Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Алгебра, 11 сынып, қосымша материал.


Министерство науки и высшего образования Российской Федерации

Амурский государственный университет

Максимова Надежда Николаевна

Комплексные числа

Учебно-методическое пособие

Благовещенск

Издательство АмГУ

2021

УДК 517.53

Рекомендовано

учебно-методическим советом университета

Рецензент:

Труфанова Т.В., доцент кафедры математического анализа и моделирования

ФГБОУ ВО «Амурский государственный университет», канд. тех. наук

Максимова, Н.Н.

 Комплексные числа. Учебно-методическое пособие / Н.Н. Максимова. – Благовещенск: Изд-во АмГУ, 2021. – 47 с.

  •  пособии излагается математический аппарат комплексных чи-сел: даны основные понятия и определения, определены действия над комплексными числами в различных формах записи, приведены примеры решения задач на действия с комплексными числами, ре-шение алгебраических уравнений и систем на множестве комплекс-ных чисел и построение областей в комплексной плоскости. Каж-дый раздел содержит задания для самостоятельной работы.

 Учебно-методическое пособие предназначено для студентов, обучающихся по направлениям подготовки 01.03.02 – «Прикладная математика и информатика» (в рамках изучения дисциплины «Ком-плексный анализ»), 03.03.02 – «Физика» (в рамках изучения дисци-плины «Теория функций комплексного переменного»), 09.03.01 – «Информатика и вычислительная техника», 09.03.02 – «Информа-ционные системы и технологии», 09.03.02 – «Информационные си-стемы и технологии», 09.03.04 – «Программная инженерия» (в рам-ках изучения дисциплины «Линейная алгебра и теория матриц»), а также будет полезно для студентов всех форм и ступеней обучения.

 Для более подробного изучения теории комплексных чисел и других разделов комплексного анализа читатели могут использовать литературу из библиографического списка.

© Максимова, Н.Н., 2021

© Амурский государственный университет, 2021

2

ВВЕДЕНИЕ

 Первое упоминание о «мнимых» числах как о квадратных корнях из от-рицательных чисел относится еще к XVI веку и встречается в работах итальян-ского математика Джироламо Кордано. Несомненная заслуга этого великого ученого состояла в том, что он допустил существование «несуществующего» числа 1 , постулировав правило умножения 1 1 1.

 Однако, еще три столетия математики «привыкали» к таким числам, вре-мя от времени пытаясь опровергнуть их существование. Только с XIX века, по-сле выхода работ Карла Фридриха Гаусса, посвященных доказательству основ-ной теоремы алгебры, комплексные (от лат. «complexuc» – связь, сочетание) числа окончательно укрепились в математике и науке.

 В дальнейшем изучение комплексных чисел стало стремительно разви-ваться, что привело к возникновению теории функций комплексного перемен-ного. Сейчас комплексный анализ, как дисциплина изучения комплексных чис-ле и функций комплексного аргумента, является фундаментальной математиче-ской дисциплиной, без познания которой невозможно изучение других матема-тических и смежных наук.

  •  пособии излагается математический аппарат комплексных чисел: даны основные понятия и определения, определены действия над комплексными числами в различных формах записи, приведены примеры решения задач на действия с комплексными числами, решение алгебраических уравнений и си-

стем на множестве комплексных чисел и построение областей в комплексной плоскости. Каждый раздел содержит задания для самостоятельной работы.

 Учебно-методическое пособие предназначено для студентов, обучаю-щихся по направлениям подготовки 01.03.02 – «Прикладная математика и ин-форматика» (в рамках изучения дисциплины «Комплексный анализ»), 03.03.02

– «Физика» (в рамках изучения дисциплины «Теория функций комплексного переменного»), 09.03.01 – «Информатика и вычислительная техника», 09.03.02

– «Информационные системы и технологии», 09.03.02 – «Информационные си-

3

стемы и технологии», 09.03.04 – «Программная инженерия» (в рамках изучения дисциплины «Линейная алгебра и теория матриц»), а также будет полезно для студентов всех форм и ступеней обучения.

 Для более подробного изучения теории комплексных чисел и других раз-делов комплексного анализа читатели могут использовать литературу из биб-лиографического списка.

4

  • ОПРЕДЕЛЕНИЕ КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА

 Определение 1. Комплексным числом z будем называть упорядоченную пару действительных чисел x, y записанную в форме

  • x i y ,

гдеx и y – некоторые действительные числа,

i – «мнимая единица», квадрат которой равен –1, то естьi2 = –1 или

  • 1 .

 Множество комплексных чисел, то есть чисел вида z x iy , обозначает-ся символом C.

 Первая компонента комплексного числа z, действительное число x, назы-вается действительной частью числа z, это обозначается Re z = x.

 Вторая компонента, действительное число y, называется мнимой частью числа z и обозначается Im z = y.

 Запись комплексного числа в виде z = x + iy называется алгебраической формой записи комплексного числа.

Комплексные числа, у которых равна нулю мнимая часть, то есть числа

вида

  • x i 0 x ,

являются действительными числами. То есть множество действительных чисел является подмножеством множества комплексных чисел С.

 Комплексные числа, у которых равна нулю действительная часть, то есть числа вида

  • 0 i y iy ,

называются мнимыми числами.

 Определение 2. Комплексное число вида z x i y называется сопря-женным (комплексно сопряженным) к числу z x i y .

 Следует отметить, что если найти сопряженное число к сопряженному комплексному числу, то есть выполнить операцию двойного сопряжения

5

zx i yx i y x i y ,

мы вернемся к исходному комплексному числу.

 Определение 3. Действительное число z x 2 y2 называется модулем комплексного числа z = x + iy. Приняты также следующие обозначения модуля комплексного числа: r, .

 Геометрически комплексное число z = x + iy изображается как точка или радиус-вектор точки с координатами (x, y) на плоскости. Плоскость, на которой изображаются комплексные числа, называется комплексной плоскостью С.

мнимая ось

Im z

y

C

комплексная

плоскость

z

x

Re z

действительная ось

Рисунок 1 – Геометрическое представление комплексного числа

 Геометрически модуль комплексного числа z = x + iy является длиной ра-диус-вектора точки (x, y).

 Пример 1. Изобразим на комплексной плоскости числа z1 1 2i , z2 3 i , z3 4 3i , z4 2 3i , z5 5 , z6 1, z7 4i , z8 2i , z9 0 .

 Решение. Числам z1 1 2i , z2 3 i , z3 4 3i и z4 2 3i на ком-плексной плоскости соответствуют точки с координатами (1, 2), (–3, 1), (–4, –3)

  • (2, –3), расположенные соответственно в первой, второй, третьей и четвертой четвертях. Числам z5 5 и z6 1 соответствуют точки с координатами (5, 0) и

(–1, 0), расположенные на действительной оси. Числа z74i и z82i – это

6

точки (0, 4) и (0, –2) на мнимой оси. Число z90 есть точка начала координат.

Изображение всех точек представлено на рис. 2.

y

z 7 4i

4

3

z1 1 2i

2

z 2

3 i

1

z6

1

z0

z 5

9

5

x

-4

-3

-2

-1

1

2345

z8

2i

z3

4 3i

-2

z 4 2 3i

-3

Рисунок 2 – Геометрическая иллюстрация для примера 2

 Определение 4. Два комплексных числа z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 равны тогда и только тогда, когда равны их действительные и мнимые части:

z1z2(x1x2 )( y1y2 ) .

 Множество комплексных чисел не упорядочено, т.е. для комплексных чи-сел не вводятся отношения «больше» или «меньше».

Задания для самостоятельной работы

Изобразить на комплексной плоскости следующие комплексные числа

z15i , z256i , z342i , z418i , z53i , z69i , z75, z83 .

7

  • ОПЕРАЦИИ НАД КОМПЛЕКСНЫМИ ЧИСЛАМИ В АЛГЕБРА-

ИЧЕСКОЙ ФОРМЕ

 1. Суммой двух комплексных чисел z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 называется комплексное число z, определяемое соотношением

  • = z1 + z2 = (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2).

Пример2.Найтисуммуz1z2комплексныхчиселz145iи

z23i .

Решение. Находим

z1z2(45i)( 3i)(4( 3))(51)i16i .

 2. Разностью двух комплексных чисел z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 называ-ется комплексное число z, определяемое соотношением

  • = z1 – z2 = (x1 + iy1) – (x2 + iy2) = (x1 – x2) + i(y1 – y2).

 Это означает, что геометрически комплексные числа складываются и вы-читаются как векторы на плоскости, то есть покоординатно.

Пример3.Найтиразностьz1z2комплексныхчиселz145iи

z23i .

Решение. Находим

z1z2(45i)( 3i)(4( 3))(51)i74i .

 Геометрически модуль числа z – длина радиуса вектора точки z; модуль разности чисел z1 и z2 равен расстоянию между этими точками:

| z1z2 | | (x1iy1 )( x2iy2 ) | (x1x2 )2( y1y2 )2 .

 3. Произведением двух комплексных чисел z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 называется комплексное число z, определяемое соотношением

zz1 z2( x1iy1 ) ( x2iy2 )x1 x2ix1 y2ix2 y1i 2 y1 y2 ,

8

z( x1 x2y1 y2 )i ( x1 y2x2 y1) .

Пример 4. Найти произведение z1 z2 комплексных чисел z145iи

z23i .

Решение. Находим

z1z2(45i) ( 3i)4 ( 3)4 i5i ( 3)5i i

12 4i 15i 517 11i .

 Легко убедиться, что операции сложения и умножения на множестве комплексных чисел C имеют свойства, аналогичные аксиомам, которым удо-влетворяют операции сложения и умножения действительных чисел.

Найдём произведение сопряжённых чисел:

zz( xyi ) ( xyi )x xy (y )x (y )y x ix 2y 2

 Таким образом, z z – всегда неотрицательное действительное причём

zz0z0 .

z 2 .

число,

  • Частное (отношение, деление) двух комплексных чисел z1 x1 iy1 и

z2x2iy2 (z20) находится следующим образом:

z

z1

x1 iy1

домножим числитель и знаменатель

( x1 iy1 ) ( x2 iy2 )

z

2

x

iy

на число, сопряженное знаменателю

( x

iy

) ( x

iy )

2

2

2

2

2

2

( x1 x2 y1 y2 ) i ( x2 y1 x1 y2 ) x1 x2 y1 y2 i x2 y1 x1 y2 .

x222y22y22x22y22x2

Пример 5.

Найти отношение

z1

комплексных чисел

z1 4 5i и

z2

z23 i .

Решение. Находим

z1

4 5i

(4 5i) ( 3 i)

12 4i 15i 5

7 19i

7

19

i .

z2

3 i

( 3 i) ( 3 i)

( 3)2 12

10

10 10

9

Пример 6. Найти отношение 1i .

 Решение. Воспользуемся описанным выше подходом и умножим числи-тель и знаменатель дроби, на сопряженное к знаменателю число, то есть на (–i); получаем

1i 1i (( ii))1ii .

Таким образом, получаем, что 1ii .

  • Возведение в натуральную степень комплексных чисел в самом об-

щем виде при алгебраической форме записи возможно только для малых значе-ний показателя степени и определяется через умножение комплексного числа само на себя требуемое количество раз или через формулу возведения в нату-ральную степень двучлена, например,

z 2( xiy ) 2x 22 xyi(iy ) 2( x 2y 2 )2xyi ,

 z3 (x iy)3 x3 3x2iy 3x(iy)2 (iy)3 (x3 3xy2 ) i (3x2 y y3 ) и т.д. Пример 7. Вычислить z 2 и z3 для комплексного числа z 2 3i . Решение. Находим

z2( 23i)2( 2)22 ( 2) 3i(3i)2412i9512i ,

z3( 23i)3( 2)33 ( 2)23i3 ( 2) (3i)2(3i)3

8 36i 54 27i 46 9i .

 Стоит отметить, что при возведении в натуральную степень комплексно-го числа i значения получаемой степени повторяются через четыре номера. Действительно имеем:

i0

1,

i1i ,

i2

1,

i3

i2i

i ,

i4

(i2 )2

( 1)2

1,

i5

i4ii ,

i6

i4i2

1,

i7

i4 i3

i

10

ит.д.

Продолжая вычисления, можно прийти к следующей формуле

1,

ini,

1,

i,

при n4k,

при n4k1,

при n4k2

при n4k3,

которая справедлива, вообще говоря, для любого целого n.

Пример 8. Вычислим:

i273

для числа 273 найдем

кратное четырем и не

наибольшее целое,

превосходящее 273;

i272 1 i272 i1

это число 272

i4 68 i (i4 )68 i (1)68 i i ;

для числа197 найдем наибольшее целое,

i 197кратное четырем и не превосходящее 197; i 200 3 это число 200

i 200 i 3 i 4 50 ( i ) (i 4 ) 50 ( i ) (1) 50 ( i )i .

  •  некоторых исключительных случаях можно найти значения больших натуральных степеней от комплексного числа.

Пример 9. Вычислим ( 1 i)15 .

Решение. Сначала найдем

 ( 1 i)2 ( 1)2 2 ( 1) i (i)2 1 2i 1 2i . Тогда воспользуемся свойствами степеней и запишем

( 1i)15( 1i)14( 1i)( 1i)2 7( 1i)( 2i)7( 1i)

( 2)7 i7 ( 1 i) 27 i4 3 ( 1 i) 27 ( i) ( 1 i) 27 i ( 1 i) 27 ( i i2 ) 27 ( i 1) 27 (1 i) 27 27 i .

11

Задания для самостоятельной работы

Вычислить:

1)

(7 i) ( 2 3i) (4 i) ( 6 2i);

2)

4 5i

6 7i

4i 3 ;

1 2i

2 3i

3)

2 i

3 8i

;

4) (1 2i)3

4 7i (2

3i )(1 3i )

5)

3i121 i 422 5i 505 6i235

.

1 3i 2i92

12

3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКАЯ ФОРМА КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА

 Запись комплексного числа в виде z = x + iy называется алгебраической формой комплексного числа.

 Изобразим число z как точку на плоскости с декартовыми координата-ми x, y (рис. 3).

Im z

y

z

x

Re z

Рисунок 3 – Геометрическое представление

Если теперь перейти к полярным координатам,, где

z x2 y2 – полярный радиус или модуль комплексного числа z

(длина радиус-вектора точки z),

– полярный угол (угол между положительным направлением оси Ox и

радиус-вектора точки z, отсчитываемый против часовой стрелки).

Очевидно, что справедливы формулы

xcos , y sin .

 Определение 5. Угол называется аргументом комплексного числа z и обозначается arg z .

 Число 0 = 0 + 0 i – единственное число, модуль которого равен нулю; ар-гумент для этого числа не определён.

Аргумент комплексного числа определён неоднозначно, с точностью до

13

слагаемых, кратных 2 : если, например, 6 , то значения , равные 6 2 , 6 4 и т.д. тоже будут соответствовать числу z.

 Значение аргумента, удовлетворяющее условиям arg z , называ-ют главным значением.

 Следует отметить, что в разных источниках по-разному определяют глав-ное значения аргумента комплексного числа; допускаются так же интервалы 0 arg z 2 и 2 arg z 32 .

 Для обозначения всех значений аргумента комплексного числа z приме-няется символ Arg z : Arg z arg z 2k , k 0, 1, 2,....

Далее представим комплексное число в виде

x

y

cosi sin .

z x iy

z

i

z

z

z

Определение 6. Запись комплексного числа в виде

  • z cos(argz) i sin(arg z)z cosi sin

называется тригонометрической формой числа.

 Переход от тригонометрической формы к алгебраической очевиден в си-лу формул

  • | z | cos , x | z | sin .

 Алгоритм для перехода от алгебраической формы к тригонометрической следующий:

Вычисляется модуль комплексного числа по формуле | z | x2 y2 . Затем составляется система для определения аргумента

cosxz ,

sinyz .

14

 Если полученные значения табулированы (определяются из таблицы зна-чений косинуса и синуса основных углов), то записывается соответствующее значение.

 В противном случае можно воспользоваться общей формулой (если глав-ное значение аргумента определяется их промежутка arg z ):

arctg y / x ,

x 0;

arctg y / x,

x 0,

y 0;

arctg y / x,

x 0,

y 0;

/ 2,

x 0, y 0;

arg z

0,

x 0,

y 0;

/ 2,

x 0,

y 0;

,

x 0,

y 0;

не определён,

x 0,

y 0.

 При решении задач на перевод алгебраически заданного комплексного числа в тригонометрическую форму следует изобразить это число на комплекс-ной плоскости С и, таким образом, контролировать полученный результат.

Пример 10. Записать в тригонометрической форме числа z1 1 3i , z2 1 i , z3 3 3i , z4 3i , z5 1 2i .

Решение. 1. Для первого комплексного числаz11 3iвычисляем

модуль

z1

( 1)2(3)22 . Аргумент определим из системы

cos

x

1

,

z

2

y

3

sin

;

z

2

данным значениям косинуса и синуса соответствует угол123 , который и

является аргументом данного комплексного числа.

Тогда окончательно приходим к тригонометрической форме

2

2

z1

2

cos

i sin

.

3

3

15

2.Для

комплексногочисла

z2 1 i

вычисляеммодуль

z2

12 ( 1)2

2 . Аргумент определим из системы

cos

1

2

,

1

2

sin

;

2

2

данным значениям косинуса и синуса соответствует угол 2 4 . Тогда окончательно приходим к тригонометрической форме

z

2 cos

i sin

.

2

4

4

Следует

отметить,

что

тригонометрическая

форма

7

7

z2

2 cos

i sin

также является допустимой, если главное значение

4

аргумента будет определяться из промежутка 0 arg z 2 .

3.

Для

комплексного

числа

z33

3

iнаходим

модуль

z3

(3)2 (

3)2

12

3 . Тогда

2

cos

3

3

,

2 3

2

3

1

sin

;

2

3

2

данным значениям косинуса и синуса соответствует угол356 .

Тогда получаем тригонометрическую форму

5

5

z3

2 3 cos

i sin

.

6

Также допустимой является тригонометрическая форма

7

7

z3

2 3

cos

i sin

.

6

6

16

4. Для комплексного числа z43i находим модуль

гда

cos0,

z4

02323. То-

и 4

. Тригонометрическая форма имеет вид

z4

3

cos

i sin

;

2

2

2

z5

5)длякомплексногочислаz512iнаходиммодуль

12 22 5 . Тогда

cos1 ,

5

sin2 .

5

Данные значения косинуса и синуса не табулированы, поэтому аргумент

вычисляем по формуле

5

arctg

2

arctg 2

(комплексное число

z5 1 2i

1

расположено в первой четверти).

Окончательно приходим к тригонометрической форме

z5 5cos arctg 2i sin arctg 2.

Задания для самостоятельной работы

Привести комплексные числа в тригонометрическую форму:

1) z 6 2i ;2) z88i ;3) z939i .

17

  • ОПЕРАЦИИ НАД КОМПЛЕКСНЫМИ ЧИСЛАМИ В ТРИГО-

НОМЕТРИЧЕСКОЙ ФОРМЕ

    • тригонометрической форме легко вычисляются произведение, деление
  • возведение в степень комплексных чисел. Кроме того, из комплексных чисел можно извлекать корни натуральных степеней. При этом сложение и вычитание комплексных чисел в тригонометрической форме не производится, для этого предварительно необходимо перевести их в алгебраическую форму.

Рассмотрим подробно указанные выше операции над комплексными чис-

лами в тригонометрической форме.

z1

  • Произведение комплексных чисел

Пусть z1z1cos 1i sin1, z2z2cos2i sin2. Тогда

z1z2 z1 cos 1 i sin 1 z2 cos 2 i sin 2 z1 z2 cos 1 i sin 1 cos 2 i sin 2

z2cos 1 cos 2 sin 1 sin 2 i cos 1 sin 2 sin 1 cos 2 z1 z2 cos( 1 2 ) i sin( 2 2 ) .

 Вывод: при умножении комплексных чисел их модули перемножают-ся, а аргументы складываются.

z2

  • Деление комплексных чисел

 Если z2 0 и тригонометрическая форма имеет вид z2 cos 2 i sin 2 , то сопряженное число представимо в виде

z2z2cos2i sin2z2cos(2 )i sin(2 ) ,

 т.е. операция сопряжения не меняет модуль числа и изменяет знак его ар-гумента, поэтому при делении комплексных чисел в тригонометрической фор-ме получим

z1

z1

2

| z1 | |

2 | cos 1 i sin 1 cos( 2 ) i sin( 2 )

z

z

z2

z2

2

| z2 | |

2 |

z

z

18

 | z1 | cos( 1 2 ) i sin( 1 2 ) . | z2 |

 Вывод: модуль частного равен отношению модуля числителя к моду-лю знаменателя, аргумент частного равен разности аргументов числителя

  • числителя.

    • Возведение в степень

Пустьz

z

cosi sin. Тогда, пользуясь формулой произведения

комплексных чисел, получим

z 2z 2cos2i sin 2,

z3z 2zz 3cos3i sin 3, ….

Продолжая вычисления, придем к формуле

z n

z ncosni sin n,

которая называется формулой Муавра и которая справедлива, вообще говоря, для любых целых n.

 С помощью этой формулы легко вычислять высокие степени комплекс-ных чисел и выводить формулы для синусов и косинусов кратных углов.

Пример

11.

Даны

комплексные числа z11

3

i , z2 1 i ,

z

3

3

3i . Вычислить z

2

,

z

z2

,

z 4

,

z1 z3

.

Решение. Данные комплексные числа в тригонометрической форме име-

ют вид

2

2

z1

2 cos

i sin

,

3

3

z

2 cos

i

sin

,

2

4

4

5

5

z3 2 3

cos

i

sin

.

Тогда находим:

19

2

2

1) z

z

2

cos

i sin

2 cos

i sin

2

1

3

4

3

4

2

2

5

5

2 2

cos

i sin

2

2

cos

i sin

;

34

34

12

12

2

2

i sin

2

z2

cos

2)

3

3

z3

5

5

2

3

cos

i

sin

6

6

1

9

9

1

3

3

cos

i sin

cos

i

sin

6

2

2

3

6

3

1

cos

3

2

i sin

3

2

1

cos

i sin

3

2

2

3

2

2

1

3

0 i ( 1)

1

3

i

;

4

z 4

cos

5

i sin

5

3)

2

3

3

6

6

4

5

5

2

3

cos 4

i sin

4

6

6

10

10

144 cos

2

i sin

2

3

3

2

2

2

2

144 cos

i sin

144

cos

i sin

3

3

3

3

1

3

i

72 72

3 i ;

144

2

2

20

2

2

5

5

2

cos

i sin

2

3

cos

i sin

z1 z3

3

4)

3

6

6

z22

2

2

cos

i sin

4

4

cos

2

5

i sin

2

5

2 2 3

3

6

3

6

2

2

2

2

i sin

cos

4

4

2

5

2

5

2

3 cos

i sin

3

62

3

62

2

2

2

3 cos

i sin

2

3

cos

i sin

6

6

3

3

1

3

2 3

i

3 3 i .

2

2

  • Извлечение корня n-ой степени из комплексного числа z.

 По определению, любое число w, такое, что wn = z, называется корнем n-ой степени из числа z.

Пусть z z cos arg z i sin arg z , w w cos arg w i sin arg w . Тогда

wnw ncos n arg wi sin narg wzcos arg zi sin arg z.

 Комплексные числа, записанные в тригонометрической форме, равны, ес-ли их модули равны, а аргументы отличаются на слагаемое, кратное 2π. Поэто-му из последнего соотношения получаем систему

w

n

z

,

n arg w arg z 2 k,

откуда выражаем

21

w

n

z

,

arg w

arg z 2 k

.

n

Обозначим arg zи окончательно придем к формуле

2 k

2 k

w n z n

cosi sinn

z

z

cos

i sin

, k 0,1,...,n 1.

n

n

 Следует отметить, что существует ровно n различных значений корня n-й степени из комплексного числа, которые определяются для значений

  • 0,1,...,n 1. Действительно, для k, k+n, k+2n и т.д. будем получать одинако-

2 k

2 k

вые значения выражения

n

z

cos

i sin

в силу периодично-

n

n

сти тригонометрических функций.

 Эти разные значения обозначают wk , k 0,1,...,n 1; при их вычислении принято брать значение аргумента 0 2 . На комплексной плоскости числа wk , k 0,1,...,n 1 образуют правильный n-угольник, вписанный в круг с цен-тром в начале координат и радиусом n z ; аргументы «соседних» значений wk

и wk 1 отличаются на величину 2nk .

Пример 12. Вычислить 4 1 3i .

 Решение. Комплексное число, стоящее под знаком корня, в тригономет-рической форме имеет вид

2

2

z1

3i 2

cos

i sin

.

3

3

Запишем общую формулу для вычисления всех значений

2

2

wk 4 1

3i 4 2

cos

i sin

3

3

2

2

2 k

2 k

3

3

4

cos

i sin

, k 0,1, 2,3.

2

4

4

22

Далее находим

2

0

2

0

3

3

w

4 2

cos

i sin

4

2

0

4

4

2

2

2

2

3

3

w 4

cos

i sin

2

1

4

4

2

2

4

4

3

3

w4

cos

i sin

2

2

4

4

2

2

6

6

3

3

w 4

cos

i sin

2

3

4

4

cos

i sin

6

6

4

3

1

2

i

,

2

2

4

2

2

2 cos

i

sin

3

3

1

3

4

2

2

2

,

i

4

7

7

2 cos

i sin

6

6

3

1

4

i

2

2

2

,

4

5

5

2 cos

i

sin

3

3

4

1

i

3

 Таким образом, получили четыре различных значения 4 1 3i , кото-рые можно представить как тригонометрической, так и в алгебраической фор-

мах. На комплексной плоскости полученные значения выражения 4 1 3i образуют правильный четырехугольник (квадрат), вписанный в окружность с центром в начале координат и радиусом 42 (рис. 4).

23

y

4

2

w1

w0

4 2

4 2

x

w2

w3

4 2

Рисунок 4 – Геометрическая иллюстрация для примера 12

Задания для самостоятельной работы

 Выполнить действия над комплексными числами в тригонометрической форме:

1)22

3i3 3i ;

2)

2 2

3i

;

3)

1 i

6

;

4)

1

3i 13

;

1 i

1 i 21

5) 4

3 2

2i .

16i

;

6)

3

24

  • ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ ФОРМА КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА

Ряд Маклорена для функции ех 1 х

х2

х3

...

xn

... сходится к

2!

3!

n!

функции при любом действительном х. Запишем это разложение для хi:

  • i1 i(i )2 (i )3 (i )4 (i )5 ... (i )n ...

2!3!4!5!n!

Степени числа i: i 2 = –1,i 3 = i 2 i = –i,i 4 = i 2 i 2 = 1,i 5 = i 4 i = i,i 6 = i 2

  • –1, далее значения степеней повторяются. Поэтому

i

2

i 3

4

i 5

6

n n

е

1 i

... i

...

2!

3!

4!

5!

6!

2

4

6

3

5

7

1

...

i

... .

2!

4!

6!

3!

5!

7!

 В круглых скобках стоят ряды Маклорена для cos и sin , которые схо-дятся для любого действительного . Таким образом получаем

eicosi sin.

Формула называется формулой Эйлера.

 Воспользовавшись тригонометрической формой записи комплексного числа, получим

z

cosi sin

z

ei .

Определение 5. Представление комплексного числа z в виде

z

ei Arg z

z

ei arg z

z

ei

называется показательной формой записи комплексного числа.

    •  этой форме умножение, деление, возведение в степень и извлечение корня комплексных чисел выполняются и интерпретируются также легко, как и
  • тригонометрической.

1. Произведениеz1z2z1

ei 1z2

ei 2z1

z2ei( 2 2 ) .

25

  • Деление z1 z2

z1

ei 1

| z1 |

ei( 1 2 ) .

z2

ei 2

| z2 |

3. Возведение в степеньzn

z nein(формула Муавра).

  • Извлечение корня n-ой степени

wnzn z

ein z

i2 k

e

n, k 0,1,..., n 1.

Пример 13. Записать в показательной форме числа

z11 3i , z21i , z33 3i , z43i , z512i .

 Решение. Для данных комплексных чисел уже найдены модуль и аргу-мент (пример 10), поэтому здесь запишем показательную форму:

i

2

z

2 e

3

,

1

i

i

7

z

2

2 e

4

2

2 e

4

или z

,

i

5

i

7

z

2 3 e

6

или

z

2 3 e

6 ,

i

z

4

3 e

2 ,

z

5

ei arctg 2 .

5

Задания для самостоятельной работы

Выполнить действия над комплексными числами в показательной форме:

1)22

3i3 3i ;

2)

2 2

3i

;

3)

1 i

6

;

4)

1

3i 13

;

1 i

1 i 21

5) 4

3 2

2i .

16i

;

6)

3

26

  •  РЕШЕНИЕ НЕКОТОРЫХ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ И СИСТЕМ НА МНОЖЕСТВЕ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ

 В данном разделе рассмотрим примеры решения некоторых алгебраиче-ских уравнений и систем, используя основные понятия и формулы из теории комплексных чисел.

Пример 14. При каких действительных x и y справедливы равенства:

  • (1 2i ) x (5i 3) y 2 3i ;
  • y ix 4 x ; x iy 4i 1

3) ( 1i )sin xi cos ycos x .

 Решение. 1) в левой части уравнения сгруппируем слагаемые действи-тельной и мнимой частей

(x3y )i (2x5y )23i

и приравняем их к соответствующим действительным и мнимым частям справа; получим следующую систему уравнений

x3 y2,

2 x5 y3.

Находим решение данной системы и получаем ответ x111, y117 ;

  • преобразуем уравнение следующим образом:

( yix )(4i1)(4x )(xiy) ,

( y4 x )i ( x4 y )(4 xx 2 )i (4 yxy) ;

теперь приравняем действительные и мнимые части и придем к системе

2

,

2

,

y 4x 4x x

или

y 8x x

x 4 y 4 y xy,

x ( y 1)

0.

Из второго уравнения системы получаем:

 x = 0, тогда y = 0, но это невозможно, так как в этом случае в правой части исходного уравнения в знаменателе получится ноль;

27

 y = 1, тогда подстановка этого уравнения в первое уравнение дает следу-ющее:

D64468 2

2 , x1, 2

8 2

x 2 8x 1 0 ,

17

4

.

17

17

2

Окончательно

получаем две пары ответов:

x14

, y1 1 и

17

x24 17 , y21.

  •  приравняем действительные и мнимые части в левой и правой частях уравнения, придем к системе:

sin xcos x,

Первое уравнение можно записать в виде

sin x

tgx1, откуда получа-

cos x

ем значения x4k , kZ . Подстановка этих значений во второе уравне-

ние дает

k

2

cos ysin xsin

k

sin

cos k ( 1)

.

4

4

2

Откуда при четных k 2n находим cos y

2

и

y

2 n, n Z ;

2

4

3

при нечетных k 2n 1 получаем cos y

2

и

y

2 n, n Z .

2

4

Окончательно получаем четыре пары ответов (x, y):

x1 , y12 n,2 n , n Z ,

44

x2 , y22 n,2 n , n Z ,

44

x3 , y332 n, 32 n , n Z ,

44

x4 , y432 n, 32 n , n Z .

44

28

Пример 15. Найти решение уравнения z5310.

 Решение. Для решения этого уравнения выразим z 5 32 и найдем все возможные корни с использованием формулы из раздела 4. Представим число под корнем в тригонометрической форме и запишем

2 k

2 k

z 5 32 5

32 (cosi sin ) 5

32 cos

i sin

2 cos2 k i sin 2 k , k 0,1,2,3,4.

55

Из последнего выражения получаем пять различных корней уравнения:

z

2 cos

i sin

,

0

5

5

z

2

cos

3

i sin

3

,

1

5

5

z2 2 cosi sin

2 ,

z

2

cos

7

i sin

7

б

3

5

5

9

9

z 4

2 cos

i sin

.

5

5

Пример 16. Найти решения уравнений:

  • z 2 (4 i ) z 10 2i 0 ;
  • z 2 5 z 7 i 0 ;
  • (3 i ) z 2 (1 i ) z 6i 0 ;
  • z 5 z 4 z 3 z 2 z 1 0 .

 Решение. Каждое из уравнений является квадратным, поэтому для их решения следует вычислить дискриминант по известной формуле алгебры. Од-нако в случае комплексных корней уравнений теперь допускается извлечение корня из отрицательных чисел и из чисел, являющихся комплексными.

  • самом общем случае для квадратного уравнения вида az 2 bz c 0 ,

29

где z – это комплексное число, формулы для корней имеют вид

b

z

D

,

D b 2 4ac ;

2a

при этом корень из дискриминанта принимает два разных значения, эти значе-ния вычисляются с использованием формулы извлечения корней из комплекс-ных чисел (раздел 4).

Рассмотрим отдельно каждое уравнение:

  • найдем дискриминант
  • ( 4 i ) 2 4(10 2i ) 16 8i 1 40 8i25 ;

тогда

5i и корни уравнения имеют вид

4 i 5i

D

25

z

или

1, 2

2

z1 2 2i и z2 2 3i ;

  • найдем дискриминант
  • ( 5) 2 4(7 i ) 25 28 4i3 4i .

При вычислении значения D получим, что значение аргумента комплексного числа 3 4i будет выражаться через арктангенс.

 Следует отметить, что в некоторых случаях для извлечения квадратного корня из комплексного числа удобно пользоваться следующей формулой

a 2 b 2 a

i

a ib

2

b

b

a 2 b 2

a

,

2

где под корнем квадратным понимается обычное арифметическое значение корня из действительного числа.

 Так для данного примера, применив эту формулу для вычисления корня из дискриминанта, получим

(3)2 42 3

i

D

3 4i

2

4

4

( 3)2 42

3

2

30

5 3

5 3

1 2i ;

i

2

2

в результате получаем следующие корни уравнения

z

5 1 2i

или z 3 i и

z

2

2 i ;

1, 2

2

1

  • вычислим дискриминант уравнения
    • ( 1 i ) 2 4(3 i )( 6i ) 1 2i 1 72i 2424 70i

  • корень из него по указанной выше формуле

( 24)2

702 24

i

D

24 70i

2

70

70

( 24)2 702

24

2

74 24

74 24

i

5 7i .

2

2

Тогда находим корни уравнения:

z

1 i 5 7i

3 3i

( 3 3i )(3 i )

12 6i

6

3

i ,

1

2(3 i )

3 i

(3 i )(3 i)

10

5

5

z 2

1 i 5 7i

2 4i

(2 4i )(3 i )

10 10i

1 i ;

2(3 i )

3 i

10

(3 i )(3 i)

  •  сгруппируем попарно слагаемые в левой части уравнения и разложим на множители:

( z 5 z 4 ) ( z 3 z 2 ) ( z 1) 0 ,

z 4 ( z1)z 2 ( z1)( z1)0 ,

( z 4z 21)( z1)0 .

 Из последнего уравнения получаем значение первого корня z1 1 и би-квадратное уравнение z 4 z2 1 0.

 Выполним замену z 2 t C и получим квадратное уравнение t 2 t 1 0 , дискриминант которого равен D 12 4 1 3 . Получаем два зна-

31

чения

t

1

3

i

и

t

1

3

i . Извлекая корни из полученных значений,

2

1

2

2

2

2

получаем

t

1

3

i

cos

4

i sin

4

2, 3

2

2

3

3

4

2 k

4

2 k

3

3

cos

i sin

, k 0,1,

2

2

4

4

2

2

t

cos

i sin

cos

i sin

1

3

i ,

2

6

6

3

3

2

2

t

cos

10

i sin

cos

i sin

1

10

3

i ,

5

5

t

1

3

i

cos

2

i sin

2

4, 5

2

2

3

3

2

2 k

2

2 k

3

3

cos

i sin

, k 0,1,

2

2

2

2

t

cos

i sin

cos

i sin

1

3

i ,

4

6

6

3

3

2

2

8

8

4

4

t

cos

i sin

cos

i sin

1

3

i .

5

6

6

3

3

2

2

Пример 17. Найти решение системы уравнений

(2 i ) z1 (3 i ) z 2 i,

( 1 i ) z 2 1 i.

(1 2i ) z1

 Решение. Данная система является системой линейных уравнений с ком-плексными коэффициентами относительно комплексных неизвестных. Для ее решения можно применить любой из известных методов линейной алгебры. Воспользуемся методом Крамера и вычислим следующие определители

2 i

3 i

1 2i

1 i

(2 i )( 1 i ) (3 i )(1 2i )4 6i ,

32

1

i

3 i

1

i

1 i

i ( 1i )(3i )(1i )35i ,

2

2 i

i

(2 i )(1 i ) i (1 2i ) 3 2i .

1 2i

1 i

Тогда находим неизвестные по формулам

z

1

3 5i

( 3 5i )( 4 6i )

42 2i

21

1

i ,

1

4 6i

( 4 6i )( 4 6i)

52

26 26

z 2

2

3 2i

(3 2i )( 4 6i )

24 10i

12

5

i .

4 6i

( 4 6i )( 4 6i)

52

26 26

Задания для самостоятельной работы

Найти решения следующих уравнений и систем:

1) z 664i0 ;2) z 412 z2520 ;

  • 2 z1 iz 2 5 3i,

(i 1)z1 3z 2 5 4i.

33

 7. ЗАДАНИЕ КРИВЫХ И ОБЛАСТЕЙ НА КОМПЛЕКСНОЙ ПЛОСКОСТИ

 Теория комплексных чисел позволяет решать многие задачи геометрии, доказывать тригонометрические и геометрические соотношения. Также с по-мощью равенств и неравенств, содержащих комплексный аргумент, удобно за-давать линии и обрасти на комплексной плоскости.

 Для того, чтобы изобразить линию или область, в соответствующее ра-венство или неравенство вместо комплексного числа z следует подставить одно из его возможных представлений (алгебраическое, тригонометрическое или по-казательное) и выполнить соответствующие действия.

Так как | zz0 |(xx0 )2( yy0 )2 равен расстоянию между точками z

  • z0, то можно получить следующие типичные случаи:
    • | z z0 | R – уравнение окружности радиуса R с центром в точке z0;
    • | z z0 | R или | z z0 | R – замкнутая или открытая область, ограни-

ченная этой окружностью, т.е. круг радиуса R с центром в точке z0, включаю-щий или не включающий свою границу (в зависимости от типа неравенства);

  • | z z0 | R или | z z0 | R – закрытая открытая область, состоящая из

точек, находящихся вне круга радиуса R с центром в z0; круг включен или не включен в эту область (в зависимости от типа неравенства);

  • | z z1 | | z z2 | 2а – эллипс, построенный на точках z1 и z2, рассмат-

риваемых как фокусы (большая полуось равна 2a, малая – a2

| z1 z2 |2

).

4

Области, лежащие внутри и вне эллипса, описываются соответствующими не-равенствами;

  • | z z1 | | z z 2 | 2а – гипербола с фокусами в точках z1 и z2; расстоя-

ние между фокусами 2c | z1 z2 | , между вершинами 2а. Уравнение | z z1 | | z z2 | 2а даёт ветвь гиперболы, расположенную ближе к фокусу z2;

34

неравенство | z z2 | | z z1 | 2а – открытую область, содержащую фокус z1 и ограниченную соответствующей ветвью гиперболы;

  • Re z a (или x a ) – прямая, параллельная оси Оу. Re z a – область,

лежащая справа от этой прямой (включая прямую); Re z a – область слева от прямой (прямая не включена в область). Im z b (или y b ) – прямая парал-лельная оси Ох; Im z b , Im z b – области, расположенные выше и ниже этой прямой;

7) аrgz– луч, выходящий из точкиz0 под угломк оси Ох.

аrg(zz0 )–луч,выходящийизточкиz0подугломкосиОх.

аrg ( z z0 )– область, расположенная между лучами, выходящими из

точки z0 .

 Пример 18. Изобразить на комплексной плоскости множества точек, удовлетворяющее условиям:

  • z 2Re z 1;
  • z 1 2i z ; 2z i
  • z 3 1;
  • z 2i z 2i 5 ;
  • Im((1 i )(z i )) 0 .

 Решение. Поскольку соотношения являются равенствами, то каждое из них будет описывать некоторую кривую на комплексной плоскости. Для того, чтобы определить тип кривой, в уравнение подставим z x iy и выполним соответствующие операции. Рассмотрим каждое соотношение:

 1) получаем x iy 2Re(x iy) 1, откуда x2 y2 2x 1. При условии 2x 1 0 или x 1 / 2 возведем левую и правую часть равенства в квадрат и преобразуем:

x 2y 2(2 x1)2 ,

35

x 2 y 2 4 x 2 4 x 1,

3 x 2 4 x y21,

2

2x

2

4

y

2

1

4

3 x

,

3

9

3

2

2

2

1

3 x

y

,

3

3

2 2

x

y

2

3

1.

1

2

1 2

3

3

Последнее уравнение представляет собой уравнение гиперболы с центром

в точке

2

,0

и полуосями

1

и

1

(рис. 5). С учетом условия x 1 / 2 кривая,

3

3

3

которая описывается соотношением

z

2Re z 1, – это часть правая ветвь ги-

перболы (отмечена на рис. 5 жирной линией);

y

1

1

x

-1

Рисунок 5 – Геометрическая иллюстрация для примера 18, 1)

36

  • равенство z 1 2i z определяет геометрическое место точек, рав-

ноудаленных от точек 1 2i и 0, что соответствует прямой. В уравнение под-ставим z x iy и преобразуем его:

xiy12ixiy ,

(x1)i ( y2)xiy ,

(x1)2( y2)2 x 2y2 ,

( x1) 2( y2)2x 2y2 ,

x 22 x1y 24 y4x 2y2 ,

откуда получаем уравнение прямой 2x 4 y 5 (рис. 6). На рисунке для нагляд-ности также отмечены точки 1 2i и 0-;

y

1

x

0

1

2

3

-1

12i

-2

Рисунок 6 – Геометрическая иллюстрация для примера 18, 2)

3) в предположении, что z3, умножим левую и правую часть уравнения

2zi

  • 3

1 на

  • 3

и аналогично преобразуем полученное уравнение:

2(xiy )ixiy3 ,

2xi (2 y1)(x3)iy ,

(2x ) 2(2 y1)2 (x3)2y2 ,

37

4 x 24 y 24 y1x 26 x9y2 ,

3 x 26 x3 y 24 y8,

x 22xy 243 y 83 ,

x 2 2x 1y 2 2 y 2 48 1 4 ,

3939

x 1

2

2

2

37

откуда приходим к уравнению

y

,

которое определяет

3

9

окружность с центром в точке

2

1,

и радиусом

37

. Следует отметить,

3

что точка z 3 данной окружности не принадлежит, а, следовательно, данное уравнение на координатной плоскости задает указанную окружность (рис. 7);

y

2

1

x

-3

-2

-1

0

1

-1

-2

Рисунок 7 – Геометрическая иллюстрация для примера 18, 3)

  •  рассмотрим следующий пример. Аналогично заменим комплексную переменную ее алгебраической формой и преобразуем уравнение, избавившись от корней:

xiy2i

xiy2i

5 ,

38

x 2( y2) 2 x 2( y2) 25,

x 2( y2)25 x 2( y2)2 .

 Левую и правую часть последнего уравнения возведем в квадрат при условии, что 5 x 2 ( y 2)2 0 , что задает круг x 2 ( y 2)2 25 с центром в точке (0, 2) и радиуса 5; получим:

x 2 ( y 2)2 25 10x 2 ( y 2)2 x 2 ( y 2)2 , x 2 ( y 2)2 25 10x 2 ( y 2)2 x 2 ( y 2)2

10x 2( y2)2258 y .

Далее при условии, что 25 8y 0 или

y 25 / 8 , возведем в квадрат ле-

вую и правую часть:

100( x 2 ( y 2) 2 ) 625 400 y 64 y2 ,

100 x 2 36 y2 225 .

x 2

y2

Окончательно приходим к уравнению

1, задающее

(3 / 2)2

(5 / 2)2

уравнение эллипса с центром в начале координат и полуосями 32 и 52 (рис. 8). Следует отметить, что данный эллипс целиком включается в область, определенную неравенствами x 2 ( y 2) 2 25 и y 25 / 8 ;

  • рассмотрим последнее уравнение и аналогично преобразуем его: Im((1 i )(x iy i )) 0 ,

Im (1 i )(x i ( y 1)) 0,

Im (x y 1) i ( y 1 x) 0 .

Из последнего уравнения получаем уравнение прямойy1x0или

  • x 1 (рис. 9).

39

y

7

6

5

4

3

2

1

x

-5 -4 -3 -2 -1

0

1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

Рисунок 8 – Геометрическая иллюстрация для примера 18, 4)

y

1

x

0

1

2

-1

Рисунок 9 – Геометрическая иллюстрация для примера 18, 5)

 Пример 19. Изобразить на комплексной плоскости множества точек, удовлетворяющее условиям:

  • 1 z 3i z ;

z 1,

  • arg z 2 , ;

33

40

  • z 3 5i 6 Im z

2,

1.

 Решение. Поскольку соотношения являются неравенствами, то каждое из них будет описывать некоторую область на комплексной плоскости. Тип нера-венства определяет будет область открытой или закрытой. Рассмотрим каждый случай:

  • в неравенстве выполним замену z x iy и преобразуем соотношение:

1xiy3ixiy ,

(1x ) 2y 2 (x ) 2(3y)2 ,

(1x ) 2y 2(x ) 2(3y)2 ,

12 xx 2y 2x 296 yy2 ,

x3y40 .

 Последнее неравенство задает область на комплексной плоскости, лежа-щую выше прямой x 3y 4 0 , при этом сама прямая в область не включает-ся, поскольку неравенство строгое (рис. 10);

y

5

4

3

2

1

x

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

0 1

2

3

4

-1

Рисунок 10 – Геометрическая иллюстрация для примера 19, 1)

  •  рассмотрим отдельно каждое из неравенств, входящее в систему. Так неравенство z 1 задает область, лежащую вне единичной окружности, вклю-

41

чая саму окружность; второе неравенство

arg z

2

определяет область

3

3

между лучами, соответствующими аргументам

и

2

, включая точки

3

3

на самих лучах. Итоговое множество представляет собой пересечение указан-ных областей (рис. 11);

y

1

x

-1

0

1

-1

Рисунок 11 – Геометрическая иллюстрация для примера 19, 2)

  • аналогично рассмотрим отдельно каждое из неравенств. Первое соот-

ношение z 3 5i 2 задает открытый (без границы) круг с центром в точке (3, 5) и радиуса 2; второе неравенство 6 Im z 1 можно записать в виде 6 y 1, оно задает горизонтальную полосу, ограниченную снизу и сверху прямыми y 6 и y 1 соответственно (сами прямые в область включаются). Окончательная область, полученная пересечением указанных множеств, изоб-ражена на рис. 12.

42

y

1

x

-1

0

1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

Рисунок 12 – Геометрическая иллюстрация для примера 19, 2)

Задания для самостоятельной работы

 Изобразить на комплексной плоскости множества точек, удовлетворяю-щее условиям:

  • z i 3 4z ;
  • z 2 z 2 5;

Im iz2,

5)4Re zIm z20;

7) Re z 22z24Im z ;

  • Re 11 ; z 2
  • Im z24 ;

zi4,

6)

z14;

Re z3Im z3,

8)arg z.

42

43

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

  • Александрова, Е.Б. Теория функций комплексного переменного.

Учебное пособие / Е.Б. Александрова, Свенцицкая Т.А., Тимофеева Л.Н., под ред. Г.Г. Хамова. – СПб: Изд-во РГПУ им. А.И. Герцена, 2006. – 168 с.

  • Араманович, И.Г. Функции комплексного переменного. Операци-

онное исчисление. Теория устойчивости / И.Г. Араманович, Г.Л. Лунц, Л.Э. Эльсгольц. – М.: Наука, главная редакция физико-математической литературы, 1968. – 416 с.

  • Бугров, Я.С. Высшая математика в 3 т. Том 3. В 2 кн. Книга 2. Ряды.

Функции комплексного переменного: учебник для вузов / Я.С. Бугров, С.М.

Никольский. – 7-е изд., стер. – М.: Издательство Юрайт, 2020. – 219 с.

  • Волковыский, Л.И. Сборник задач по теории функции комплексно-

го переменного. Учебное пособие. / Л.И. Волковыский, Г.Л. Лунц, И.Г. Арамо-нович. – 4-е изд., испр. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 312 с.

  • Гончар, А.В. Практикум по теории функций комплексного пере-

менного / А.В. Гончар. – Нижний Новгород: Изд-во Нижегородского государ-ственного университета им. Н.И. Лобачевского, 2005. – 51 с.

  •  Краснов, М.Л. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости / М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макарен-

ко. – М.: Главная редакция физико-математической литературы изд-ва «Наука», 1971. – 256 с.

  •  Литвин, Н.В. Упражнения к конспекту лекций по теории функций комплексного переменного / Н.В. Литвин. – Мариуполь: ПГТУ, 2004. – 56 с.
  • Пантелеев, А.В. Теория функций комплексного переменного и опе-

рационное исчисление в примерах и задачах: учебное пособие / А.В. Пантелеев,

А.С. Якимова. – СПб.: Лань, 2015. – 447 с.

  • Понарин, Я.П. Алгебра комплексных чисел в геометрических зада-

чах: Книга для учащихся математических классов школ, учителей и студентов

педагогических вузов / Я.П. Понарин. – М.: МЦНМО, 2004. – 160 с.

44

  • Привалов, И.И. Введение в теорию функций комплексного пере-

менного: учебник для вузов / И.И. Привалов. – М.: Издательство Юрайт, 2019. –

  • с.
  • Сборник задач по высшей математике: с контрольными работами. 2

курс: учеб. пособие / К.Н. Лунгу и др.; под ред. С.Н. Федина. – 6-е изд. – М.:

Айрис-пресс, 2007. – 591 с.

  • Свешников, А.Г., Теория функций комплексного переменного:

учебник для вузов / А.Г. Свешников, А.Н. Тихонов. – 6-е изд., стереот. – М. ФИЗМАТЛИТ, 2005. – 336 с.

  • Старков, В.Н. Задачи по теории функций комплексного переменно-

го. Ученое пособие / В.Н. Старков. – СПБ: Изд-во Санкт-Петербургского госу-дарственного университета, 1998. – 96 с.

    • Шабат, Б.В. Введение в комплексный анализ. Часть 1 / Б.В. Шабат.

– М.: Наука, 1976. – 321 с.

45

СОДЕРЖАНИЕ

Введение

3

1.

Определение комплексного числа

5

2.

Операции над комплексными числами в алгебраической форме

8

3. Тригонометрическая форма комплексного числа

13

4.

Операции над комплексными числами в тригонометрической форме

18

5.

Показательная форма комплексного числа

25

6.

Решение некоторых алгебраических уравнений и систем на множестве

27

комплексных чисел

7. Задание кривых и областей на комплексной плоскости

34

Библиографический список

44

46

Надежда Николаевна Максимова, кандидат физико-математических наук, доцент, и.о. зав. кафедрой математического анализа и моделирования

Комплексные числа. Учебно-методическое пособие

Изд-во АмГУ. Подписано к печати __.__.2021. Формат 60х84/16.

Усл. печ. л. 2,73.

Тираж __. Заказ __.

Отпечатано в типографии АмГУ.

47



Толық нұсқасын 30 секундтан кейін жүктей аласыз!!!


Әлеуметтік желілерде бөлісіңіз:
Facebook | VK | WhatsApp | Telegram | Twitter

Қарап көріңіз 👇
  Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Алгебра, 11 сынып, қосымша материал. ᐈ
  Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Квадрат теңдеулердің комплекс түбірлері. Алгебра, 11 сынып, қосымша материал. ᐈ
  Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Квадрат теңдеулердің комплекс түбірлері. Алгебра, 11 сынып, қосымша материал. ᐈ
  Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Алгебра, 11 сынып, презентация. ᐈ
  Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Алгебра, 11 сынып, сабақ жоспары. ᐈ
  Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Квадрат теңдеулердің комплекс түбірлері. Алгебра, 11 сынып, презентация. ᐈ
  Алгебралық түрдегі комплекс сандарға амалдар қолдану. Квадрат теңдеулердің комплекс түбірлері. Алгебра, 11 сынып, сабақ жоспары. ᐈ
kz | ҰМЖ, ОМЖ, ҚМЖ - Ұзақ, орта, қысқа мерзімді жоспар | Алгебра



Пайдалы сілтемелер:
» Туған күнге 99 тілектер жинағы: өз сөзімен, қысқаша, қарапайым туған күнге тілек
» Абай Құнанбаев барлық өлеңдер жинағын жүктеу, оқу
» Дастархан батасы: дастарханға бата беру, ас қайыру

Соңғы жаңалықтар:
» 2025 жылы Ораза және Рамазан айы қай күні басталады?
» Утиль алым мөлшерлемесі өзгермейтін болды
» Жоғары оқу орындарына құжат қабылдау қашан басталады?
Пікір жазу