МОЖНОСТ ЗА КОРИСТЕЊЕ НА КОМПЛЕКСНИ БРОЕВИ
ПО ПРЕДМЕТ МАТЕМАТИКА ВО ОПШТО ОБРАЗОВАНИЧКО УЧИЛИШТЕ
Научен советник:
Општинска образовна институција
Средно училиште Первомаискаја
Со. Градот Кичменгски
Св. Заречна 38
Презентираната работа е посветена на проучување на сложени броеви. Релевантност: решавањето на многу проблеми во физиката и технологијата води до квадратни равенки со негативен дискриминатор. Овие равенки немаат решение во доменот на реалниот број. Но, решението на многу такви проблеми има многу дефинитивно физичко значење.
Практично значење:сложени броевиа функциите на сложените променливи се користат во многу прашања од науката и технологијата, а може да се користат во училиштето за решавање на квадратни равенки.
Областа на објектот: математика. Предмет на истражување: алгебарски поими и дејства. Предмет на истражување- сложени броеви. Проблем: сложените броеви не се учат на предметите по математика средно школо, иако тие можат да се користат за решавање на квадратни равенки. Можноста за воведување сложени броеви во Задачи за унифициран државен испитво иднина. Хипотеза:Можете да користите сложени броеви за решавање на квадратни равенки во средно училиште. Цел:да ја проучува можноста за користење сложени броеви при изучување на математика во 10-то одделение во средно училиште. Задачи: 1. Проучете ја теоријата на сложени броеви 2. Разгледајте ја можноста за користење на сложени броеви во предметот математика во 10-то одделение. 3. Развијте и тестирајте задачи со сложени броеви.
За решенија алгебарски равенкиНема доволно реални бројки. Затоа, природно е да се стремиме да ги направиме овие равенки решливи, што пак води до проширување на концептот број..gif" width="10" height="65 src=">
https://pandia.ru/text/78/027/images/image005_18.gif" width="10" height="62">.gif" width="97" height="28 src=">
само треба да се согласите да постапувате по таквите изрази според правилата на обичната алгебра и да го претпоставите тоа 
Во 1572 година била објавена книгата на италијанскиот алгебраист Р. кубни корени. Името „имагинарни броеви“ беше воведено во 1637 година. Францускиот математичар и филозоф Р. Декарт, а во 1777 година еден од најголемите математичари VIIIвек X..gif" width="58" height="19"> како пример за употреба на сложени броеви при изучување на математика во 10-то одделение. Оттука. Бројот x, чиј квадрат е еднаков на –1, се нарекува имагинарна единица и се означува i. Така, , од каде ..gif" width="120" height="27 src=">.gif" width="100" height="27 src=">8 одделение " href="/text/category/8_klass/" rel ="bookmark">8 одделение по алгебра.- М.: Образование, 1994.-стр.134-139.
2. енциклопедиски речникмлад математичар / Комп. Е-68. - М.: Педагогија, 19с
Текстуален дел од публикацијата
содржина
Вовед……………………………………………………………………………..3 Поглавје I. Од историјата на сложените броеви…………………………………… ……………………………………………………………………………….4 Поглавје II. Основи на методот на сложени броеви………………………………………6 Поглавје III. Геометрија на триаголник во сложени броеви…………………….12 Поглавје IV. Решение Проблеми со унифициран државен испити разни олимпијади со примена на методот на сложени броеви………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………….24 Библиографија…………………………………………………………………………..25
Вовед
Надалеку е познато големото значење на сложените броеви во математиката и неговата примена. Алгебрата на сложени броеви може успешно да се користи во елементарна геометрија, тригонометрија, теорија на движење и сличности, како и во електротехниката, различни механички и физички проблеми. Во планиметријата, методот на сложени броеви ви овозможува да решавате проблеми со директна пресметка користејќи готови формули. Ова е едноставноста на овој метод, во споредба со векторските и координатни методи, со методот на геометриски трансформации, барајќи од студентите да имаат значителна интелигенција и долги пребарувања. За неколку милениуми, триаголникот е симбол на геометријата. Можете дури да кажете дека триаголникот е атом на геометријата. Секој многуаголник може да се подели на триаголници, а проучувањето на неговите својства се сведува на проучување на својствата на триаголниците на неговите компоненти. Ајде да погледнеме како функционира методот на сложени броеви при докажување на својствата на триаголникот од училишен курспланиметрија, како и за решавање задачи Ц-4 од Единствениот државен испит. 2
Поглавје I. Од историјата на сложените броеви,
За прв пат, очигледно, имагинарни количини беа спомнати во познатото дело „Голема уметност или за алгебарски правила» Кардано (1545), како дел од формалното решение на проблемот со пресметување на два броја кои се собираат до 10, а кога се множат даваат 40. За оваа задача, тој добил квадратна равенка за еден од членовите и ги нашол неговите корени: 5 + √ − 15 и 5 − √ − 15 . Во коментарот на одлуката тој напиша: „овие најсложените количинибескорисни, иако многу паметни“ и „Аритметичките размислувања стануваат сè понеостварливи, достигнувајќи граница колку што е суптилна колку што е бескорисна“. Можноста за користење на замислени величини при решавање на кубна равенка, во таканаречениот нередуциран случај (кога вистинските корени на полиномот се изразуваат преку коцки коренина имагинарни количини), првпат го опиша Бомбели (1572). Тој беше првиот што ги опиша правилата за собирање, одземање, множење и делење на сложени броеви, но сепак ги сметаше за бескорисен и лукав „изум“. Изрази претставени во форма a + b √ − 1, кои се појавуваат при решавање на квадратни и кубни равенки, почна да се нарекува „имагинарен“ во XVI-XVII векна поттик на Декарт, кој ги нарече така, отфрлајќи ја нивната реалност, и за многу други главни научниците XVIIсо векови, природата и правото на постоење на имагинарни количини изгледаше многу сомнително, исто како што тие сметаа сомнителни во тоа време ирационални броеви, па дури и негативни вредности. И покрај ова, математичарите смело се пријавија формални методиалгебри од реални количини и до сложени, добија точни реални резултати дури и од средно сложени, и тоа не можеше а да не почне да влева доверба. Долго време беше нејасно дали сите операции на сложени броеви водат до сложени или реални резултати или, на пример, извлекувањето корен може да доведе до откривање на некој друг нов тип на броеви. Проблемот на изразување корени на степен n од даден броје решено во делата на Моивр (1707) и Котес (1722). Симболот за означување на имагинарната единица го предложил Ојлер (1777, објавен во 1794), кој за ова ја зел првата буква од латинскиот збор. имагинариус - имагинарен. Тој, исто така, ги проширил сите стандардни функции, вклучувајќи го и логаритамот, на сложениот домен. Ојлер, исто така, ја изразил идејата во 1751 година дека полето на сложени броеви е алгебарски затворено. До истиот заклучок дојде и Д'Алембер (1747), но првиот ригорозен доказ за овој факт му припаѓа на Гаус (1799). Токму Гаус го измислил терминот „комплексен број“ во широка употреба во 1831 година, иако терминот претходно се користел во истата смисла од францускиот математичар Лазаре Карно во 1803 година. 3
Аритметичкиот (стандарден) модел на сложени броеви како парови на реални броеви бил конструиран од Хамилтон (1837); ова ја докажа доследноста на нивните својства. Многу порано, во 1685 година, во своето дело „Алгебра“, Валис (Англија) покажа дека комплексни корени квадратна равенкасо реални коефициенти може да се претстави геометриски, со точки на рамнина. Но, тоа помина незабележано. Следниот пат кога во делото на Весел (1799) се појави геометриска интерпретација на сложени броеви и операции на нив. Модерната геометриска претстава, понекогаш наречена „Арганд дијаграм“, стапи во употреба по објавувањето на делото на Ј. Р. Арганд во 1806 и 1814 година, кои независно ги повторуваа заклучоците на Весел. Термините „модул“, „аргумент“ и „коњугатен број“ беа воведени од Коши. Така, беше откриено дека сложените броеви се исто така погодни за чисто извршување. алгебарски операциисобирање, одземање, множење и делење на вектори на рамнината, што во голема мера ја промени векторската алгебра. 4
Поглавје II. Основи на методот на сложени броеви
[
1
]
,
[2], [3] [4] Геометриска интерпретација на сложени броеви Должина на отсечка Дадена е правоаголна Декартов системкоординати на рамнината, комплексниот број z = x+iy (i 2 = -1) може да биде еден-на-еден поврзан со точката M на рамнината со координати x, y (сл. 1): z = x + iy ↔M (x, y ) ↔M (z) . Бројот z тогаш се нарекува сложена координата на точката M. Бидејќи множеството точки на Евклидовата рамнина е во кореспонденција еден на еден со множеството сложени броеви, оваа рамнина се нарекува и рамнина на сложени броеви. Потеклото O на Декартовиот координатен систем се нарекува почетна или нулта точка на рамнината на сложени броеви. Кога = 0 бројот z е реален. Реалните броеви се претставени со точки на оската x, поради што се нарекува реална оска. На x=0, бројот z е чисто имагинарен: z=iy. Имагинарните броеви се претставени со точки на y-оската, поради што се нарекува имагинарна оска. Нулата е и реален и чисто имагинарен број. Растојанието од почетокот на рамнината O до точката M(z) се нарекува модул на комплексниот број z и се означува со |z| или r: | z | = r = | ОМ | = √ x 2 + y 2 Ако φ е ориентираниот агол формиран од векторот ⃗ OM со оската x, тогаш по дефиниција на синусната и косинусната функција sin φ = y r, cos φ = x r 5
од каде x = r cos φ, y = r sin φ, и затоа z = r (cos φ + sin φ). Оваа претстава на комплексен број z се нарекува нејзина
тригонометрија
ческое
форма. Се вика оригиналното претставување z=x+iy
алгебарски
форма на овој број. На тригонометриски приказаголот се нарекува аргумент на сложен број и се означува и со arg z: φ = arg z Ако е даден комплексен број z = x + iy, тогаш се вика бројот ´ z = x − iy.
комплексен конјугат
(или едноставно
конјугираат
) на овој број z. Тогаш, очигледно, бројот z е исто така конјугиран со бројот ´ z. Точките M(z) и M 1 (´ z) се симетрични во однос на оската x. Од равенството z = ´ z следува дека y = 0 и обратно. Тоа значи дека
број еднаков на
на неговиот конјугат е реален и обратно.
Точките со сложени координати z и -z се симетрични во однос на почетната точка O. Точките со сложени координати z и − ´z се симетрични во однос на y-оската. Од равенството z = ´ z следува x = 0 и обратно. Според тоа, условот z =− ´ z е критериум за чисто имагинарен број. За кој било број z, очигледно | z | = | ´ z | =¿− z ∨¿∨−´ z ∨¿ .
Збир и производ
два конјугирани комплексни броеви се реални броеви: z + ´ z = 2 z, z ´ z = x 2 + y 2 =¿ z 2 ∨¿. Број конјугиран со збир, производ или количник од комплексот 6
броевите се, соодветно, збирот, производот или количникот на броевите конјугирани со дадените сложени броеви: ´ z 1 + z 2 = ´ z 1 + ´ z 2 ; ´ z 1 z 2 = ´ z 1 ´ z 2; ´ z 1: z 2 = ´ z 1: ´ z 2 Овие еднаквости може лесно да се потврдат со помош на формули за операции на сложени броеви. Ако a и b се сложените координати на точките A и B, соодветно, тогаш бројот c = a + b е координата на точката C, така што ⃗ OC = ⃗ OA + ⃗ OB (сл. 3). Комплексен број d = a − b одговара на точка D таква што ⃗ OD = ⃗ OA − ⃗ OB . Растојанието помеѓу точките A и B е | ⃗БА | = | ⃗ ОД | =¿ a − b ∨¿: ¿ AB ∨¿∨ a − b ∨¿ (1) Бидејќи ¿ z ∨ 2 = z ´ z , тогаш ¿ AB ∨ 2 =(a − b) (´ a − ´ b) . (2)
Равенката
z ´ z = r 2
дефинира круг со центар
За радиусот
р.
Релацијата AC CB = λ, (λ ≠ − 1) во која точка C се дели овој сегмент AB, се изразува преку сложените координати на овие точки на следниов начин: λ = c − a b − c, λ = ´ λ, од каде c = a + λb 1 + λ (3) За λ = 1, точката C е средната точка на отсечката AB, и обратно. Тогаш: c = 1 2 (a + b) (4) Множење на сложени броеви Множењето на сложени броеви се врши според формулата, Односно, | a b | = | а || б | , и 7
Паралелизам и нормалност Колинеарност на три точки Нека точките A(a) и B(b) се дадени на рамнината на сложените броеви. Векторите ⃗ OA и ⃗ OB се истовремено насочени ако и само ако arg a = arg b, т.е. кога arg a – arg b=arg a b =0 (кога се делат сложени броеви, аргументот на делителот се одзема од аргументот на дивиденда). Исто така, очигледно е дека овие вектори се насочени во спротивни насоки ако и само ако arg a - arg b= arg a b = ± π. Сложените броеви со аргументи 0, π, - π се реални.
Критериум за колинеарност за точките О, А, Б:
За точките A(a) и B(b) да бидат колинеарни со почетната точка O, потребно е и доволно количникот a b да биде реален број, т.е. a b = ´ a ´ b или a ´ b = ´ a b (6) Сега земете ги точките A(a), B(b), C(c), D(d). Векторите ⃗ BA и ⃗ DC collie се не-ари ако и само ако точките дефинирани со сложени броеви а-би с-d, се колинеарни со почетокот O. Забелешка: 1. Врз основа на (6) имаме: ⃗ AB ∨¿ ⃗ CD↔ (a − b) (´ c − ´ d) =(´ a − ´ b ) (в − г) ; (8) 2. Ако точките A, B, C, D припаѓаат на единечната кружница z ´ z = 1, тогаш ´ a = 1 a; ´ b = 1 b ; ´ c = 1 c; ´ d = 1 d и затоа условот (8) ја има формата: ⃗ AB ∨¿ ⃗ CD↔ ab = cd ; (9) 3. Колинеарноста на точките A, B, C се карактеризира со колинеарност на векторите ⃗AB и ⃗AC. Со помош на (8) добиваме: (a − b) (´ a −´ c) =(´ a − ´ b) (a − c) (10) Ова е критериум за точките A, B, C да припаѓаат до истата права линија. Може да се претстави во симетрична форма a (´ b −´ c) + b (´ c −´ a) + c (´ a − ´ b) = 0 (11) 8
Ако точките A и B припаѓаат на единечната кружница z ´ z = 1, тогаш ´ a = 1 a; ´ b = 1 b и затоа секоја од релациите (10) и (11) се трансформира (по намалувањето за (a-b) во следново: c + ab ´ c = a + b (12) Точките A и B се фиксирани, а точката C ќе ја сметаме за променлива, редизајнирајќи ја нејзината координата со z. Тогаш секоја од добиените релации (10), (11), (12) ќе биде равенка на правата линија AB: (´ a − ´ b) z + (b − a) ´ z + a ´ b − b ´ a = 0, (10a) z + ab ´ z = a + b. (12a) Конкретно, директната ОА ја има равенката a ´ z = ´ a z. Сложените броеви со аргументи π 2 и − π 2 се чисто имагинарни.Затоа, OA ⊥ OB↔ a b = − ´ a ´ b или OA ⊥ OB↔a ´ b + ´ a b = 0 (13) Перпендикуларноста на отсечките AB и CD се определува со еднаквоста (a − b) (´ c − ´ d) + (´ a − ´ b) (c − d) = 0 (14) Особено, кога точките A, B, C, D припаѓаат на единечната кружница z ´ z = 1, тогаш зависноста (14) е поедноставена: ab + cd = 0 (15) Скаларен производ на вектори. скаларен производвектори ⃗ OA и ⃗ OB низ комплексните координати a и b на точките A и B. Нека a=x 1 +iy 1 , b=x 2 +iy 2 . Тогаш a b + a b=(x 1 +iy 1)(x 2 −iy 2)+(x 1 −iy 1)(x 2 +iy 2)=2(x 1 x 2 +y 1 y 2)= 2 ⃗ ОА∙⃗ОБ. Значи, ⃗ OA ∙ ⃗ OB = 1 2 (a b + ab) (16) 9
Нека сега се дадени четири произволни точки A(a), B(b), C(c), D(d) со нивните сложени координати. Тогаш 2 ⃗ AB ∙ ⃗ CB = 1 2 (a-b)(c - d)+(a - b)(c-d) (17) Агли Да се согласиме да го означиме со симболот ∠ (AB ,CD) позитивно ориентираниот агол низ кој векторот ⃗ мора да се ротира AB за да стане ко-насочен со векторот ⃗ CD. Тогаш, cos ∠ (AB, CD)= (d − c) (´ b − ´ a) +(´ d −´ c)(b − a) 2 | d − c || b − a | (18) sin ∠ (AB ,CD)= (d − c) (´ b −´ a) +(´ d −´ c)(b − a) 2 i | d − c || b − a | (19) Пресечна точка на секанти на кружница Ако точките A, B, C и D лежат на кружницата z ´ z = 1, тогаш сложената координата на пресечната точка се наоѓа со формулата ´ z = (a + b) − (c + d) ab − cd (20) Ако AB е нормално на CD, тогаш z= 1 2 (a+b+c+d) (21) Пресечна точка на тангентите на кружницата 10
Сложената координата на точката на пресек на тангентите на кружницата z ´ z =1 во нејзините точки A(a) и B(b) се наоѓа со формулата z= 2ab a + b (22) Ортогонална проекција на точка на права Ортогонална проекција на точка M(m) на права AB, каде што A(a) и B(b) се наоѓа со формулата Во случај кога A и B припаѓаат на единичната кружница z= 1 2 (a + b + m − cb m) .
Поглавје III.
Геометријата на триаголникот во сложени броеви
На рамнината на сложени броеви, триаголникот е дефиниран со три сложени броеви што одговараат на неговите темиња. Центриоид и ортоцентар на триаголник. [ 2 ] Познато е дека за центроидот G (пресечната точка на медијаните) на триаголникот ABC и која било точка O е точно следнава еднаквост: ⃗ OG = 1 3 (⃗ OA + ⃗ OB + ⃗ OC). Според тоа, сложената координата g на центроидот G се пресметува со формулата g = 1 3 (a + b + c) (23) Да ја изразиме h сложената координата на ортоцентарот H на триаголникот ABC преку координатите a, b, c од неговите темиња. Нека правите AH, BH, CH го сечат кружниот круг на триаголникот во точките A1, B1, C1, соодветно. Нека оваа кружница ја има равенката z ´ z =1, тогаш според (15) имаме: a 1 = − bc a , b 1 = − ca b , c 1 = − ab c Според формулата (20) h = (a + a 1 ) −(b + b 1) a a 1 − bb 1 = ab + bc + ca abc = 1 a + 1 b + 1 c 11
Од каде доаѓа h=a+b+c. (24) Добиениот израз ги вклучува координатите на темињата на триаголникот симетрично, затоа третата надморска височина на триаголникот минува низ пресечната точка на првите два Слични триаголници [2,1] Триаголници ABC и A 1 B 1 C 1 се слични и идентично ориентирани (сличност од првиот вид), ако B 1 =kAB, A 1 B 1 =kAC и аглите B 1 A 1 C 1 и BAC се еднакви (аглите се ориентирани). Користејќи сложени броеви, овие еднаквости можат да се напишат на следниов начин: |a 1 −b 1 |=k|a−b|, |a 1 −c 1 |=k|a−c|,arg c 1 − a 1 b 1 − a 1 =arg c − a b − a . Двете еднаквости се еквивалентни на една со 1 − a 1 c − a = b 1 − a 1 b − a = σ , (25) каде σ е комплексен број, |σ|=k-коефициент на сличност. Ако σ е реално, тогаш c 1 − a 1 c − a = ´ c 1 − ´ a 1 ´ c − ´ a , каде што AC║A 1 C 1. Следствено, триаголниците ABC и A 1 B 1 C 1 се хомотетични. Релацијата (25) е неопходна и доволна состојбатака што триаголниците ABC и A 1 B 1 C 1 се слични и еднакво ориентирани. Може да му се даде симетрична форма ab 1 +bc 1 +ca 1 =ba 1 +cb 1 +ac 1 (25a) Еднакви триаголници Ако | σ | = 1, тогаш триаголниците ABC и A 1 B 1 C 1 се еднакви. Тогаш релацијата (25) е знак за еднаквост на идентично ориентирани триаголници, а релацијата (26) е знак за еднаквост на спротивно ориентирани триаголници. Правилни триаголници Ако барате ориентирана триаголник ABCбеше сличен на ориентираниот триаголник BCA, тогаш триаголникот ABC ќе биде правилен. 12
Затоа, од (25) добиваме неопходен и доволен услов триаголникот ABC да биде правилен (a−b) 2 +(b−c) 2 +(c−a) 2 =0 (27) Плоштина на триаголникот (докажано од авторот) Изведуваме формула за плоштината S на позитивно ориентиран триаголник ABC: S = 1 2 | AB || AC | sin ∠ (AB , AC)= 1 4i ((c − a) (´ b − ´ a) − (b − a) (´ c − ´ a)) = − 1 4i (a (´ b − ´ c) + b (´ c − ´ a) + c (´ a − ´ b)) или S = i 4 (a (´ b − ´ c) + b (´ c − ´ a) + c (´ a − ´ b )) (28) Ако триаголник ABCвпишан во кругот z ´ z = 1, тогаш формулата (28) се трансформира во форма: S = i 4 (a − b)(b − c)(c − a) abc (29) Теорема за средната линија на a триаголник (докажано од авторот)
Теорема
. средна линијана триаголникот е паралелен со основата и еднаков на половина од неа. Доказ. Нека точките M и N се средни точки на страните AB и BC, тогаш m = b 2 ; n = b + c 2 . Бидејќи z 2 =z ´ z, тогаш MN 2 =(m-n)(´ m - ´ n)=(b 2 - b + c 2) (´ b 2 – ´ b + ´ c 2)= b ´ b 4 − b ´ b + b ´ c 4 − b ´ b + ´ b c 4 + b ´ b + b ´ c + ´ b c + c ´ c 4 = c ´ c 4 13
4MN 2 =c ´ c, AC 2 =(c-0)(c-0)=c´ c, затоа 4MN 2 = AC 2 или 2MN=AC Условот (8) на колинеарност на векторите MN и AC е исто така задоволен , и затоа MN ║AC. Теорема на Талес (докажано од авторот)
Теорема
. Ако од едната страна на аголот паралелните линии отсекуваат еднакви отсечки, тогаш од другата страна на аголот тие отсекуваат еднакви отсечки. Доказ Да претпоставиме дека c=kb. Тогаш, ако BD||CE, тогаш имаме (b-d)(´ c − 2 ´ d ¿= (´ b − ´ d) (c − 2d) Отворање на заградите и доведување слични термини, ја добиваме равенката b ´ c − 2 b ´ d −´ c d = ´ b c − 2 ´ b d − c ´ d Заменувајќи го c со kb и ´ c со k ´ b, добиваме bk ´ b -2b ´ d -dk ´ b = ´ b kb-2 ´ b d-kb ´ d. Повторно донесување слични поими и поместување на сè на една страна, добиваме 2b ´ d + dk ´ b − 2 ´ b d − kb ´ d =0. Ќе го извадиме заеднички мултипликатори добиваме 2(b ´ d − ´ b d ¿+ k (´ b d − b ´ d) = 0. Оттука k=2, т.е. c=2b. Слично, се докажува дека f=3b итн. Питагорова теорема ( докажано од авторот) Б правоаголен триаголникквадрат на хипотенузата еднаков на збиротквадратни краци 14
Доказ. Растојанието помеѓу точките B и C е еднакво на BC=|b-c|=b, BC 2 =b ´ b. Од |z| 2 = z ´ z , потоа AC 2 =(a-c)(c ´ a − ´ ¿ ¿=(a − 0) (´ a - 0)=a ´ a . AB 2 =(a-b)(´ a − ´ b ¿= a ´ a − a ´ b - ´ a b+b ´ b. Бидејќи b е реален број, т.е. b= ´ b, тогаш -a ´ b =− ab. Бидејќи точката A лежи на оската Oy, тогаш a = - ´ a, односно - ´ ab = ab. Така, AB 2 = a ´ a -a ´ b - ´ ab +b ´ b = a ´ a +b ´ b = AC 2 +BC 2. Теоремата се докажува Ојлеровата права (докажана од авторот) Да докажеме дека ортоцентарот, центарот и кружниот центар на триаголникот лежат на иста права линија (оваа права се нарекува Ојлеровата права), а OG = 1/2GH. 15
Доказ: Точката G(g) е центар на триаголникот ABC, H(h) е ортоцентар, а O(o) е центарот на опишаната кружница на триаголникот. Со цел овие точки да бидат колинеарни, еднаквоста (10) мора да биде исполнета: (g-о)(´ g - ´ h ¿ -(´ g − ´ o ¿ (g − h) =0 Да ја земеме точката O како потеклото, потоа g(' g - ´ h ¿ - ´ g (g − h) =g 2 -g ´ h −¿ (g 2 - h ´ g ¿ =-g ´ h + h ´ g (30) комплексната координата на ортоцентарот се пресметува според формулата (24) h=a+b+c, (30a) и центроидот според формулата (23) g = 1 3 (a + b + c) (30c) Заменете во ( 30), добиваме 1 3 (a+b +c)(´ a + b + c)-(a+b+c)(´ a + b + c 1 3 ¿)) = 0. Равенството (10) е задоволни, значи, центроидот, ортоцентарот и центарот на опишаниот триаголник круговите лежат на иста права OG=g= 1 3 (a+b+c) GH=h-g=a+b+c- 1 3 (a+ b+c)= 2 3 (a+b+c) Добивме дека OG= 1 2 GH Теоремата е докажана 16
Ојлеров круг (круг од девет точки). Докажано од авторот Размислете за триаголникот ABC. Ајде да се договориме дека | ОП | = | ОБ | = | OC | =1, т.е. сите темиња на триаголникот припаѓаат на единечната кружница z ´ z = 1 (центарот на кружниот круг O е потеклото, а радиусот е единицата за должина). Да докажеме дека основите имаат три висини произволен триаголник, средните точки на неговите три страни и средните точки на трите отсечки што ги поврзуваат нејзините темиња со ортоцентарот лежат на истата кружница, а неговиот центар е средната точка на отсечката OH, каде што H, да потсетиме, е ортоцентарот на триаголникот ABC. Таков круг се нарекува
Ојлер круг
. Нека точките K, L и M се средните точки на страните на триаголникот ABC, точките Q, N, P основите на неговите височини, точките F, E, D средните точки на три отсечки што ги поврзуваат неговите темиња со ортоцентарот. Да докажеме дека точките D, E, F, K, L, M, N, P, Q припаѓаат на иста кружница Доделете ги соодветните сложени координати на точките: k = a + b 2 , l = b + c 2 ; m = a + c 2 ,o 1 = h 2 = a + b + c 2 d = 2a + b + c 2 ; e = 2 c + a + b 2; f = 2 b + a + c 2 n = 1 2 (a + b + c − ab c) , q = 1 2 (a + c + b − ac b) , p = 1 2 (c + b + a − cb а) O 1 K = | o 1 − k | = | c 2 | ,O 1 L = | o 1 − l | = | a 2 | , O 1 M = | o 1 − m | = | b 2 | O 1 D = | o 1 − d | = | a 2 | ,O 1 E = | o 1 − e | = | c 2 | ,O 1 F = | o 1 − f | = | b 2 | O 1 N= | o 1 − n | = 1 2 | ab c | = 1 2 | а || б | | в | , O 1 Q= 1 2 | а || в | | б | , O 1 F= 1 2 | б || в | | a | . 17
Бидејќи триаголникот ABC е впишан во кругот z ´ z = 1, потоа | a | = | б | = | в | = 1,→ | a 2 | = | b 2 | = | c 2 | = 1 2 | а || б | | в | = 1 2 | а || в | | б | = 1 2 | б || в | | a | = 1 2 Значи, точките D, E, F, K, L, M, N, Q, F припаѓаат на истиот круг Гаусова теорема Ако правата ги пресекува правите што ги содржат страните BC, CA, AB на триаголникот ABC, соодветно, на точките A 1, B 1 , C 1, тогаш средишните точки на отсечките AA 1, BB 1, СС 1 се колинеарни Доказ. Со помош на (11), ги пишуваме условите за колинеарност на тројки точки AB 1 C, CA 1 B, BC 1 A, A 1 B 1 C 1: 0,) b - a (c) a - c () c - b (a 0 ,) c - b a() b - a () a - c b(0,) a - c b() c - b () b - a c(0,) b - a (c) a - c () c - b a (1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b c a b е точката од P, (3) отсечките AA 1, BB 1, CC 1 , тогаш треба да покажеме дека 0) () () ( n m p m p n p n m (32) Бидејќи), (2 1), (2 1), (2 1 1 1 1 c c p b b n a m тогаш еднаквоста што се докажува (31) е еквивалентна на ова: 0)) (())()) (1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b a a c c a c c b b c c b b a a или по множење: 0) () () () () () () () () () () () () (1 1 111 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b a c b a со b a c b a c a c b a со b a c b a c b c b a c b a c b a c b a (33) Сега е лесно да се види дека (33) се добива со собирање на еднаквости по член по член (31). Доказот е целосен... 18
Поглавје IV.
Решавање на задачи за КОРИСТЕЊЕ и разни олимпијади со помош на методот на сложени броеви.
Задача 1. Унифициран државен испит -2012, P-4 На права која ја содржи средната AD на правоаголен триаголник ABC со прав агол C, се зема точка Е, оддалечена од темето A на растојание еднакво на 4. Најдете ја плоштината на триаголник BCE ако BC=6, AC=4. Прво решение. Според Питагоровата теорема AD=5. Тогаш ED=1 Нека точката Е лежи на зракот AD. Медијаната AD е подолга од AE, а точката E лежи во триаголникот ABC (сл. 1) Да ја спуштиме нормалната EF од точката E до правата BC и да разгледаме слични правоаголни триаголници DEF и DAC. Од сличноста на овие триаголници наоѓаме: EF = AC ∙ ED AD = 4 5 19
Затоа, S BCE = 1 2 ∙ 6 ∙ 4 5 = 2,4. Нека сега точката A лежи помеѓу E и D (сл. 2). Во овој случај ED=9 и EF = AC ∙ ED AD = 36 5 . Тогаш S BCE = 1 2 ∙ 6 ∙ 36 5 = 21,6. Одговор: 2.4; 21.6. Решавање на проблемот со помош на сложени броеви. Случај I: точката Е лежи на зракот АД. Бидејќи D е средината на CB, тогаш CD=3. А бидејќи CA=4, јасно е дека AD=5, т.е. DE=1. Да ја земеме точката C како почетна точка, а линиите CA и CB како реални и имагинарни оски. Потоа A(4), C(0), B(6i), D(3i), E(e). Точките A, E и D се колинеарни, тогаш e − 4 3i − e = 4 т.е. e= 12i + 4 5 . Според формулата (25) S CBE =│ ´ i 4 (e6 ´ i +6i(− ´ e)│= e e − ´ ¿ 6 i 2 4 ¿ ¿ =2.4 Случај II: точката A лежи помеѓу точките D и E , тогаш 4 − e 3i − 4 = 4 5 , т.е. e= 36 − 12 i 5 S CBE = | 3 i 2 2 (36 − 12 i 5 − − 36 − 12i 5) | =21.6 Одговори: 2.4 и 21. проблем со користење на првиот метод, потребно е да се има голем број на претпоставки, кои можеби нема да се појават веднаш, но по прилично долг период на расудување.Иако, ако ученикот е добро подготвен, тогаш самото решение се формира веднаш. решавање на проблемот со помош на вториот метод, ние користиме готови формули, заштедувајќи време на пребарување. Сепак, разбираме дека без да ги знаеме формулите, проблемите не можат да се решат со методот на сложени броеви. Како што можете да видите, секој метод има свои добрите и лошите страни.
Задача 2 (MIOO, 2011):
„Точката М лежи на отсечката AB. На круг со дијаметар AB, се зема точка C, оддалечена од точките A, M и B на растојанија од 20, 14 и 15, соодветно. Најдете ја областа на триаголникот BMC." 20
Решение: Бидејќи AB е дијаметар на круг, тогаш ∆ ABC е правоаголен, ∠ C = 90 ° Да го земеме C како нулта точкарамнина, потоа A(20i), B(15), M(z). Бидејќи CM=14, еднаквоста z ´ z = 196 е точно, т.е. точка M ∈ круг со центар во точката C и r=14. Да ги најдеме пресечните точки на оваа кружница со правата AB: Равенка на правата AB (10a): 20 i (15 −´ z) + 15 (´ z + 20 i) + z (− 20 i − 15) = 0 Замена на ´ z со 196 z и множејќи ја целата равенка со (4 i − 3) , добиваме квадратна равенка за z: 25 z 2 + 120 i (4 i − 3) z + 196 (4 i − 3) 2 = 0 z 1,2 = 2 (3 − 4 i) (6 i± √ 13) 5 Користејќи ја формулата (28), ја наоѓаме областа ∆ MBC: S = i 4 (z (´ b − ´ c) + b (´ c − ´ z) + c (´ z − ´ b)) Каде c = 0, ´ c = 0, b = 15, ´ b = 15, ´ z = 196 ∗ 5 2 (3 − 4 i) (6 i ± √ 13) По завршувањето еквивалентни трансформации, добиваме S = 54 ± 12 √ 13 кв. единици Одговори. 54 ± 12 √ 13 кв. единици Ако го решите проблемот геометриски методи, тогаш потребно е да се разгледаат два различни случаи: 1. - точката М лежи помеѓу А и Д; 2-ри - помеѓу Д и Б. 21
При решавање на проблем со методот на сложени броеви, двојноста на решението се добива поради присуството на две точки на пресек на круг и права. Оваа околност ни овозможува да избегнеме вообичаена грешка.
Проблем 3
Медијаните AA 1, BB 1 и CC 1 на триаголникот ABC се сечат во точката M. Познато е дека AB=6MC 1. Докажете дека триаголникот ABC е правоаголен триаголник. Решение: Нека C е нулта точка на рамнината и додели реална единица на точката А. Проблемот потоа се сведува на докажување дека b е чисто имагинарен број. AB 2 = (b − 1) (´ b − 1) . M е центар, неговата координата е 1 3 b + 1 3 MC 1 2 = (1 3 b + 1 3 − 1 2 b − 1 2) (1 3 ´ b + 1 3 − 1 2 ´ b − 1 2) = 1 3 b (b + 1) (´ b + 1) Бидејќи AB=6MC 1, тогаш (b − 1) (´ b − 1) = (b + 1) (´ b + 1) . Откако ги извршивме трансформациите, добиваме b =− ´ b, т.е. b е чисто имагинарен број, т.е. аголот C е права линија.
Задача 4.
22
Како резултат на ротација од 90° околу точката О, отсечката AB се претвори во отсечка А „Б“. Докажете дека средната OM на триаголникот OAB " е нормална на правата A " B . Решение: Нека координатите O, A, B се еднакви на 0,1, b, соодветно. Тогаш точките A " и B " ќе имаат координати a" = i и b" = bi, а средината M на отсечката AB " ќе има координати m = 1 2 (1 + bi). Наоѓаме: a " − b m − 0 = i − b 1 2 (1 + bi) = 2 i (i − b) i − b = 2i бројот е чисто имагинарен. Врз основа на критериумот за перпендикуларност (сегментите AB и CD се нормални ако и само ако бројот a − b c − d е чисто имагинарен), правата OM и A’ B се нормални.
Проблем 5
.
23
Од основата на надморската височина на триаголникот, перпендикуларите се спуштаат на две страни кои не одговараат на оваа надморска височина. Докажете дека растојанието помеѓу основите на овие перпендикулари не зависи од изборот на висината на триаголникот. Решение: Нека е даден триаголникот ABC, а кружницата опкружена околу него ја има равенката z ´ z = 1. Ако CD е висината на триаголникот, тогаш d = 1 2 (a + b + c − ab c) Сложените координати на основите M и N на нормалните точки паднати од точката D до AC и BC, соодветно, се еднакви на m = 1 2 (a + c + d − ac ´ d 2) n = 1 2 (b + c + d − bc ´ d 2) Наоѓаме: m − n = 1 2 (a − b + c ´ d ( b − a)) = 1 2 ( a − b) (1 − c ´ d) = (a − b) (a − c) (b − c) 4 ab Бидејќи | a | = | б | = 1, тогаш | m − n | = | (a − b) × (b − c) (c − a) | 4 . Овој израз е симетричен во однос на a, b, c, т.е. растојанието MN не зависи од изборот на висината на триаголникот.
Заклучок
24
„Секако! Сите проблеми може да се решат без сложени броеви. Но, факт е дека алгебрата на сложени броеви е друга ефективен методрешавање на планиметриски задачи. Можеме да зборуваме само за избор на метод кој е поефективен за дадена задача. Споровите за предностите на одреден метод се бесмислени ако ги земеме предвид овие методи воопшто, без примена на одреден проблем“ [2]. Големо место во проучувањето на методот е окупирано од збир на формули. Ова е
главен недостаток
метод и во исто време
Достоинство
, бидејќи ви овозможува да решите доволно сложени задачиспоред готови формули со елементарни пресметки. Дополнително, верувам дека при решавање на проблеми со планиметрија овој методе универзален.
Библиографија
1. Маркушевич А.И. Сложени броеви и конформални пресликувања - М.: Државна издавачка куќа за техничка и теориска литература, 1954. - 52 стр. 25
2. Понарин Ја. 3. Швецов Д. Од линијата на Симсон до теоремата Дроз-Фарни, Квант. - бр.6, 2009. – стр. 44-48 4. Јаглом И. М. Геометриски трансформации. Линеарни и кружни трансформации. - Државна издавачка куќа на техничка и теориска литература, 1956. – 612 стр. 5. Yaglom I.M. Сложени броеви и нивната примена во геометријата - М.: Физматгиз, 1963. - 192 стр. 6. Моркович А.Г. и други Алгебра и почетоците на математичката анализа.10-то одделение. Во 2 часа.Дел 1. Учебник за студенти на општообразовни институции (ниво на профил) - М.: Мнемозина, 2012. - 343 стр. 7. Андронов И.К. Математика на реални и сложени броеви - М.: Просвешчение, 1975. - 158 стр. 26
Апликација
Класични теоремиелементарна геометрија
Њутнова теорема.
Во четириаголник ограничен околу круг, средните точки на дијагоналите се колинеарни со центарот на кругот. 27
Доказ. Да го земеме центарот на кругот како почеток, поставувајќи го неговиот радиус еднаков на еден. Да ги означиме допирните точки на страните на овој четириаголник A o B o C o D o со A, B, C, D (по кружен редослед) (сл. 4). Нека M и N се средните точки на дијагоналите A o C o и B o D o, соодветно. Тогаш, според формулата за пресечните точки на тангентите на кружница z = 2ab a + b, точките A o , B o , C o , D o ќе имаат сложени координати, соодветно: , 2 , 2 , 2 , 2 0 0 0 0 d c cd d c b bc c b a ab b d a ad a каде a, b, c, d се сложените координати на точките A, B, C, D. Затоа.) (2 1 ,) (2 1 0 0 0 0 d c cd b a ab d b n c b bc d a ad c a m Пресметај.) c)( Бидејќи, 1 , 1 b b a a , 1 , 1 d d c c тогаш директно е јасно дека n m n m Врз основа на (6), точките O, M, N се колинеарни.
Теорема на Паскал
.
Пресечните точки на линиите што ги содржат спротивните страни на впишан шестоаголник лежат на истата линија. 28
Доказ. Нека шестоаголникот ABCDEF и P FA CD N EF BC M DE AB ) () (,) () (,) () ( (сл. 6) се впишани во круг (сл. 6). Да го земеме центарот на кругот како нулта точка на рамнината, а неговиот радиус е по единица должина.Тогаш, според (17) имаме: ,) (,) (,) (fa cd a f d c p ef bc f e c b n de ab e d b a m Пресметај) и слично .))(())((fa cd ef bc bc ab fa ef de cd f c p n Следно наоѓаме: .))(())(de ab c f fa cd e b pn Бидејќи броевите f e d c b a се еднакви, соодветно, f e d c b a 1 , 1 , 1 , 1 , 1, 1, тогаш усна проверка открива дека пронајдениот израз се совпаѓа со неговиот конјугат, т.е. Ова значи колинеарност на точките M, N, P.
Теорема на Монге.
Во четириаголник впишан во круг, линиите што минуваат низ средните точки на страните и. Секоја дијагонала е нормална на спротивните страни и, соодветно, другата дијагонала се вкрстува во една точка. Се нарекува Монге точка на цикличен четириаголник. Доказ. Нормалните симетрали на страните на четириаголникот ABCD се сечат во центарот на опишаната кружница, која ја земаме како почетна точка. За секоја точка M(z) од нормалната симетрала на [AB] бројот b a b a z ) (2 1 чисто имагинарен. 29
Конкретно, за z=0 е еднакво на) (2) (b a b a За секоја точка N(z) од правата што минува низ средината на страната CD нормална на (AB), бројот b a d c z ) (2 1 ќе треба да биде чисто имагинарен и обратно. Но за z=) (2 1 d c b a е еднакво) (2 b a b a т.е. чисто имагинарна. Затоа, точката E со сложена координата) ( 2 1 d c b a лежи на посочената права И овој израз е симетричен во однос на буквите a, b, c, d. Затоа, другите пет слично конструирани линии ја содржат точката E. 30
- Ќе се базираме на врски, а не на механички формули.
- Да ги разгледаме сложените броеви како дополнување на нашиот броен систем, исто како нула, дробни или негативни броеви.
- Ние ги визуелизираме идеите во графика за подобро да ја разбереме суштината, а не само да ги презентираме во сув текст.
И нашите тајно оружје: учење по аналогија. Ќе дојдеме до сложени броеви почнувајќи од нивните предци, негативни броеви. Еве мал водич за вас:
Засега, оваа табела има малку смисла, но нека биде таму. До крајот на статијата сè ќе си дојде на свое место.
Ајде навистина да разбереме што се негативни броеви
Негативните броеви не се толку едноставни. Замислете дека сте европски математичар во 18 век. Имате 3 и 4, а можете да напишете 4 – 3 = 1. Едноставно е.
Но, што е 3-4? Што точно значи ова? Како можеш да однесеш 4 крави од 3? Како можеш да имаш помалку од ништо?
Негативните броеви се сметаа за целосна глупост, нешто што „фрли сенка врз целата теорија на равенки“ (Френсис Масерес, 1759). Денес би било целосна глупост да ги сметаме негативните бројки како нешто нелогично и некорисно. Прашајте го вашиот наставник дали негативните броеви ја нарушуваат основната математика.
Што се случи? Измисливме теоретски број кој имаше корисни својства. Негативните броеви не можат да се допрат или почувствуваат, но тие се добри во опишувањето на одредени врски (како долгот, на пример). Ова е многу корисна идеја.
Наместо да кажам „Ти должам 30“ и да ги читам зборовите за да видам дали сум во црно или во црно, можам само да напишам „-30“ и да знам што значи тоа. Ако заработам пари и ги отплатам долговите (-30 + 100 = 70), лесно можам да ја напишам оваа трансакција во неколку знаци. Ќе ми останат +70.
Знаците плус и минус автоматски ја доловуваат насоката - не ви треба цела реченица за да ги опишете промените по секоја трансакција. Математиката стана поедноставна, поелегантна. Веќе не беше важно дали негативните броеви се „опипливи“ - тие имаа корисни својства и ги користевме додека не се втемелеа цврсто во нашиот секојдневен живот. Ако некој што го познавате сè уште не ја сфатил суштината на негативните броеви, сега ќе му помогнете.
Но, да не омаловажуваме човечкото страдање: Негативните бројки беа вистинска промена во свеста. Дури и Ојлер, генијот кој го открил бројот e и многу повеќе, не ги разбирал негативните броеви толку добро како ние денес. Тие се сметаа за „бесмислени“ резултати од пресметките.
Чудно е да се очекува децата мирно да ги разберат идеите што некогаш ги збунувале и најдобрите математичари.
Внесување замислени броеви
Тоа е истата приказна со имагинарни бројки. Ваквите равенки можеме да ги решаваме цел ден:
Одговорите ќе бидат 3 и -3. Но, да замислиме дека некој паметен човек додаде минус овде:
Па добро. Ова е вид на прашање што ги тера луѓето да се згрозат кога ќе го видат за прв пат. Дали сакате да го пресметате квадратниот корен на број помал од нула? Ова е незамисливо! (Историски навистина имало слични прашања, но поудобно ми е да замислам некој безличен мудар човек, за да не ги засрамам научниците од минатото).
Изгледа лудо, исто како негативните броеви, нула и ирационалните броеви (броеви што не се повторуваат) погледнато назад во денот. Нема „вистинско“ значење на ова прашање, нели?
Не, не е вистина. Таканаречените „имагинарни броеви“ се нормални како и сите други (или исто толку ненормални): тие се алатка за опишување на светот. Во истиот дух како што замислуваме дека -1, 0,3 и 0 „постојат“, да претпоставиме дека има некој број i, каде што:
Со други зборови, го множите i само по себе за да добиете -1. Што се случува сега?
Па, на почетокот сигурно имаме главоболка. Но, играјќи ја играта „Ајде да се преправаме дека постојам“, всушност ја правиме математиката поедноставна и поелегантна. Се појавуваат нови врски кои лесно можеме да ги опишеме.
Нема да верувате во јас, како што тие стари намќорни математичари не веруваа во постоењето на -1. Сите нови концепти кои го извртуваат мозокот во цевка тешко се воочуваат, а нивното значење не се појавува веднаш, дури и за брилијантниот Ојлер. Но, како што ни покажаа негативните бројки, чудните нови идеи можат да бидат исклучително корисни.
Не ми се допаѓа самиот термин „имагинарни броеви“ - се чувствува како да е избран специјално за да ги навреди чувствата на i. Бројот i е нормален како и другите, но на него се залепи прекарот „имагинарен“, па ќе го користиме и ние.
Визуелно разбирање на негативни и сложени броеви
Равенката x^2 = 9 всушност значи ова:
Која трансформација на x, применета двапати, го претвора 1 во 9?
Има два одговори: „x = 3“ и „x = -3“. Односно, можете да „скалирате за“ 3 пати или „да размерите за 3 и да превртите“ (превртувањето или земањето на реципроцитет на резултатот се сите толкувања на множење со негативен).
Сега да размислиме за равенката x^2 = -1, која може да се напише вака:
Која трансформација на x, применета двапати, го претвора 1 во -1? Хм.
- Не можеме да се множиме двапати позитивен бројбидејќи резултатот ќе биде позитивен.
- Не можеме двапати да помножиме негативен број бидејќи резултатот повторно ќе биде позитивен.
Што е со... ротација! Звучи необично, се разбира, но што ако го замислиме x како „ротација од 90 степени“, тогаш со примена на x двапати ќе направиме ротација од 180 степени со координатна оска, и 1 ќе се претвори во -1!
Леле! И ако размислиме малку повеќе, можеме да направиме две револуции спротивна насока, а исто така оди од 1 до -1. Ова е „негативна“ ротација или множење со -i:
Ако помножиме со -i двапати, тогаш на првото множење добиваме -i од 1, а на второто -1 од -i. Значи, всушност има два квадратни корени-1: јас и -i.
Ова е прилично кул! Имаме нешто како решение, но што значи тоа?
- i е „новата имагинарна димензија“ за мерење на бројот
- i (или -i) е она што броевите „стануваат“ кога се ротираат
- Множењето со i се ротира 90 степени спротивно од стрелките на часовникот
- Множењето со -i е ротација од 90 степени во насока на стрелките на часовникот.
- Вртењето двапати во која било насока дава -1: нè враќа во „нормалната“ димензија на позитивните и негативните броеви (оската x).
Сите броеви се 2-димензионални. Да, тешко е да се прифати, но исто толку тешко би било и за старите Римјани да го прифатат. децималиили долга поделба. (Како е тоа што има повеќе броеви меѓу 1 и 2?). Чудно изгледа како било кој нов начинразмислуваат по математика.
Прашавме „Како да се претвори 1 во -1 во две акции? и го најдов одговорот: ротирајте 1 90 степени двапати. Доста чуден, нов начин на размислување во математиката. Но, многу корисно. (Патем, оваа геометриска интерпретација на сложените броеви се појави само неколку децении по откривањето на самиот број i).
Исто така, не заборавајте дека преземањето револуција спротивно од стрелките на часовникот е позитивен резултат- ова е чисто човечка конвенција, и се можеше да биде сосема поинаку.
Пребарајте сетови
Ајде да одиме малку подлабоко во деталите. Кога ќе помножите негативни броеви (како -1), добивате множество:
- 1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, -1
Бидејќи -1 не ја менува големината на бројот, само знакот, истиот број го добивате или со знак „+“ или со знак „-“. За бројот x добивате:
- x, -x, x, -x, x, -x…
Ова е многу корисна идеја. Бројот „x“ може да претставува добри и лоши недели. Да го замислиме тоа добра неделаго заменува лошиот; Тоа е добра недела; Каква ќе биде 47-та недела?
X значи дека ќе биде лоша недела. Погледнете како негативните броеви го „следат знакот“ - можеме едноставно да внесеме (-1)^47 во калкулаторот наместо да броиме („1 недела добра, недела 2 лоша... недела 3 добра...“). Работите што постојано се менуваат може совршено да се моделираат со помош на негативни броеви.
Добро, што ќе се случи ако продолжиме да се множиме со i?
Многу смешно, да го поедноставиме сето тоа малку:
Еве истото графички претставено:
Ние го повторуваме циклусот на секој 4-ти свиок. Тоа дефинитивно има смисла, нели? Секое дете ќе ви каже дека 4 вртења налево се исто што и воопшто да не вртите. Сега одморете се од имагинарните броеви (i, i^2) и погледнете го вкупниот сет:
- X, Y, -X, -Y, X, Y, -X, -Y…
Точно како се моделираат негативните броеви огледало одразброеви, имагинарните броеви можат да моделираат сè што ротира помеѓу две димензии „X“ и „Y“. Или нешто со циклична, кружна зависност - дали имате нешто на ум?
Разбирање на сложени броеви
Има уште еден детал што треба да се разгледа: дали бројот може да биде и „вистински“ и „имагинарен“?
Не се ни сомневајте во тоа. Кој рече дека треба да свртиме точно 90 степени? Ако стоиме со едната нога на „вистинската“ димензија, а другата на „имагинарната“, ќе изгледа вака:
Ние сме на ознаката од 45 степени, каде што реалните и имагинарните делови се исти, а самиот број е „1 + i“. Тоа е како хот-дог, каде што има и кечап и сенф - кој рече дека треба да го изберете едното или другото?
Во основа, можеме да избереме која било комбинација од реални и имагинарни делови и да направиме триаголник од сето тоа. Аголот станува „агол на ротација“. Комплексен број е фенси име за броеви кои имаат реален и имагинарен дел. Тие се напишани како „а + би“, каде што:
- а - реален дел
- б - имагинарен дел
Не е лошо. Но, остана само еден последно прашање: Колку е „голем“ комплексен број? Не можеме да го измериме вистинскиот или имагинарниот дел посебно затоа што ќе ја пропуштиме големата слика.
Ајде да направиме чекор назад. Големина негативен броје растојанието од нула:
Ова е уште еден начин да се најде абсолутна вредност. Но, како да се измерат двете компоненти на 90 степени за сложени броеви?
Дали е птица на небото... или авион... Питагора доаѓа на помош!
Оваа теорема се појавува секаде каде што е можно, дури и во бројки измислени 2000 години по самата теорема. Да, правиме триаголник, а неговата хипотенуза ќе биде еднаква на растојанието од нула:
Иако мерењето комплексен број не е толку едноставно како „само да се испушти знакот -“, сложените броеви имаат многу корисни апликации. Ајде да погледнеме некои од нив.
Вистински пример: Ротации
Нема да чекаме физика на факултет за да вежбаме сложени броеви. Ќе го направиме ова денес. Може да се каже многу на темата за множење сложени броеви, но засега треба да ја разберете главната работа:
- Множењето со комплексен број ротира за неговиот агол
Ајде да видиме како функционира. Замислете дека сум на брод и се движам по патека од 3 единици кон исток на секои 4 единици на север. Сакам да го сменам курсот 45 степени спротивно од стрелките на часовникот. Каков ќе биде мојот нов курс?
Некој може да каже „Лесно е! Пресметај синус, косинус, гуглај ја тангентата вредност... и потоа...“ Мислам дека го скршив калкулаторот...
Ајде да одиме на едноставен начин: ние сме на патека од 3 + 4i (не е важно каков е аголот, сега не ни е грижа) и сакаме да свртиме 45 степени. Па, 45 степени е 1 + i (идеална дијагонала). Така, можеме да ја помножиме нашата стапка со овој број!
Еве ја суштината:
- Почетен наслов: 3 единици Исток, 4 единици Север = 3 + 4i
- Ротирајте спротивно од стрелките на часовникот 45 степени = помножете се со 1 + i
Кога ќе се помножиме добиваме:
Нашиот ново обележје- 1 единица на запад (-1 на исток) и 7 единици на север, можете да ги нацртате координатите на графиконот и да ги следите.
Но! Одговорот го најдовме за 10 секунди, без никакви синуси и косинуси. Немаше вектори, матрици, немаше следење во кој квадрант сме. Беше едноставна аритметика и малку алгебра за да се разработи равенката. Имагинарните броеви се одлични за ротација!
Покрај тоа, резултатот од таквата пресметка е многу корисен. Имаме курс (-1, 7) наместо агол (atan(7/-1) = 98,13 и веднаш се гледа дека сме во вториот квадрант. Како, точно, планиравте да го нацртате и следите посочениот агол Дали користите транспортер при рака?
Не, ќе го претворите аголот во косинус и синус (-0,14 и 0,99), ќе го пронајдете приближниот однос меѓу нив (околу 1 до 7) и ќе скицирате триаголник. И тука сложените броеви несомнено победуваат - точно, молскавично и без калкулатор!
Ако сте како мене, ова откритие ќе ви биде чудно. Ако не, се плашам дека математиката воопшто не те возбудува. Извинете!
Тригонометријата е добра, но сложените броеви ги олеснуваат пресметките (како наоѓање cos(a + b)). Ова е само мала најава; во следните статии ќе ви го дадам целосното мени.
Лирска дигресија: некои луѓе мислат вака: „Еј, не е погодно да се има северно/источна патека наместо едноставен аголза минување на бродот!
Дали е вистина? Добро, погледни го твоето десна рака. Кој е аголот помеѓу основата на малиот прст и врвот показалец? Среќно со вашиот метод на пресметка.
Или можете едноставно да одговорите: „Па, врвот е X инчи надесно и Y инчи нагоре“, и можете да направите нешто во врска со тоа.
Дали сложените броеви се приближуваат?
Поминавме низ моите основни откритија во областа на сложените броеви како торнадо. Погледнете ја првата илустрација, сега треба да стане појасно.
Има уште многу да се открие во овие прекрасни, прекрасни бројки, но мојот мозок е веќе уморен. Мојата цел беше едноставна:
- Ве убедуваме дека сложените броеви се гледани само како „луди“, но всушност тие можат да бидат многу корисни (исто како и негативните броеви)
- Покажете како сложените броеви можат да поедностават некои проблеми како ротација.
Ако изгледам премногу загрижен за оваа тема, има причина за тоа. Имагинарните бројки се моја опсесија со години - неразбирањето ме иритираше.
Но, подобро е да се запали свеќа отколку да се шета низ темнина: ова се моите мисли и сигурен сум дека светлината ќе светне во главите на моите читатели.
Епилог: Но сепак се прилично чудни!
Знам дека и мене сè уште ми изгледаат чудно. Се обидувам да размислувам како првиот човек кој ја откри нултата мисла.
Нулата е толку чудна идеја, „нешто“ претставува „ништо“ и тоа не може да се разбере на кој било начин во Антички Рим. Така е и со сложените броеви - тоа е нов начин на размислување. Но и нулата и сложените броеви во голема мера ја поедноставуваат математиката. Ако никогаш не воведовме чудни работи како што се нови нумерички системи, сè уште ќе броевме на прсти.
Ја повторувам оваа аналогија затоа што е толку лесно да се почне да се мисли дека сложените броеви „не се нормални“. Да бидеме отворени за иновации: во иднина луѓето само ќе се шегуваат за тоа како некој до 21 век не верувал во сложени бројки.
23 октомври 2015 година