Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UMK11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 232 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

z 2 = (- 2)2 + 42 = 20 .

Ответ:

z 2

arg z1 = −arctg 3,

Arg z1

= −arctg3 + 2kπ, k Z;

arg z 2 = π − arctg 2 ,

Arg z 2

= −arctg2 + (2k + 1)π, k Z.

Замечание. Если z = (x, y), то справедливо утверждение

arctg

при x > 0,

arg z =

− π + arctg

при x < 0, y < 0,

(1.12)

arctg

+ π,

при x < 0, y > 0.

В самом деле, возьмем для определенности третью четверть, тогда (см.

рис.1.2).

y < 0

arg z = - p - arctg

= arctg

- p .

x < 0

Если точка (изображение)

z попадает во вторую четверть (x < 0, y > 0),

то arg z = p - arctg

= p + arctg

, в чем и следовало убедиться.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.5. Число z = x + i (y ) = x − i y

называется сопряженным к комплексному числу z .

Изображения z и z симметричны относительно оси

(z)º z = z . Убедимся, что z z = z 2 = z 2

Действительно

zz = (x + i y)× (x - i y) = x 2 - (i y)2 = x 2 + y2 = z 2

(1.13)

0x . Очевидно, что

(1.14)

= z , что и надо.

1.3. СВОЙСТВА МОДУЛЕЙ И АРГУМЕНТА. ДЕЛЕНИЕ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ. СТЕПЕНЬ КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА.

ИЗВЛЕЧЕНИЕ КОРНЯ ИЗ КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА

Согласно (1.9) и (1.11)

z =

(cos j + i sin j),

(1.15)

где (см. формулу (1.8))

j Î Arg z .

(1.16)

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.6. Если КЧ z представлено в виде (1.15), то говорят,

что это есть тригонометрическая форма КЧ

По определению полагаем

ei ϕ = cos j + i sin j.

(1.17)

Формула (1.17)

называется

формулой Эйлера. Из

(1.17)

следует

ei ϕ

= 1. Функция ei ϕ об-

cos2 j + sin 2 j

z ∙

ладает всеми свойствами показательной функ-

ции,

что доказывается

прямыми

выкладками

arg z

(см.

доказательство нижеследующей теоремы).

(1.17) позволяет написать (1.15) в виде

z =

× ei ϕ ,

(1.18)

Рис. 1.1

называемой

показательной

формой ком-

плексного числа.

Таким

образом,

имеются

три

формы

представления КЧ:

1.1) z = x + i y - алгебраическая форма;

1.2) z = z × (cos j + i sin j), j Î Arg z - тригонометрическая форма. 1.3) z = z × ei ϕ , j Î Arg z - показательная форма.

Докажем, что представление z в тригонометрической (показательной) форме (1.15) единственно в следующем смысле. Если совместно с (1.15) имеет место

z = r × (cos y + i sin y) = r × cos y + i r sin y, r ³ 0 ,			(1.19)
то

x = r × cos y, y = r × sin y, x 2 + y2 = r 2 , x 2 + y2 =	z	,

r × cos y = r × cos j; r × sin j = r × sin y .
Следовательно,

cos ψ = cos ϕ,			(1.20)

sin y = sin j,

что дает ψ = ϕ + 2pπ, p Z, то есть ψ, ϕ Arg z .

Другими словами, единственность представления заключается в том, что r ³ 0 (формула (1.19)) определяется однозначно: r = z , тогда как ψ должно удовлетворять (1.16). Что и надо.

Теорема 1.1. Модуль произведения z1 × z 2 двух КЧ равняется произведе-

нию

модулей множителей.

z1z 2

z 2

а Arg (z1z 2 )= Arg z1 + Arg z 2 ,

где

последнее

равенство

надо

понимать

так:

если y Î Arg (z1z 2 ),

то

j1 Î Arg z1 и

j2 Î Arg z 2 , что y = j1 + j2 .

× (cos j1 + i sin j1 ),

Доказательство. Согласно (1.15) z1

z 2 =

z 2

× (cos j2 + i sin j2 ),

z1 × z 2 =

z 2

× (cos j1 + i sin j1 )× (cos j2 + i sin j2 )=

z 2

×[cos j1 cos j2 + i × (cos j1 sin j2 + cos j2 sin j1 )- sin j1 sin j2 ]=

z 2

×[cos (j1 + j2 )+ i sin (j1 + j2 )],

z1 × z 2 =

z 2

×[cos (j1 + j2 )+ i sin (j1 + j2 )].

(1.21)

z 2

³ 0 , то согласно единственности представления КЧ по-

Так как

следнее равенство означает следующее:

z1 z 2

z 2

а Arg z1 z 2 = j1 + j2 , j1 Î Arg z1 , j2 Î Arg z 2 ,

что

и требовалось доказать.

Следствие. Теорема справедлива для " конечного числа множителей, то

есть

z1 z 2 Kzn

z 2

×K

z n

(1.22)

Arg (z1 z 2 Kzn )= Arg z1 + Arg z 2 + K + Arg zn .

Рассмотрим частный случай

Если z1

= z 2 = K = z n

º z , то согласно (1.22) и (1.15)

n × (cos nj + i sin nj)=

n × ei nϕ ,

(1.23)

где

j Î Arg z, n j Î Arg zn .

(1.24)

Таким образом, чтобы возвести КЧ в натуральную степень n , надо в эту

степень возвести модуль этого числа и увеличить его аргумент в n раз.

Замечание. Если

под

произведением

n × Arg z понимать множество

{n × j

j Î Arg z}(каждый член Arg z умножается на число n ), то множества

n × Arg z и Arg z + Arg z + K + Arg z не совпадают. Следовательно,

n × Arg z ¹ Arg z + Arg z + K + Arg z .

(1.25)

Согласно (1.15) соотношение (1.23) можно переписать так:

[z × (cos j + i sin j)]n = z n × (cos n j +sin n j) Û

[ ] (1.26)

Û z × ei ϕ n = z n × ei n ϕ .

Полагая здесь z = 1, получим вместо (1.26)

(cos j + i sin j)n = cos n j + i sin n j.	(1.27)
Равенство (1.27) называется формулой Муавра.
ПРИМЕР 1.3. При n = 2 из (1.27) получаем
cos2 j + 2 i sin j × cos j - sin 2 j = cos 2j + i sin 2j,
cos 2j = cos2 j - sin 2 j; sin 2j = 2 sin j × cos j.
Это известные формулы косинуса и синуса удвоенного угла. При n = 3
имеем
cos 3j + i sin 3j = (cos j + i sin j)3 = cos3 j + 3cos2 ji sin j +

+ 3cos j × (i × sin j)2 + i3 × sin 3 j = i3 = i 2 i = -i = cos3 j - 3cos j × sin 2 j + + i × (3cos2 jsin j - sin 3 j),

что приводит к известным формулам тригонометрии косинуса и синуса утроен-

ного угла cos 3j = 4 cos3 j - 3cos j, sin 3j = 3sin j - 4 sin 3 j.

Извлечение корня из комплексного числа
	n			, называется КЧ
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.7. Корнем n − й степени из z,			z
ω , n − я степень которого равна z . Таким образом, w = n
	z	, когда
wn = z ,	(1.28)

то есть произвольное решение ω уравнения (1.28) при заданном z есть n − я

степеньz .

Согласно (1.18)

w =

× ei ψ , z =

× ei ψ .

(1.29)

Эти значения подставим в (1.28) и в соответствии с (1.26) найдем

n × ei n ψ =

× ei ϕ ,

(1.30)

что дает

n =

, n × y = j + 2 k p,

k Î Z ,

или

= n

, y = ϕ + 2 kπ = ϕ + k ×

2π

(1.31)

k Î Z, j Î Arg z.

Первая из этих формул указывает на то, что модуль n

равняется ариф-

метическому корню из модуля z :

= n

(1.32)

(операцию модуль можно вносить под знак корня) и тем самым определяется однозначно, а Arg nz определяется многозначно согласно второму равенству из (1.31). Окончательно имеем

wk = (n z )k

= n

× cos

+ k

(1.33)

i×j+2 kp

+ i × sin

+ k

= n

× e

, k Î Z, j ÎArg z.

Отсюда видно, что все корни (1.33) имеют один и то же модуль, их изо-

бражения находятся на окружности радиуса n z . На самом деле оказывается,

что (1.33) определяет ровно n различных корней z . Действительно, во втором равенстве из (1.31), не теряя общности, полагаем ϕ = arg z . Тогда при

k =		величины ϕ ,	ϕ +	2π	,	ϕ + 2 ×	2π	,K, ϕ + (n -1)×	2π	определяют
	0, n -1
							n
		n	n n			n		n	n

аргументы соответствующих корней. Так как разности этих аргументов не кратны 2π, то изображения корней будут различны, они образуют вершины правильного n угольника ω0 ω1 ω2 Kωn −1, вписанного в окружность радиуса

n z . При других значениях k получаем аргументы, разности которых с одним

из выписанных будут кратны 2π, что не дает нового значения корня. Например, при k = n имеем из (1.33)

(n z )n = n

= (n z ).

× cos×

+ 2p

+ i × sin×

+ 2p

ПРИМЕР 1.4. Найти 4

-1

Решение. z = −1,

arg (− 1) = π . (Рис. 1.4). Согласно (1.33) имеем

	p		p
(4 -1)k	p		p	+
(4 -1)k	= cos	4	+ k	+
		4	2

p			+ k		p

+ sin×	4				, k = 0,3.
					2
w0 = (4				)0	= cos π + i sin π =
		-1
					4	4

= 2 (1 + i); 2

	y
			π
∙			x
∙	0
− 1	0		- π
	− i	∙	- π
	− i	∙	2
			2

Рис. 1.4

	p		p	p		p
									2			2			2
w1 (4 -1)1																× (1	- i);
	= cos×	+		+ i sin ×	+		= -			- +i ×			= -
			2			2		2			2			2
	4			4

				p					p
															2				2						2
	(4	-1)2													2				2						2			(1 + i);
w2			= cos ×		+ p		+ i sin ×			+ p = -						- i ×					= -						×
w2			= cos ×		+ p		+ i sin ×			+ p = -				2		- i ×					= -			2			×
				4					4					2				2						2
				p		3 p			p			3 p
																	2					2				2
	(4	-1)3															2					2				2		× (1 - i).
w3			= cos×		+			+ i sin ×			+		= -					- i	×				=
w3			= cos×		+	2		+ i sin ×		4	+		= -			2		- i	×	2			=	2
				4		2				4		2				2				2				2
	Сделаем проверку для последнего корня. Имеем
		w32 -	1	× (1 - 2 i + i 2 )=				1	× (- 2 i) = -i; w34 = i 2 = -1.
		w32 -	2	× (1 - 2 i + i 2 )=					× (- 2 i) = -i; w34 = i 2 = -1.
			2					2

Читателю предлагаем сделать проверку остальных корней.

Ответ: ±	2	× (1 - i); ±	2	× (1 + i).
			2
2

ПРИМЕР 1.5. Найти - i .

									arg (- i) = - π (см. рис. 1.4),																									= 1, n = 2 .
Решение: z = -i,																							z			=				(-1)2
Решение: z = -i,																							z			=				(-1)2
Согласно (1.33) имеем														2
														2

									p								p
(	- i )k							-	p						-		p				k = 0,1;
(	- i )k				= cos			-	4		+ kp + i sin				-		4	+ kp ,			k = 0,1;
									4								4
									p				p
															2
(	- i )0														2	(1		- i)
					= cos			-					- i sin	=
					= cos			-					- i sin	=
									4				4	2
									p						p
																							2									2
(	- i )1																						2									2
					= cos -						+ p + i sin -						+ p		= -								+ i						=
					= cos -				4		+ p + i sin -				4		+ p		= -			2					+ i	2					=
									4						4							2						2
		= -			× (1 - i).														(					)2 =					1		× (1 - 2i + i 2 )= -i;
				2
				2						Сделаем				проверку:						-1
										Сделаем				проверку:						-1
	2																								0			2
	2																											2
(			)2		=	1	× (- 2i) = -i , что указывает на правильность найденных кор-
	-1					1
	-1
	1				2
ней.					2
ней.
												× (1 - i);
			Ответ: -							2				+	2	× (1 - i),
			Ответ: -						2					+		× (1 - i),
									2					2

Деление комплексных чисел. Единственность операции деления ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.8. Если z1 и z 2 - два КЧ и z1 ¹ 0, то частным КЧ

z 2 и z1 называется решение z уравнения

z z1 = z 2 .	(1.34)
Это решение обозначается z 2	z1 . Таким образом,

z =

z 2

z1 ¹ 0 .

(1.35)

Из (1.34) следует, что если частное, то его модуль

z 2

(1.36)

так как

z z1

z 2

. Точно так же из (1.34) получаем

Arg z + Arg z1

= Arg z 2 , Arg z = Arg z 2 − Arg z1 ,

(1.37)

то есть, если j1 Î Arg z1 , j2 Î Arg z 2 , то (j2 - j1 )Î Arg z . Таким образом,

z =

z 2

×[cos× (j2 -j1 )+ i sin× (j2 - j1 )] =

(1.38)

z 2

× ei×(j2 -j1 ) .

Последнее равенство означает, что если - частное, то оно определяется однозначно последней формулой. Проверим прямой выкладкой, что формально найденное КЧ (1.38) действительно есть решение уравнения (1.34). В самом деле,

z z1

z 2

× ei×(j2 -j1 ) ×

× ei j1 =

z 2

× ei×(j2 -j1 )+i j1 =

z 2

× ei j2 = z 2 ,

в чем и следовало убедиться.
Таким образом, доказана
Теорема 1.2. Если z1 и z 2 - два КЧ и z1	¹ 0, то частное	z 2	и опре-
Теорема 1.2. Если z1 и z 2 - два КЧ и z1	¹ 0, то частное	z1	и опре-
		z1

деляется однозначно. Тригонометрическая и показательная формы частного z 2 z1

даются равенством (1.38).

Замечание. Второе равенство из (1.36), то есть z2 = z2 , означает, что z1 z1

модуль частного равняется частному соответственно от модулей числителя и знаменателя. Перейдем теперь к отысканию алгебраической формы частного. Из (1.34) имеем,

(z z1 )z1 = z (z1 z1 )= z z1 2 = z 2 z1 Û

z 2

z 2 ×

z 2

z =

z1 × z1


=		(x2 +i y 2 )× (x1 - i y1 )			=	x1x2 + y1 y 2 + i × (x1y 2 - x2 y1 )		=
		x12 + y12					x12 + y12
=	x1x2 + y1y 2		+ i ×	x1y 2 − x2 y1			.	(1.39)

		x12 + y12		x12 + y12

Таким образом, приходим к правилу: формально символ (частное) z 2

= x1 - i y1 ¹ (0,0) и далее вычисление идет по фор-

умножаем и делим на z1

муле (1.39).

3 - 2 i

ПРИМЕР 1.6. Найти алгебраическую форму КЧ

2 + 3i

3 - 2 i

(3 - 2 i)× (2 - 3i)

Решение: Согласно правилу (1.39)

(2 + 3i)× (2 - 3i) =

2 + 3i

6 - 4 i - 9 i + 6 i2

-13i

= -i ,

3 − 2 i

0; Jm

3 − 2 i

= -1.

2 + 3i

3 − 2 i

Ответ: − i ; Re

= 0; Jm

= -1.

2 + 3i

ПРИМЕР 1.7. Указать на комплексной плоскости множество точек, удов-

летворяющих соотношениям Jm

z + 1

= 0; arg

i − z

= 0.

z -i

z + i

arg ω = 0 Jm ω = 0 и

Решение: Начнем со второго примера. Имеем,

Re ω > 0. С учетом этого имеем

i - z

i - (x + i y)

- x + i (1 - y)

[- x + i (1 - y )]×[x - i (1 + y )]

z ¹ -i

x + i (1 + y )

(

z + i

x + i y + i

+ y

+ 1

1 - x 2 - y2

+ i

x 2 + (1 + y)2

2x = 0.

Теперь надо потребовать, чтобы

силу этого

должно

быть

1 - y2

> 0 Û -1 < y < 1.

(1 + y)2

x = 0,

Следовательно, искомое множество имеет вид

< 1.

-1 < y

Ответ: На оси y интервал (−1;1). Далее

z + 1

x + i y +1

x +1 + i y

[(x +1) + i y]×[x - i (y -1)]

z ¹ i

z - i

x + i y - i

x + i(y -1)

(

x (x +1) + y (y -1) + i [x y - (x +1)× (y -1)]

y -1

. Отсюда следует, что

x 2 + (y -1)2

z + 1

x y - (x + y)× (y -1)

= 0,

z - i

(

y -1

x y - (x y + y2 - x - y) = x + y - y2 = 0,

1 ∙

x = y2 - y - парабола с проколотой точкой

0∙

(0,1) (см. рис. 1.5).

Ответ:

Парабола

x = y2 - y

с про-

Рис. 1.5

колотой точкой (0,1).

ПРИМЕР 1.8. Описать область, задан-

ную условием Jm (i z) < 1.

Решение. i z = i (x + i y) = −y + i x , Jm i z = x < 1.

Ответ: x < 1 − полуплоскость (левая), определяемая прямой x = 1. Замечание. При доказательстве последних двух теорем, мы показали

справедливость свойств:
1. ei×(j1 +j2 ) = ei j1 × ei j2 , j , j			2	Î R ;
	1		2
Следствие. ei×(j1 +j2 +K+jn ) = ei j1					× ei j2	×K× ei jn , j , j		2	,K, j	n	Î R .
							1	2		n
2.	ei j2	= ei j2 × e-i j1 = ei (j2 -j1 ) , j , j Î R ;
2.		= ei j2 × e-i j1 = ei (j2 -j1 ) , j , j Î R ;
	ei j1				1	2
					1	2
3. e2pi = cos 2p + i × sin 2p = 1;					epi = -1;
4. ei j = ei j+2p , j Î R .

Основные элементарные функции комплексного переменного

К ним относятся показательная функция (ez ), логарифмическая функция

(ln z), тригонометрические функции (sin z, cos z, tg z, ctg z), гиперболиче-


ские функции		(sh z, ch z,	th z, cth z), обратные тригонометрические функ-
ции (Arcsin z, Arc cos z, Arctg z,				Arcctg z ), обратные		гиперболические
функции (Ar sh z, Arch z,			Arth z, Arcth z), многочлены с комплексными ко-
эффициентами		(cn z n + cn -1 z n -1 + K + c1 z + c0 ),			дробно-рациональные
функции	(отношение		двух	многочленов),	степенная		функция
(z a = ea Ln z , a Î C), показательно-степенная функция (a z						= ez Ln a , a Î C), к

определению которых мы переходим. По определению полагаем

ez = ex+i y = ex × (cos y + i sin y ) = ex × cos y + i ex × sin y ,

(1.40)

где z − заданная комплексная величина (число). Если z − переменная комплексная величина, то (1.40) задает показательную функцию. Далее, по определению, имеем

ei z − e−i z

ei z + e−i z

sin z =

; cos z =

(1.41)

2 i

Прямым вычислением отсюда получаем

sin 2 z + cos2 z =

− e2i z + 2 + e−2i z

+ e2i z + 2 + e2i z

= 1.

Таким образом, для z функции (1.41) определены и

sin 2 z + cos2 z = 1.

(1.42)

cos2 z =

1 + cos 2z

, sin 2 z =

1 − cos 2z

(1.43)

Точно так же по определению полагаем

sin z

cos z

ez − e−z

ez + e−z

tg z =

ctg z =

sh z =

, ch z =

cos z

sin z

th z =

sh z

cth z =

ch z

. При этом

ch z

sh z

−2z

e2z + 2 + e

e2z

- 2 + e2z

z - sh

= 1,

ch2 z - sh2 z = 1,

(1.44)

ch2 z =

1 + ch 2z

, sh 2 z =

ch 2z − 1

(1.45)

Через Ln z,

z − задано и отлично от 0 , обозначается множество реше-

ний ω уравнения

eω = z .

(1.46)

Полагая ω = u + i v , отсюда получаем eu +i v = eu × ei v

× ei ϕ

eu =

, u = ln

k Î Z.

v = j = Arg z = arg z + 2 k p,

Таким образом,

+ i × (arg z + 2kp) = ln z + 2k pi,

w = Ln z = ln

(1.47)

k Î Z,

где

ln z = ln

+ i arg z

(1.48)

называется главным значением

Ln z и однозначно определяется,

тогда как

Ln z − многозначная функция от переменной z (z ¹ 0).

<<< < Предыдущая 12 / 232 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.09.2019397.82 Кб25Taxatsia_lesa.doc
#
03.06.20151.49 Mб7telsprav.pdf
#
26.04.2019243.71 Кб4teoria_kultury.doc
#
03.06.201571.17 Кб12Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015330.75 Кб50topref.ru-17132.doc
#
27.03.20163.4 Mб43UMK11.pdf
#
16.11.2019344.02 Кб29Untitled0.doc
#
03.06.2015538.18 Кб5Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
30.08.2019519.68 Кб31vmest.doc
#
03.06.201552.63 Кб8Vodnye_resursy_Sverdlovskoy_oblasti_Lektsia_1.docx
#
03.06.2015167.94 Кб16VOPROSY_K_EKZAMENU_PO_EP.doc