FEDERAL EĞİTİM AJANSI

DEVLET EĞİTİM KURUMU

YÜKSEK MESLEKİ EĞİTİM

"VORONEZH DEVLET PEDAGOJİ ÜNİVERSİTESİ"

AGLEBRA VE GEOMETRİ BÖLÜMÜ

Karışık sayılar

(seçilen görevler)

LİSANSÜSTÜ YETERLİLİK ÇALIŞMASI

uzmanlık 050201.65 matematik

(ek uzmanlık 050202.65 bilgisayar bilimi ile)

Tamamlayan: 5. sınıf öğrencisi

fiziksel ve matematiksel

Fakülte

Bilim danışmanı:

VORONEZ – 2008

1. Giriş……………………………………………………...…………..…

2. Karmaşık sayılar (seçilmiş problemler)

2.1. Karmaşık sayılar cebirsel form….……...……….….

2.2. Karmaşık sayıların geometrik yorumu…………..…

2.3. Karmaşık sayıların trigonometrik formu

2.4. Karmaşık sayılar teorisinin 3. ve 4. dereceden denklemlerin çözümüne uygulanması……………..………………………………………………………………

2.5. Karmaşık sayılar ve parametreler……………………………………….

3. Sonuç……………………………………………………………………………….

4. Referans listesi…………………………….……………………………

1. Giriş

Matematik programında okul kursu sayılar teorisi, doğal sayılar, tam sayılar, rasyonel sayılar, irrasyonel küme örnekleri kullanılarak tanıtılır; görüntüleri sayı doğrusunun tamamını dolduran gerçek sayılar kümesi üzerinde. Ancak zaten 8. sınıfta, ikinci dereceden denklemleri negatif diskriminantla çözen yeterli gerçek sayı kaynağı yok. Bu nedenle, gerçek sayılar stoğunu karmaşık sayıların yardımıyla yenilemek gerekiyordu. Kare kök itibaren negatif sayı anlamı vardır.

Mezuniyet konu olarak “Karmaşık Sayılar” konusunu seçmek nitelikli çalışma, karmaşık sayı kavramının öğrencilerin sayı sistemleri, hem cebirsel hem de geometrik içerikli geniş bir problem sınıfının çözümü, çözme hakkındaki bilgilerini genişletmesidir. cebirsel denklemler herhangi bir derecede ve parametrelerle ilgili problemlerin çözümü hakkında.

Bu tez 82 problemin çözümünü incelemektedir.

“Karmaşık sayılar” ana bölümünün ilk kısmı, aşağıdaki problemlerin çözümlerini içerir: Karışık sayılar Cebirsel formda toplama, çıkarma, çarpma, bölme işlemleri, cebirsel formda karmaşık sayıların eşlenik işlemleri, sanal bir birimin kuvveti, karmaşık bir sayının modülü tanımlanır ve karekök çıkarma kuralı karmaşık bir sayı da belirtilir.

İkinci bölümde karmaşık düzlemin noktaları veya vektörleri biçimindeki karmaşık sayıların geometrik yorumuna ilişkin problemler çözüldü.

Üçüncü bölümde karmaşık sayılar üzerinde trigonometrik formdaki işlemler incelenmektedir. Kullanılan formüller şunlardır: Moivre ve karmaşık bir sayının kökünün çıkarılması.

Dördüncü bölüm 3. ve 4. derece denklemlerin çözümüne ayrılmıştır.

Son bölüm olan “Karmaşık sayılar ve parametreler” bölümündeki problemlerin çözümünde önceki bölümlerde verilen bilgiler kullanılmış ve pekiştirilmiştir. Bu bölümdeki bir dizi problem, bir parametreli denklemler (eşitsizlikler) tarafından tanımlanan karmaşık düzlemdeki doğru ailelerinin belirlenmesine ayrılmıştır. Alıştırmaların bir bölümünde parametreli denklemleri çözmeniz gerekiyor (C alanı üzerinde). Karmaşık bir değişkenin aynı anda birçok koşulu karşıladığı görevler vardır. Bu bölümdeki problemlerin çözülmesinin özel bir özelliği, birçoğunun ikinci dereceden, irrasyonel, trigonometrik bir parametreli denklemlerin (eşitsizlikler, sistemler) çözümüne indirgenmesidir.

Her bölümdeki materyalin sunumunun bir özelliği, ilk girdidir. teorik temeller ve daha sonra problem çözmede pratik uygulamaları.

Sonunda tez kullanılmış literatürün bir listesi sunulmaktadır. Birçoğu teorik materyali yeterince ayrıntılı ve erişilebilir bir şekilde sunmakta, bazı problemlerin çözümlerini düşünmekte ve pratik görevlerİçin bağımsız karar. Özel dikkat Aşağıdaki gibi kaynaklara başvurmak istiyorum:

1. Gordienko N.A., Belyaeva E.S., Firstov V.E., Serebryakova I.V. Karmaşık sayılar ve uygulamaları: Ders Kitabı. . Malzeme öğretim yardımı dersler ve pratik alıştırmalar şeklinde sunulur.

2. Shklyarsky D.O., Chentsov N.N., Yaglom I.M. İlköğretim matematiğin seçilmiş problemleri ve teoremleri. Aritmetik ve cebir. Kitapta cebir, aritmetik ve sayılar teorisiyle ilgili 320 problem yer alıyor. Bu görevler, doğası gereği standart okul görevlerinden önemli ölçüde farklıdır.

2. Karmaşık sayılar (seçilmiş problemler)

2.1. Cebirsel formda karmaşık sayılar

Matematik ve fizikteki birçok problemin çözümü cebirsel denklemlerin çözülmesine bağlıdır; formun denklemleri

,

burada a0, a1,…, an gerçek sayılardır. Bu nedenle cebirsel denklemlerin incelenmesi, kritik meseleler Matematikte. Örneğin, ikinci dereceden denklem negatif diskriminant. Bu tür en basit denklem denklemdir

.

Bu denklemin bir çözüme sahip olması için, reel sayılar kümesini denklemin kökünü ekleyerek genişletmek gerekir.

.

Bu kökü şu şekilde gösterelim:

. Dolayısıyla, tanım gereği veya,

buradan,

. sanal birim denir. Onun yardımıyla ve bir çift gerçek sayının yardımıyla formun bir ifadesi derlenir.

Ortaya çıkan ifadeye karmaşık sayılar adı verildi çünkü bunlar hem gerçek hem de sanal kısımlar içeriyordu.

Yani, karmaşık sayılar formun ifadeleridir

ve gerçek sayılardır ve koşulu karşılayan bir semboldür. Sayıya karmaşık sayının gerçel kısmı, sayıya da sanal kısmı denir. Sembolleri bunları belirtmek için kullanılır.

Formun karmaşık sayıları

gerçek sayılardır ve bu nedenle karmaşık sayılar kümesi gerçek sayılar kümesini içerir.

Formun karmaşık sayıları

tamamen hayal ürünü olarak adlandırılıyor. Formdaki iki karmaşık sayının gerçel ve sanal kısımları eşitse eşit oldukları söylenir; eşitlikler varsa , .

Karmaşık sayıların cebirsel gösterimi, bunlar üzerinde cebirin olağan kurallarına göre işlem yapılmasına olanak sağlar.

Denklemlerin kullanımı hayatımızda oldukça yaygındır. Birçok hesaplamada, yapı yapımında ve hatta sporda kullanılırlar. İnsanoğlu eski zamanlarda denklemleri kullandı ve o zamandan beri kullanımları daha da arttı. Açıklık sağlamak için aşağıdaki sorunu çözelim:

\[ (z_1\cdot z_2)^(10),\] eğer \'yi hesaplayın

Öncelikle bir sayının cebirsel formda, diğerinin trigonometrik formda sunulmasına dikkat edelim. Sadeleştirilip aşağıdaki forma getirilmesi gerekiyor

\[ z_2 = \frac(1)(4) (\cos\frac(\pi)(6)+i\sin\frac(\pi)(6)).\]

\ ifadesi öncelikle Moivre formülünü kullanarak çarpma ve 10. kuvvete çıkarma işlemi yaptığımızı söylüyor. Bu formül karmaşık bir sayının trigonometrik formu için formüle edilmiştir. Şunu elde ederiz:

\[\begin(vmatrix) z_1 \end(vmatrix)=\sqrt ((-1)^2+(\sqrt 3)^2)=\sqrt 4=2\]

\[\varphi_1=\pi+\arctan\frac(\sqrt 3)(-1)=\pi\arctan\sqrt 3=\pi-\frac(\pi)(3)=\frac(2\pi)( 3)\]

Karmaşık sayıları trigonometrik biçimde çarpma kurallarına uyarak aşağıdakileri yaparız:

Bizim durumumuzda:

\[(z_1+z_2)^(10)=(\frac(1)(2))^(10)\cdot(\cos (10\cdot\frac(5\pi)(6))+i\sin \cdot\frac(5\pi)(6))))=\frac(1)(2^(10))\cdot\cos \frac(25\pi)(3)+i\sin\frac(25\ pi)(3).\]

\[\frac(25)(3)=8\frac(1)(3)\] kesrini doğru yaparak, 4 tur \[(8\pi rad.) "bükülebileceğimiz" sonucuna varırız: \]

\[ (z_1+z_2)^(10)=\frac(1)(2^(10))\cdot(\cos \frac(\pi)(3)+i\sin\frac(\pi)(3 ))\]

Cevap: \[(z_1+z_2)^(10)=\frac(1)(2^(10))\cdot(\cos \frac(\pi)(3)+i\sin\frac(\pi) (3))\]

Bu denklem, 2. sayıyı cebirsel forma getirme, ardından cebirsel formda çarpma işlemini gerçekleştirme, sonucu trigonometrik forma dönüştürme ve Moivre formülünü uygulama şeklinde özetlenen başka bir yolla çözülebilir:

Karmaşık sayılara sahip bir denklem sistemini çevrimiçi olarak nerede çözebilirim?

Denklem sistemini https://sitemizden çözebilirsiniz. Ücretsiz çevrimiçi çözücü, her türlü karmaşıklıktaki çevrimiçi denklemleri birkaç saniye içinde çözmenize olanak tanır. Tek yapmanız gereken, verilerinizi çözücüye girmenizdir. Ayrıca web sitemizde video talimatlarını izleyebilir ve denklemin nasıl çözüleceğini öğrenebilirsiniz. Hala sorularınız varsa, bunları http://vk.com/pocketteacher VKontakte grubumuzda sorabilirsiniz. Grubumuza katılın, size yardımcı olmaktan her zaman mutluluk duyarız.

Karmaşık sayılarla ilgili problemleri çözmek için temel tanımları anlamanız gerekir. Bu derleme makalesinin temel amacı karmaşık sayıların ne olduğunu açıklamak ve karmaşık sayılarla ilgili temel problemlerin çözümüne yönelik yöntemler sunmaktır. Yani, karmaşık bir sayıya formdaki bir sayı adı verilecektir. z = a + bi, Nerede a, b- sırasıyla karmaşık bir sayının gerçek ve sanal kısımları olarak adlandırılan ve şunları ifade eden gerçek sayılar a = Re(z), b=Im(z).
Ben sanal birim denir. ben 2 = -1. Özellikle herhangi bir gerçek sayı karmaşık kabul edilebilir: a = a + 0i, burada a gerçektir. Eğer bir = 0 Ve b ≠ 0, o zaman sayıya genellikle tamamen hayali denir.

Şimdi karmaşık sayılarla ilgili işlemleri tanıtalım.
İki karmaşık sayıyı düşünün z 1 = a 1 + b 1 ben Ve z 2 = a 2 + b 2 ben.

Hadi düşünelim z = a + bi.

Karmaşık sayılar kümesi gerçel sayılar kümesini genişletir, bu da kümeyi genişletir rasyonel sayılar vesaire. Bu yatırım zinciri şu şekilde görülebilir: N – tamsayılar, Z - tamsayılar, Q - rasyonel, R - gerçek, C - karmaşık.

Karmaşık sayıların gösterimi

Cebirsel gösterim.

Karmaşık bir sayı düşünün z = a + bi karmaşık bir sayının bu şekilde yazılmasına denir cebirsel. Bu kayıt biçimini önceki bölümde ayrıntılı olarak tartışmıştık. Aşağıdaki görsel çizim oldukça sık kullanılmaktadır

Trigonometrik form.

Şekilden görüleceği üzere bu sayı z = a + bi farklı yazılabilir. Açıkça görülüyor ki a = rcos(φ), b = rsin(φ), r=|z|, buradan z = rcos(φ) + rsin(φ)i, φ ∈ (-π; π) karmaşık sayının argümanı denir. Karmaşık bir sayının bu temsiline denir trigonometrik form. Trigonometrik gösterim biçimi bazen çok kullanışlıdır. Örneğin, karmaşık bir sayıyı tam sayı üssüne yükseltmek için bunu kullanmak uygundur; z = rcos(φ) + rsin(φ)i, O z n = r n cos(nφ) + r n sin(nφ)i, bu formüle denir Moivre'nin formülü.

Gösterici biçim.

Hadi düşünelim z = rcos(φ) + rsin(φ)i- trigonometrik biçimdeki karmaşık bir sayıyı başka bir biçimde yazın z = r(cos(φ) + sin(φ)i) = re iφ, son eşitlik Euler formülünden çıkar, dolayısıyla şunu elde ederiz: yeni üniforma karmaşık sayı gösterimi: z = re iφ, buna denir gösterge niteliğinde. Bu gösterim biçimi aynı zamanda karmaşık bir sayıyı bir kuvvete yükseltmek için de çok uygundur: z n = r n e inφ, Burada N mutlaka bir tam sayı olmayabilir, ancak isteğe bağlı bir gerçek sayı olabilir. Bu gösterim biçimi genellikle sorunları çözmek için kullanılır.

Yüksek cebirin temel teoremi

İkinci dereceden bir denklemimiz olduğunu varsayalım: x 2 + x + 1 = 0. Açıkçası, bu denklemin diskriminantı negatiftir ve gerçek kökleri yoktur, ancak bu denklemin iki farklı karmaşık kökü olduğu ortaya çıkar. Dolayısıyla, yüksek cebirin temel teoremi, n dereceli herhangi bir polinomun en az bir karmaşık köke sahip olduğunu belirtir. Bundan, n dereceli herhangi bir polinomun, çoklukları dikkate alınarak tam olarak n karmaşık köklere sahip olduğu sonucu çıkar. Bu teorem matematikte çok önemli bir sonuçtur ve yaygın olarak kullanılmaktadır. Bu teoremin basit bir sonucu şudur ki tam olarak n adet vardır. farklı kökler birlik derecesi n.

Ana görev türleri

Bu bölüm ana türleri kapsayacaktır basit görevler karmaşık sayılara. Geleneksel olarak karmaşık sayıları içeren problemler aşağıdaki kategorilere ayrılabilir.

• Karmaşık sayılarda basit aritmetik işlemlerin yapılması.
• Karmaşık sayılarda polinomların köklerini bulma.
• Karmaşık sayıların üslerine yükseltilmesi.
• Karmaşık sayılardan köklerin çıkarılması.
• Diğer problemleri çözmek için karmaşık sayıları kullanmak.

Şimdi düşünelim genel teknikler bu sorunlara çözümler.

Karmaşık sayılarla en basit aritmetik işlemler, ilk bölümde açıklanan kurallara göre gerçekleştirilir, ancak karmaşık sayılar trigonometrik veya üstel formlarda sunulursa, bu durumda bunları cebirsel forma dönüştürebilir ve işlemleri bilinen kurallara göre gerçekleştirebilirsiniz.

Polinomların köklerini bulmak genellikle kökleri bulmaktan ibarettir ikinci dereceden denklem. İkinci dereceden bir denklemimiz olduğunu varsayalım, eğer diskriminantı negatif değilse, kökleri gerçek olacak ve iyi bilinen bir formüle göre bulunabilecektir. Eğer diskriminant negatif ise, D = -1∙a 2, Nerede A belirli bir sayı ise diskriminant şu şekilde temsil edilebilir: D = (ia) 2, buradan √D = i|a| ve ardından kullanabilirsiniz bilinen formülİkinci dereceden bir denklemin kökleri için.

Örnek. Yukarıda bahsettiğimiz ikinci dereceden denkleme dönelim x 2 + x + 1 = 0.
Ayırıcı - D = 1 - 4 ∙ 1 = -3 = -1(√3) 2 = (i√3) 2.
Artık kökleri kolayca bulabiliriz:

Karmaşık sayıların üslerine yükseltilmesi çeşitli şekillerde yapılabilir. Cebirsel formdaki karmaşık bir sayıyı küçük bir kuvvete (2 veya 3) yükseltmeniz gerekiyorsa, bunu doğrudan çarpma yoluyla yapabilirsiniz, ancak güç daha büyükse (problemlerde genellikle çok daha büyüktür), o zaman şunu yapmanız gerekir: bu sayıyı trigonometrik veya üstel formlarda yazın ve zaten bilinen yöntemleri kullanın.

Örnek. z = 1 + i'yi düşünün ve onu onuncu kuvvete yükseltin.
Z'yi üstel biçimde yazalım: z = √2 e iπ/4.
Daha sonra z 10 = (√2 e iπ/4) 10 = 32 e 10iπ/4.
Cebirsel forma dönelim: z 10 = -32i.

Karmaşık sayılardan kök çıkarmak, üstel almanın ters işlemidir ve bu nedenle benzer şekilde gerçekleştirilir. Kökleri çıkarmak için genellikle bir sayının üstel yazma biçimi kullanılır.

Örnek. Birliğin 3. derecesinin tüm köklerini bulalım. Bunu yapmak için z 3 = 1 denkleminin tüm köklerini bulacağız, üstel formdaki kökleri arayacağız.
Denklemde yerine koyalım: r 3 e 3iφ = 1 veya r 3 e 3iφ = e 0.
Dolayısıyla: r = 1, 3φ = 0 + 2πk, dolayısıyla φ = 2πk/3.
φ = 0, 2π/3, 4π/3'te farklı kökler elde edilir.
Dolayısıyla 1, e i2π/3, e i4π/3 köklerdir.
Veya cebirsel formda:

Son tip problemler çok çeşitli problemleri içerir ve bunları çözmek için genel bir yöntem yoktur. Böyle bir göreve basit bir örnek verelim:

Tutarı bulun sin(x) + sin(2x) + sin(2x) + … + sin(nx).

Bu problemin formülasyonu karmaşık sayılar içermese de onların yardımıyla kolaylıkla çözülebilir. Bunu çözmek için aşağıdaki temsiller kullanılır:


Şimdi bu gösterimi toplama koyarsak, sorun olağan geometrik ilerlemenin toplanmasına indirgenir.

Çözüm

Karmaşık sayılar matematikte yaygın olarak kullanılmaktadır; bu inceleme makalesi, karmaşık sayılarla ilgili temel işlemleri incelemiş, çeşitli standart problem türlerini tanımlamış ve kısaca açıklanmıştır. genel yöntemlerÇözümleri, karmaşık sayıların yeteneklerinin daha ayrıntılı bir çalışması için özel literatürün kullanılması tavsiye edilir.

Edebiyat

İfadeler, denklemler ve denklem sistemleri
karmaşık sayılarla

Bugün sınıfta karmaşık sayılarla tipik işlemleri uygulayacağız ve ayrıca bu sayıların içerdiği ifadeleri, denklemleri ve denklem sistemlerini çözme tekniğinde ustalaşacağız. Bu atölye dersin devamı niteliğindedir ve bu nedenle konu hakkında yeterli bilgiye sahip değilseniz lütfen yukarıdaki bağlantıyı takip edin. Daha hazırlıklı okuyucular için hemen ısınmanızı öneririm:

örnek 1

Bir ifadeyi basitleştirme , Eğer . Sonucu trigonometrik biçimde gösterin ve karmaşık düzlemde çizin.

Çözüm: yani, "korkunç" kesri değiştirmeniz, basitleştirmeler yapmanız ve sonucu dönüştürmeniz gerekir karmaşık sayı V trigonometrik form . Üstelik bir çizim.

Kararı resmileştirmenin en iyi yolu nedir? "Sofistike" ile cebirsel ifade Adım adım anlamak daha iyidir. Birincisi, dikkat daha az dağılır ve ikincisi, görev kabul edilmezse hatayı bulmak çok daha kolay olacaktır.

1) Öncelikle payı sadeleştirelim. Değeri yerine koyalım, parantezleri açalım ve saç stilini düzeltelim:

...Evet, böyle bir Quasimodo karmaşık sayılardan geldi...

Dönüşümler sırasında tamamen basit şeylerin kullanıldığını hatırlatmama izin verin - polinomları çarpma kuralı ve zaten sıradan hale gelen eşitlik. Önemli olan dikkatli olmak ve işaretlerle karıştırılmamaktır.

2) Şimdi payda geliyor. Eğer öyleyse:

Hangi alışılmadık yorumda kullanıldığına dikkat edin kare toplamı formülü . Alternatif olarak burada yeniden düzenleme yapabilirsiniz. alt formül Sonuçlar doğal olarak aynı olacaktır.

3) Ve son olarak ifadenin tamamı. Eğer öyleyse:

Bir kesirden kurtulmak için pay ve paydayı paydanın eşlenik ifadesi ile çarpın. Aynı zamanda uygulama amacıyla kare fark formülleri ilk önce olmalı (ve zaten bir zorunluluktur!) Negatif gerçek kısmı 2. sıraya koyun:

Ve şimdi temel kural:

ACELEMİZ YOK! Riske girmemek ve fazladan bir adım atmak daha iyidir.
Karmaşık sayılarla ifadelerde, denklemlerde ve sistemlerde, haddini bilmez sözel hesaplamalar her zamankinden daha endişe verici!

Son adımda iyi bir azalma oldu ve bu harika bir işaret.

Not : kesin olarak konuşursak, burada karmaşık bir sayının karmaşık sayı 50'ye bölünmesi meydana geldi (bunu unutmayın). Bu nüans konusunda şu ana kadar sessiz kaldım, biraz sonra konuşacağız.

Başarımızı harfle belirtelim

Elde edilen sonucu trigonometrik formda sunalım. Genel olarak konuşursak, burada çizim yapmadan da yapabilirsiniz, ancak gerekli olduğundan, bunu şu anda yapmak biraz daha mantıklıdır:

Karmaşık bir sayının modülünü hesaplayalım:

1 birim ölçekte çizim yaparsanız. = 1 cm (2 dizüstü bilgisayar hücresi) ise, elde edilen değer normal bir cetvel kullanılarak kolayca kontrol edilebilir.

Bir argüman bulalım. Sayı 2. koordinat çeyreğinde bulunduğundan, o zaman:

Açı, iletki ile kolayca kontrol edilebilir. Bu, çizimin şüphesiz avantajıdır.

Böylece: – trigonometrik formda gerekli sayı.

Hadi kontrol edelim:
, doğrulanması gereken şey buydu.

Bilinmeyen sinüs ve kosinüs değerlerini kullanarak bulmak uygundur trigonometrik tablo .

Cevap:

Bağımsız bir çözüm için benzer bir örnek:

Örnek 2

Bir ifadeyi basitleştirme , Nerede . Ortaya çıkan sayıyı karmaşık düzleme çizin ve üstel biçimde yazın.

Dersleri atlamamaya çalışın. Basit görünebilirler, ancak eğitim olmadan "su birikintisine girmek" sadece kolay değil, aynı zamanda çok kolaydır. Bu nedenle "elimizi taşın altına koyuyoruz".

Çoğu zaman bir problemin birden fazla çözümü vardır:

Örnek 3

Eğer hesaplayın

Çözüm: Her şeyden önce, orijinal duruma dikkat edelim - bir sayı cebirsel, diğeri trigonometrik biçimde ve hatta derecelerle sunulur. Hemen daha tanıdık bir biçimde yeniden yazalım: .

Hesaplamalar hangi biçimde yapılmalıdır? İfade açıkça ilk çarpmayı ve daha sonra 10'uncu kuvvete yükseltmeyi içeriyor Moivre'nin formülü karmaşık bir sayının trigonometrik formu için formüle edilmiştir. Bu yüzden ilk sayıyı dönüştürmek daha mantıklı görünüyor. Modülünü ve argümanını bulalım:

Karmaşık sayıları trigonometrik biçimde çarpmak için kuralı kullanıyoruz:
eğer öyleyse

Kesri doğru yaparak 4 tur "bükebileceğimiz" sonucuna varıyoruz ( memnun.):

İkinci çözüm 2. sayıyı cebirsel forma dönüştürmektir , çarpma işlemini cebirsel formda gerçekleştirin, sonucu trigonometrik forma dönüştürün ve Moivre formülünü kullanın.

Gördüğünüz gibi bir “ekstra” eylem var. Dileyenler kararı uygulayıp sonuçların aynı olmasını sağlayabilirler.

Koşul, son karmaşık sayının biçimi hakkında hiçbir şey söylemez, dolayısıyla:

Cevap:

Ancak "güzellik için" veya isteğe bağlı olarak sonucu cebirsel biçimde hayal etmek kolaydır:

Kendi başına:

Örnek 4

Bir ifadeyi basitleştirme

Burada şunu hatırlamamız gerekiyor dereceli eylemler , biri olmasına rağmen faydalı kural Kılavuzda yok, işte burada: .

Ve bir önemli not daha: örnek iki tarzda çözülebilir. İlk seçenek çalışmaktır iki sayılar ve kesirlerle aramız iyi. İkinci seçenek her sayıyı şu şekilde temsil etmektir: iki sayının bölümü: Ve dört katlı yapıdan kurtulun . Resmi açıdan bakıldığında, nasıl karar verdiğiniz önemli değil, ancak esaslı bir fark var! Lütfen dikkatlice düşünün:
karmaşık bir sayıdır;
iki karmaşık sayının bölümüdür ( ve ), ancak bağlama bağlı olarak şunu da söyleyebilirsiniz: iki karmaşık sayının bölümü olarak temsil edilen bir sayı.

Hızlı Çözüm ve dersin sonunda cevap.

İfadeler iyidir, ancak denklemler daha iyidir:

Karmaşık katsayılı denklemler

Onlar nasıl farklı? "sıradan" denklemler? Oranlar =)

Yukarıdaki yorumun ışığında şu örnekle başlayalım:

Örnek 5

Denklemi çözün

Ve hemen "çok sıcak" bir giriş: ilk olarak sağ kısım denklem iki karmaşık sayının ( ve 13) bölümü olarak konumlandırılmıştır ve bu nedenle koşulu sayıyla yeniden yazmak kötü olur (her ne kadar bu bir hataya neden olmasa da). Bu arada, bu fark kesirde daha açık bir şekilde görülebilir - göreceli olarak konuşursak, o zaman bu değer öncelikle şu şekilde anlaşılır: Denklemin "tam" karmaşık kökü ve bir sayının böleni olarak değil, özellikle de bir sayının parçası olarak değil!

Çözüm prensip olarak adım adım da düzenlenebilir, ancak bu durumda Oyun muma değmez. İlk görev, bilinmeyen "z"yi içermeyen her şeyi basitleştirmek, böylece denklemin şu şekle indirgenmesidir:

Orta kısmı güvenle basitleştiriyoruz:

Sonucu sağ tarafa aktarıyoruz ve farkı buluyoruz:

Not : ve yine dikkatinizi anlamlı noktaya çekiyorum - burada bir sayıdan sayı çıkarmadık, kesirleri ortak bir paydaya getirdik! Zaten çözme İLERLEMESİNDE sayılarla çalışmanın yasak olmadığı unutulmamalıdır: ancak söz konusu örnekte bu tarz yararlı olmaktan çok zararlıdır =)

Orantı kuralına göre “zet”i şöyle ifade ederiz:

Artık eşlenikle tekrar bölebilir ve çarpabilirsiniz, ancak pay ve paydadaki şüpheli derecede benzer sayılar bir sonraki hamleyi önerir:

Cevap:

Kontrol etmek için elde edilen değeri yerine koyalım Sol Taraf orijinal denklem ve bazı basitleştirmeler yapalım:

– Orijinal denklemin sağ tarafı elde edilir, böylece kök doğru bulunur.

...Şimdi, şimdi... Senin için daha ilginç bir şey bulacağım... buyurun:

Örnek 6

Denklemi çözün

Bu denklem forma indirgenir, yani doğrusaldır. Bence ipucu açık; devam edin!

Elbette... onsuz nasıl yaşayabilirsin?

Karmaşık katsayılı ikinci dereceden denklem

Derste Kuklalar için karmaşık sayılar gerçek katsayılara sahip ikinci dereceden bir denklemin eşlenik karmaşık köklere sahip olabileceğini öğrendik ve ardından mantıksal bir soru ortaya çıktı: aslında katsayıların kendileri neden karmaşık olamaz? formüle edeyim Genel dava:

Rastgele karmaşık katsayılı ikinci dereceden denklem (Özellikle bunlardan 1 veya 2'si veya üçü de geçerli olabilir) Var iki ve sadece iki karmaşık kök (muhtemelen bunlardan biri veya her ikisi de geçerlidir). Aynı zamanda kökleri (hem gerçek hem de sıfır olmayan sanal kısmı olan)çakışabilir (katları olabilir).

Karmaşık katsayılara sahip ikinci dereceden bir denklem, aynı şema kullanılarak çözülür. "okul" denklemi hesaplama tekniklerinde bazı farklılıklar olmakla birlikte:

Örnek 7

İkinci dereceden bir denklemin köklerini bulun

Çözüm: hayali birim önce gelir ve prensip olarak ondan kurtulabilirsiniz (her iki tarafı da çarpıyoruz) ancak buna özel bir ihtiyaç yoktur.

Kolaylık sağlamak için katsayıları yazıyoruz:

Ücretsiz üye olmanın "eksisini" kaybetmeyelim! ...Herkes için açık olmayabilir - denklemi yeniden yazacağım standart biçim :

Diskriminantı hesaplayalım:

Ve işte ana engel:

Başvuru Genel formül kök çıkarma (bkz. makalenin son paragrafı) Kuklalar için karmaşık sayılar ) radikal karmaşık sayı argümanıyla ilgili ciddi zorluklar nedeniyle karmaşık (kendin için gör). Ama başka bir "cebirsel" yol daha var! Kökü formda arayacağız:

Her iki tarafın karesini alalım:

İki karmaşık sayının gerçek ve sanal kısımları eşitse eşittir. Böylece elde ederiz aşağıdaki sistem:

Sistemi seçerek çözmek daha kolaydır (daha kapsamlı bir yol, 2. denklemden ifade etmektir - 1. denklemi yerine koyun, elde edin ve çözün iki ikinci dereceden denklem) . Sorunun yazarının bir canavar olmadığını varsayarak ve'nin tam sayılar olduğu hipotezini ortaya koyduk. 1. denklemden “x” çıkıyor modulo "Y"den daha fazlası. Ayrıca pozitif çarpım bize bilinmeyenlerin aynı işarette olduğunu söyler. Yukarıdakilere dayanarak ve 2. denkleme odaklanarak onunla eşleşen tüm çiftleri yazıyoruz:

Sistemin 1. denkleminin son iki çift tarafından sağlandığı açıktır, dolayısıyla:

Ara bir kontrolün zararı olmaz:

kontrol edilmesi gereken şey buydu.

“Çalışan” bir kök olarak seçebilirsiniz herhangi Anlam. Sürümü “eksileri” olmadan almanın daha iyi olduğu açıktır:

Bu arada şunu unutmadan kökleri buluyoruz:

Cevap:

Bulunan köklerin denklemi sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim :

1) yerine şunu koyalım:

gerçek eşitlik.

2) yerine koyalım:

gerçek eşitlik.

Böylece çözüm doğru bulunmuş oldu.

Az önce tartıştığımız soruna dayanarak:

Örnek 8

Denklemin köklerini bulun

Şunu belirtmek gerekir ki, karekökü tamamen karmaşık sayılar genel formül kullanılarak kolayca çıkarılabilir , Nerede , dolayısıyla her iki yöntem de örnekte gösterilmektedir. İkinci yararlı açıklama, bir sabitin kökünün önceden çıkarılmasının çözümü hiç de basitleştirmediği gerçeğiyle ilgilidir.

Artık rahatlayabilirsiniz; bu örnekte hafif bir korkudan kurtulacaksınız :)

Örnek 9

Denklemi çözün ve kontrol edin

Dersin sonunda çözümler ve cevaplar.

Makalenin son paragrafı buna ayrılmıştır.

karmaşık sayılarla denklem sistemi

Rahatlayalım ve...gerilmeyelim =) En basit durumu ele alalım - ikili sistem doğrusal denklemler iki bilinmeyenli:

Örnek 10

Bir denklem sistemini çözün. Cevabı cebirsel ve üstel formlarda sunun, çizimdeki kökleri gösterin.

Çözüm: koşulun kendisi, sistemin benzersiz bir çözümü olduğunu, yani bu koşulu karşılayan iki sayı bulmamız gerektiğini gösteriyor. her birine sistemin denklemi.

Sistem gerçekten “çocukça” bir şekilde çözülebilir (bir değişkeni diğerine göre ifade etmek ) ancak kullanımı çok daha uygundur Cramer'in formülleri . Haydi hesaplayalım ana belirleyici sistemler:

Bu, sistemin benzersiz bir çözümü olduğu anlamına gelir.

Zaman ayırıp adımları mümkün olduğunca ayrıntılı yazmanın daha iyi olacağını tekrar ediyorum:

Pay ve paydayı hayali bir birimle çarparız ve 1. kökü elde ederiz:

Aynı şekilde:

Karşılık gelen sağ taraflar elde edilir, vb.

Çizimi yapalım:

Kökleri üstel biçimde temsil edelim. Bunu yapmak için modüllerini ve argümanlarını bulmanız gerekir:

1) – “iki”nin arktanjantı “kötü” hesaplanıyor, bu yüzden onu şu şekilde bırakıyoruz: