Формула Муавра

Теорема. Допустим $z=r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)$ и $n$ принадлежит множеству целых чисел. Тогда можно считать, что $z^{n}=r^{n}\cdot\left(\cos\left(n\phi\right)+i\sin\left(n\phi\right)\right).$

Пусть $n=2,$ где $n\in \mathbb {Z}$ — база индукции. Тогда $$z^{2}=r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)\cdot r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)=r^{2}(\cos\left(2\phi\right)+i\sin\left(2\phi\right)).$$Допустим, что теорема верна $\forall n\leqslant m, m\leqslant2$ и докажем, что она так же верна и для $n=m+1.$ Тогда $$z^{m+1}=z^{m}\cdot z=r^{m}(\cos\left(m\phi\right)+i\sin\left(m\phi\right))\cdot r\cdot(\cos\phi+i\sin\phi)=$$ $$=r^{m+1}(\cos\left(m+1\right)\phi+i\sin\left(m+1\right)\phi).$$ Для $n=1$ формула простая, а если $n=0,$ то $z=1,$ то есть $$z^{0}=r^{0}\left(\cos\left(0\phi\right)+i\sin\left(0\phi\right)\right)=1\left(\cos0+i\sin0\right)=1.$$ Следовательно, теорема справедлива $\forall n\geqslant0.$ Докажем, что она так же справедлива $\forall n\lt0.$ Тогда $$z^{-n}=\dfrac{1}{z^{n}}=\dfrac{1}{\left(r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)\right)^{n}}=$$ $$=\dfrac{1}{r^{n}\left(\cos\left(n\phi\right)+i\sin\left(n\phi\right)\right)}=r^{-n}\dfrac{cos\left(n\phi\right)-i\sin\left(n\phi\right)}{\cos\left(n\phi\right)^{2}+\sin\left(n\phi\right)^{2}}=$$ $$=r^{-1}\dfrac{\cos\left(-n\phi\right)+i\sin\left(-n\phi\right)}{1}=r^{-n}\left(\cos\left(-n\phi\right)+i\sin\left(-n\phi\right)\right).$$ Теорема доказана.

Следствие.$\left|z^{n} \right|=\left|z \right|^{n}
\forall n\in \mathbb {Z},$$ $$Arg\left(z^{n}\right)=n\cdot Arg\left(z\right)+2\pi k, k\in \mathbb {Z}, \forall n\in \mathbb {Z}.$

Примеры

Рассмотрим несколько примеров с использованием формулы Муавра.

  1. Вычислить $\sqrt[5]{\dfrac{\left(-1+i\right)^{3}\cdot\left(\sqrt{3}+i\right)^{4}}{i^{1323}}}.$
    Решение

    Найдём сначала $r$ для $\left(-1+i\right)^{3}$: $$r=\sqrt{\left(-1\right)^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}.$$ Теперь найдём аргумент $z$ для $\left(-1+i\right)^{3}.$ Для этого нужно найти угол $\alpha :$ $$\tan\alpha=1, \alpha=\dfrac{\pi}{4}+k\pi, k\in Z.$$ Так как $\sin\alpha \lt0$ и $\cos\alpha \lt0,$ то $\alpha=\dfrac{3\pi}{4}.$
    Теперь найдём $r$ и $z$ для $\left(\sqrt{3}+i\right)^{4}:$ $$r=\sqrt{\sqrt{3}^{2}+1^{2}}=\sqrt{4}=2.$$ Найдём $z:$
    $$\tan\beta=\dfrac{1}{\sqrt{3}}, \beta=\dfrac{\pi}{6}+s\pi, s\in Z.$$ Так как $\sin\beta\gt0$ и $\cos\beta\gt0,$ то $\beta=\dfrac{\pi}{6}.$ $$\left(-1+i\right)^{3}\cdot\left(\sqrt{3}+i\right)^{4}=\left(\cos\left(\dfrac{9\pi}{4}+\dfrac{4\pi}{6}\right)\right)+i\sin\left(\dfrac{9\pi}{4}+\dfrac{4\pi}{6}\right)=$$ $$=\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12},$$ $$i^{1323}=-i.$$ По формуле $\dfrac{\phi+2\pi k}{n},$ где $n=5,$ $k=\overline{0, 4}$ получаем:$$w_{0}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}}{5}\right)\right)=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{60}\right)+\right.$$ $$\left.+i\sin\left(\dfrac{\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{1}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+2\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+2\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{25\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{25\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{2}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+4\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+4\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{49\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{49\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{3}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+6\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+6\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{73\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{73\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{4}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+8\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+8\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{97\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{97\pi}{60}\right)\right).$$

  2. Вычислить $\left(\sqrt{3}+i\right)^{2020}.$
    Решение

    $$\tan\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \alpha=\dfrac{\pi}{6}+k\pi, k\in Z.$$ Так как $\sin\beta\gt0$ и $\cos\beta\gt0,$ то $\beta=\dfrac{\pi}{6}.$ $$\left(\sqrt{3}+i\right)^{2020}=\left(2\left(\cos{\dfrac{\pi}{6}}+i\sin{\dfrac{\pi}{6}}\right)\right)^{2020}=$$ $$=2^{2020}\left(\cos\left({\dfrac{2018+2}{6}}\pi\right)+i\sin\left({\dfrac{2018+2}{6}}\pi\right)\right)=$$ $$=2^{2020}\left(cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin{\dfrac{\pi}{3}}\right)=2^{2020}\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right).$$

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.

Формула конечных приращений Лагранжа

Определение

Выпуклой областью называется открытое множество, любые две точки которого можно соединить отрезком, лежащим в области.

Теорема (Формула конечных приращений Лагранжа)

Пусть функция [latex] f(x) [/latex] дифференцируема в выпуклой области [latex] G\subset\mathbb{R}^{n} [/latex]. Тогда для любых двух точек [latex] x= \left ( x_{1},…,x_{n} \right )\in G[/latex], [latex]y= \left ( y_{1},…,y_{n} \right )\in G [/latex] найдется такое число [latex] \theta \in \left(0,1 \right ) [/latex], что
$$f(y)-f(x)= \sum _{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}\left (x+\theta \left ( y-x \right )\left ( y_{i}-x_{i} \right ) \right ).\ \ \ \ \ \ \ \ \ \  (1)$$

Формула [latex](1)[/latex] называется формулой конечных приращений Лагранжа.

Доказательство

Пусть точки [latex] x,y \in G [/latex]. Так как область [latex]G[/latex] выпукла, то отрезок, соединяющий точки [latex]x[/latex] и [latex]y[/latex], лежит в области [latex]G[/latex]. Поэтому определена функция одной переменной:

[latex] \varphi (t) = f(x_{1}+t(y_{1}-x_{1}),…,x_{n}+t(y_{n}-x_{n})), 0\leqslant t\leqslant 1 [/latex]. [latex](2)[/latex]

По теореме о производной сложной функции [latex]\varphi (t)[/latex] — дифференцирума на отрезке [latex][0,1][/latex] и очевидно, что [latex] \varphi (0) = f(x)[/latex], [latex]\varphi (1) = f(y) [/latex]. По правилу нахождения производной сложной функции имеем:

$$\varphi{}’ (t)=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x}\left ( x_{1}+t(y_{1}-x_{1}),…,x_{n}+t(y_{n}-x_{n}) \right )\left ( y_{i}-x_{i} \right ). \ \ \ \ \ \ (3)$$

Применим к функции [latex] \varphi(t) [/latex] формулу приращений Лагранжа для функции одной переменной. Получаем, что найдется число [latex] \theta \in \left(0,1 \right ) [/latex] такое, что [latex] \varphi(1) — \varphi(0) = \varphi{}’ (\theta ) [/latex]. Используя формулы [latex](2)[/latex] и [latex](3)[/latex], теперь легко получаем формулу [latex](1)[/latex].[latex]\square [/latex]

[spoilergroup]

Спойлер

Доказать, что [latex]\left | \arctan x_{2} -\arctan x_{1} \right |\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |[/latex], [latex]x_{1}\in \mathbb{R}[/latex], [latex]x_{2}\in \mathbb{R}[/latex]. (*)
По теореме Лагранжа для функции [latex]\arctan x[/latex] на отрезке с концами [latex]x_{1}[/latex] и [latex]x_{2}[/latex] находим
$$\arctan x_{2} — \arctan x_{1}=\frac{1}{1+\xi ^{2}}(x_{2}-x_{1}),$$
откуда получаем [latex]\left | \arctan x_{2}-\arctan x_{1} \right |=\frac{\left | x_{2}-x_{1} \right |}{1+\xi ^{2}}\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |[/latex], так как [latex]0<\frac{1}{1+\xi^{2}}\leqslant 1[/latex].
Полагая в соотношении (*) [latex]x_{2}=x[/latex], [latex]x_{1}=0[/latex], получаем
[latex]\left | \arctan x \right |\leqslant \left | x \right |[/latex], [latex]x\in \mathbb{R}[/latex],
и, в часности,
[latex]0\leqslant \arctan x\leqslant x[/latex], [latex]x\geqslant 0[/latex].

[свернуть]

[/spoilergroup]

Литература

Тест

Формула конечных приращений Лагранжа

Теста на знание формулы конечных приращений Лагранжа


Таблица лучших: Формула конечных приращений Лагранжа

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Формула конечных приращений Лагранжа

Теорема (Формула конечных приращений Лагранжа)

Если функция [latex] f\in C[a,b] [/latex] и дифференцируема на интервале [latex](a,b)[/latex], то [latex] \exists \theta \in (0,1)[/latex], [latex]f(a)-f(b)=f{}'(x_{0} )(b-a)[/latex], где [latex] x_{0}=a+ \theta(b-a)[/latex].

Геометрический смысл (для случая одной переменной): на дуге графика данной функции, соединяющей точки [latex](a,f(a))[/latex] и [latex](b,f(b))[/latex], найдется точка [latex](c,f(c))[/latex], (и, возможно, не одна), в которой касательная к графику функции параллельна хорде, соединяющей концы дуги.

RealyfinalVersion — копия

Доказательство

Рассмотрим функцию [latex]\varphi (x)=f(x)+\lambda x[/latex] где число [latex]\lambda[/latex] выберем таким, чтобы выполнялось условие [latex]\varphi (a)=\varphi (b)[/latex], т.е. [latex]f(a)+\lambda a=f(b)+\lambda b[/latex]. Отсюда находим: [latex]\lambda =-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}[/latex].

Так как функция [latex]\varphi (x)[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex], дифференцируется на интервале [latex](a,b)[/latex] и принимает равные значения на концах этого интервала то, по теореме Ролля, существует точка [latex]x_{0}\in (a,b)[/latex] такая, что [latex]\varphi{}'(x_{0})=f{}'(x_{0})+\lambda =0[/latex]. Отсюда получаем, что [latex]f{}'(x_{0})=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} [/latex], или [latex]f(b)-f(a)=f{}'(x_{0})(b-a). [/latex] [latex]\square [/latex]

[spoilergroup]

Спойлер

Доказать, что [latex]\ln (1+x)\leqslant x[/latex], [latex]x>0[/latex] (*),
[latex]\left | \arctan x_{2} -\arctan x_{1} \right |\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |[/latex], [latex]x_{1}\in \mathbb{R}[/latex], [latex]x_{2}\in \mathbb{R}[/latex]. (**)
а) Применяя теорему Лагранжа к функции [latex]f(x)=\ln (1+x)[/latex] на отрезке [latex][0,x][/latex], где [latex]x>0[/latex], получаем [latex]\ln(1+x)=\frac{1}{1+\xi }x[/latex], откуда следует неравенство (*), так как [latex]0<\xi<x[/latex].
б) По теореме Лагранжа для функции [latex]\arctan x[/latex] на отрезке с концами [latex]x_{1}[/latex] и [latex]x_{2}[/latex] находим
$$\arctan x_{2} — \arctan x_{1}=\frac{1}{1+\xi ^{2}}(x_{2}-x_{1}),$$
откуда получаем [latex]\left | \arctan x_{2}-\arctan x_{1} \right |=\frac{\left | x_{2}-x_{1} \right |}{1+\xi ^{2}}\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |[/latex], так как [latex]0<\frac{1}{1+\xi^{2}}\leqslant 1[/latex].
Полагая в соотношении (**) [latex]x_{2}=x[/latex], [latex]x_{1}=0[/latex], получаем
[latex]\left | \arctan x \right |\leqslant \left | x \right |[/latex], [latex]x\in \mathbb{R}[/latex],
и, в часности,
[latex]0\leqslant \arctan x\leqslant x[/latex], [latex]x\geqslant 0[/latex].

[свернуть]

[/spoilergroup]

Использованная литература

Рекомендованная литература

Тест

Формула конечных приращений Лагранжа

Теста на знание формулы конечных приращений Лагранжа

Таблица лучших: Формула конечных приращений Лагранжа

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных