2 sonni trigonometrik shaklda ifodalash.Kompleks sonning trigonometrik va ko`rsatkichli shakllari. Trigonometrik shakldagi murakkab sonlar

Yozilgan kompleks sonlar ustida amallar algebraik shakl

Kompleks sonning algebraik shakli z =(a,b).shaklning algebraik ifodasi deyiladi

z = a + bi.

Kompleks sonlar ustidagi arifmetik amallar z 1 = a 1 +b 1 i Va z 2 = a 2 +b 2 i, algebraik shaklda yozilgan, quyidagicha amalga oshiriladi.

1. Kompleks sonlar yig‘indisi (farqi).

z 1 ± z 2 = (a 1 ±a 2) + (b 1 ±b 2)∙i,

bular. qo'shish (ayirish) o'xshash hadlarni qisqartirish bilan ko'phadlarni qo'shish qoidasiga muvofiq amalga oshiriladi.

2. Kompleks sonlarning ko‘paytmasi

z 1 ∙z 2 = (a 1 ∙a 2 - b 1 ∙b 2) + (a 1 ∙b 2 + a 2 ∙b 1)∙i,

bular. ko'paytirish ko'phadlarni ko'paytirishning odatiy qoidasi bo'yicha amalga oshiriladi, bu haqiqatni hisobga olgan holda. i 2 = 1.

3. Ikki kompleks sonni bo‘lish quyidagi qoida bo‘yicha amalga oshiriladi:

, (z 2 ≠ 0),

bular. bo'lish dividend va bo'luvchini bo'luvchining konjugat raqamiga ko'paytirish orqali amalga oshiriladi.

Kompleks sonlarni darajaga ko'tarish quyidagicha aniqlanadi:

Buni ko'rsatish oson

Misollar.

1. Kompleks sonlar yig‘indisini toping z 1 = 2 – i Va z 2 = – 4 + 3i.

z 1 + z 2 = (2 + (–1)∙i)+ (–4 + 3i) = (2 + (–4)) + ((–1) + 3) i = –2+2i.

2. Kompleks sonlar ko‘paytmasini toping z 1 = 2 – 3i Va z 2 = –4 + 5i.

= (2 – 3i) ∙ (–4 + 5i) = 2 ∙(–4) + (-4) ∙(–3i)+ 2∙5i– 3i∙ 5i = 7+22i.

3. Ko‘rsatkichni toping z bo'linishdan z 1 = 3 - 2na z 2 = 3 – i.

z = .

4. Tenglamani yeching: , x Va y Î R.

(2x+y) + (x+y)i = 2 + 3i.

Kompleks sonlarning tengligi tufayli bizda:

qayerda x =–1 , y= 4.

5. Hisoblang: i 2 ,i 3 ,i 4 ,i 5 ,i 6 ,i -1 , i -2 .

6. Agar ni hisoblang.

.

7. Sonning o‘zaro nisbatini hisoblang z=3-i.

Trigonometrik shakldagi murakkab sonlar

Murakkab samolyot Dekart koordinatalari bo'lgan tekislik deb ataladi ( x, y), agar har bir nuqta koordinatali (( a, b) kompleks son bilan bog‘lanadi z = a + bi. Bunday holda, abscissa o'qi deyiladi haqiqiy o'q, ordinata o'qi esa xayoliy. Keyin har bir murakkab raqam a+bi nuqta sifatida tekislikda geometrik tasvirlangan A (a, b) yoki vektor.

Shuning uchun, nuqtaning pozitsiyasi A(va shuning uchun murakkab son z) vektor uzunligi bilan belgilanishi mumkin | | = r va burchak j, vektor | tomonidan hosil qilingan | haqiqiy o'qning ijobiy yo'nalishi bilan. Vektorning uzunligi deyiladi kompleks sonning moduli va | bilan belgilanadi z |=r, va burchak j chaqirdi murakkab son argumenti va belgilanadi j = arg z.

Bu aniq | z| ³ 0 va | z | = 0 Û z = 0.

Rasmdan. 2 bu aniq.

Kompleks sonning argumenti noaniq, ammo 2 aniqligi bilan aniqlanadi pk, kÎ Z.

Rasmdan. 2, agar, shuningdek, aniq z=a+bi Va j=arg z, Bu

cos j =,gunoh j =, tg j =.

Agar zÎR Va z> 0, keyin arg z = 0 +2pk;

Agar z OR Va z< 0, keyin arg z = p + 2pk;

Agar z = 0,arg z aniqlangan.

Argumentning asosiy qiymati 0 oralig'ida aniqlanadi £ arg z£ 2 p,

yoki -p£ arg z £ p.

Misollar:

1. Kompleks sonlarning modulini toping z 1 = 4 – 3i Va z 2 = –2–2i.

2. Shartlar bilan aniqlangan kompleks tekislikdagi maydonlarni aniqlang:

1) | z | = 5; 2) | z| £6; 3) | z – (2+i) | £ 3; 4) £6 | z – i| £7.

Yechimlar va javoblar:

1) | z| = 5 Û Û - radiusi 5 va markazi koordinatali aylana tenglamasi.

2) Radiusi 6 bo’lgan aylana, markazi koordinatali.

3) Markazi nuqtada joylashgan radiusi 3 bo'lgan doira z 0 = 2 + i.

4) Radiuslari 6 va 7 ga teng, markazi nuqtada bo‘lgan doiralar bilan chegaralangan halqa z 0 = i.

3. Sonlarning moduli va argumentini toping: 1) ; 2) .

1) ; A = 1, b = Þ ,

Þ j 1 = .

2) z 2 = –2 – 2i; a =–2, b =-2 Þ ,

.

Maslahat: Asosiy argumentni aniqlashda murakkab tekislikdan foydalaning.

Shunday qilib: z 1 = .

2) , r 2 = 1, j 2 = , .

3) , r 3 = 1, j 3 =, .

4) , r 4 = 1, j 4 =, .

2.3. Kompleks sonlarning trigonometrik shakli

Vektor kompleks tekislikda raqam bilan aniqlansin.

Musbat yarim o'q Ox va vektor orasidagi burchakni ph bilan belgilaymiz (agar ph burchagi soat miliga teskari yo'nalishda o'lchansa musbat, aks holda manfiy hisoblanadi).

Vektor uzunligini r bilan belgilaymiz. Keyin. Biz ham belgilaymiz

Nolga teng bo'lmagan z kompleks sonini ko'rinishda yozish

z kompleks sonining trigonometrik shakli deyiladi. r soni z kompleks sonining moduli, ph soni esa bu kompleks sonning argumenti deyiladi va Arg z bilan belgilanadi.

Kompleks sonni yozishning trigonometrik shakli - (Eyler formulasi) - kompleks sonni yozishning eksponensial shakli:

Kompleks z soni cheksiz ko'p argumentlarga ega: agar ph0 z sonining har qanday argumenti bo'lsa, qolgan barcha raqamlarni formuladan foydalanib topish mumkin.

Kompleks son uchun argument va trigonometrik shakl aniqlanmagan.

Shunday qilib, nolga teng bo'lmagan kompleks sonning argumenti tenglamalar tizimining har qanday yechimidir:

(3)

Kompleks z argumentining tengsizliklarni qanoatlantiruvchi ph qiymati asosiy qiymat deyiladi va arg z bilan belgilanadi.

Arg z va arg z argumentlari bilan bog'langan

, (4)

Formula (5) (3) sistemaning natijasidir, shuning uchun kompleks sonning barcha argumentlari tenglikni (5) qondiradi, lekin (5) tenglamaning barcha ph yechimlari z sonining argumentlari emas.

Nolga teng bo'lmagan kompleks son argumentining asosiy qiymati formulalar bo'yicha topiladi:

Trigonometrik shaklda kompleks sonlarni ko'paytirish va bo'lish formulalari quyidagicha:

. (7)

Kompleks sonni tabiiy darajaga ko'tarishda Moivre formulasi qo'llaniladi:

Murakkab sonning ildizini olishda quyidagi formuladan foydalaniladi:

, (9)

bu yerda k=0, 1, 2, …, n-1.

Masala 54. Qaerda ni hisoblang.

Keling, yechimni taqdim qilaylik berilgan ifoda Kompleks sonni ko'rsatkichli yozishda: .

Agar, keyin.

Keyin, . Shuning uchun, keyin Va , Qayerda.

Javob: , da .

Masala 55. Kompleks sonlarni trigonometrik shaklda yozing:

A) ; b) ; V); G) ; d) ; e) ; va).

Kompleks sonning trigonometrik ko'rinishi bo'lganligi sababli, u holda:

a) Kompleks sonda: .

,

Shunung uchun

b) , qayerda ,

G) , qayerda ,

e) .

va) , A , Bu.

Shunung uchun

Javob: ; 4; ; ; ; ; .

Masala 56. Kompleks sonning trigonometrik shaklini toping

.

Keling, .

Keyin, , .

O'shandan beri va , , keyin, va

Shuning uchun, , shuning uchun

Javob: , Qayerda.

Masala 57. Kompleks sonning trigonometrik shaklidan foydalanib, quyidagi amallarni bajaring: .

Keling, raqamlarni tasavvur qilaylik va trigonometrik shaklda.

1) , qayerda Keyin

Asosiy argumentning qiymatini toping:

Keling, qiymatlarni va ifodaga almashtiramiz, biz olamiz

2) , unda qayerda

Keyin

3) Keling, qismni topamiz

k=0, 1, 2 deb faraz qilsak, kerakli ildizning uch xil qiymatini olamiz:

Agar , keyin

agar , keyin

agar , keyin .

Javob: :

:

: .

Masala 58. , , , har xil kompleks sonlar va bolsin . Buni isbotlang

a) raqam amal qiladi ijobiy raqam;

b) tenglik amal qiladi:

a) Ushbu kompleks sonlarni trigonometrik shaklda ifodalaylik:

Chunki .

Keling, shunday da'vo qilaylik. Keyin

.

Oxirgi ifoda musbat sondir, chunki sinus belgilarida intervaldan raqamlar mavjud.

raqamdan beri haqiqiy va ijobiy. Haqiqatan ham, agar a va b murakkab sonlar bo'lsa va haqiqiy va noldan katta bo'lsa, u holda .

Bundan tashqari,

shuning uchun kerakli tenglik isbotlangan.

Masala 59. Sonni algebraik shaklda yozing .

Sonni trigonometrik shaklda ifodalaymiz va keyin uning algebraik shaklini topamiz. Bizda ... bor . Uchun biz tizimni olamiz:

Bu tenglikni anglatadi: .

Moivre formulasini qo'llash: ,

olamiz

Berilgan sonning trigonometrik shakli topiladi.

Endi bu raqamni algebraik shaklda yozamiz:

.

Javob: .

Masala 60. , , yig‘indisini toping.

Keling, miqdorni ko'rib chiqaylik

Moivre formulasini qo'llagan holda topamiz

Bu yig‘indi maxrajli geometrik progressiyaning n ta hadining yig‘indisidir va birinchi a'zo .

Bunday progressiyaning shartlari yig'indisi uchun formulani qo'llash, biz bor

Oxirgi ifodada xayoliy qismni ajratib, biz topamiz

Haqiqiy qismni ajratib, biz ham olamiz quyidagi formula: , , .

Masala 61. Yig‘indini toping:

A) ; b) .

Nyutonning ko'rsatkichlar formulasiga ko'ra, biz bor

Moivre formulasidan foydalanib, biz quyidagilarni topamiz:

Olingan iboralarning haqiqiy va xayoliy qismlarini tenglashtirib, bizda:

Va .

Bu formulalarni ixcham shaklda quyidagicha yozish mumkin:

,

, qayerda - butun qismi raqamlar a.

Muammo 62. Hammasini toping, buning uchun.

Chunki , keyin formuladan foydalaning

, Ildizlarni olish uchun biz olamiz ,

Demak, , ,

, .

Raqamlarga mos keladigan nuqtalar markazi (0;0) nuqtada bo'lgan 2 radiusli doira ichiga chizilgan kvadratning uchlarida joylashgan (30-rasm).

Javob: , ,

, .

Masala 63. Tenglamani yeching , .

Shart bo'yicha; shuning uchun bu tenglama ildizga ega emas va shuning uchun u tenglamaga ekvivalentdir.

z soni berilgan tenglamaning ildizi bo'lishi uchun raqam bo'lishi kerak n-chi ildiz 1-raqamdan daraja.

Bu erdan biz dastlabki tenglamaning tengliklardan aniqlangan ildizlari bor degan xulosaga kelamiz

,

Shunday qilib,

,

ya'ni ,

Javob: .

Masala 64. Kompleks sonlar to‘plamidagi tenglamani yeching.

Raqam bu tenglamaning ildizi bo'lmagani uchun, bu tenglama uchun tenglamaga ekvivalentdir.

Ya'ni, tenglama.

Ushbu tenglamaning barcha ildizlari formuladan olinadi (62-masalaga qarang):

; ; ; ; .

Masala 65. Kompleks tekislikda tengsizliklarni qanoatlantiruvchi nuqtalar to‘plamini chizing: . (45- muammoni hal qilishning ikkinchi usuli)

Mayli .

Bir xil modullarga ega bo'lgan murakkab sonlar, boshning markazida joylashgan aylanada yotgan tekislikdagi nuqtalarga to'g'ri keladi, shuning uchun tengsizlik boshi va radiuslari umumiy markazga ega aylanalar bilan chegaralangan ochiq halqaning barcha nuqtalarini qanoatlantiring va (31-rasm). Kompleks tekislikning qaysidir nuqtasi w0 soniga mos kelsin. Raqam , moduli w0 modulidan bir necha marta kichikroq va argumenti w0 argumentidan kattaroqdir. BILAN geometrik nuqta Nuqtai nazaridan, w1 ga to'g'ri keladigan nuqtani markazning kelib chiqishi va koeffitsienti bilan gomotetika yordamida, shuningdek, boshlang'ichga nisbatan soat miliga teskari burchak bilan aylanish yordamida olinishi mumkin. Ushbu ikkita o'zgartirishni halqa nuqtalariga qo'llash natijasida (31-rasm), ikkinchisi bir xil markaz va radiuslari 1 va 2 bo'lgan doiralar bilan chegaralangan halqaga aylanadi (32-rasm).

Konvertatsiya vektorga parallel uzatish yordamida amalga oshiriladi. Markazi bo'lgan halqani ko'rsatilgan vektorga o'tkazib, biz nuqtadagi markaz bilan bir xil o'lchamdagi halqani olamiz (22-rasm).

Samolyotning geometrik o'zgarishlari g'oyasidan foydalanadigan taklif qilingan usul, ehtimol, tasvirlash uchun unchalik qulay emas, lekin juda oqlangan va samarali.

Muammo 66. Agar toping .

Keling, keyin va. Dastlabki tenglik shaklni oladi . Ikkita kompleks sonning tenglik shartidan , , , undan , ni olamiz. Shunday qilib, .

z sonini trigonometrik shaklda yozamiz:

, Qayerda ,. Moivr formulasiga ko'ra, biz topamiz.

Javob: – 64.

Masala 67. Kompleks son uchun , va kabi barcha kompleks sonlarni toping .

Raqamni trigonometrik shaklda ifodalaymiz:

. Bu yerdan, . Biz olgan raqam uchun yoki ga teng bo'lishi mumkin.

Birinchi holda , ikkinchisida

.

Javob: , .

Masala 68. Shunday sonlar yig’indisini toping. Iltimos, ushbu raqamlardan birini ko'rsating.

E'tibor bering, masalaning tuzilishidan shuni tushunish mumkinki, tenglamaning ildizlari yig'indisini ildizlarning o'zini hisoblamasdan topish mumkin. Haqiqatan ham, tenglamaning ildizlari yig'indisi uchun koeffitsient, qarama-qarshi belgi bilan qabul qilingan (umumlashtirilgan Vyeta teoremasi), ya'ni.

Talabalar, maktab hujjatlari, o'zlashtirish darajasi to'g'risida xulosalar chiqarish bu tushuncha. Matematik tafakkur xususiyatlari va kompleks son tushunchasini shakllantirish jarayonini o'rganishni umumlashtiring. Usullarning tavsifi. Diagnostika: I bosqich. Suhbat 10-sinfda algebra va geometriya fanlaridan dars beradigan matematika o‘qituvchisi bilan olib borildi. Suhbat boshidan biroz vaqt o'tgandan keyin bo'lib o'tdi...

Rezonans" (!)), bu o'z xatti-harakatlarini baholashni ham o'z ichiga oladi. 4. Vaziyatni tushunishni tanqidiy baholash (shubhalar). 5. Nihoyat, tavsiyalardan foydalanish. huquqiy psixologiya(advokat amalga oshirilgan kasbiy harakatlarning psixologik jihatlarini - kasbiy va psixologik tayyorgarlikni hisobga oladi). Keling, yuridik faktlarning psixologik tahlilini ko'rib chiqaylik. ...

Trigonometrik almashtirish matematikasi va ishlab chiqilgan o'qitish metodikasi samaradorligini tekshirish. Ish bosqichlari: 1. “Trigonometrik almashtirishni algebraik masalalarni yechishda qo’llash” mavzusi bo’yicha fakultativ kursni o’quvchilar bilan sinflarda ishlab chiqish. chuqur o'rganish matematika. 2. Ishlab chiqilgan tanlov kursini o'tkazish. 3. Diagnostik testni o'tkazish ...

Kognitiv vazifalar faqat mavjud o'quv qo'llanmalarini to'ldirish uchun mo'ljallangan va barcha an'anaviy vositalar va elementlar bilan mos kelishi kerak. ta'lim jarayoni. Farq tarbiyaviy vazifalar o'qitishda gumanitar fanlar aniq dan, dan matematik muammolar Yagona muammo shundaki, tarixiy masalalarda formulalar, qat'iy algoritmlar va boshqalar yo'q, bu ularni hal qilishni murakkablashtiradi. ...

3.1. Polar koordinatalar

Ko'pincha samolyotda ishlatiladi qutbli koordinatalar tizimi . Agar O nuqta berilgan bo'lsa, aniqlanadi qutb, va qutbdan chiqadigan nur (biz uchun bu o'q Ox) - qutb o'qi. M nuqtasining pozitsiyasi ikkita raqam bilan belgilanadi: radius (yoki radius vektori) va qutb o'qi va vektor orasidagi burchak ph. ph burchagi deyiladi qutb burchagi; radianlarda o'lchanadi va qutb o'qidan soat miliga teskari hisoblangan.

Nuqtaning qutb koordinatalari sistemasidagi o‘rni tartiblangan juft sonlar (r; ph) bilan beriladi. Qutbda r = 0, va ph aniqlanmagan. Boshqa barcha nuqtalar uchun r > 0, va ph 2p ning karrali bo'lgan a'zoga qadar aniqlanadi. Bunda (r; ph) va (r 1 ; ph 1) juft sonlar bir xil nuqta bilan bog'lanadi, agar .

To'rtburchak koordinatalar tizimi uchun xOy Nuqtaning dekart koordinatalari uning qutb koordinatalari bilan quyidagicha oson ifodalanadi:

3.2. Kompleks sonning geometrik talqini

Keling, tekislikdagi Dekart to'rtburchaklar koordinata tizimini ko'rib chiqaylik xOy.

Har qanday kompleks son z=(a, b) tekislikdagi nuqta bilan ( koordinatali) bog‘langan. x, y), Qayerda koordinata x = a, ya'ni. kompleks sonning haqiqiy qismi, y = bi koordinatasi esa xayoliy qismdir.

Nuqtalari kompleks sonlar bo'lgan tekislik kompleks tekislikdir.

Rasmda kompleks son z = (a, b) nuqtaga mos keladi M(x, y).

Mashq qilish.Koordinata tekisligida kompleks sonlarni chizing:

3.3. Kompleks sonning trigonometrik shakli

Tekislikdagi kompleks son nuqtaning koordinatalariga ega M(x;y). Bunda:

Kompleks sonni yozish - kompleks sonning trigonometrik shakli.

r raqami chaqiriladi modul murakkab son z va belgilangan. Modul manfiy bo'lmagan haqiqiy sondir. Uchun .

Modul nolga teng, agar va faqat z = 0, ya'ni. a = b = 0.

ph raqami chaqiriladi argument z va belgilanadi. z argumenti qutb koordinatalari tizimidagi qutb burchagi kabi noaniq tarzda, ya'ni 2p ga karrali bo'lgan atamagacha aniqlanadi.

Keyin biz qabul qilamiz: , bu erda ph argumentning eng kichik qiymati. Bu aniq

.

Mavzuni chuqurroq o'rganishda yordamchi argument ph* kiritiladi, shunday qilib

1-misol. Kompleks sonning trigonometrik shaklini toping.

Yechim. 1) modulni ko'rib chiqing: ;

2) ph ni qidirmoqda: ;

3) trigonometrik shakl:

2-misol. Kompleks sonning algebraik shaklini toping .

Bu erda qiymatlarni almashtirish kifoya trigonometrik funktsiyalar va ifodani o'zgartiring:

3-misol. Kompleks sonning moduli va argumentini toping;

1) ;

2) ; ph – 4 chorakda:

3.4. Trigonometrik shaklda kompleks sonlar bilan amallar

· Qo‘shish va ayirish Algebraik shaklda murakkab sonlar bilan ishlash qulayroq:

· Ko'paytirish– oddiy trigonometrik o'zgarishlar yordamida buni ko'rsatish mumkin Ko'paytirishda raqamlarning modullari ko'paytiriladi va argumentlar qo'shiladi: ;

Leksiya

Kompleks sonning trigonometrik shakli

Reja

1. Kompleks sonlarning geometrik tasviri.

2. Kompleks sonlarning trigonometrik belgilanishi.

3. Trigonometrik shaklda kompleks sonlar ustida amallar.

Kompleks sonlarning geometrik tasviri.

a) Murakkab sonlar quyidagi qoidaga muvofiq tekislikdagi nuqtalar bilan ifodalanadi: a + bi = M ( a ; b ) (1-rasm).

1-rasm

b) Kompleks son nuqtadan boshlanadigan vektor bilan ifodalanishi mumkinHAQIDA va oxiri ma'lum bir nuqtada (2-rasm).

2-rasm

7-misol. Kompleks sonlarni ifodalovchi nuqtalarni tuzing:1; - i ; - 1 + i ; 2 – 3 i (3-rasm).

3-rasm

Kompleks sonlarning trigonometrik belgilanishi.

Kompleks raqamz = a + bi radius vektor yordamida aniqlanishi mumkin koordinatalari bilan( a ; b ) (4-rasm).

4-rasm

Ta'rif . Vektor uzunligi , kompleks sonni ifodalaydiz , bu sonning moduli deb ataladi va belgilanadi yokir .

Har qanday murakkab son uchunz uning modulir = | z | formula bilan yagona aniqlanadi .

Ta'rif . Haqiqiy o'qning musbat yo'nalishi va vektor orasidagi burchakning kattaligi , kompleks sonni ifodalovchi, bu kompleks sonning argumenti deyiladi va belgilanadiA rg z yokiφ .

Kompleks son argumentiz = 0 aniqlangan. Kompleks son argumentiz≠ 0 - ko'p qiymatli miqdor va muddat ichida aniqlanadi2k (k = 0; - 1; 1; - 2; 2; …): Arg z = arg z + 2k , Qayerdaarg z – intervalda joylashgan argumentning asosiy qiymati(-π; π] , ya'ni-π < arg z ≤ π (ba'zan argumentning asosiy qiymati sifatida intervalga tegishli qiymat olinadi .

Bu formula qachonr =1 Ko'pincha Moivre formulasi deb ataladi:

(cos ph + i sin ph) n = cos (nph) + i sin (nph), n  N .

11-misol: Hisoblang(1 + i ) 100 .

Kompleks sonni yozamiz1 + i trigonometrik shaklda.

a = 1, b = 1 .

cos ph = , sin ph = , φ = .

(1+i) 100 = [ (chunki + gunoh qilaman )] 100 = ( ) 100 (chunki 100+ gunoh qilaman ·100) = = 2 50 (cos 25p + i sin 25p) = 2 50 (cos p + i sin p) = - 2 50 .

4) Ekstraksiya kvadrat ildiz murakkab sondan.

Kompleks sonning kvadrat ildizini olishdaa + bi bizda ikkita holat bor:

Agarb >o , Bu ;

KOMPLEKS RAQAMLAR XI

§ 256. Kompleks sonlarning trigonometrik shakli

Kompleks son bo'lsin a + bi vektorga mos keladi O.A.> koordinatalari bilan ( a, b ) (332-rasmga qarang).

Bu vektorning uzunligini quyidagicha belgilaymiz r , va uning o'q bilan qilgan burchagi X , orqali φ . Sinus va kosinusning ta'rifi bo'yicha:

a / r =cos φ , b / r = gunoh φ .

Shunung uchun A = r cos φ , b = r gunoh φ . Ammo bu holda kompleks son a + bi quyidagicha yozilishi mumkin:

a + bi = r cos φ + ir gunoh φ = r (chunki φ + i gunoh φ ).

Ma'lumki, har qanday vektor uzunligi kvadrati summasiga teng uning koordinatalarining kvadratlari. Shunung uchun r 2 = a 2 + b 2, qayerdan r = √a 2 + b 2

Shunday qilib, har qanday murakkab son a + bi shaklida ifodalanishi mumkin :

a + bi = r (chunki φ + i gunoh φ ), (1)

qayerda r = √a 2 + b 2 va burchak φ sharti asosida aniqlanadi:

Kompleks sonlarni yozishning bunday shakli deyiladi trigonometrik.

Raqam r formulada (1) deyiladi modul, va burchak φ - dalil, kompleks son a + bi .

Agar murakkab raqam bo'lsa a + bi nolga teng emas, u holda uning moduli musbat; agar a + bi = 0, keyin a = b = 0 va keyin r = 0.

Har qanday kompleks sonning moduli yagona aniqlanadi.

Agar murakkab raqam bo'lsa a + bi nolga teng bo'lmasa, uning argumenti (2) formulalar bilan aniqlanadi. albatta 2 ga bo'linadigan burchakka to'g'ri π . Agar a + bi = 0, keyin a = b = 0. Bu holda r = 0. (1) formuladan buni argument sifatida tushunish oson φ V Ushbu holatda har qanday burchakni tanlashingiz mumkin: har qanday holatda ham φ

0 (cos φ + i gunoh φ ) = 0.

Shuning uchun null argument aniqlanmagan.

Kompleks sonning moduli r ba'zan | bilan belgilanadi z |, va arg argumenti z . Kompleks sonlarni trigonometrik shaklda ifodalashning bir necha misollarini ko‘rib chiqamiz.

Misol. 1. 1 + i .

Keling, modulni topamiz r va argument φ bu raqam.

r = √ 1 2 + 1 2 = √ 2 .

Shuning uchun gunoh φ = 1 / √ 2, cos φ = 1 / √ 2, qaerdan φ = π / 4 + 2nπ .

Shunday qilib,

1 + i = √ 2 ,

Qayerda P - har qanday butun son. Odatda, murakkab son argumentining cheksiz qiymatlari to'plamidan 0 dan 2 gacha bo'lgan biri tanlanadi. π . Bunday holda, bu qiymat π / 4 . Shunung uchun

1 + i = √ 2 (cos π / 4 + i gunoh π / 4)

2-misol. Kompleks sonni trigonometrik shaklda yozing √ 3 - i . Bizda ... bor:

r = √ 3+1 = 2, cos φ = √ 3/2, gunoh φ = - 1 / 2

Shuning uchun, 2 ga bo'linadigan burchakka qadar π , φ = 11 / 6 π ; shuning uchun,

√ 3 - i = 2(cos 11/6 π + i gunoh 11/6 π ).

3-misol Kompleks sonni trigonometrik shaklda yozing i.

Kompleks raqam i vektorga mos keladi O.A.> , o'qning A nuqtasida tugaydi da ordinatasi 1 bilan (333-rasm). Bunday vektorning uzunligi 1 ga, uning x o'qi bilan qilgan burchagi esa teng π / 2. Shunung uchun

i =cos π / 2 + i gunoh π / 2 .

4-misol. Kompleks 3 raqamini trigonometrik shaklda yozing.

Kompleks soni 3 vektorga mos keladi O.A. > X abscissa 3 (334-rasm).

Bunday vektorning uzunligi 3 ga, x o'qi bilan qilgan burchagi esa 0 ga teng

3 = 3 (cos 0 + i gunoh 0),

5-misol.-5 kompleks sonini trigonometrik shaklda yozing.

-5 kompleks soni vektorga mos keladi O.A.> eksa nuqtasida tugaydi X abscissa bilan -5 (335-rasm). Bunday vektorning uzunligi 5 ga, x o'qi bilan hosil qiladigan burchakka teng π . Shunung uchun

5 = 5 (kos π + i gunoh π ).

Mashqlar

2047. Ushbu kompleks sonlarni modul va argumentlarini aniqlagan holda trigonometrik shaklda yozing:

1) 2 + 2√3 i , 4) 12i - 5; 7).3i ;

2) √3 + i ; 5) 25; 8) -2i ;

3) 6 - 6i ; 6) - 4; 9) 3i - 4.

2048. Tekislikda modullari r va argumentlari ph shartlarni qanoatlantiradigan kompleks sonlarni ifodalovchi nuqtalar to‘plamini ko‘rsating:

1) r = 1, φ = π / 4 ; 4) r < 3; 7) 0 < φ < π / 6 ;

2) r =2; 5) 2 < r <3; 8) 0 < φ < я;

3) r < 3; 6) φ = π / 3 ; 9) 1 < r < 2,

10) 0 < φ < π / 2 .

2049. Sonlar bir vaqtda kompleks sonning moduli bo‘la oladimi? r Va - r ?

2050. Kompleks sonning argumenti bir vaqtning o'zida burchak bo'lishi mumkinmi? φ Va - φ ?

Ushbu kompleks sonlarni trigonometrik shaklda keltiring, ularning modullari va argumentlarini aniqlang:

2051*. 1 + chunki α + i gunoh α . 2054*. 2(20° - i gunoh 20°).

2052*. gunoh φ + i cos φ . 2055*. 3(- cos 15° - i gunoh 15°).