Корінь n ого ступеня з числа z. Ступінь із довільним раціональним показником

зі натуральне число n 2 .

Комплексне число Zназивається коріннямn– c, якщо Z n = c.

Знайдемо всі значення кореня n– ого ступеня з комплексного числа з. Нехай c=| c|·(cos Arg c+ i· sin Argс),а Z = | Z|·(зos Arg Z + i· sin Arg Z) , де Zкорінь n- ого ступеня з комплексного числа з. Тоді має бути = c = | c|·(cos Arg c+ i· sin Argс). Звідси слідує що
і n· Arg Z = Argз
Arg Z =
(k=0,1,…) . Отже, Z =
(cos
+ i· sin
), (k=0,1,…) . Легко побачити, що будь-яке значення
, (k=0,1,…) відрізняється від одного з відповідних значень
,(k = 0,1,…, n-1) на кратне 2π. Тому , (k = 0,1,…, n-1) .

приклад.

Обчислимо корінь з (-1).

, очевидно |-1| = 1, arg (-1) = π

-1 = 1 · (cos π + i· sin π )

, (K = 0, 1).

= i

Ступінь із довільним раціональним показником

Візьмемо довільне комплексне число з. Якщо nнатуральне число, то з n = | c| n · (Зos nArgз +i· sin nArgс)(6). Ця формула вірна і у разі n = 0 (с≠0)
. Нехай n < 0 і n Zі з ≠ 0тоді

з n =
(cos nArgз+i·sin nArgз) = (cos nArgз+ i·sin nArgз) . Таким чином, формула (6) справедлива для будь-яких n.

Візьмемо раціональне число , де qнатуральне число, а рє цілим.

Тоді під ступенем c rбудемо розуміти число
.

Ми отримуємо, що ,

(k = 0, 1, …, q-1). цих значень qштук, якщо дріб не скоротний.

Лекція №3 Межа послідовності комплексних чисел

Комплексно-значна функція натурального аргументу називаються послідовністю комплексних чиселі позначається (з n ) або з 1 , з 2 , ..., з n . з n = а n + b n · i (n = 1,2, ...) комплексні числа.

з 1 , з 2 , … - Члени послідовності; з n - Загальний член

Комплексне число з = a+ b· iназивається межею послідовності комплексних чисел (c n ) , де з n = а n + b n · i (n = 1, 2, …) , де для будь-кого

, що за всіх n > Nвиконується нерівність
. Послідовність, що має кінцеву межу називається схожійпослідовністю.

Теорема.

Для того, щоб послідовність комплексних чисел (з n ) (з n = а n + b n · i) сходилася до = a+ b· iнеобхідно і достатньо, щоб виконувалася рівністьlim a n = a, lim b n = b.

Доведення.

Ми будемо доводити теорему виходячи з наступної очевидної подвійної нерівності

, де Z = x + y· i (2)

Необхідність.Нехай lim(з n ) = с. Покажемо, що вірні рівності lim a n = aі lim b n = b (3).

Очевидно (4)

Так як
, коли n → ∞ , то з лівої частини нерівності (4) випливає, що
і
, коли n → ∞ . тому виконуються рівність (3). Необхідність доведена.

Достатність.Нехай тепер виконуються рівність (3). З рівності (3) випливає, що
і
, коли n → ∞ тому через праву частину нерівності (4) буде
, коли n→∞ , значить lim(з n )=с. Достатність доведено.

Отже, питання про збіжність послідовності комплексних чисел еквівалентний збіжності двох речових числових послідовностей, тому на послідовності комплексних чисел поширюються всі основні властивості меж речових числових послідовностей.

Наприклад, для послідовностей комплексних чисел справедливий критерій Коші: для того, щоб послідовність комплексних чисел (з n ) сходилася, необхідно і достатньо, щоб для будь-кого

, що за будь-якогоn, m > Nвиконується нерівність
.

Теорема.

Нехай послідовність комплексних чисел (з n ) та (z n ) сходяться відповідно до с іzтоді справедливо рівностіlim(з n z n ) = c z, lim(з n · z n ) = c· z. Якщо відомо, щоzне дорівнює 0, то справедлива рівність
.

числами в тригонометричній формі.

Формула Муавра

Нехай z 1 = r 1 (cos  1 + isin  1) та z 2 = r 2 (cos  2 + isin  2).

Тригонометричну форму запису комплексного числа зручно використовувати для виконання дій множення, поділу, зведення в цілий ступінь та отримання кореня ступеня n.

z 1 ∙ z 2 = r 1 ∙ r 2 (cos ( 1 +  2) + i sin( 1 +  2)).

При множенні двох комплексних чиселу тригонометричній формі їх модулі перемножуються, а аргументи складаються. При розподіліїх модулі діляться, а аргументи віднімаються.

Наслідком правила множення комплексного числа є правило зведення комплексного числа на ступінь.

z = r(cos  + i sin ).

z n = r n (cos n + isin n).

Це співвідношення називається формулою Муавра.

Приклад 8.1 Знайти твір та приватне чисел:

і

Рішення

z 1 ∙z 2
∙

=

;

Приклад 8.2 Записати в тригонометричній формі число

∙
-i) 7 .

Рішення

Позначимо
та z 2 =
- І.

r 1 = | z 1 | = √ 1 2 + 1 2 = √ 2;  1 = arg z 1 = arctg ;

z 1 =
;

r 2 = | z 2 | = √(√3) 2 + (-1) 2 = 2;  2 = arg z 2 = arctg
;

z 2 = 2
;

z 1 5 = (
) 5
; z 2 7 = 2 7

z = (
) 5 · 2 7
=

2 9

§ 9 Вилучення кореня з комплексного числа

Визначення. Коренемn-й ступеня з комплексного числа z (позначають
) називається комплексне число w таке, що w n = z. Якщо z = 0, то
= 0.

Нехай z  0, z = r(cos + isin). Позначимо w = (cos + sin), тоді рівняння w n = z запишемо у наступному вигляді

 n (cos(n·) + isin(n·)) = r(cos + isin).

Звідси  n = r,

 =

Таким чином, w k =
·
.

Серед цих значень рівно n різних.

Тому k = 0, 1, 2, …, n - 1.

На комплексній площині ці точки є вершинами правильного n-кутника, вписаного в коло радіусом.
із центром у точці О (рисунок 12).

Малюнок 12

Приклад 9.1Знайти всі значення
.

Рішення.

Уявімо це число в тригонометричній формі. Знайдемо його модуль та аргумент.

w k =
де k = 0, 1, 2, 3.

w 0 =
.

w 1 =
.

w 2 =
.

w 3 =
.

На комплексній площині ці точки є вершинами квадрата, вписаного в коло радіусом.
з центром на початку координат (рисунок 13).

Малюнок 13 Малюнок 14

Приклад 9.2Знайти всі значення
.

Рішення.

z = - 64 = 64 (cos + isin);

w k =
де k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

w 0 =
; w 1 =
;

w 2 =
w 3 =

w 4 =
; w 5 =
.

На комплексній площині ці точки є вершинами правильного шестикутника, вписаного в коло радіусом 2 з центром О (0; 0) – малюнок 14.

§ 10 Показова форма комплексного числа.

Формула Ейлера

Позначимо
= cos  + isin  і
= cos  - isin  . Ці співвідношення називаються формулами Ейлера .

Функція
має звичайні властивості показової функції:

Нехай комплексне число z записане в тригонометричній формі z = r(cos + isin).

Використовуючи формулу Ейлера, можна записати:

z = r ·
.

Цей запис називається показовою формоюкомплексного числа. Використовуючи її, отримуємо правила множення, поділу, зведення у ступінь та вилучення кореня.

Якщо z 1 = r 1 ·
і z 2 = r 2 ·
?то

z 1 · z 2 = r 1 · r 2 ·
;

·

z n = r n ·

, де k = 0, 1, …, n - 1.

Приклад 10.1Записати в формі алгебри число

z =
.

Рішення.

Приклад 10.2Розв'язати рівняння z 2 + (4 – 3i)z + 4 – 6i = 0.

Рішення.

За будь-яких комплексних коефіцієнтів це рівняння має два корені z 1 і z 1 (можливо, збігаються). Це коріння може бути знайдено за тією ж формулою, що й у речовинному випадку. Так як
приймає два значення, що відрізняються тільки знаком, то ця формула має вигляд:

Оскільки –9 = 9 · е  i , то значеннями
будуть числа:

Тоді
і
.

Рішення.

Шуканим корінням рівняння будуть значення
.

Для z = -1 маємо r = 1, arg (-1) = .

w k =
, k = 0, 1, 2

Вправи

9 Подати у показовій формі числа:

10 Записати в показовій та алгебраїчній формах числа:

11 Записати в алгебраїчній та геометричній формах числа:

12 Дані числа

Представивши їх у показовій формі, знайти
.

13 Використовуючи показову форму комплексного числа, виконайте дії:

а)
б)

в)
г)