Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Мордовский государственный университет им. Н. П. Огарёва

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

RUDN-I

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

25.03.2016

Размер:

721.58 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2016 17 18 19 20 > Следующая >>>

8.4. Возведение в степень и извлечение корня

151

Доказательство. При m = 0, 1 имеем по определению

опр.

= 1 = r0ei·0·φ; z1 = r1eiφ.

Далее, согласно (15) п. 8.3 (при z1 = z2 = z), имеем

z2 = z · z = r2ei·2φ; z3 = z2 · z = r2ei·2φ · reiφ = r3ei·3φ

matematemi(− π )

и т.д. Методом индукции легко получить равенство

= r

imφ

, m N0 = {0,

1, 2,

(2)

. . . }

(проверить (2) самостоятельно.

Далее, положив в (16) п. 8.3 z1 = 1 = 1 · ei·0,

z2 = reiφ, получим

z−1 =

ei(0−φ) = r−1ei(−1)φ

(3)

К числу z−1 (3) можно применить правило возведения в степень (2) и

мы получим	(4)
z−m = (z−1)m = r−mei(−m)φ, m N.

Формулы (2) и (4) дают равенство (1) при всех m Z = {0, ±1, ±2, . . .}.

Пример 1. Вычислить (1 − i)20.

Запишем число z = 1 − i в показательной форме. Имеем:

= √

tg φ =

−1

r = z

+ (

1)2

−

1, φ = arctg(

1) =

−

√

−

(поскольку угол φ лежит в IV четверти). Итак,

1 − i = √

откуда по формуле Муавра

(1 − i)

= (√2)

10 i(45π)=

i·20·(−

)

= 2 e

−

= 1024(cos(−5π) + i sin(−5π)) = −1024.

Примерwww2. Вывести формулы, выражающие cos(2φ), sin(2φ) через cos φ, sin φ.

152		Тема 8. Поле комплексных чисел
Имеем по формуле Эйлера
	eiφ = cos φ + i sin φ.		ru
Итак,	(eiφ)2 = ei2φ = cos 2φ + i sin 2φ. .
Отсюда
(eiφ)2 = (cos φ + i sin φ)2 = (cos2 φ − sin2 φ) + i · 2 cos φ sin φ.
С другой стороны, по формулам Муавра и Эйлера
Для	n matematem̸
cos 2φ + i sin 2φ = (cos2 φ		− sin2 φ) + i · 2 cos φ sin φ.
Отсюда
cos 2φ = cos2 φ − sin2 φ,		sin 2φ = 2 cos φ sin φ.

Операцию извлечения корня n-ой степени (n N, n ≥ 2) определим как обратную к операции возведения комплексного числа в n-ую степень:

w = √z

wn = z.

(5)

опр.

Замечание 1. При z = 0 корень w0 = √0 — единственный: w = 0.

Действительно, 0n = 0; в то же время, если

w = ρeiψ ̸= 0,

ρ = |w| > 0, ψ = Arg w,

(6)

то по формуле Муавра при n N, n ≥ 2

wn = ρneinψ

(7)

и тогда |w|n = ρn > 0, т.е. wn ̸= 0.

www

Лемма 2.

комплексного числа z = reiφ = 0 существует n различ-

ных значений корня

√

z вида

wk = √reiψk ;

ψk =

, k = 0, 1, . . . , n − 1.

(8)

φ + 2πk

Доказательство. Подставим в (5) формулы z = reiφ и (7):

w = √

ρneinψ = reiφ.

(9)

Справа в (9) стоит равенство комплексных чисел, записанных в показательной форме. Согласно (14) п. 8.3, оно эквивалентно тому, что

ρn = r, (ρ, r > 0); nψ = φ + 2πk, k Z.

8.4. Возведение в степень и извлечение корня				153
Отсюда, w = ρeiψ, где
	√		φ + 2πk	, k Z,
ρ =	n	r, ψ = ψk ≡	φ + 2πk
	n
			n

т.е. каждому целому значению k Z отвечает корень wk вида (8). При этом для k = 0, 1, . . . , n − 1 получаем различные значения корня:

так что по условию равенства комплексных чисел в показательной форме (14) п. 8.3 получим, что wm = wk. Например,

φ+2π

φ+2π(n−1)

w0 = √rei n , w1 = √rei

n , . . . ,

1 = √rei

(10)

−

а для других m Z корни wm повторяют уже найденные.ruИменно, пусть

m = k + nl, где k {0, 1,

. . . , n − 1}, l = ±1,

±2,

. ..., тогда

φ + 2πm

φ + 2πk

wm =

√reiψm ,

ψm =

+ 2πl,

−2 + i 2 , ε2 = ei

3 =matematem−2 − i 2 (см. рис. 1) и т.д.

wn = w0, wn+1 = w1, . . . , wn+(n−1) = wn−1, w2n = w0, и т.д. w−1 = wn−1, w−2 = wn−2, и т.д.

Замечание 2. Все найденные корни имеют одинаковые модули √r, т.е.
	√						n
располагаются на окружности радиуса			с центром в нуле, причем
		r
	n
делят ее на n равных частей, т.к. ψk+1 = ψk +				2π			n − 2. В
					,	k = 0, . . . ,
				n
				n		формулы
частности при z = 1 = 1 · ei0 получаем для ε = √1
εk = ei 2πkn , k = 0, 1,	. . . , n − 1,						(11)

т.е. все корни n-ой степени из 1 расположены на единичной окружности,

причем

1) при

= 2

имеем

k =

eiπk,

= 0

1, т.е.

0 = 1

eiπ

= −1;

2πk

2π

2) при n = 3 имеем εk = ei

, k

= 0,

2, т.е. ε0 = 1, ε1 = ei

√

4π

www

. . .

ε .

. . .

.. . .1.

rJJ

2π. . . ..

3 .

2π

. ε0

..r1

π .

. . . .

23 . . .

ε2

r. . . . . . . . .

Расположение корней √3

Рис. 1

154 Тема 8. Поле комплексных чисел

Вывод. Корни n-ой степени из 1 при n ≥ 3 располагаются в вершинах правильного n-угольника, лежащих на единичной окружности, причем одна из вершин лежит в точке (1, 0).

Упражнение 1. Показать, что корни n-ой степени из 1 (n ≥ 2, n N) образуют циклическую группу Hn относительно умножения комплекс-

ных чисел, порожденную корнем ε1 = e		i 2π	(см. упражнение 8.6). Каков
ных чисел, порожденную корнем ε1 = e		n	(см. упражнение 8.6). Каков
		n		ru
порядок этой группы?				ru
Hm	matematem			.
Упражнение

8.5. Свойства операции сопряжения комплексных чисел

Определение

вается

Геометрически

жаются

вещественной


www	2


















Упражнение.
комплексных




		(5)
5) z · z = \|z\| ;		(5)

8.1. Показать, что множество всех комплексных чисел удовлетворяет аксиомам коммутативного кольца с единицей относительно операций сложения и умножения комплексных чисел.

8.6. Теоретические упражнения к теме 8

155

(6)

6) z1 + z2 = z1 + z2 , z1 · z2 = z1 · z2 ,

zk =

k=1

zk ,

zk =

k=1

zk ;

(7)

∑k

∑

k∏

∏

Лемма 1. Пусть числа p0, p1, . . . , pn — вещественные,

P (z) = p0 + p1z + . . . + pnzn.

(8)

Тогда

P (

) =

P (z)

(9)

Доказательство. Из (7) при z1 = z2 = . . . = zm следует, что

= (

)m ,

(10)

m = 1, 2,

. . . , n,

так что из (6), (7) и (10) следует

(7)

(6)

(10)

P (z) = k=0 pkzk

(z)

= k=0 pkzk = k=0 pk ·

zk =

k=0 pk ·

∑

Для вещественных коэффициентов имеем

= pk (см. (2)), так что

(z),

P (z) = k=0 pk (z)k = P

∑

что и требовалось.

8.6. Теоретические упражнения к теме 8

www

matematem

8.2. 1) Получить неравенство треугольника |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| опираясь на определение модуля комплексного числа. Указание: использовать неравенство для вещественных чисел вида 2xy ≤ x2 + y2.

2) По индукции показать, что для любого n N, n ≥ 2

|z1 + z2 + . . . + zn| ≤ |z1| + |z2| + . . . + |zn|.

156 Тема 8. Поле комплексных чисел

8.3. Показать, что множество T = {z C : |z| = 1} образует абелеву

группу по умножению комплексных чисел.				ru
				ru
8.4. Показать, что группа T изоморфна группе
G = Aφ = cos φ		− sin φ , φ	R
	sin φ	cos φ	.
	matematem		.
(с операцией умножения матриц).

8.5. Показать, что отображение f : R → T ; f(t) = eit есть гомоморфизм групп (R, +) и (T, ·). Найти ядро Ker f этого гомоморфизма.

8.6. 1) Показать, что корни n-ой степени из 1 (n ≥ 2, n N) образуют циклическую подгруппу (обозначим ее Hn) группы T . Каков порядок этой подгруппы?

2) Показать, что если n = m · p — составное число, то Hm, Hp — подгруппы группы Hn.

8.7. Показать, что сумма корней n-ой степени из 1 (n ≥ 2, n N) равна нулю.

8.8. Вывести формулы, выражающие cos 3φ, sin 3φ через cos φ, sin φ. Указание: использовать формулу Муавра.

8.9. Вывести формулы, выражающие cos nφ, sin nφ (n ≥ 2, n N) через cos φ, sin φ.

8.10. Показать, что при x ̸= 0
∑k		−
n		1 − ei(n+1)x		sin((n + 1)x/2)
	eikx =	1 − ei(n+1)x	= einx/2			.
=0	.	1 eix		sin(x/2)
		1 eix		sin(x/2)

8.11. Получить формулы для сумм
1 + cos x + cos 2x + . . . + cos nx = cos(nx/2)					sin((n + 1)x/2)		,
1 + cos x + cos 2x + . . . + cos nx = cos(nx/2)					sin(x/2)		,
					sin(x/2)

sin x + sin 2x + . . . + sin nx = sin(nx/2) sin((n + 1)x/2) . sin(x/2)

Указание: использовать результат упражнения 8.10.

8.12. Обосновать следующие свойства операции сопряжения комплекс-
ных чисел:www
1)

	z	= \|z\|, Arg z = −Arg z;

8.6. Теоретические упражнения к теме 8

157

z = z

Im z = 0;

z + z = 2Re z,

z − z = 2i Im z;

z = reiφ = 0

= re−iφ = 0;

̸2

;

z · z = |z|

1 n 2

1 n

1 ·

z + z

= z + z

, z

= z

∑k=1

= ∏k=1

∑k=1 zk

∏k=1 zk

www

matematem

.	ru

158

Тема 9. Многочлены над полем			ru
		комплексных чисел
9.1.		.
9.1.	Условия равенства многочленов
называются равными,matematemесли их степени одинаковы и совпадают соот-
Функция вида		∑l
		m
		P (z) = p0 + p1z + . . . + pmzm = plzl,	(1)
		=0
где p0,	p1, . . . , pm — комплексные числа, причем pm ̸= 0, называется

многочленом степени m N0 = {0, 1, 2, . . .} с комплексными коэффициентами.

Обозначение: m = degP — степень многочлена. При m = 0 получим многочлен нулевой степени P (z) = p0. Здесь p0 есть старший коэффициент многочлена нулевой степени, поэтому считаем p0 ≠ 0. Аргумент z также может быть комплексным числом. Иными словами: P есть многочлен степени m над полем комплексных чисел. Если аргумент и все коэффициенты многочлена вещественные, то его называют многочленом над полем вещественных чисел.

Определение 1. Многочлены P вида (1) и Q вида

∑j
n
Q(z) = q0 + q1z + . . . + qnzn = qjzj, qn ̸= 0	(2)
=0

Q(z), wwwz C (или даже P (x) = Q(x), x R), то P = Q (в смыс-
ветствующие коэффициенты..			Итак,
	опр.		p0 = q0, p1 = q1, . . . , pm = qm.	(3)
P = Q		m = n;

Замечание 1. Равенство многочленов влечет совпадение их значений при всех значениях аргумента, т.е. их совпадение как функций. Покажем, что обратное тоже верно.

Лемма 1. Пусть P, Q — многочлены вида (1), (2). Если P (z) =

ле определения 1).

9.1. Условия равенства многочленов

159

Доказательство. 1) Сначала докажем совпадение степеней и равенство старших коэффициентов:

Q(x) (2)	1	ru	(4)
	m = n; pm = qm.		(4)

Допустим, что m ≠ n. Если m < n, то используя известные свойства пределов функций (см. курс математического анализа), получим

Qm−1(x), где

matematem

∑j

∑

j−n

xlim

= xlim

qjx

qj xlim x

= qn ̸= 0

(5)

→∞

j=0

→∞

(при j ≤ n − 1 имеем xj−n → 0 (x → ∞));

∑l

∑

P (x) (1)

pl lim xl−n = 0

(6)

lim

= lim

plxl =

x→∞

x→∞ xn

l=0

x→∞

(поскольку m ≤ n − 1). Но по условию P (x) = Q(x), так что (5) и (6) противоречат друг другу. Следовательно, допущение m < n неверно, т.е. m ≥ n. Если m > n, то аналогично получим, что

lim	Q(x)	= 0;	lim	P (x)	= pm,	(7)
	xm			xm
x→∞			x→∞

что также противоречит условию P (x) = Q(x). Итак, m = n, причем

		qm = lim		Q(x)	= lim	P (x)	= pm,
		qm = lim		xm	= lim		= pm,
		x→∞		xm	x→∞	xm
т.е. совпадают старшие коэффициенты многочленов P и Q.
		.
2) Из доказанного следует совпадение значений многочленов: Pm−1(x) =
www						∑l
						m−1
		Pm−1(x) = P (x) − pmxm =						plxl,
						=0
						∑j
						m−1
		Qm−1(x) = Q(x) − qmxm =						pjxj.
						=0
Применим к Pm−1 и Qm−1 тот же прием:
p	m−1	= lim	Pm−1(x)		= lim	Qm−1(x)			= q	m−1	.
p		= lim	xm−1		= lim				= q		.
		x→∞	xm−1		x→∞	xm−1

160	Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел

Имеем совпадение старших коэффициентов этих многочленов, т.е. pm−1 = qm−1.

Если m = n = 1, то все доказано. Если m = n ≥ 2, то рассмотрим многочлены

(значения которых также совпадают) и получим, что pm−2 = qm−2 и т.д. Последний шаг этой процедуры дает p0 = q0, т.е. выполнено условие

(3).

Замечание 2. Если ясно заранее, что степени многочленов P и Q не выше m, то, как показывает следующий результат, равенство P = Q следует уже из совпадения этих многочленов в (m + 1)-ой различной точке.

Обозначим

Pm = {P (z) = p0 + p1z + . . . + pmzm : pi C}

— многочлены степени ≤ m. В частности,

		m−2
Pm−2(x) = Pm−1(x) − pm−1xm−1 =			plxl,
		=0	jru
		∑l
Qm−2(x) = Qm−1(x) − qm−1x	m−1	m−2
Qm−2(x) = Qm−1(x) − qm−1x		=	q.jx ,
		=0
		∑j
matematem

Θ(z) = 0 + 0 · z + . . . + 0 · zm Pm

при любом m N0.

Лемма 2. Пусть заданы наборы {y1, y2, . . . , ym+1}, {z1, z2, . . . , zm+1}

комплексных чисел, причем все числа z1, z2, . . . , zm+1 различны. Тогда

существует, причем единственный многочлен P вида
	.	P (z) = p0 + p1z + . . . + pmzm,	(8)
такой что			(9)

	P (zk) = yk, k = 1, 2, . . . , m + 1.

где все числаwwwz1, z2, . . . , zm+1 различны. Тогда P = Q в смысле определения 1; в частности P (z) = Q(z), z C.

Следствие 1. Если y1 = y2 = . . . = ym+1 = 0 в условии леммы 2, то единственный многочлен вида (8), удовлетворяющий условиям (9), есть нулевой многочлен: p0 = p1 = . . . = pm = 0.

Следствие 2. Пусть P, Q — многочлены степени не выше m ≥ 1, для которых

P (zk) = Q(zk), k = 1, 2, . . . , m + 1,

(10)

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2016 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
29.09.201984.99 Кб2Regularo por ORIGO.doc
#
11.02.201553.3 Кб10resursovedenie (1).docx
#
20.04.2019289.79 Кб2rimskoe.doc
#
14.04.2019228.48 Кб0rimskoe.docx
#
11.02.2015282.11 Кб7RIM_ekzamen1.doc
#
25.03.2016721.58 Кб11RUDN-I.pdf
#
11.11.2019403.46 Кб5Samost_tekh.doc
#
11.02.2015684.68 Кб43sanitarnaya_mikrobioogia.pdf
#
30.10.201858.37 Кб2SAS.doc
#
25.03.2016522.32 Кб13Sbornik_lektsy.pdf
#
21.09.201918.65 Mб25Sbornik_opisany_po_UIP.doc