Методические указания к выполнению РГР по математичскому анализу (1012831), страница 3
Текст из файла (страница 3)
z = 2 − i11Ответ: z = 5 (cos(− arctg ) + i sin( − arctg )) .223. z = 3 + 3iОтвет: z = 3 2 (cosπ4+ i sinπ4).4.5. Алгебраические действия над комплексными числамив тригонометрической формеПусть z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) , r = z , ϕ = arg z . Из теории степенных рядов известны следующие формулыЭйлера:e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ ,e −iϕ = cos ϕ − i sin ϕ .Тогда z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = re iϕ , при этом z = re iϕ - показательная форма записи комплексного числа.
Тогдаоперация возведения в степень может быть определена в виде z n = r n e inϕ , илиz n = r n (cos nϕ + i sin nϕ ) .Для извлечения корня n-ой степени представим z в тригонометрической форме, используя все значенияаргумента ( Arg z ), т.е. z = r (cos(ϕ + 2πk ) + i sin(ϕ + 2πk )) k = 0,±1,±2,... , или z = re i (ϕ + 2πk ) . Тогдаилиϕ + 2πkϕ + 2πknz = n r (cos),+ i sinnnnz = n reiϕ + 2πkn,где n r - арифметический корень; k = 0,1,2,..., n − 1 , так как дальнейший перебор k приводит к повтору корней(указанный перебор позволяет получить все n различных корней).
Полученная формула позволяет решатьуравнения вида z n = z0 . С этой целью перед ее применением следует найти модуль r и аргумент ϕ числа z 0 .Пример 1. Вычислить (1 + i )123 .Решение.1πНайдем модуль и аргумент числа 1 + i : r = 1 + i = 2 , tg ϕ = = 1 ; точка (1;1) ∈ I-ой четверти ⇒ ϕ = .14Поэтому 1 + i = 2 (cosππ+ i sin ) , тогда443π3π3π3πππ(1 + i )123 = ( 2 )123 (cos( ⋅123) + i sin( ⋅123)) = ( 2 )122 2 (cos(30π + ) + i sin(30π + )) = 2 61 2 (cos+ i sin )4444441161616161=22 (−+i) = 2 (−1 + i ) = −2 + 2 i.22Пример 2.
Решить уравнение: z 4 + 1 = 0 .Решение.Перепишем уравнение в видеz 4 = −1 ⇒ z = 4 − 1 , т.е. для решения уравнения нужно найти все корни 4 -ой степени из −1 . Заметим, что вобласти действительных чисел это невозможно.Найдем модуль и аргумент числа −1 = −1 + 0i ,0r = − 1 = 1 , tg ϕ ==0.−1Так как точка (−1;0) ∈ II-ой четверти, то ϕ = π .Отсюда z = 4 − 1 = 4 1 (cosπ + 2πk4+ i sinπ + 2πk4) , k = 0,1,2,3.Итак,z1 = 1 ⋅ (cosz 2 = 1 ⋅ (cosz 3 = 1 ⋅ (cosπ+ i sin43π45π4+ i sin+ i sinπ4)=3π45π422+i( k = 0 );222)=−22)=−2+i−i2222( k = 1 );( k = 2 );7π7π22)=+ i sin−i( k = 3 ).4422Здесь интересно отметить, что числа z1 , z 4 и z 2 , z 3 являются сопряженными.
В этом примере проявилосьz 4 = 1 ⋅ (cosсвойство уравнения с действительными коэффициентами: если такое уравнение имеет хотя бы один комплексныйкорень, то обязательно существует еще один, сопряженный ему.Пример 3. Решить уравнение: z 3 + i = 0 .Решение.z 3 + i = 0 ⇒ z 3 = −i ⇒ z = 3 − i .Найдем модуль и аргументr = − i = 0 + (−1) 2 = 1 , ϕ = −π2−i ,числаучитывая,что−i = 0 − 1i ,т.е.x = 0,y = −1 .Поэтому(см. рис. 15).y110−1 Mπϕ=−2xРис.
15Здесь точка M (0;−1) изображает комплексное число −i .Поскольку r = 1, ϕ = −z = 3 1 (cos−π2, тоππ+ 2πk− + 2πk2+ i sin 2) , k = 0,1,2 .33Итак,ππ3 1z1 = cos(− ) + i sin(− ) =− i ( k = 0 );2 266z 2 = cosz 3 = cosЗаметим, что для числа i аргумент ϕ =π2+ i sinπ2= 0 + i = i ( k = 1 );7π7π3 1+ i sin=−− i ( k = 2 ).662 2π, так как его изображает точка (0;1) .
Таким образом, все числа вида20 + yi изображаются точками на оси OY . Эти числа называют чисто мнимыми, а ось OY соответственно мнимойосью.Интересно посмотреть, как располагаются найденные числа на комплексной плоскости. С этой целью запишемπ 2ππ 2π ⎤⎡z = 3 − i = 1 ⋅ ⎢cos(− +k ) + i sin(− +k ) , k = 0, 1, 2.6 36 3 ⎥⎦⎣Отсюда ясно, что z1 , z 2 , z 3 лежат на окружности радиуса 1 ( z1 = z 2 = z 3 = 1) , при этом следующий кореньполучается из предыдущего поворотом луча на2π.3yz2ϕ=π2xϕ=7π6πϕ=−6z3z1Рис. 165Пример 4. Решить уравнение: ( z − i ) = −1 + i .Решение.(z − i )5 = −1 + i ⇒ z − i = 5 − 1 + i ⇒ z = 5 − 1 + i + i.Отсюда ясно, что сначала нужно найти все корни пятой степени из числа −1 + i . Обозначим их ~z .
Найдеммодуль и аргумент числа −1 + i :r = − 1 + i = (−1) 2 + 1 = 2 , (r = ~z ),tg ϕ =3π1(см рис. 14).= −1 . Так как точка (−1;1) ∈ II четверти, то ϕ =4−1Итак,~z = 5 −1+ i =этом z = ~z + i.53π3π⎡⎤+ 2πk+ 2πk ⎥⎢442 ⎢cos() + i sin()⎥ = 555⎢⎥⎢⎣⎥⎦3π 23π 2⎤⎡2 ⎢cos( + πk ) + i sin( + πk ) ⎥,20 520 5⎦⎣k = 0, 1, 2, 3, 4 , при~z = 10 2 (cos 3π + i sin 3π ) ( k = 0 );12020π32~z = 10 2 (cos( + π) + i sin( 3π + 2 π)) = 10 2 (cos 11 π + i sin 11 π) ( k = 1 );2202020 520 53π43π41919~z = 10 2 (cos( + π) + i sin( + π)) = 10 2 (cos π + i sinπ) ( k = 2 );320 520 52020~z = 10 2 (cos( 3π + 6 π) + i sin( 3π + 6 π)) = 10 2 (cos 27 π + i sin 27 π) ( k = 3 );420 520 52020ππ7735353838~z = 10 2 (cos( + π) + i sin( + π)) = 10 2 (cos π + i sinπ) = 10 2 (cos π + i sin π) ( k = 4 ).544202020 520 5z + i , получаем искомые корни уравнения:Поскольку z = ~3π3πz1 = 10 2 cos + i (10 2 sin + 1);20201111z 2 = 10 2 cos π + i (10 2 sinπ + 1) ;20201919z 3 = 10 2 cos π + i (10 2 sinπ + 1) ;20202727z 4 = 10 2 cosπ + (10 2 sinπ + 1)i ;202072727722z 5 = 10 2 cos π + i (10 2 sin π + 1) = 10 2+ i (−10 2+ 1), т.
к. cos π =., sin π = −42424422Задачи для самостоятельного решения581. Вычислить (−1 + 3i ) .Ответ: − 2 57 + 2 57 3i .2. Решить уравнение: z 4 − 2i = 0 .ππОтвет: z1 = 4 2 (cos + i sin ) ( k = 0 );8855z 2 = 4 2 (cos π + i sin π) ( k = 1 );8899z 3 = 4 2 (cos π + i sin π) ( k = 2 );881313z 4 = 4 2 (cos π + i sin π) ( k = 3 ).883. Решить уравнение: z 6 + 9 = 0.33π3⋅ 33+ i sin ) =+i( k = 0 );2266ππz 2 = 3 3 (cos + i sin ) = 3 3i ( k = 1 );22Ответ: z1 = 3 3 (cosπ333 3355z 3 = 3 3 (cos π + i sin π) = −+i( k = 2 );2266z4 = −333⋅ 33−i( k = 3 );22z 5 = −3 3i ( k = 4 );z6 =333⋅ 33−i( k = 5 ).224.
Решить уравнение: ( z + 1) 3 = 2 .Ответ:z1 = 3 2 − 1 ( k = 0 ):z 2 = 3 2 (cos332⋅ 322π2πi ( k = 1 );+ i sin ) − 1 = −−1+2233z 3 = 3 2 (cos332⋅ 324π4πi ( k = 2 );+ i sin ) − 1 = −−1 −22335. Решить уравнение: z 4 + 2 z 2 + 4 = 0 .Заметим, что здесь следует сначала решить биквадратное уравнение относительно z 2 , а затем извлекатьквадратные корни из двух найденных чисел.Ответ:⎡− 1 + 3i1. z 2 = ⎢;⎢⎣− 1 − 3i2. z1 = 2 (cosz 2 = 2 (cosz 3 = 2 (cosz 4 = 2 (cosπ3+ i sinπ3)=26+i,22264π4π+ i sin−i,)=−22335π3+ i sin5π3)=22−62i.262π2π+ i sin ) = −+i,22335. Исследование функции и построение ее графика(методические указания к п.
IV)Условие: исследовать функцию f (x) и построить ее график.При решении этой задачи используется следующая схема:1) определяем область определения D( f ) и область значений E ( f ) ; точки разрыва;2) находим точки пересечения с координатными осями: x = 0 (с OY ) , y = 0 (с OX ) ; знак f (x) в различныхточках области определения;3) исследуем f (x) на непрерывность и получаем вертикальные асимптоты (если они есть);4) исследуем f (x) на четность, нечетность, периодичность;5) с помощью производной f ′(x) находим интервалы возрастания ( f ′( x) > 0) и убывания ( f ′( x) < 0) функции;⎡ f ′( x) = 0,⎢возможные точки локального экстремума как решение совокупности: ⎢ f ′( x) = не существует,⎢ f ′( x) = ∞.⎣При этом достаточным условием экстремума является смена знака f ′(x) при переходе через критическуюточку.′′′′′′6) с помощью f (x) находим интервалы выпуклости вверх ( f ( x) < 0) и вниз ( f ( x) > 0) графика функции,⎡ f ′′( x) = 0,точки перегиба как решения ⎢⎢⎣ f ′′( x) не существует.При этом достаточным условием точки перегиба является смена знака f ′′(x) при переходе через критическуюточку.По пунктам 5 и 6 целесообразно сделать таблицу;7) вычисляем наклонные (правые и левые) асимптоты, которые ищем в виде y = kx + b :- для правой асимптоты: k = limx→ +∞k = limf ( x)xf ( x); b = lim ( f ( x) − kx);x → +∞; b = lim ( f ( x) − kx);x → −∞xАсимптоты существуют только в том случае, когда оба предела существуют и конечны.
При k = 0 получаемгоризонтальную асимптоту.По результатам этого исследования строим график функции, отмечая на координатной плоскости всенайденные характерные точки: пересечения с осями, экстремума, перегиба, а также асимптоты.- для левой асимптоты:x → −∞Пример 1. Исследовать функцию: y =x32x −1.Решение.1) D( f ) = (−∞;−1) ∪ (−1;1) ∪ (1;+∞), так как x 2 − 1 ≠ 0, E ( f ) = R; точки разрыва: x = ±1.2) Точки пересечения с осью OX :⎧⎪ x = 0xy =0⇒=0⇔⎨ 2⇒ x = 0, или точка (0;0) ;3 2⎪⎩ x − 1 ≠ 0x −1Точки пересечения с осью OY :x = 0 ⇒ y = 0.Исследуем знак f (x) :––+-10+13) Точки x = ±1 являются точками разрыва f (x ) , так как в них f (x) не определена.
Вычислим в этих точкаходносторонние пределы:x= −∞;x= +∞;x → −1+ 0 3 2x 2 −1x −1xxlim= −∞;lim= +∞;x → 1− 0 3 2x → 1+ 0 3 2x −1x −1⇒ точки x = ±1 являются точками разрыва второго рода, а прямые x = ±1 являются для графикавертикальными асимптотами.limx → −1− 0 3lim4) область D( f ) симметрична, исследуем на четность и нечетность.−xf (− x) =x=−= − f ( x), т. е. f (x) - нечетная функция, следовательно, ее график имеет3 2(− x 2 ) − 1x −1симметрию относительно начала координат.x +T≠ f ( x) при T ≠ 0 ⇒ f ( x ) не является периодической.Периодичность: f ( x + T ) =3(x + T ) 2 −132′⎛x ⎞⎟=5) y ′( x) = ⎜⎜3 2⎟−x1⎝⎠=x2 − 333 ( x 2 − 1) 4⎡ y ′( x) = 0⇒⎢⎣⎢ y ′( x) = ∞3−1x 2 − 1 − x ( x 2 − 1) 3 2 x3=3( x 2 − 1) 23( x 2 − 1) − 2 x 233 ( x 2 − 1) 2 3 ( x 2 − 1) 2=;⎡x = ± 3;⎢⎣⎢ x = ±1изучим знак y ′( x ) =max( x − 3 )( x + 3 )33 ( x − 1) 4 ( x + 1) 4:min− 3-1x31Вывод: максимум в точке (− 3;−332) , так как знак первой производной меняется с положительного на3) , так как знак первой производной меняется с отрицательного на2положительный.
Соответствующие значения функции:отрицательный, минимум в точке ( 3;y (− 3 ) =− 33=−3 −1332≈ −1,3;3y( 3) =332≈ 1,3 .141′4⎛⎞22⎛⎞3 − ( x 2 − 3) 4 ( x 2 − 1) 3 2 x3 ⎜ x 2 − 1 − ( x 2 − 3) ⎟xx21−2(1)xx−⎜1 x2 −3 ⎟ 1133⎝⎠=⎟ ==6) y ′′( x) = ⎜8843⎜3⎟3⎜ ( x 2 − 1) 3 ⎟x2 −1 3x 2 −1 3⎝⎠12 x(− x 2 + 3)2 x(9 − x 2 )13;==77322x −1 39 x −1 3((()()⎧⎪2 x(9 − x 2 ) = 0⎡ y ′′ = 0⎧ x = 0, x = ±3⇒;⇒⎨⎢⎨⎪⎩ x 2 − 1 = 0⎩ x = ±1⎣⎢ y ′′ = ∞))()исследуем знак y ′′(x), где y ′′ = −2 x( x − 3)( x + 3)9(x − 1)т.п.
-3-1 т.п. 0-101-3-10173 (x7+ 1) 3:1 т.п.33Точки x = ±3, x = 0 являются точками перегиба, поскольку знаки второй производной слева и справа от нихразличны; точки x = ±1 ∉ D( f ), поэтому не могут быть точками перегиба. Найдем точки на графике функции,соответствующие точкам перегиба:3−3−33y (−3) === − ⇒ точка (−3;− ),322238(−3) − 1y (0) = 0 ⇒ точка (0;0),y (3) =338=33⇒ точка (3; ).22Для данной функции таблицу достаточно сделать только для x ≥ 0 , так как f (x) нечетная. Для функцииобщего вида таблица делается на всей области определения.Таблица 6(3;+∞)x0(0;1)1(1; 3 )3( 3;3)3y′--∞-0+++y ′′0-∞+++0-yт.
п.0∞min≈ 1,3т. п.1,5Вся область определения разделяется критическими точками первой производной y ′ и второй производной y ′′на интервалы.Обозначения:- функция возрастает- функция убывает- график функции выпуклый вверх- график функции выпуклый вниз7) Наклонные асимптоты ищем в виде y = kx + b.Для правой асимптоты:f ( x)x1k = lim= lim= lim=0x→ +∞ xx→ +∞ 3 2x→ + ∞ 3 2x −1( x − 1) xb = lim ( f ( x) − kx) = limx → +∞x → +∞ 3⎡∞⎤= ⎢ ⎥ = limx − 1 ⎣ ∞ ⎦ x→ +∞x2x2x33x= lim1x → +∞11− 2xx2Для левой асимптоты: аналогично, k = 0, b = −∞ ⇒ нет левой асимптоты.Следовательно, наклонных асимптот нет.1−3= +∞ ⇒ нет правой асимптоты.График y =x3x2 −1изображен на рис. 17.yxxРис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
