсюда Im				x 2 y 2
		z		x 2 y 2

z t 2i ,

1 t 1 ; 3)

z 1 it 2 ,

1 t 1 ;

z x iy . Выполним арифметические действия:

			x iy	x		y
	z
					i		.
z			x 2 y 2	x 2 y 2		x 2 y 2
		z

и приходим к уравнению

	y		1	.
	2 y 2
x		2

Преобразуем это уравнение.

y		1	0,	x 2 y 2 2 y	0 .
x 2 y 2		2		2 x 2 y 2

При условиях x 0, y 0 последнее уравнения равносильно уравнению

x 2 y 2 2 y 0

или уравнениям

x 2 y 2 2 y 1 1 0 , x 2 y 1 2 1 .

Получили уравнение окружности. Исходное уравнение определяет окружность x 2 y 1 2 1 без точки 0, 0 . Кривая не является замкнутой.

2) Параметрические уравнения линии

x t ,

y 2, 1 t 1

являются параметрическими уравнениями отрезка с началом z 0 1 2i и концом z1 1 2i . Этот отрезок можно обозначить как 1 2i; 1 2i .

3) Параметрические уравнения линии

x 1,

y t 2 , 1 t 1

являются заданием вертикального отрезка на прямой x 1 , проходимого дважды. Обход линии начинается с точки z 0 1 i . При изменении

параметра t от 1 до 0 соответствующая значению параметра точка движется на отрезке от точки z 1 i до точки z1 1 . При изменении

параметра t от 0 до 1 точка на отрезке движется от точки z 1 до точки

z 0 1 i .

Каждая точка, исключая начальную и конечную точки, является

точкой самопересечения отрезка.
4) Поскольку z 1 e 2it , то z 1	1 ,	arg z 1 2t . При изменении t

от 0 до π , аргумент точки z 1 изменяется от 0 до 2 π и, следовательно, линия является окружностью радиуса, равного 1, с центром в точке z 1 . Кроме того, окружность ориентирована против часовой стрелки.

Ответы. 1) Окружность x 2 y 1 2 1 без точки		0, 0 ; 2) Отрезок
1 2i; 1 2i (рис.	2.5); 3) 1 i; 1 0i (рис. 2.6);	4) окружность с
центром в точке z	1 и радиуса 1 (рис. 2.7).

	iy					iy
z 0	2	z	1		z 0
			1			1
						1
					z1
–1	1			x	–1		x
–1	1			x
Рис. 2.5						Рис. 2.6

–1

Рис. 2.7

2. Установить, какие области заданы неравенствами.

2 1 ;

z 2

2 ,

Im z 2Re z 3 ;

3) 0 arg z 3

π , 2 Im z i Re z 5 ; 4)

π arg z i

π ,

z i

1 .

Решение. 1) Выполним преобразования.

2 x iy 2 x 2 y 2 2ixy .

x iy

Тогда Im

2 2 xy .

Заданное

условие

запишем

виде неравенства

2 xy 1 или неравенства xy 12 .

Уравнение xy 12 – это уравнение гиперболы с ветвями во второй и четвертой четвертях плоскости. Если x 0 , то xy 12 запишем в виде y 1 2 x . Последнее неравенство вместе с неравенством x 0

определяет часть плоскости, расположенную в левой полуплоскости ниже ветви гиперболы. Аналогично получаем, что неравенства x 0 , y 1 2 x

определяют часть плоскости, расположенную в правой полуплоскости выше ветви гиперболы.

Координаты точек прямых x 0 , y 0 удовлетворяют неравенству

xy 12 .

Таким образом, заданное неравенство определяет часть плоскости комплексного переменного, расположенную между ветвями гиперболы.

2) Множество комплексных чисел, удовлетворяющих неравенству z 2 2 , образуют внутренность окружности с центром в точке z 2

и радиуса, равного 2. Второе неравенство преобразуем к другому виду.

Im x iy 2 Re x iy 3 , y 2 x 3 .

Последнему неравенству удовлетворяют все точки комплексной плоскости, расположенные выше прямой y 2 x 3 и на самой этой

прямой.

Множество точек, удовлетворяющих обоим неравенствам, представляют сегмент круга (рис. 2.8).

z 2

y 2 x 3

Рис. 2.8

Точка z 3 4 расположена

на окружности, поскольку эта точка

удовлетворяет уравнению окружности:

4 2

2 .

Найдем концы хорды

z1 , z 2 , решив систему уравнений.

x 2

x 3

y 2 x 3 ,

2 x 3 .

Решим первое уравнение последней системы.

x 2 4 x 4 4 x 2 24 x 36 4 , 5 x 2 28 x 36 0 , D 28 2 4 5 36

D 4 2 7 2 4 2 5 9 4 2 49 45 4 2 4 ,
D 4 2 7 2 4 2 5 9 4 2 49 45 4 2 4 ,											D 4 2 8 ,
x	28 8		36		18	, x			28 8			20	2 .
1	10	10		5			2	10		10
	10	10		5				10		10

<<< < Предыдущая 12 / 222 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.08.20191.01 Mб22МЕТОДИКА РАСЧЕТА КОНЦЕНТРАЦИЙ В АТМОСФЕРНОМ ВОЗ...docx
#
01.04.2025956.42 Кб5методич указания.doc
#
01.05.2025564.74 Кб5Методич_указ_к_сам._работам_2010.doc
#
16.11.2019202.75 Кб20МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К КУРСОВОМУ ЭОИ.doc
#
01.04.20254.33 Mб6Методические указания к модулю 3.doc
#
29.03.20163.9 Mб166Методические указания к практическим занятиям по математике 4 семестр.pdf
#
01.07.20251.87 Mб0МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по КП.doc
#
01.07.2025688.13 Кб2Методичка по РАСЧЕТУ СИСТЕМ КОНДИЦИОНИРОВАНИЯ.doc
#
10.06.2015936.96 Кб92методичка (с контрольными).doc
#
25.11.201894.21 Кб13методичка 4 курс незаконч.2.doc
#
16.11.20193.22 Mб43Методичка Банкротство.doc