With i prirodni broj n 2 .

Kompleksni broj Z pozvao rootn– c, Ako Z n = c.

Nađimo sve vrijednosti korijena n– oh stepen kompleksni broj With. Neka c=| c|·(cos Arg c+ i· grijeh Argsa), A Z = | Z|·(saos Arg Z + i· grijeh Arg Z) , Gdje Z root n- o moć kompleksnog broja With. Onda mora biti = c = | c|·(cos Arg c+ i· grijeh Argsa). Iz toga slijedi
I n· Arg Z = ArgWith
Arg Z =
(k=0,1,…) . dakle, Z =
(cos
+ i· grijeh
), (k=0,1,…) . Lako je vidjeti da je bilo koja od vrijednosti
, (k=0,1,…) razlikuje se od jedne od odgovarajućih vrijednosti
,(k = 0,1,…, n-1) višestruko 2π. zato , (k = 0,1,…, n-1) .

Primjer.

Izračunajmo korijen od (-1).

, očigledno |-1| = 1, arg (-1) = π

-1 = 1·(cos π + i· grijeh π )

, (k = 0, 1).

= i

Potencija sa proizvoljnim racionalnim eksponentom

Uzmimo proizvoljan kompleksan broj With. Ako n onda prirodan broj With n = | c| n ·(Saos nArgs +i· grijeh nArgsa)(6). Ova formula je tačna iu ovom slučaju n = 0 (s≠0)
. Neka n < 0 I n Z I s ≠ 0, Onda

With n =
(cos nArgWith+i·sin nArgWith) = (cos nArgWith+ i·sin nArgWith) . Dakle, formula (6) vrijedi za bilo koje n.

Uzmimo racionalan broj , Gdje q prirodni broj, i r je ceo.

Onda ispod stepen c r razumećemo broj
.

Shvatili smo to ,

(k = 0, 1, …, q-1). Ove vrijednosti q komada, ako razlomak nije svodljiv.

Predavanje br. 3 Granica niza kompleksnih brojeva

Poziva se funkcija prirodnog argumenta kompleksne vrijednosti niz kompleksnih brojeva i određen je (Sa n ) ili With 1 , With 2 , ..., sa n . With n = a n + b n · i (n = 1,2, ...) kompleksni brojevi.

With 1 , With 2 , … - članovi niza; With n – zajednički član

Kompleksni broj With = a+ b· i pozvao granica niza kompleksnih brojeva (c n ) , Gdje With n = a n + b n · i (n = 1, 2, …) , gdje za bilo

to pred svima n > N važi nejednakost
. Niz koji ima konačnu granicu naziva se konvergentan sekvenca.

Teorema.

Da bi se dobio niz kompleksnih brojeva (sa n ) (S n = a n + b n · i) konvergirao u broj sa = a+ b· i, je neophodno i dovoljno da bi se ostvarila jednakostlim a n = a, lim b n = b.

Dokaz.

Teoremu ćemo dokazati na osnovu sljedeće očigledne dvostruke nejednakosti

, Gdje Z = x + y· i (2)

Nužnost. Neka lim(Sa n ) = s. Pokažimo da su jednakosti tačne lim a n = a I lim b n = b (3).

Očigledno (4)

Jer
, Kada n → ∞ , onda iz lijeve strane nejednakosti (4) slijedi da
I
, Kada n → ∞ . stoga su jednakosti (3) zadovoljene. Potreba je dokazana.

Adekvatnost. Neka su sada zadovoljene jednakosti (3). Iz jednakosti (3) slijedi da
I
, Kada n → ∞ , dakle, zbog desne strane nejednakosti (4), bit će
, Kada n→∞ , znači lim(Sa n )=c. Dovoljnost je dokazana.

Dakle, pitanje konvergencije niza kompleksnih brojeva je ekvivalentno konvergenciji dva niza realnih brojeva, stoga se sva osnovna svojstva granica nizova realnih brojeva odnose na nizove kompleksnih brojeva.

Na primjer, za nizove kompleksnih brojeva vrijedi Cauchyjev kriterij: kako bi se dobio niz kompleksnih brojeva (sa n ) konvergira, potrebno je i dovoljno da za bilo koje

, to za bilo kojen, m > Nvaži nejednakost
.

Teorema.

Neka niz kompleksnih brojeva (sa n ) I (z n ) konvergiraju u c i respektivnoz, onda su jednakosti tačnelim(Sa n z n ) = c z, lim(Sa n · z n ) = c· z. Ako se to pouzdano znaznije jednako 0, tada je jednakost tačna
.

brojevi u trigonometrijskom obliku.

Moivreova formula

Neka je z 1 = r 1 (cos  1 + isin  1) i z 2 = r 2 (cos  2 + isin  2).

Trigonometrijski oblik pisanja kompleksnog broja pogodan je za korištenje za izvođenje operacija množenja, dijeljenja, podizanja na cijeli broj i vađenja korijena stepena n.

z 1 ∙ z 2 = r 1 ∙ r 2 (cos ( 1 +  2) + i sin( 1 +  2)).

Prilikom množenja dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku, njihovi moduli se množe i njihovi argumenti se dodaju. Prilikom podjele njihovi moduli se dijele i njihovi argumenti se oduzimaju.

Posljedica pravila za množenje kompleksnog broja je pravilo za podizanje kompleksnog broja na stepen.

z = r(cos  + i sin ).

z n = r n (cos n + isin n).

Ovaj omjer se zove Moivreova formula.

Primjer 8.1 Pronađite proizvod i količnik brojeva:

I

Rješenje

z 1 ∙ z 2
∙

=

;

Primjer 8.2 Napišite broj u trigonometrijskom obliku

∙
–i) 7 .

Rješenje

Označimo
i z 2 =
– i.

r 1 = |z 1 | = √ 1 2 + 1 2 = √ 2; ;

 1 = arg z 1 = arktan
;

z 1 =
;

r 2 = |z 2 | = √(√ 3) 2 + (– 1) 2 = 2;  2 = arg z 2 = arktan
;

z 2 = 2
) 5
z 1 5 = (

;
z 2 7 = 2 7
=

2 9

z = (

) 5 ·2 7n§ 9 Izdvajanje korena kompleksnog broja Definicija. Root
stepen kompleksnog broja
= 0.

z (označiti

) je kompleksan broj w takav da je w n = z. Ako je z = 0, onda

Neka je z  0, z = r(cos + isin). Označimo w = (cos + sin), zatim zapišemo jednačinu w n = z u sljedećem obliku

 =

 n (cos(n·) + isin(n·)) = r(cos + isin).
·
.

Stoga je  n = r,

Dakle, wk =

Među ovim vrijednostima ima tačno n različitih.
Stoga je k = 0, 1, 2, …, n – 1.

Na kompleksnoj ravni, ove tačke su vrhovi pravilnog n-ugla upisanog u krug poluprečnika

sa centrom u tački O (slika 12). Slika 12
.

Primjer 9.1

Pronađite sve vrijednosti

Rješenje.
Predstavimo ovaj broj u trigonometrijskom obliku. Nađimo njegov modul i argument.

w k =
.

, gdje je k = 0, 1, 2, 3.
.

w 0 =
.

w 1 =
.

Na kompleksnoj ravni ove tačke su vrhovi kvadrata upisanog u krug poluprečnika
sa centrom na početku (slika 13).

Slika 13 Slika 14

Primjer 9.2 Slika 12
.

Primjer 9.1

z = – 64 = 64(cos +isin);

Rješenje.
, gdje je k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

w k =
;
;

w 0 =
w 1 =

w 3 =
w 4 =
.

;

w 5 =

Na kompleksnoj ravni ove tačke su vrhovi pravilnog šestougla upisanog u krug poluprečnika 2 sa centrom u tački O (0; 0) - slika 14.

Označimo
§ 10 Eksponencijalni oblik kompleksnog broja.
Ojlerova formula = cos  + isin  i .

= cos  - isin  .
Ovi odnosi se nazivaju

Ojlerove formule

Funkcija

ima uobičajena svojstva eksponencijalne funkcije:
.

Neka je kompleksni broj z napisan u trigonometrijskom obliku z = r(cos + isin). Koristeći Ojlerovu formulu, možemo napisati: z = r

Ovaj unos se zove
eksponencijalni oblik
kompleksni broj. Koristeći ga, dobijamo pravila za množenje, dijeljenje, stepenovanje i vađenje korijena.

Ako je z 1 = r 1 ·
;

·

i z 2 = r 2 ·

?To

z 1 · z 2 = r 1 · r 2 · z n = r n ·

, gdje je k = 0, 1, … , n – 1.
.

Primjer 9.1

Primjer 10.1 Napišite broj u algebarskom obliku

Primjer 9.1

z =
Primjer 10.2

Riješite jednačinu z 2 + (4 – 3i)z + 4 – 6i = 0.
Za bilo koje kompleksne koeficijente, ova jednadžba ima dva korijena z 1 i z 1 (možda se poklapaju). Ovi korijeni se mogu pronaći koristeći istu formulu kao u stvarnom slučaju. Jer

uzima dvije vrijednosti koje se razlikuju samo po predznaku, tada ova formula izgleda ovako:
Kako je –9 = 9 e  i, onda su vrijednosti
.

Primjer 9.1

I
.

Primjer 10.3

Rješenje.
Riješiti jednačine z 3 +1 = 0; z 3 = – 1.

Traženi korijeni jednačine će biti vrijednosti

Za z = –1 imamo r = 1, arg(–1) = .

b)

A)

V)

d) 7(cos0 + isin0).
.

11 Napišite brojeve u algebarskim i geometrijskim oblicima:

12 Brojevi su dati
Predstavljajući ih u eksponencijalnom obliku, pronađite

13 Koristeći eksponencijalni oblik kompleksnog broja, izvršite sljedeće korake:
A)