Извлечение корней. Первообразные корни из единицы

Допустим число $\alpha$ задано в тригонометрической форме,то при целом положительном $n$ из формулы $\alpha = r\left ( \cos\varphi + i \sin\varphi \right )$ следует формула
$\left [ r\left ( \cos\varphi + i\sin n\varphi \right ) \right ]^n = r^n\left ( \cos n\varphi + i \sin n\varphi \right )$ , то есть при возведении комплексного числа в степень модуль тоже возводится в эту степень , а аргумент умножается на показатель степени.

Намного больше трудностей представляет собой извлечение корня из комплексного числа. Начнём с извлечения квадратного корня из числа $\alpha = a + bi$ . Можем записать, что $\sqrt{a + bi} = u + vi$ . Из этих двух равенств мы получаем:

$u^2 = \frac{1}{2}\left ( a + \sqrt{a^2 +b^2} \right )$ , $v^2 = \frac{1}{2}\left ( -a + \sqrt{a^2 +b^2} \right )$ .

Пример

Спойлер

Пусть $\alpha = 7 — 24i$ . Тогда $\sqrt{a^2 + b^2}=\sqrt{49+576}=25$ . Поэтому $u^2 = \frac{1}{2}(7+25)=16$ , $v^2 = \frac{1}{2}(-7+25)=9$ , откуда $u =\pm 4$ , $v = \pm 2$ . Знаки $u$ и $v$ должны быть различными ввиду отрицательности $b$ , поэтому $\sqrt{7 — 24i}=\pm(4-3i)$ .

[свернуть]

Попытки извлечения из комплексных чисел, заданных в виде $a+bi$ ,корней более высокой степени, чем вторая, более трудоёмкие.

Теперь нужно извлечь корень $n$ -й степени из числа $\alpha = r (\cos\varphi + i\sin\varphi )$ . Предположим, что это можно сделать. А в результате получим число $p(\cos\sigma + i\sin\sigma)$ , то есть
$\left [ p\left ( \cos\sigma + i \sin\sigma \right ) \right ]^n = r(\cos\varphi + i\sin\varphi) .$
Используя формулу Муавра, $p =\sqrt[n]{r}$ и $\sigma = \frac{\varphi + 2k \pi }{n}$ .

$\sqrt[n]{r(\cos\varphi + i\sin\varphi )} = \sqrt[n]{r}(\cos\frac{\varphi + 2k\pi }{n} + i \sin\frac{\varphi + 2k\pi }{n}).$

Извлечение корня $n$ степени из комплексного числа $\alpha$ всегда возможно и дает $n$ различных значений. Все значения корня $n$ степени разложены на окружности радиуса $\sqrt[n]{\left | \alpha \right |}$ с центром в нуле и деля эту окружность на $n$ равных частей.

Пример

Спойлер

Дано комплексное число $\beta = -\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i$ ,

найти кубический корень из этого числа.

Надо найти корни уравнения $z = \sqrt[3]{-\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i}$ .

Так как $n$ равно трём, то у нас будет 3 корня :
$z_{0}, z_{1}, z_{2}$ .
$z_{k} = \sqrt[3]{\left |\beta \right |} \left (\cos\frac{\varphi +2\pi k}{3} + \sin\frac{\varphi +2\pi k}{3} \right ), k = {0,1,2};$
Найдём модуль и аргумент комплексного числа $\beta = -\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i$
$\left | \beta \right | = \sqrt{\left ( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right )^2 +\left (\frac{\sqrt{3}}{2} \right )^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$ .
$\sin\varphi > 0, \cos\varphi < 0$ $\Rightarrow$ число $\beta$ находится во 2 четверти.Поэтому,
$\varphi = \pi + \mathop{\rm arctg}\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{-\frac{\sqrt{3}}{2}} = \pi + \mathop{\rm arctg}(-1) = \pi — \mathop{\rm arctg}(1) = \pi — \frac{\pi }{4} = \frac{3\pi }{4}$ .
$z_{k}= \sqrt[3]{\sqrt{\frac{3}{2}}} \left(\cos\left ( \frac{\frac{3\pi }{4} + 2 \pi k}{3} \right ) + i\sin \left ( \frac{\frac{3\pi }{4} + 2 \pi k}{3} \right ) \right) , k = {0,1,2}$ .
Найдём первый корень при $k$ = 0,
$z_{0}= \sqrt[6]{\frac{3}{2}}\left(\cos\left ( \frac{\frac{3\pi }{4} + 2\pi\cdot0 }{3} \right ) + i\sin \left ( \frac{\frac{3\pi }{4} + 2\pi\cdot0}{3} \right ) \right) =\sqrt[6]{\frac{3}{2}} \left ( \cos\frac{\pi }{4} + i\sin\frac{\pi }{4}) \right)$ ;

При $k$ = 1,
$z_{1}=\sqrt[6]{\frac{3}{2}}\left(\cos\left ( \frac{\frac{3\pi }{4} + 2\pi\cdot1 }{3} \right ) + i\sin \left ( \frac{\frac{3\pi }{4} + 2\pi\cdot1}{3} \right ) \right) =\sqrt[6]{\frac{3}{2}} \left ( \cos\frac{11\pi }{12} + i\sin\frac{11\pi }{12}) \right)$ ;

При $k$ = 2,
$z_{2}=\sqrt[6]{\frac{3}{2}}\left(\cos\left ( \frac{\frac{3\pi }{4} +2\pi\cdot2 }{3} \right )+ i\sin \left ( \frac{\frac{3\pi }{4} + 2\pi\cdot2}{3} \right ) \right)=\sqrt[6]{\frac{3}{2}} \left ( \cos\frac{19\pi }{12} + i\sin\frac{19\pi }{12}) \right )$ .

[свернуть]

Изобразим наше решение примера графически:

Спойлер

Корни из единицы
Важен случай извлечения корня $n$ -й степени из числа 1. Все корни $n$ -й степени даются формулой:

$\sqrt[n]{1} = \cos\frac{2k\pi }{n}+ i\sin\frac{2k\pi }{n}; k = 0,1…,n-1.$

Умножением одного из значений корня на все корни $n$ -й степени из единицы можно получить все значения корня $n$ -й степени из комплексного числа $\alpha$ .
Корень $n$ -й степени из единицы $\varepsilon$ будет первообразным $\Leftrightarrow$ если его степени $\varepsilon^{k}, k = 0,1,…,n-1,$ различны ,то есть если ими исчерпываются все корни $n$ -й степени из единицы.
Если $\varepsilon$ есть первообразный корень $n$ -й степени из единицы, то число $\varepsilon^{k}$ будет первообразным корнем $n$ -й степени $\Leftrightarrow$ , когда ${k}$ взаимно просто с ${n}$ . Числа называются взаимно простыми если они не имеют никаких общих делителей кроме 1 и -1.
Пример

Спойлер

Найти первообразные корни :

$\sqrt[4]{1} = \cos\frac{2\pi k}{4} + i\sin\frac{2\pi k}{4}, k = 0, 1, 2, 3;$

$\varepsilon _{0} = \cos0 + i\sin0 = 1;$

$\varepsilon _{1} = \cos\frac{\pi }{2} + i\sin\frac{\pi }{2} = i;$

$\varepsilon _{2} = \cos\pi + i\sin\pi = -1;$

$\varepsilon _{3} = \cos\frac{3\pi }{2} + i\sin\frac{3\pi }{2}= -i.$
Пары (1, 4) и (4, 3) взаимно простые. С этого следует, что $\varepsilon _{1}$ и $\varepsilon _{3}$ — первообразные корни 4-той степени из единицы.

[свернуть]

Литература

А.Г. Курош «Курс Высшей алгебры»(c.125-126), издательство»Наука», Москва(1968);
Конспект по линейной алгебре Г. С. Белозёрова.

извлечение корней

Таблица лучших: извлечение корней

максимум из 22 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Извлечение корней. Первообразные корни из единицы

извлечение корней

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

4.

5.

Таблица лучших: извлечение корней

Добавить комментарий Отменить ответ