4π
4π
a) − 1 − i 3 = (
2 cos
+ i sin
3
3
3
i 3 3
3
2π
2π
b) −
+
=
(cos
+ i sin
)
2
2
2
3
3
Oba przykłady są dość oczywiste po narysowaniu liczb na płaszczyźnie zespolonej, ale równie oczywiste są względy, dla których nie będę ich tu rysował ☺.
3.
15
(−1 − i
)
3
a)
20
1
( + i)
Rozpisujemy licznik i mianownik do postaci trygonometrycznej (wystarczy narysować obie liczby na płaszczyźnie zespolonej i widać skąd taka postać): 4π
4π
−1 − i 3 = (
2 cos
+ i sin
3
3
π
π
1 + i =
2(cos
+ i sin
)
4
4
a następnie stosujemy wzór de Moivre’a: π
π
15
4
4
15
2 (co 1
s 5 ⋅
+ i sin 15 ⋅
)
(−1 − i
)
3
215 (cos 20π + i sin 20π )
+
5
1 0
3
3
=
=
= 2
= 3
− 2
1
( + i)20
20
π
π
210 (cos5π + i sin 5π )
− 1 + 0
2 (cos 20 ⋅
+ i sin 20 ⋅
)
4
4
(cos 20π = 1 sin 20π = 0 cos 5π = -1 sin 5π = 0) b) 3 + i
4
Szukamy takich liczb zespolonych z, dla których zachodzi równość: 2
z = 3 + 4 i
z = x + yi
2
2
2
2
z = ( x + yi) = x + i 2 xy − y Z pierwszej i trzeciej równości: ( x + yi)2 = x 2 + i 2 xy − y 2 = 3 + i 4
Porównując części rzeczywiste i urojone obydwu stron dostajemy układ równań
x 2 − y 2 = 3
2 xy = 4
x 2 − y 2 = 3
xy = 2
2
2
x − ( )2 = 3
x
2
y =
x
2
4
x −
= 3 /⋅ x 2
2
x
2
y =
x
x 4 − 3 x 2 − 4 = 0
2
y =
x
dalej rozwiązujemy podstawiając zmienną pomocniczą t=x2 i t>0. Rozwiązaniem są następujące pary liczb:
x = −2
x = 2
y = −1
y = 1
czyli 3 + i
4 = {− 2 − i,2 + }
i
4.
a) z 7 = z
Przedstawiamy obie liczby w postaci trygonometrycznej, 7
z
|
= z | (cosφ + i sin φ )7
z |
= z | (cosφ − i sin φ) następnie stosujemy dla lewej strony wzór de Moivre’a a dla prawej przekształcenie które było na ostatnim wykładzie (wynikające z właściwości funkcji cosinus i sinus a konkretnie z ich parzystości/nieparzystości): 7
z
|
= z |7 (cos 7φ + i sin 7φ ) z |
= z | (cos( φ
− ) + i sin( φ
− ))
| z |7 (cos 7φ + i sin 7φ ) |
= z | (cos( φ
− ) + i sin( φ
− ))
Porównując poszczególne elementy:
| z |7 |
= z |
|
⇒ z |= 1
cos( φ
− ) = cos 7φ
sin( φ
− ) = sin 7φ )
⇒ 7φ = φ
− + 2 π
k
8φ = 2 π
k
kπ
φ = 4
Rysujemy na płaszczyźnie zespolonej okrąg o promieniu 1 i zaczynając od φ=0 zaznaczamy π
na nim kolejne punkty oddalone od siebie o aż wrócimy do punktu wyjścia, te punkty 4
odpowiadają rozwiązaniom równania. Równanie spełniają liczby: 1, 2 + 2 i, i, - 2 + 2 i, -1, - 2 - 2 i, -i, 2 - 2 i b)
4
2
| z | =
2
z
Ponownie wykorzystujemy de Moivre’a i mnożymy całość przez z2:
| z |2| z |2 (cos 2ϕ + i sin 2φ) = 4
Ponieważ część urojona lewej strony jest równa 0, więc sin 2φ = 0
2φ = π
k
kπ
φ = 2
wtedy wiadomo że cos 2φ = 1lub cos 2φ = −1(choćby z jedynki trygonometrycznej) Wtedy
| z |4 = 4
z =
2
(moduł nie może być ujemny). Po rozrysowaniu na płaszczyźnie znajdujemy rozwiązania: 2,− 2,
i
2 ,−
i
2
c)
2
z + iz + 3 i + 1 = 0
Wydaje mi się, że równanie można rozwiązać jak normalne kwadratowe. Delta wychodzi równa -12i-5, z tego wychodzą dwa pierwiastki 2=3i i -2+3i, ale ponieważ jeden pierwiastek jest liczbą przeciwną do drugiego, więc wyjściowe równanie też ma tylko 2 rozwiązania: 1-2i, i-1
5.
Weźmy liczbę zespoloną z = cos x + i sin x o module równym 1 i przedstawmy z5 na dwa sposoby:
-wzorem de Moivre’a
(cos x + i sin x)5 = cos 5 x + i sin 5 x
-dwumianem Newtona (nie rozpisuję wszystkich przejść krok po kroku bo dwumian Newtona każdy zna a jak nie to łatwo znajdzie :P
(cos x + i sin x 5
5
) = cos x
4
+ 5 cos xi sin x
3
−10 cos x
2
sin x
2
−10 cos xi
3
sin x + 5 cos x
4
sin x + i
5
sin x
porównując prawe strony obu równości zauważamy, że cos 5 x
5
= Re(cos x
4
+ 5 cos xi sin x
3
− 10 cos x
2
sin x
2
− 10 cos xi
3
sin x + 5 cos x
4
sin x + i
5
sin x) =
5
= cos x
3
− 10 cos x
2
sin x + 5 cos x
4
sin x
co należało wykazać.