Processing math: 100%

Автор: Алина Малыхина

Равенства для модулей произведения и частного

Теорема.
Если a и b− комплексные числа, то можно утверждать, что модуль произведение равен произведению модулей. Т.е. |a|⋅|b|=|a⋅b|.

Пусть комплексные числа a и b заданы в тригонометрической форме: a=r(cos(ϕ)+isin(ϕ)),b=r′(cos(ϕ′)+isin(ϕ′)). Перемножим эти числа: a⋅b=(r(cos(ϕ)+isin(ϕ)))⋅(r′(cos(ϕ′)+isin(ϕ′)))= =rr′(cos(ϕ)cos(ϕ′)+icos(ϕ)sin(ϕ′)+isin(ϕ)cos(ϕ′)—sin(ϕ)sin(ϕ′))= =rr′(cos(ϕ+ϕ′)+isin(ϕ+ϕ′)). После сокращения мы получили запись произведения ab в тригонометрической форме. Следовательно, |ab|=|a|⋅|b|.

Теорема.
Если a и b− комплексные числа, то можно утверждать, что модуль частного равен частному модулей. Т.е. |a||b|=|ab|.

Пусть комплексные числа a и b заданы в тригонометрической форме: a=r(cos(ϕ)+isin(ϕ)),b=r′(cos(ϕ′)+isin(ϕ′)), причём b ≠ 0, т.е. r′ ≠ 0. Тогда ab=r(cos(ϕ)+isin(ϕ))r′(cos(ϕ′)+isin(ϕ′))= =r(cos(ϕ)+isin(ϕ))⋅r′(cos(ϕ′)+isin(ϕ′))r′(cos(ϕ′)2+sin(ϕ)2)= =rr′(cos(ϕ)cos(ϕ′)+isin(ϕ)cos(ϕ′)—icos(ϕ)sin(ϕ′)+ +sin(ϕ)sin(ϕ′))=rr′(cos(ϕ—ϕ′)+isin(ϕ—ϕ′)). Следовательно, |ab|=|a||b|.

Литература

  1. Личный конспект, основанный на лекциях Г. С. Белозёрова.
  2. А.Г. Курош Курс высшей алгебры — Москва: Физмалит, 1968. -431с. (с. 118-120).

Равенства для модулей произведения и частного.

Проверим как Вы усвоили материал.

Формула Муавра

Теорема. Допустим z=r⋅(cosϕ+isinϕ) и n принадлежит множеству целых чисел. Тогда можно считать, что zn=rn⋅(cos(nϕ)+isin(nϕ)).

Пусть n=2, где n∈Z — база индукции. Тогда z2=r⋅(cosϕ+isinϕ)⋅r⋅(cosϕ+isinϕ)=r2(cos(2ϕ)+isin(2ϕ)).Допустим, что теорема верна ∀n⩽m,m⩽2 и докажем, что она так же верна и для n=m+1. Тогда zm+1=zm⋅z=rm(cos(mϕ)+isin(mϕ))⋅r⋅(cosϕ+isinϕ)= =rm+1(cos(m+1)ϕ+isin(m+1)ϕ). Для n=1 формула простая, а если n=0, то z=1, то есть z0=r0(cos(0ϕ)+isin(0ϕ))=1(cos0+isin0)=1. Следовательно, теорема справедлива ∀n⩾0. Докажем, что она так же справедлива ∀n<0. Тогда z−n=1zn=1(r⋅(cosϕ+isinϕ))n= =1rn(cos(nϕ)+isin(nϕ))=r−ncos(nϕ)−isin(nϕ)cos(nϕ)2+sin(nϕ)2= =r−1cos(−nϕ)+isin(−nϕ)1=r−n(cos(−nϕ)+isin(−nϕ)). Теорема доказана.

Следствие.|zn|=|z|n∀n∈Z,Arg(zn)=n⋅Arg(z)+2πk,k∈Z,∀n∈Z.

Примеры

Рассмотрим несколько примеров с использованием формулы Муавра.

  1. Вычислить 5√(−1+i)3⋅(√3+i)4i1323.
    Решение

    Найдём сначала r для (−1+i)3: r=√(−1)2+12=√2. Теперь найдём аргумент z для (−1+i)3. Для этого нужно найти угол α: tanα=1,α=π4+kπ,k∈Z. Так как sinα<0 и cosα<0, то α=3π4.
    Теперь найдём r и z для (√3+i)4: r=√√32+12=√4=2. Найдём z:
    tanβ=1√3,β=π6+sπ,s∈Z. Так как sinβ>0 и cosβ>0, то β=π6. (−1+i)3⋅(√3+i)4=(cos(9π4+4π6))+isin(9π4+4π6)= =cosπ12+isinπ12, i1323=−i. По формуле ϕ+2πkn, где n=5, k=¯0,4 получаем:w0=5√√23⋅16(cos(π125)+isin(π125))=5√√23⋅16(cos(π60)+ +isin(π60)), w1=5√√23⋅16(cos(π12+2π5)+isin(π12+2π5))= =5√√23⋅16(cos(25π60)+isin(25π60)), w2=5√√23⋅16(cos(π12+4π5)+isin(π12+4π5))= =5√√23⋅16(cos(49π60)+isin(49π60)), w3=5√√23⋅16(cos(π12+6π5)+isin(π12+6π5))= =5√√23⋅16(cos(73π60)+isin(73π60)), w4=5√√23⋅16(cos(π12+8π5)+isin(π12+8π5))= =5√√23⋅16(cos(97π60)+isin(97π60)).

  2. Вычислить (√3+i)2020.
    Решение

    tanα=√33,α=π6+kπ,k∈Z. Так как sinβ>0 и cosβ>0, то β=π6. (√3+i)2020=(2(cosπ6+isinπ6))2020= =22020(cos(2018+26π)+isin(2018+26π))= =22020(cosπ3+isinπ3)=22020(12+i√32).

Смотрите также

  1. А.И. Кострикин Введение в алгебру. Основы алгебры. — Москва: Физматлит, 1994. -320с. (с. 201-202).
  2. Личный конспект, основанный на лекциях Г. С. Белозёрова.

Формула Муавра

Проверим как Вы усвоили материал.

Ф1759. О силе тяги, времени и предельной скорости

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 2 выпуск)

Условие

Длинный товарный поезд трогается с места. Вагоны соединены друг с другом с помощью абсолютно неупругих сцепок. Первоначально зазор в каждой сцепке равен L (см. рисунок). Масса локомотива m, а его порядковый номер первый. Все вагоны загружены, и масса каждого из них тоже m.

  1. Считая силу тяги локомотива постоянной и равной F , найдите время, за которое в движение будет вовлечено N вагонов.
  2. Полагая, что состав очень длинный (N→∞), определите предельную скорость v∞ локомотива.

train

Решение

  1. Пусть v′i — скорость части состава из i вагонов сразу после вовлечения в движение i-го вагона, а vi — скорость части состава из i вагонов перед ударом с (i+1)-м вагоном. Из закона сохранения импульса (i+1)mv′i+1=imvi=piПо второму закону Нютона aa+1=F(i+1)m а по известному кинематическому соотношению ai+1L=v2i+1−v′2i+12Отсюда получим v2i+1=2FL(i+1)m+(ii+1)2v2i+1 или p2i+1=2(i+1)mFL+p2iИз этой рекуррентной формулы следует p2N=2mFLN∑i=1i+p20 или, так как p0=0, p2N=2mFLN(N+1)2 откуда vN=√FLm√N+1NНайдём теперь время tN вовлечения в движение N вагонов: vi−v′i=ai△ti, △ti=vi−v′iai=mF(ivi−iv′i)=mF(ivi−(i−1)vi−1), tN=mFN−1∑i=1(ivi−(i−1)vi−1)=mF((N−1)vN−1−0⋅v0)= =mFvN−1(N−1).Используя полученное ранее выражение для vN, окончательно получим tN=√mLFN√1−1N.
  2. Из выражения для vN находим, что при N→∞ скорость состава n∞→√FL/m.

П. Бойко, Ю. Полянский

M1276. О высотах треугольников, пересекающихся в одной точке

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 9 выпуск)

Условие

Для данной хорды MN окружности рассматриваются треугольники ABC, основаниями которых являются диаметры AB этой окружности, не пересекающие MN, а стороны AC и BC проходят через концы M и N хорды MN. Докажите, что высоты всех таких треугольников ABC, опущенные из вершины C на сторону AB, пересекаются в одной точке.

Доказательство

Точки M и N — основания высот треугольника ABC, опущенных из вершин A и B, поэтому третья высота проходит через точку H их пересечения, причем точки C, M, N и H лежат на одной окружности δ с диаметром CH. Пусть P — центр этой окружности. Заметим, что при движении диаметра AB величина угла C треугольника остаётся неизменной, — она измеряется полуразностью постоянных по величине дуг  AB и MN (см. рисунок). Поскольку хорда MN неподвижна, остаётся неизменной и окружность δ (по которой движутся точка C и диаметрально противоположная ей точка H), а тем самым и её центр P: диаметр CH — участок интересующей нас высоты — просто вращается вокруг точки P.

Cycle

 Е. Куланин