Теорема.
Если $a$ и $b -$ комплексные числа, то можно утверждать, что модуль произведение равен произведению модулей. Т.е. $\left|a\right| \cdot \left|b\right| = \left|a \cdot b\right|.$
Пусть комплексные числа $a$ и $b$ заданы в тригонометрической форме: $a = r(\cos(\phi)+i \sin(\phi)), b = r'(\cos(\phi’)+i \sin(\phi’)).$ Перемножим эти числа: $$a \cdot b = (r(\cos(\phi)+i \sin(\phi))) \cdot (r'(\cos(\phi’)+i \sin(\phi’))) =$$ $$= rr'(\cos(\phi)\cos(\phi’) + i \cos(\phi)\sin(\phi’) + i \sin(\phi)\cos(\phi’) — \sin(\phi)\sin(\phi’)) =$$ $$= rr'(\cos(\phi + \phi’) + i \sin(\phi + \phi’)).$$ После сокращения мы получили запись произведения $ab$ в тригонометрической форме. Следовательно, $\left| ab \right| = \left| a \right| \cdot \left| b \right|.$
Теорема.
Если $a$ и $b -$ комплексные числа, то можно утверждать, что модуль частного равен частному модулей. Т.е. $\dfrac{\left| a \right|}{\left| b \right|} = \left| \dfrac{a}{b} \right|.$
Пусть комплексные числа $a$ и $b$ заданы в тригонометрической форме: $a = r(\cos(\phi)+i \sin(\phi)), b = r'(\cos(\phi’)+i \sin(\phi’)),$ причём $b$ $\neq$ $0, $ т.е. $r’$ $\neq$ $0.$ Тогда $$\dfrac{a}{b} = \dfrac{r(\cos(\phi)+i \sin(\phi))}{r'(\cos(\phi’)+i \sin(\phi’))} =$$ $$= \dfrac{r(\cos(\phi)+i \sin(\phi)) \cdot r'(\cos(\phi’)+i \sin(\phi’))}{r'(\cos(\phi’)^{2} + \sin(\phi)^{2})} =$$ $$= \dfrac{r}{r’}\left(\cos(\phi)\cos(\phi’) + i \sin(\phi)\cos(\phi’) — i \cos(\phi)\sin(\phi’) + \right.$$ $$\left. + \sin(\phi)\sin(\phi’) \right) = \dfrac{r}{r’}\left(\cos(\phi — \phi’\right) + i \sin\left(\phi — \phi’) \right).$$ Следовательно, $\left|\dfrac{a}{b}\right| = \dfrac{\left| a \right|}{\left| b \right|}.$
Литература
- Личный конспект, основанный на лекциях Г. С. Белозёрова.
- А.Г. Курош Курс высшей алгебры — Москва: Физмалит, 1968. -431с. (с. 118-120).
Равенства для модулей произведения и частного.
Проверим как Вы усвоили материал.
M1442. Равенство отрезков касательных
Задача из журнала «Квант» (М1442)
Условие
Две окружности пересекаются в точках [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex]. В точке [latex]A[/latex] к обеим проведены касательные, пересекающие окружности в точках [latex]M[/latex] и [latex]N[/latex]. Прямые [latex]BM[/latex] и [latex]BN[/latex] пересекают окружности еще раз в точках [latex]P[/latex] и [latex]Q[/latex]([latex]P[/latex] — на прямой [latex]BM[/latex], [latex]Q[/latex] — на прямой [latex]BN[/latex]). Докажите, что отрезки [latex]MP[/latex] и [latex]NQ[/latex] равны.
Решение
Легко доказать, что треугольники [latex]MAP[/latex] и [latex]QAN[/latex] подобны. Несколько труднее — что они равны. Но и это можно сделать, используя лишь теоремы о величине вписанного угла, о величине угла между касательной и хордой, а также о величине угла между касательной и секущей (он равен полуразности дуг, заключенных между сторонами угла, рис. 1).
Пусть величины дуг [latex]AB[/latex] двух кругов (заключенных внутри кругов) равны [latex]2\phi[/latex] и [latex]2\psi[/latex] (для дуг, лежащих внутри углов [latex]MAB[/latex] и [latex]NAB[/latex] соответственно). Легко видеть, что [latex]\angle BNA = \angle QNA = \phi[/latex], а также [latex]\angle MPA = \phi[/latex] — как в случае, когда точки [latex]P[/latex] и [latex]N[/latex] лежат по одну сторону от прямой [latex]AB[/latex] (рис. 2), так и в случае, когда по разные (рис. 3, где [latex]\angle BPA = \pi — \phi[/latex]). Аналогично, [latex]\angle BMA = \angle PMA = \psi = \angle NQA[/latex]. Отсюда следует подобие [latex]\triangle MAP\sim \triangle QAN[/latex].
Докажем, что [latex]AP = AN[/latex]. Проверим, что эти хорды стягивают разные дуги. Величина дуги [latex]ABN[/latex] (как и [latex]ABM[/latex]) равна [latex]2\phi + 2\psi[/latex], т. е. точки [latex]A[/latex] и [latex]N[/latex] делят окружности на дуги [latex]2\phi + 2\psi[/latex] и [latex]2\pi — 2\phi — 2\psi[/latex]. Дугу [latex]AP[/latex] можно найти рассмотрев угол [latex]\angle AMB = \phi[/latex] как угол между касательной и секущей : величина этой дуги, лежащей внутри угла, равна [latex]2\phi + 2\psi[/latex] на рисунке 2 и [latex]2\pi — 2\phi — 2\psi[/latex] на рисунке 3, т. е. точки [latex]A[/latex] и [latex]P[/latex] делят окружность на такие же дуги [latex]2\phi + 2\psi[/latex] и [latex]2\pi — 2\phi — 2\psi[/latex]. Аналогично, [latex]AQ = AM[/latex]. Отсюда следует, что [latex]\triangle MAP=\triangle QAN[/latex] и [latex]MP = QN[/latex].
И. Нагель