Matematyka II NI/Liczby zespolone
Liczby zespolone
Zadanie 1
Oblicz [math] (2+i)(-3i+4)-(i+7) [/math].
Oblicz [math] (2+i)(-3i+4)-(i+7)=-6i+8-3i^2+4i-i-7=-6i+8+3+4i-i-7=4-3i [/math].
Dodawanie i mnożenie.
Zadanie 2
Znajdź [math] \operatorname{Re} [(2+i)(-3i+4)-2i-5)] [/math], [math] \operatorname{Im} [(2+i)(-3i+4)-2i-5)] [/math], [math]|(2+i)(-3i+4)-2i-5)| [/math].
Skorzystaj z poprzedniego zadania.
[math] \operatorname{Re} [(2+i)(-3i+4)-2i-5)]=\operatorname{Re}(6-4i)=6 [/math]
[math] \operatorname{Im} [(2+i)(-3i+4)-2i-5)]=\operatorname{Im}(6-4i)=-4 [/math]
[math] |(2+i)(-3i+4)-2i-5)|=\sqrt{6^2+(-4)^2}=2\sqrt{13} [/math]
Część rzeczywista, część urojona, moduł
Zadanie 3
Zapisz [math]\frac{1+2i}{1-4i}[/math], w postaci [math]a + ib[/math], gdzie [math] a,b \in \mathbb{R}[/math]
Znajdź [math] \operatorname{Re} \left[\frac{1+2i}{1-4i}\right] [/math], [math] \operatorname{Im} \left[\frac{1+2i}{1-4i}\right] [/math], [math]\left|\frac{1+2i}{1-4i}\right| [/math].
Pomnóż licznik i mianownik przez liczbę sprzężoną do mianownika podanej liczby.
[math] \frac{1+2i}{1-4i}= \frac{(1+2i)(1+4i)}{(1-4i)(1+4i)}=\frac{(1-8+(2+4)i}{1+4^2}=\frac{-7}{17}+\frac{6}{17}i [/math]
[math]
\operatorname{Re} \left[\frac{1+2i}{1-4i}\right]=\frac{-7}{17}
[/math]
[math] \operatorname{Im} \left[\frac{1+2i}{1-4i}\right]=\frac{6}{17} [/math]
[math] \left|\frac{1+2i}{1-4i}\right|=\sqrt{\frac{5}{17}} [/math]
Dzielenie. Liczba sprzężona do danej. Wydrukować na tablicy, [math]z=a+bi[/math], [math]\bar{z}=a-bi[/math], [math]\frac{1}{z}=\frac{\bar{z}}{|z|^2}[/math].
Zadanie 4
Znajdź [math] \operatorname{Arg} (1-i) [/math], [math] \operatorname{arg} (1-i) [/math].
Oznaczmy [math] \operatorname{Arg} (1-i) [/math] przez [math]\phi[/math].
Mamy [math] \cos \phi=\frac{1}{\sqrt{2}} [/math], [math] \sin \phi=\frac{-1}{\sqrt{2}} [/math], gdzie [math]\phi \in [0,2\pi[[/math].
Czyli
[math] \operatorname{Arg} (1-i)=\frac{7\pi}{4} [/math],
[math] \operatorname{arg} (1-i)=\left\{\frac{7\pi}{4}+2k \pi \, :\, k\in \mathbb{Z} \right\} [/math].
Argument. Umiejętność odczytywania argumentu z rysunku (położenia punktu na płaszczyźnie [math] \mathbb C [/math]).
Zadanie 5
Znajdź postać trygonometryczną i wykładniczą następujących liczb zespolonych
[math] 7 [/math], , [math] -7 [/math], , [math] -2i [/math], , [math] -i-1 [/math], , [math] -\sqrt{3}+i [/math],
[math] \frac{1+it}{1-it} \,\,\, t\in\mathbb{R} [/math].
W ostatnim przykładzie przypomnieć sobie wzory wiążące sinus i cosinus kąta z tangensem połowy kąta.
[math] 7= 7(\cos 0+ i\sin 0)= 7 e^{0i} [/math],
[math] -7= 7(\cos \pi+ i \sin \pi)=7 e^{\pi i} [/math]
[math] -2i=2(\cos \frac{3\pi}{2}+ i \sin \frac{3\pi}{2})=2e^{\frac{3\pi}{2}i} [/math],
[math] -i-1=\sqrt{2} (\cos \frac{5\pi}{4}+ i \sin \frac{5\pi}{4})=\sqrt{2}e^{\frac{5\pi}{4}i} [/math],
[math] -\sqrt{3}+i=2 (\cos \frac{5\pi}{6}+ i \sin \frac{5\pi}{6})=2e^{\frac{5\pi}{6}i} [/math]
[math] \frac{1+it}{1-it} =\frac{1-t^2}{1+t^2}+\frac{2t}{1+t^2}\, i =\cos (2 \arctan t)+\sin (2 \arctan t) \, i=e^{ 2 i \arctan t} [/math]
Uwaga! Wzór Eulera pełni w tym momencie jedynie rolę wygodnego oznaczenia [math]e^{ix}:=\cos x + i\sin x[/math]. Wygodnego bo [math]e^{ix}e^{iy}=e^{i(x+y)}[/math].
Zadanie 6
Wyraź przy pomocy wielomianu od [math]\sin x [/math] i [math]\cos x [/math] funkcje [math]\sin (5x) [/math], [math]\cos (5x) [/math]
Użyj wzoru Eulera.
Mamy
[math]\cos (5x)+i \sin (5x) =e^{i5x}=(e^{ix})^5=(\cos x +i \sin x)^5= [/math][math] ={5\choose 0} \cos^5 x+{5\choose 1}\cos^4 x \sin x \,\, i- {5\choose 2}\cos^3 x \sin^2 x-{5\choose 3} \cos^2 x \sin^3 x \,\, i +{5\choose 4} \cos x \sin^4 x+{5\choose 5} \sin^5 x \,\, i= [/math][math] =\cos^5 x -10 \cos^3 x \sin^2 x+5 \cos x \sin^4 x+(5 \cos^4 x \sin x-10 \cos^2 x \sin^3 x+\sin^5 x) i [/math]
Ostatecznie otrzymujemy
[math]\cos (5x)=\cos^5 x -10 \cos^3 x \sin^2 x+5 \cos x \sin^4 x[/math],
[math]\sin (5x)=5 \cos^4 x \sin x-10 \cos^2 x \sin^3 x+\sin^5 x[/math].
Wzór de Moivre'a.
Zadanie 7
Udowodnij, że
[math]\sum_{k=1}^n \sin (kx) =\frac{\sin\frac{nx}{2} \sin\frac{(n+1)x}{2} }{\sin\frac{x}{2}}[/math]
gdzie [math] x\neq 2k\pi [/math], [math] k\in \mathbb{Z} [/math].
[math]\sum_{k=1}^n \sin (kx)=\operatorname{Im} \sum_{k=1}^n [\cos(kx)+i\sin (kx)] [/math]
Zgodnie ze wskazówką mamy (używając wzoru Eulera)
[math] \sum_{k=1}^n \sin (kx)=\operatorname{Im} \sum_{k=1}^n e^{ikx}=\operatorname{Im}\left[e^{ix}\frac{1-e^{inx}}{1-e^{ix}}\right]= \operatorname{Im} \frac{e^{i\frac{x}{2}}-e^{i(n+\frac{1}{2})x} }{ e^{-i\frac{x}{2}}-e^{i\frac{x}{2}} }= \operatorname{Im} \frac{e^{i\frac{x}{2}}-e^{i(n+\frac{1}{2})x} }{ -2 i \sin \frac{x}{2}}=\frac{\cos \frac{x}{2}-\cos [(n+\frac{1}{2})x] }{2 \sin \frac{x}{2}}=\frac{\sin\frac{nx}{2} \sin\frac{(n+1)x}{2} }{\sin\frac{x}{2}}. [/math]
Gdzie użyliśmy wzoru na sumę n pierwszych wyrazów ciągu geometrycznego.
Wzór de Moivre'a. Pokazać, że ciąg [math]S_n=\sum_{k=1}^n \sin (kx) [/math], gdzie [math] x\neq 2k\pi [/math], [math] k\in \mathbb{Z} [/math] jest ograniczony.
Zadanie 8
Niech [math] f(b)=\left\{\begin{matrix}1 \hbox{ dla } b \geq 0 \\ -1 \hbox{ dla } b \lt 0\end{matrix} \right. [/math].
Pokazać że [math] \sqrt{a+bi}=\pm \left(\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}+a}{2}}+f(b)\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2}} \,\, i \right) [/math] gdzie pierwiastki po prawej stronie są pierwiastkami arytmetycznymi.
Szukamy liczb [math]c+di[/math] takich, że [math](c+di)(c+di)=a+bi[/math] czyli rozwiązać musimy układ równań
[math] \left\{\begin{matrix} c^2-d^2=a \\ 2cd=b\end{matrix} \right. [/math].
Załóżmy, że [math]b\neq 0[/math] wtedy zachodzi również [math] d\neq 0[/math].
[math] \left\{\begin{matrix} d^4+ad^2-\frac{b^2}{4}=0 \\ c=\frac{b}{2d} \end{matrix} \right. [/math].
Pamiętając o tym, że d jest liczbą rzeczywistą otrzymujemy
[math] \left\{\begin{matrix} d=\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2}} \\ c=\frac{b}{\sqrt{2}\sqrt{\sqrt{a^2+b^2}-a}} \end{matrix} \right. \vee \left\{\begin{matrix} d=-\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2}} \\ c=-\frac{b}{\sqrt{2}\sqrt{\sqrt{a^2+b^2}-a}} \end{matrix} \right. [/math].
Usuwając niewymierność z mianownika otrzymujemy
[math] \left\{\begin{matrix} d=\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2}} \\ c=\frac{b}{|b|}\sqrt{ \frac{\sqrt{a^2+b^2}+a}{2}} \end{matrix} \right. \vee \left\{\begin{matrix} d=-\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2}} \\ c=-\frac{b}{|b|}\sqrt{ \frac{\sqrt{a^2+b^2}+a}{2}} \end{matrix} \right. [/math].
Przypadek [math]b = 0[/math] zostawiamy jako proste ćwiczenie.
Pierwiastek kwadratowy arytmetyczny ( z liczby rzeczywistej dodatniej a): dodatnia liczba rzeczywista, która podniesiona do kwadratu daje a. W przypadku pierwiastków algebraicznych symbol pierwiastka oznacza zbiór wszystkich pierwiastków algebraicznych. W szczególnych przypadkach zamieniamy na postać wykładniczą np. obliczyć [math]\sqrt{-1-i}[/math].
Zadanie 9
Rozwiąż równania
a) [math]z^2-4z+5=0[/math],
b) [math]z^2+z+3i-1=0[/math],
c) [math]z^6+64 =0[/math],
a) [math]z=2 \pm i[/math],
b) [math]z=\frac{-1+\sqrt{5-12i}}{2}=\frac{-1\pm (3-2i)}{2}[/math] tzn. [math]z=1-i \,\vee \, z=-2+i [/math]
c) Zapisując nasze równanie w postaci [math]z^6=64e^{i(\pi+2k\pi)}[/math], znajdujemy [math]z=2 e^{i\frac{\pi+2k\pi}{6}}[/math] gdzie [math]k=-3,-2,-1,0,1,2[/math].
Zbiór rozwiązań to [math]\left\{ 2 e^{-\frac{5\pi}{6}i}, 2 e^{-\frac{\pi}{2}i}, 2 e^{-\frac{\pi}{6}i} , 2 e^{\frac{\pi}{6}i} , 2 e^{\frac{\pi}{2}i}, 2 e^{\frac{5\pi}{6}i} \right\} [/math] czyli [math]\left\{ -\sqrt{3}-i, -2 i, \sqrt{3}-i , \sqrt{3}+i, 2 i, -\sqrt{3}+i \right\} [/math]
Zadanie 10
Rozłóż wielomian [math]w(z)=z^6+1[/math] na iloczyn wielomianów o współczynnikach rzeczywistych stopnia co najwyżej drugiego.
Skorzystaj z wyników poprzedniego zadania.
Zapisujemy dany wielomian w postaci ilorazowej grupując czynniki zawierające pierwiastki wzajemnie sprzężone.
[math]z^6+1=(z+\frac{\sqrt{3}+i}{2})(z+\frac{\sqrt{3}-i}{2})(z+\frac{-\sqrt{3}+i}{2})(z+\frac{-\sqrt{3}-i}{2})(z+i)(z-i)[/math].
Wymnażając czynniki pierwszy z drugim, trzeci z czwartym i piąty z szóstym otrzymujemy ostatecznie
[math]w(z)= (z^2+\sqrt{3}z+1)(z^2-\sqrt{3}z+1)(z^2+1)[/math].
Zadanie 11
Czy liczba [math](1+i)^{2012}[/math] jest całkowita.
Tak bo [math](1+i)^{2012}=2^{1006} e^{i 503 \pi}=-2^{1006}[/math]
Zadanie 12
Udowodnij, że
a) [math]\overline{z_1 z_2}= \overline{z_1} \, \, \overline{z_2}[/math] ,
b) [math]|z_1 z_2|= |z_1| \, \, |z_2|[/math].
a) Połóżmy [math] z_1= a_1+b_1 i[/math] oraz [math] z_2= a_2+b_2 i[/math] otrzymujemy
[math] \overline{z_1} \, \, \overline{z_2}= (a_1-b_1 i)(a_2-b_2 i)= a_1 a_2-b_1b_2 -(a_1b_2+a_2b_1)i[/math]
[math]\overline{z_1 z_2}=\overline{(a_1+b_1 i)(a_2+b_2 i)}= \overline{a_1 a_2-b_1b_2 +(a_1b_2+a_2b_1)i}= a_1 a_2-b_1b_2 -(a_1b_2+a_2b_1)i[/math]
co kończy dowód.
b)
[math]|z_1| \, \, |z_2| = \sqrt{(a_1^2+b_1^2 )(a_2^2+b_2 ^2)}=\sqrt{(a_1 a_2)^2+(b_1b_2)^2+(a_1b_2)^2+(a_2b_1)^2}[/math]
[math]|z_1 z_2|= |a_1 a_2-b_1b_2 +(a_1b_2+a_2b_1)i|=\sqrt{(a_1 a_2-b_1b_2)^2+(a_1b_2+a_2b_1)^2}=\sqrt{(a_1 a_2)^2+(b_1b_2)^2+(a_1b_2)^2+(a_2b_1)^2}[/math]
