Тригонометриска форма на комплексен број
Планирајте
1. Геометриски приказ на сложени броеви.
2. Тригонометриско означување на сложени броеви.
3. Дејства на сложени броеви во тригонометриска форма.
Геометриски приказ на сложени броеви.
а) Сложените броеви се претставени со точки на рамнина според следново правило: а + би = М ( а ; б ) (сл. 1).
Слика 1
б) Комплексен број може да се претстави со вектор кој започнува во точкатаЗА а крајот во дадена точка (сл. 2).
Слика 2
Пример 7. Конструирај точки што претставуваат сложени броеви:1; - јас ; - 1 + јас ; 2 – 3 јас (сл. 3).
Слика 3
Тригонометриско означување на сложени броеви.
Комплексен бројz = а + би може да се специфицира со користење на векторот на радиус со координати( а ; б ) (сл. 4).
Слика 4
Дефиниција . Векторска должина , што претставува комплексен бројz , се нарекува модул на овој број и се означува илир .
За кој било сложен бројz неговиот модулр = | z | се одредува единствено со формулата .
Дефиниција . Големината на аголот помеѓу позитивната насока на реалната оска и векторот , што претставува комплексен број, се нарекува аргумент на овој комплексен број и се означуваА рг z илиφ .
Аргумент за сложен бројz = 0 недефинирано. Аргумент за сложен бројz≠ 0 – количество со повеќе вредности и се определува во рок од член2πk (k = 0; - 1; 1; - 2; 2; ...): Арг z = арг z + 2πk , Кадеарг z – главната вредност на аргументот содржан во интервалот(-π; π] , тоа е-π < арг z ≤ π (понекогаш како главна вредност на аргументот се зема вредноста што припаѓа на интервалот .
Оваа формула когар =1 често се нарекува формула на Моивр:
(cos φ + i sin φ) n = cos (nφ) + i sin (nφ), n N .
Пример 11: Пресметај(1 + јас ) 100 .
Ајде да напишеме комплексен број1 + јас во тригонометриска форма.
a = 1, b = 1 .
cos φ = , грев φ = , φ = .
(1+i) 100 = [ (кос + грешам )] 100 = ( ) 100 (кос 100 + грешам ·100) = = 2 50 (cos 25π + i sin 25π) = 2 50 (cos π + i sin π) = - 2 50 .
4) Извлекување на квадратен корен од комплексен број.
Кога се зема квадратен корен од комплексен броја + би имаме два случаи:
Акоб
>о
, Тоа 
;
3.1. Поларни координати
Често се користи во авион поларен координатен систем . Се дефинира ако е дадена точка О, повикана столб, и зракот што произлегува од столбот (за нас ова е оската Вол) – поларна оска.Позицијата на точката М е фиксирана со два броја: радиус (или радиус вектор) и агол φ помеѓу поларната оска и векторот.Се нарекува аголот φ поларен агол; мерено во радијани и броено спротивно од стрелките на часовникот од поларната оска.
Положбата на точка во поларниот координатен систем е дадена со подреден пар броеви (r; φ). На Пол r = 0,а φ не е дефиниран. За сите други точки r > 0,а φ се дефинира до член кој е множител на 2π. Во овој случај, паровите броеви (r; φ) и (r 1 ; φ 1) се поврзани со истата точка ако .
За правоаголен координатен систем xOyДекартовските координати на точка лесно се изразуваат во однос на нејзините поларни координати на следниов начин:
3.2. Геометриска интерпретација на комплексен број
Да разгледаме декартов правоаголен координатен систем на рамнината xOy.
Секој комплексен број z=(a, b) е поврзан со точка на рамнината со координати ( x, y), Каде координата x = a, т.е. реалниот дел од сложениот број, а координатата y = bi е имагинарниот дел.
Рамнина чии точки се сложени броеви е сложена рамнина.
На сликата, комплексниот број z = (а, б)одговара на точка M(x, y).
Вежбајте.Нацртајте сложени броеви на координатната рамнина:
3.3. Тригонометриска форма на комплексен број
Комплексен број на рамнината има координати на точка M(x;y). При што:
Пишување сложен број 
- тригонометриска форма на комплексен број.
Се нарекува бројот r модул
комплексен број zи е назначен . Модулот е ненегативен реален број. За 
.
Модулот е нула ако и само ако z = 0, т.е. a = b = 0.
Се повикува бројот φ аргумент з и е назначен. Аргументот z е дефиниран двосмислено, како поларниот агол во поларниот координатен систем, имено до член кој е множител на 2π.
Тогаш прифаќаме: , каде φ е најмалата вредност на аргументот. Очигледно е дека
.
При подлабоко проучување на темата се воведува помошен аргумент φ*, таков што
Пример 1. Најдете ја тригонометриската форма на комплексен број.
Решение. 1) разгледајте го модулот: ;
2) барате φ: 
;
3) тригонометриска форма: 
Пример 2.Најдете ја алгебарската форма на сложен број 
.
Тука е доволно да се заменат вредностите на тригонометриските функции и да се трансформира изразот:
Пример 3.Најдете го модулот и аргументот на комплексен број;
1) 
;
2) ; φ – во 4 четвртини:
3.4. Операции со сложени броеви во тригонометриска форма
· Собирање и одземањеПопогодно е да се прави со сложени броеви во алгебарска форма:
· Множење– користејќи едноставни тригонометриски трансформации може да се покаже дека При множење, модулите на броеви се множат, а аргументите се додаваат: ;
2.3. Тригонометриска форма на сложени броеви
Нека векторот е наведен на сложената рамнина со бројот .
Да го означиме со φ аголот помеѓу позитивната полуоска Ox и векторот (аголот φ се смета за позитивен ако се мери спротивно од стрелките на часовникот, а инаку негативен).
Должината на векторот да ја означиме со r. Потоа. Означуваме и
Запишување на ненула комплексен број z во форма
се нарекува тригонометриска форма на комплексниот број z. Бројот r се нарекува модул на сложениот број z, а бројот φ се нарекува аргумент на овој комплексен број и се означува со Arg z.
Тригонометриска форма на запишување сложен број - (формула на Ојлер) - експоненцијална форма на пишување сложен број:
Комплексниот број z има бесконечно многу аргументи: ако φ0 е кој било аргумент на бројот z, тогаш сите останати може да се најдат со помош на формулата
За сложен број, аргументот и тригонометриската форма не се дефинирани.
Така, аргументот на ненулта комплексен број е секое решение на системот равенки:
(3)
Вредноста φ на аргументот на комплексен број z, кој ги задоволува неравенките, се нарекува главна вредност и се означува со arg z.
Аргументите Arg z и arg z се поврзани со
, (4)
Формулата (5) е последица на системот (3), затоа сите аргументи на сложен број ја задоволуваат еднаквоста (5), но не сите решенија φ од равенката (5) се аргументи на бројот z.
Главната вредност на аргументот на комплексен број не-нулта се наоѓа според формулите:
Формулите за множење и делење сложени броеви во тригонометриска форма се како што следува:
. (7)
Кога се подига комплексен број до природна моќност, се користи формулата Moivre:
При извлекување на коренот на комплексен број, се користи формулата:
, (9)
каде k=0, 1, 2, ..., n-1.
Задача 54. Пресметај каде .
Да го претставиме решението на овој израз во експоненцијална форма на пишување комплексен број: .
Ако тогаш.
Потоа, 
. Затоа, тогаш 
И 
, Каде.
Одговор: , во.
Задача 55. Запиши сложени броеви во тригонометриска форма:
А) ; б) ; V) ; G) ; г) ; д) 
; и) .
Бидејќи тригонометриската форма на комплексен број е , тогаш:
а) Во сложен број: .
,
Затоа 
б) 
, Каде ,
G) 
, Каде ,
д) 
.
и) 
, А 
, Тоа .
Затоа 
Одговор: 
; 
4; 
; 
; 
; 
; 
.
Задача 56. Најдете ја тригонометриската форма на сложен број
.
Нека, 
.
Потоа, 
, .
Бидејќи и 
, , тогаш , и
Затоа, затоа
Одговор: 
, Каде.
Задача 57. Користејќи ја тригонометриската форма на сложен број, извршете ги следните дејства: .
Да ги замислиме бројките и 
во тригонометриска форма.
1), каде 
Потоа
Најдете ја вредноста на главниот аргумент:
Да ги замениме вредностите и во изразот, добиваме 
2) , каде тогаш 
Потоа 
3) Да го најдеме количникот
Претпоставувајќи k=0, 1, 2, добиваме три различни вредности на саканиот корен:
Ако тогаш 
ако тогаш 
ако тогаш 
.
Одговор::
:
: .
Задача 58. Нека , , , се различни сложени броеви и 
. Докажете го тоа
број 
е реален позитивен број;
б) еднаквоста важи:
а) Да ги претставиме овие сложени броеви во тригонометриска форма:
Бидејќи .
Ајде да се преправаме дека. Потоа 
.
Последниот израз е позитивен број, бидејќи синусните знаци содржат броеви од интервалот.
од бројот реално и позитивно. Навистина, ако a и b се сложени броеви и се реални и поголеми од нула, тогаш .
Освен тоа,
затоа се докажува потребната еднаквост.
Задача 59. Запиши го бројот во алгебарска форма 
.
Да го претставиме бројот во тригонометриска форма и потоа да ја најдеме неговата алгебарска форма. Ние имаме 
. За 
го добиваме системот:
Ова подразбира еднаквост: 
.
Примена на формулата на Moivre:
добиваме
Пронајдена е тригонометриската форма на дадениот број.
Сега да го напишеме овој број во алгебарска форма:
.
Одговор: 
.
Задача 60. Најдете го збирот , ,
Да ја разгледаме сумата
Применувајќи ја формулата на Моивр, наоѓаме
Оваа сума е збир од n членови на геометриска прогресија со именителот 
и првиот член 
.
Применувајќи ја формулата за збир на членовите на таквата прогресија, имаме
Изолирајќи го имагинарниот дел во последниот израз, наоѓаме
Изолирајќи го реалниот дел ја добиваме и следната формула: , , .
Задача 61. Најдете го збирот:
А) 
; б) .
Според Њутновата формула за степенување имаме
Користејќи ја формулата на Моивр, наоѓаме:
Изедначувајќи ги реалните и имагинарните делови од добиените изрази за , имаме:
И 
.
Овие формули можат да бидат напишани во компактна форма како што следува:
,
, каде е целобројниот дел од бројот a.
Задача 62. Најди ги сите , за кои .
Затоа што 
, потоа, користејќи ја формулата
, 
За да ги извлечеме корените, добиваме 
,
Оттука, 
, 
,
, 
.
Точките што одговараат на броевите се наоѓаат на темињата на квадрат впишан во круг со радиус 2 со центар во точката (0;0) (сл. 30).
Одговор: , ,
, .
Задача 63. Решете ја равенката 
, .
По услов; затоа оваа равенка нема корен и затоа е еквивалентна на равенката.
За да може бројот z да биде корен на оваа равенка, бројот мора да биде n-ти корен од бројот 1.
Од тука заклучуваме дека првобитната равенка има корени утврдени од еднаквостите
, 
Така, 
,
т.е. 
,
Одговор: 
.
Задача 64. Решете ја равенката во множеството сложени броеви.
Бидејќи бројот не е коренот на оваа равенка, тогаш за оваа равенка е еквивалентна на равенката
Тоа е, равенката.
Сите корени на оваа равенка се добиени од формулата (види задача 62):
; 
; ; 
; 
.
Задача 65. На сложената рамнина нацртајте множество точки што ги задоволуваат неравенките: 
. (втор начин за решавање на проблемот 45)
Нека 
.
Сложените броеви кои имаат идентични модули одговараат на точките во рамнината што лежат на круг центриран на почетокот, па затоа неравенката 
ги задоволува сите точки на отворен прстен ограничен со кругови со заеднички центар на почетокот и радиусите и (сл. 31). Нека некоја точка од сложената рамнина одговара на бројот w0. Број 
, има модул неколку пати помал од модулот w0 и аргумент поголем од аргументот w0. Од геометриска гледна точка, точката што одговара на w1 може да се добие со помош на хомотетија со центар на почетокот и коефициент, како и ротација во однос на потеклото со агол спротивно од стрелките на часовникот. Како резултат на примената на овие две трансформации на точките на прстенот (сл. 31), вториот ќе се трансформира во прстен ограничен со кругови со ист центар и радиуси 1 и 2 (сл. 32).
Конверзија 
имплементирано со помош на паралелен трансфер во вектор. Со пренесување на прстенот со центар во точката на наведениот вектор, добиваме прстен со иста големина со центарот во точката (сл. 22).
Предложениот метод, кој ја користи идејата за геометриски трансформации на авион, веројатно е помалку удобен за опишување, но е многу елегантен и ефективен.
Задача 66. Најдете ако 
.
Нека , тогаш и . Почетната еднаквост ќе има форма 
. Од условот за еднаквост на два сложени броја добиваме , , од кои , . Така,.
Да го запишеме бројот z во тригонометриска форма:
, Каде , . Според формулата на Моивр, наоѓаме .
Одговор: – 64.
Задача 67. За комплексен број најдете ги сите сложени броеви такви што , и 
.
Да го претставиме бројот во тригонометриска форма:
. Од тука, . За бројот што го добиваме , може да биде еднаков на или .
Во првиот случај 
, во вториот
.
Одговор:, 
.
Задача 68. Најдете го збирот на таквите броеви кои . Ве молиме наведете еден од овие броеви.
Забележете дека од самата формулација на проблемот може да се разбере дека збирот на корените на равенката може да се најде без да се пресметаат самите корени. Навистина, збирот на корените на равенката 
е коефициентот за , земен со спротивен знак (генерализирана теорема на Виета), т.е.
Учениците, училишната документација, извлекуваат заклучоци за степенот на владеење на овој концепт. Сумирајте го проучувањето на карактеристиките на математичкото размислување и процесот на формирање на концептот на комплексен број. Опис на методи. Дијагностички: Фаза I. Разговорот се водеше со наставник по математика кој предава алгебра и геометрија во 10-то одделение. Разговорот се случил откако поминало извесно време од почетокот...
Резонанца" (!)), која вклучува и проценка на сопственото однесување. 4. Критичка проценка на сопственото разбирање на ситуацијата (сомнежи). 5. Конечно, употреба на препораки од правната психологија (адвокатот го зема предвид психолошкиот аспекти на извршените професионални дејствија - професионална психолошка подготвеност).Да разгледаме сега психолошка анализа на правните факти...
Математика на тригонометриска замена и тестирање на ефективноста на развиената наставна методологија. Фази на работа: 1. Изработка на изборен предмет на тема: „Примена на тригонометриска замена за решавање на алгебарски задачи“ со ученици на часови со напредна математика. 2. Спроведување на развиениот изборен предмет. 3. Спроведување на дијагностички тест...
Когнитивните задачи се наменети само за дополнување на постоечките наставни средства и мора да бидат во соодветна комбинација со сите традиционални средства и елементи на воспитно-образовниот процес. Разликата меѓу образовните проблеми во наставата на хуманистичките и точните, од математичките, е само тоа што во историските проблеми нема формули, строги алгоритми и слично, што го отежнува нивното решавање. ...
КОМПЛЕКСНИ БРОЕВИ XI
§ 256. Тригонометриска форма на сложени броеви
Нека комплексен број а + би одговара вектор О.А.> со координати ( а, б ) (види Сл. 332).
Да ја означиме должината на овој вектор со р , и аголот што го прави со оската X , преку φ . По дефиниција за синус и косинус:
а / р =кос φ , б / р = грев φ .
Затоа А = р cos φ , б = р грев φ . Но, во овој случај сложениот број а + би може да се напише како:
а + би = р cos φ + ir грев φ = р (кос φ + јас грев φ ).
Како што знаете, квадратот на должината на кој било вектор е еднаков на збирот на квадратите на неговите координати. Затоа р 2 = а 2 + б 2, од каде р = √а 2 + б 2
Значи, кој било комплексен број а + би може да се претстави во форма :
а + би = р (кос φ + јас грев φ ), (1)
каде р = √а 2 + б 2 и аголот φ се одредува од условот:
Оваа форма на пишување сложени броеви се нарекува тригонометриски.
Број р во формулата (1) се нарекува модул, и аголот φ - аргумент, комплексен број а + би .
Ако комплексен број а + би не е еднаков на нула, тогаш неговиот модул е позитивен; ако а + би = 0, тогаш a = b = 0 и потоа р = 0.
Модулот на кој било комплексен број е единствено определен.
Ако комплексен број а + би не е еднаков на нула, тогаш неговиот аргумент се одредува со формули (2) дефинитивноточно до агол делив со 2 π . Ако а + би = 0, тогаш a = b = 0. Во овој случај р = 0. Од формулата (1) лесно се разбира дека како аргумент φ во овој случај, можете да изберете кој било агол: на крајот на краиштата, за кој било φ
0 (кос φ + јас грев φ ) = 0.
Затоа, нултиот аргумент е недефиниран.
Модул на комплексен број р понекогаш се означува | z |, а аргументот арг z . Ајде да погледнеме неколку примери за претставување сложени броеви во тригонометриска форма.
Пример. 1. 1 + јас .
Ајде да го најдеме модулот р и аргумент φ овој број.
р = √ 1 2 + 1 2 = √ 2 .
Затоа грев φ = 1 / √ 2, кос φ = 1 / √ 2, од каде φ = π / 4 + 2nπ .
Така,
1 + јас = √ 2 ,
Каде П - кој било цел број. Вообичаено, од бесконечното множество вредности на аргументот на комплексен број, се избира една која е помеѓу 0 и 2. π . Во овој случај, оваа вредност е π / 4 . Затоа
1 + јас = √ 2 (кос π / 4 + јас грев π / 4)
Пример 2.Напиши комплексен број во тригонометриска форма √ 3 - јас . Ние имаме:
р = √ 3+1 = 2, кос φ = √ 3 / 2, грев φ = - 1 / 2
Според тоа, до агол делив со 2 π , φ = 11 / 6 π ; оттука,
√ 3 - јас = 2(кос 11/6 π + јас грев 11/6 π ).
Пример 3Напиши комплексен број во тригонометриска форма јас.
Комплексен број јас одговара вектор О.А.> , завршувајќи во точката А од оската на со ордината 1 (сл. 333). Должината на таков вектор е 1, а аголот што го прави со оската x е еднаков на π / 2. Затоа
јас =кос π / 2 + јас грев π / 2 .
Пример 4.Комплексниот број 3 запишете го во тригонометриска форма.
Комплексниот број 3 одговара на векторот О.А. > X апсциса 3 (сл. 334).
Должината на таквиот вектор е 3, а аголот што го прави со оската x е 0. Затоа
3 = 3 (кос 0 + јас грев 0),
Пример 5.Комплексниот број -5 запишете го во тригонометриска форма.
Комплексниот број -5 одговара на вектор О.А.> завршува на точка на оска X со апсциса -5 (сл. 335). Должината на таков вектор е 5, а аголот што го формира со оската x е еднаков на π . Затоа
5 = 5 (кос π + јас грев π ).
Вежби
2047. Напиши ги овие сложени броеви во тригонометриска форма, дефинирајќи ги нивните модули и аргументи:
1) 2 + 2√3 јас , 4) 12јас - 5; 7).3јас ;
2) √3 + јас ; 5) 25; 8) -2јас ;
3) 6 - 6јас ; 6) - 4; 9) 3јас - 4.
2048. На рамнината означете множество точки што претставуваат сложени броеви чии модули r и аргументите φ ги задоволуваат условите:
1) р = 1, φ = π / 4 ; 4) р < 3; 7) 0 < φ < π / 6 ;
2) р =2; 5) 2 < р <3; 8) 0 < φ < я;
3) р < 3; 6) φ = π / 3 ; 9) 1 < р < 2,
10) 0 < φ < π / 2 .
2049. Дали броевите можат истовремено да бидат модул на сложен број? р И - р ?
2050. Дали аргументот на комплексен број може истовремено да биде агли? φ И - φ ?
Претставете ги овие сложени броеви во тригонометриска форма, дефинирајќи ги нивните модули и аргументи:
2051 *. 1 + кос α + јас грев α . 2054 *. 2(костим 20° - јас грев 20°).
2052 *. грев φ + јас cos φ . 2055 *. 3(- 15° - јас грев 15°).