А.В. Овчинников - Курс лекций по аналитической геометрии (1114603), страница 13

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 13)

Формула Эйлера. Рассмотрим функциюf (ϕ) = cos ϕ + i sin ϕ.Она обладает свойствомf (ϕ1 ) · f (ϕ2 ) = f (ϕ1 + ϕ2 ).Эта функция обозначается eiϕ :eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ;это — формула Эйлера.Средствами анализа можно доказать, что функция f (ϕ) действительно является показательной функцией.Показательная форма записи комплексных чисел:z = reiϕ ,гдеr = |z|,ϕ = Arg z.Из формулы Эйлера получаем:eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ,e−iϕ = cos ϕ − i sin ϕ;складывая/вычитая эти равенства, находимeiϕ + e−iϕcos ϕ =,2eiϕ − e−iϕsin ϕ =.2i113.3.

Возведение в степень. Тригонометрическая и показательная формы записи полезныпри возведении комплексных чисел в степень:hinr(cos ϕ + i sin ϕ) = rn (cos nϕ + i sin nϕ).Эта формула доказана при n ∈ N, но легко убедиться, что она справедлива и при n ∈ Z.Действительно, поскольку1cos ϕ − i sin ϕ== cos ϕ − i sin ϕ,cos ϕ + i sin ϕ(cos ϕ + i sin ϕ)(cos ϕ − i sin ϕ)получаемhi−n =r(cos ϕ + i sin ϕ)1r(cos ϕ + i sin ϕ)= r−n (cos nϕ − sin nϕ) = r−nn= r−n (cos ϕ − i sin ϕ)n =cos(−nϕ) + sin(−nϕ) .Те же выкладки в показательной форме намного короче:e−iϕ1== e−iϕ ,eiϕeiϕ · e−iϕreiϕ−n= r−n e−iϕn= r−n e−inϕ .Пример.Вычислим (1 − i)35 .Представим число 1 − i в тригонометрической (показательной) форме:p√Re(1 − i) = 1, Im(1 − i) = −1, |1 − i| = 12 + (−1)2 = 2,1sin ϕ = − √ ,21cos ϕ = √ ,2πϕ = arg(1 − i) = − ;4здесь мы выбрали диапазон значений arg z в виде (−π, π].Im zIm zOO1−iRe z/22 35√ 2Re z− π4− 3π4−217 (1 + i)Имеем:(1 − i)35 =35√3= 2 2 e−iπ 4353353535= 2 2 e−iπ 4 = 2 2 e−iπ(8+ 4 ) =2e−iπ/43511= −217 (1 + i).= 2 2 −√ − i√22123.4.

Формула Муавра. При r = 1 получаем формулу Муавра:(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ.Формула Муавра полезна при тригонометрических преобразованиях.Пример.(cos ϕ + i sin ϕ)3 = cos 3ϕ + i sin 3ϕ,cos3 ϕ + 3 cos2 ϕ · i sin ϕ + 3 cos ϕ · i2 sin2 ϕ + i3 sin3 ϕ = cos 3ϕ + i sin 3ϕ,cos 3ϕ = cos3 ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ,sin 3ϕ = 3 cos2 ϕ sin ϕ − sin3 ϕ.Пример.Преобразуем в произведения следующие суммы:C=nXcos kt = 1 + cos t + cos 2t + · · · + cos nt,k=0S=nXsin kt = sin t + sin 2t + · · · + sin nt.k=0ЗапишемC + iS =nXk=0cos kt + inXsin kt =k=0nX(cos kt + i sin kt) =nXeikt .k=0k=0Вычислим сумму получившейся геометрической прогрессии: n+1ti n+1t−i 2 ti n+1n22−eeeX1 − ei(n+1)t=eikt ==ttt1 − eiktei 2 e−i 2 − ei 2k=0 n+1−i n+1ti 2 t2−e/2ietsin n+1i nti nt222=e=e.ttsin nt2ei 2 − e−i 2 /2iЗдесь мы воспользовались тем, чтоeit − e−it.2iВ полученных выражениях отделим вещественную и мнимую части:sin t =i nt2C = Re etsin n+1tsin n+1cos nt222,nt =ntsin 2sin 2i nt2S = Im etsin n+1tsin n+1sin nt222.nt =ntsin 2sin 2Пример.Выразим cos5 t через кратные углы.5 it1e + e−it5= 5 e5it + 5e4it e−it + 10e3it e−2it + 10e2it e−3it + 5eit e−4it + e−5it =cos t =22 5it−5ite3it + e−3iteit + e−it5511 e +e+5+ 10cos 5t +cos 3t + cos t.== 4222216168133.5.

Извлечение корней. Число w называется корнем n-й степени из числа z, еслиwn = z:w=√nz⇐⇒wn = z.Представим числа w, z в показательной форме:w = ReiΦ ,z = reiϕ .Наша задача — по данным r, ϕ найти R, Φ.(nReiΦ = reiϕ⇐⇒Rn = r,nΦ = ϕ + 2πk,k ∈ Z,Rn einΦ = reiϕ⇐⇒1/nR = r ,⇐⇒ Φ = ϕ + 2πk ,nnk ∈ Z.Таким образом, получается не один, а множество корней, однако различными будуттолько те, которые отвечают значениям k = 0, 1, .

. . , n − 1.Геометрически эти корни изображаются вершинами правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса r1/n .Пример.√3−1.√3−1 =√3eiπ = eiπ+2πk3eiπ/3= eiπ e5iπ/3√31,= +i22= −1,√13= −i,22k = 0,k = 1,k = 2.14Im z12√32π3π−1+iRe z5π312−i√32Пример.√3−i.√3−i=√3e3iπ/2=ei3π/2+2πk3=ei3π+4πk6i7π2=Im z iπ/2e 7iπ/6e e11iπ/6√32k = 0,√3 1=−− i,22√3 1=− i,22π2Re z11π2−= i,√32− 12 i− 21 i−iПример.r√13 √44− +i= e2iπ/3 .22√4e2iπ/3 = ei2π/3+2πk4ππk= ei( 6 + 2 ) =eiπ/6 e2iπ/3e7iπ/6 e5iπ/3√3 1+ i,22√13,=− +i221√1=−3 − i,221 1 √= − i 3,2 2=k = 0,k = 1,k = 2,k = 3.k = 1,k = 2.15− 21+Im z√i 23√322π3+ 12 iπ67π6Re z5π3−√32− 12 i12−i√323.6. Гиперболические функции. Ранее мы получили соотношенияeix + e−ix,2Определим гиперболические функцииcos x =sin x =eix − e−ix.2iex + e−xex − e−x, sh x =.22Связь между тригонометрическими и гиперболическими функциями:ch x =cos ix = ch x,sin ix = i sh x,ch x = cos x,sh ix = i sin x.Все соотношения для гиперболических функций могут быть получены из соответствующих соотношений для тригонометрических функций:21222sin ix = cos2 ix + sin2 ix = 1,ch x − sh x = cos ix −ich 2x = cos 2ix = cos2 ix − sin2 ix = ch2 x − (i sin x)2 = ch2 x + sh2 x,11i(x + y)i(x − y)(sin ix + sin iy) = · 2 sincos=ii22x+yx−yx+yx−y2ch= 2 shch.= · i shi2222sh x + sh y =4.

МНОГОЧЛЕНЫ4.1. Деление многочленов.Q(x) =A(x)B(x)⇐⇒A(x) = B(x)Q(x).Будем обозначать степень многочлена нижним индексом: запись An (x) означает, что A(x)— многочлен степени n. ТогдаAn (x)= Qn−m (x).Bm (x)Деление многочленов осуществляется алгоритмом «деления уголком».2x5 + 4x4 − 4x3 + 11x2 − 13x + 3 | x2 + 3x − 12x5 + 6x4 − 2x32x3 − 2x2 + 4x − 316−2x4 − 2x3 + 11x2−2x4 − 6x3 + 2x24x3 + 9x2 − 13x4x3 + 12x2 − 4x−3x2 − 9x + 3−3x2 − 9x + 304.2. Деление с остатком. Деление многочленов нацело выполнимо не всегда, однаковсегда возможно «деление с остатком».Пусть требуется разделить многочлен An (x) на многочлен Bm (x). Формула деления состатком имеет видAn (x) = Bm (x) · Qn−m (x) + Rk (x),| {z } | {z } | {z }делительчастное0 6 k < m.остатокОтметим, что степень остатка строго меньше степени делителя.Если делить многочлен An (x) на многочлен первой степени B1 (x) = x − c, то остатокбудет многочленом нулевой степени, т.е. числом:An (x) = (x − c)Bn−1 (x) + R.Теорема.Теорема Безу.

Остаток от деления многочлена An (x) на x − c равен An (c).◭ По формуле деления с остаткомAn (x) = (x − c)Bn−1 (x) + R.Подставляя сюда x = c, получимAn (c) = (c − c)Bn−1 (c) +R{z}|⇐⇒R = An (c).◮=0Теорема.Многочлен An (x) делится на x − c без остатка тогда и только тогда, когда c —корень многочлена An (x), т.е. An (c) = 0.◭ 1. Пусть An (x) делится без остатка на x − c, т.е.An (x) = (x − c)Bn−1 (x).Подставляя сюда x = c, получаем An (c) = 0.2.

Пусть An (c) = 0. Разделим An (x) на x − c. По формуле деления с остаткомAn (x) = (x − c)Bn−1 (x) + R,где R = An (c) = 0.◮4.3. Кратные корни многочлена. Если x = c — корень многочлена An (x), т.е. An (c) = 0,то многочлен An (x) может быть записан в видеAn (x) = (x − c)Bn−1 (x).Если число c не является корнем многочлена Bn−1 (x), то говорят, что x = c — простойкорень многочлена An (x).17В противном случае можно записатьAn (x) = (x − c)p Bn−p (x),где многочлен Bn−p (x) не имеет число c своим корнем.

В этом случае говорят, что числоx = c является корнем кратности p многочлена An (x).Теорема.Если число x = c является корнем кратности p многочлена An (x), то оно являетсякорнем кратности p − 1 производной A′n (x).◭ Согласно условию имеемAn (x) = (x − c)p Bn−p (x),где Bn−p (c) 6= 0.Продифференцируем многочлен An (x):′A′n (x) = p(x − c)p−1 Bn−p (x) + (x − c)p Bn−p(x) =hi′= (x − c)p−1 pBn−p (x) + (x − c)Bn−p(x) = (x − c)p−1 B̃n−p (x).Очевидно, A′n (c) = 0, но при этом′(c) 6= 0.B̃n−p (c) = p Bn−p (c) +(c − c)Bn−p| {z }◮6=04.4. Основная теорема алгебры.Любой многочлен с комплексными коэффициентами имеет комплексный корень.Эквивалентная формулировка: поле комплексных чисел алгебраически замкнуто.Легко доказать, что каждый многочлен степени n в поле C имеет ровно n корней, есликаждый корень считать столько раз, какова его кратность.Действительно, рассмотрим многочлен An (z). Согласно основной теореме алгебры онимеет корень z = c1 и может быть представлен в видеAn (z) = (z − c1 )Bn−1 (z).Многочлен Bn−1 (x) также имеет корень x = c2 , так чтоAn (z) = (z − c1 )(z − c2 )Dn−2 (z).Продолжая процедуру, получаем, что многочлен An (z) допускает разложение видаAn (z) = a(z − c1 )(z − c2 ) · · · (z − cn ),причем среди корней c1 , .

. . , cn могут быть и совпадающие.4.5. Многочлены с вещественными коэффициентами.Многочлен степени n с вещественными коэффициентами имеет ровно n комплексныхкорней, если считать каждый корень столько раз, какова его кратность.Теорема.Пусть A(z) — многочлен с вещественными коэффициентами. Тогда для любого z ∈ CимеемA(z̄) = A(z).◭ ПустьA(z) = a0 z n + a1 z n−1 + · · · + an−1 z + an .18Так как коэффициенты вещественны, тоā0 = a0 ,ā1 = a1 ,...,ān = an .ПоэтомуA(z) = a0 z n + a1 z n−1 + · · · + an−1 z + an == ā0 z̄ n + ā1 z̄ n−1 + · · · + ān−1 z̄ + ān == a0 z̄ n + a1 z̄ n−1 + · · · + an−1 z̄ + an = A(z̄).◮Теорема.Если A(z) — многочлен с вещественными коэффициентами, z = c — его корень, тосопряженное число z̄ также является корнем многочлена A(z).◭ A(c̄) = A(c) = 0̄ = 0 ◮Таким образом, у многочлена с вещественными коэффициентами комплексные корнимогут появляться только сопряженными парами.Пусть c, c̄ — пара сопряженных корней (с ненулевыми мнимыми частями).

Характеристики

Список файлов лекций