ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ГЛАВЫ МАТЕМАТИКИ 10 класс...

АГЕНТСТВО ОБРАЗОВАНИЯ АДМИНИСТРАЦИИКРАСНОЯРСКОГО КРАЯ

КРАСНОЯРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТЗАОЧНАЯ ЕСТЕСТВЕННО-НАУЧНАЯ ШКОЛА при КрасГУ

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ГЛАВЫ МАТЕМАТИКИ10 классМодуль 3

КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА

Учебно-методическая часть

Красноярск 2006

Составитель: С.Г.Мысливец

Дополнительные главы математики. 10 класс. Модуль 3. Комплексные числа:учебно-методическая часть/ сост.: С.Г.Мысливец; Красноярск: РИО КрасГУ. — 2006.— 35 с.

ISBN 5-7638-0707-3

Печатается по решению Дирекции Краевого учреждения дополнительного обра-зования "Заочная естественно-научная школа"при Красноярском государственномуниверситете

ISBN 5-7638-0707-3c© Красноярскийгосударственныйуниверситет, 2006

ВВЕДЕНИЕ

Из курса математики известно, что отрицательные числа введены прежде всегодля того, чтобы операция вычитания, обратная к операции сложения, была всегдавозможна. По аналогичной причине в математике появились комплексные числа. Ес-ли рассматривать только действительные числа, то операция извлечения квадрат-ного корня, обратная к операции возведения в квадрат, не всегда возможна, так какнельзя извлечь квадратный корень из отрицательного числа. Этого, однако, недоста-точно, чтобы заводить в математике новые числа. Оказалось, что если производитьвычисления по обычным правилам над выражениями, в которых встречается кореньквадратный из отрицательного числа, то можно прийти к результату, уже не содер-жащему корень из отрицательного числа. В XVI веке Джироламо Кардано нашелформулу для решения кубического уравнения. Оказалось, что именно в том случае,когда кубическое уравнение имеет три действительных корня, в формуле Кардановстречается корень квадратный из отрицательного числа. Обнаружилось, таким об-разом, что, производя вычисления с выражениями, содержащими корень квадратныйиз отрицательного числа, можно получить вполне понятные результаты. Поэтому этичисла стали употреблять в математике.

Примерно в это же время к понятию квадратного корня из отрицательного числапришел и Рафаэль Бомбелли. В дальнейшем их назвали мнимыми числами, и темсамым они как бы приобрели право на нелегальное существование. Полные граждан-ские права мнимым числам на грани XVIII—XIX столетий дал Гаусс, который на-звал их комплексными числами, дал им геометрическую интерпретацию и, что самоеглавное, доказал основную теорему алгебры, утверждающую, что каждый многочленимеет хотя бы один действительный или комплексный корень.

1. Определение комплексных чисели арифметические операции над ними

Расширим понятие действительных чисел. Будем считать, что уравнение x2 +1 =0 имеет корень. Это число обозначают специальной буквой i и называется мнимойединицей, т.е. i2 = −1.

Определение 1.1. Множеством комплексных чисел называется множество чи-сел вида z = a + bi, где a и b — действительные числа. Число a называется дей-ствительной частью комплексного числа z, а b — мнимой частью, и обозначаютсясоответственно a = Re z, b = Im z.

1.1. Сложение и вычитание комплексных чисел

Два комплексных числа z1 = a+bi и z2 = c+di считаются равными a+bi = c+di,если a = c, b = d, т.е. равны их действительные и мнимые части соответственно.

Сложение и вычитание комплексных чисел z1 и z2 определены, соответственно,

3

правилами:

z1 + z2 = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i, (1)z1 − z2 = (a + bi)− (c + di) = (a− c) + (b− d)i. (2)

Пример 1.1. Даны комплексные числа z1 = 2− 3i и z2 = −5+7i. Найти a) суммуz1 + z2; b) разность z2 − z1.

Решение.a) z1 + z2 = (2− 3i) + (−5 + 7i) = (2− 5) + (−3 + 7)i = −3 + 4i;b) z2 − z1 = (−5 + 7i)− (2− 3i) = (−5− 2) + (7 + 3)i = −7 + 10i.Контрольный вопрос 1.1. Как складываются и вычитаются комплексные чис-

ла?

1.2. Умножение комплексных чисел

Умножение комплексных чисел z1 = a+ bi и z2 = c+ di производится по правилу:

z1z2 = (a + bi)(c + di) = (ac− bd) + (ad + bc)i. (3)

Эту формулу запоминать не обязательно, умножение комплексных чисел произ-водится раскрытием скобок по обычному правилу, только считая i2 = −1, и приве-дением подобных членов, т.е.

z1z2 = (a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = ac + adi + bci− bd =

= (ac− bd) + (ad + bc)i.

Для комплексных чисел также верны формулы сокращенного умножения:

(z1 ± z2)2 = z2

1 ± 2z1z2 + z22 ,

z21 − z2

2 = (z1 + z2)(z1 − z2),

(z1 ± z2)3 = z3

1 ± 3z21z2 + 3z1z

22 ± z3

2 ,

z31 ± z3

2 = (z1 ± z2)(z21 ∓ z1z2 + z2

2).

Пример 1.2. Даны два комплексных числа z1 = 2 + 3i и z2 = −3 + i. Найтипроизведение этих чисел.

Решение.

z1z2 = (2 + 3i)(−3 + i) = −6 + 2i− 9i + 3i2 = −6 + 2i− 9i− 3 = −9− 7i.

Пример 1.3. Даны три комплексных числа z1 = 1+2i, z2 = 3−4i и z3 = 2i. Найтиz1z2 + z3.

Решение.

z1z2 + z3 = (1 + 2i)(3− 4i) + 2i = 3− 4i + 6i + 8 + 2i = 11 + 4i.

Контрольный вопрос 1.2. Как умножаются комплексные числа?

4

1.3. Сопряженные комплексные числа. Деление комплексныхчисел

Для комплексного числа z = a + bi число z̄ = a − bi называется сопряженнымкомплексным числом. Найдем произведение

zz̄ = (a + bi)(a− bi) = a2 + b2.

Эта величина есть квадрат неотрицательного числа√

a2 + b2, которое называется мо-дулем комплексного числа z и обозначается |z|. Таким образом, |z| =

√zz̄ =

√a2 + b2.

Если z — действительное число, то понятие модуля комплексного числа совпадает спонятием абсолютной величины.

Понятие сопряженного числа позволяет ввести деление комплексных чисел, аименно:

z1

z2

=a + bi

c + di=

ac + bd

c2 + d2+

bc− ad

c2 + d2i. (4)

Эту формулу можно не запоминать, потому что в действительности комплексныечисла можно делить по схеме:

z1

z2

=z1z̄2

z2z̄2

=

=(a + bi)(c− di)

(c + di)(c− di)=

(ac + bd) + (bc− ad)i

c2 + d2.

Пример 1.4. Даны два комплексных числа z1 = −1 + 2i и z2 = 3 − 2i. Найтичастное

z1

z2

.

Решение.

z1

z2

=−1 + 2i

3− 2i=

(−1 + 2i)(3 + 2i)

(3− 2i)(3 + 2i)=−3− 2i + 6i− 4

9 + 4= − 7

13+

4

13i.

Пример 1.5. Записать выражение

z =2− 3i

(4 + 2i)(3 + i)

в виде a + bi, т.е. привести к виду комплексного числа.Решение.

z =2− 3i

(4 + 2i)(3 + i)=

2− 3i

12 + 4i + 6i− 2=

2− 3i

10 + 10i=

(2− 3i)(10− 10i)

(10 + 10i)(10− 10i)=

=20− 20i− 30i− 30

100 + 100= − 10

200− 50

200i = − 1

20− 1

4i.

Для операции сопряжения и взятия модуля комплексного числа справедливы сле-дующие равенства:

5

z1 + z2 = z̄1 + z̄2, z1 − z2 = z̄1 − z̄2,

z1z2 = z̄1z̄2, (z1/z2) = z̄1/z̄2,

|z1z2| = |z1||z2|, |z1/z2| = |z1|/|z2|.

Пример 1.6. Даны комплексные числа z1 = −1 + i, z2 = −3i и z3 = 3 + 2i.Вычислить

z1z̄2

z3

.

Решение.

z1z̄2

z3

=(−1 + i)3i

3 + 2i=

(−3i− 3)(3− 2i)

(3 + 2i)(3− 2i)=−9i− 6− 9 + 6i

9 + 4= −15

13− 3

13i.

Рассмотрим более сложный пример.Пример 1.7. Доказать тождество

z1 Im(z̄2z3) + z2 Im(z1z̄3) + z3 Im(z̄1z2) = 0.

Решение. Пусть z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2, z3 = x3 + iy3. Тогда

Im(z̄2z3) = Im((x2 − iy2)(x3 + iy3)) = Im((x2x3 + y2y3) + i(x2y3 − x3y2)) =

= x2y3 − x3y2,

Im(z1z̄3) = Im((x1 + iy1)(x3 − iy3)) = Im((x1x3 + y1y3) + i(x3y1 − x1y3)) =

= x3y1 − x1y3,

Im(z̄1z2) = Im((x1 − iy1)(x2 + iy2)) = Im((x1x2 + y1y2) + i(x1y2 − x2y1)) =

= x1y2 − x2y1.

Следовательно,

z1 Im(z̄2z3) = (x1 + iy1)(x2y3 − x3y2) = (x1x2y3 − x1x3y2) + i(x2y1y3 − x3y1y2),

z2 Im(z1z̄3) = (x2 + iy2)(x3y1 − x1y3) = (x2x3y1 − x1x2y3) + i(x3y1y2 − x1y2y3),

z3 Im(z̄1z2) = (x3 + iy3)(x1y2 − x2y1) = (x1x3y2 − x2x3y1) + i(x1y2y3 − x2y1y3).

Складывая правые части последних трех равенств, получим ноль, что и доказываеттождество.

Рассмотрим еще один пример, в дальнейшем мы дадим его геометрическую ин-терпретацию.

6

Пример 1.8. Пусть |z1| = a, |z2| = b. Доказать,что

|z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2(a2 + b2).

Решение. Поскольку |z|2 = zz̄, то

|z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 =

= (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 − z2)(z1 − z2) =

= (z1 + z2)(z̄1 + z̄2) + (z1 − z2)(z̄1 − z̄2) =

z1z̄1 + z2z̄2 + (z1z̄2 + z2z̄1) + z1z̄1 + z2z̄2 − (z1z̄2 + z2z̄1) =

= 2(|z1|2 + |z2|2) = 2(a2 + b2).

Пример 1.9. Решить уравнение

z2 + |z| = 0.

Решение. Пусть z = x + iy. Тогда данное уравнение запишется в виде

(x + iy)2 +√

x2 + y2 = 0,

откуда (x2 − y2 +

√x2 + y2

)+ 2xyi = 0.

Комплексное число равно нулю тогда и только тогда, когда его действительная имнимая части равны нулю, поэтому для нахождения неизвестных x и y получимсистему {

x2 − y2 +√

x2 + y2,xy = 0.

Из второго уравнения этой системы находим: x = 0 или y = 0.При x = 0 первое уравнение системы запишется в виде −y2+|y| = 0 или |y|2−|y| =

0. Отсюда находим |y| = 0 или |y| = 1. Таким образом, числа z1 = 0, z2 = i, z3 = −iявляются решениями данного уравнения.

При y = 0 для нахождения x получаем уравнение x2 + |x| = 0. Отсюда следует,что x = 0, и тем самым z = 0.

Таким образом, корнями данного уравнения являются числа

z1 = 0, z2 = i, z3 = −i.

Пример 1.10. Решить систему уравнений∣∣∣∣z − 12

z − 8i

∣∣∣∣ =5

3,∣∣∣∣z − 4

z − 8

∣∣∣∣ = 1.

7

Решение. Полагая z = x + iy, имеем∣∣∣∣z − 12

z − 8i

∣∣∣∣2 =|z − 12|2

|z − 8i|2=

(x− 12)2 + y2

x2 + (y − 8)2=

x2 + y2 + 144− 24x

x2 + y2 + 64− 16y,

∣∣∣∣z − 4

z − 8

∣∣∣∣2 =|z − 4|2

|z − 8|2=

(x− 4)2 + y2

(x− 8)2 + y2=

x2 + y2 + 16− 8x

x2 + y2 + 64− 16x,

следовательно,

x2 + y2 + 144− 24x

x2 + y2 + 64− 16y=

25

9и

x2 + y2 + 16− 8x

x2 + y2 + 64− 16x= 1.

После преобразований данная система принимает вид{2x2 + 2y2 + 27x− 50y + 38 = 0,x = 6.

Решением полученной системы являются пары (6, 17) и (6, 8).Таким образом, исходная система имеет два решения z1 = 6 + 17i,

z2 = 6 + 8i.Контрольный вопрос 1.3. Что такое сопряженные комплексные числа?

1.4. Свойства арифметических операций

Арифметические операции над комплексными числами обладают следующимисвойствами:

1) z1 + z2 = z2 + z1 — коммутативность сложения.

2) (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3) — ассоциативность сложения.

3) Для любых комплексных чисел z1 и z2 существует единственное число z такое,что z1 + z = z2.

4) z1z2 = z2z1 — коммутативность умножения.

5) (z1z2)z3 = z1(z2z3) — ассоциативность умножения.

6) Для любых комплексных чисел z1 6= 0 и z2 существует единственное число zтакое, что z1z = z2.

7) z1(z2+z3) = z1z2+z1z3 — дистрибутивность умножения относительно сложения.

Все изложенные свойства следуют из формул (1)—(4) и аналогичных свойств дей-ствительных чисел. Заметим, что из знаков сравнения 6=, <, 6, >, > в множествекомплексных чисел употребляется только знак 6=. Из определения действий сложе-ния, вычитания, умножения и деления комплексных чисел вытекает, что их можнопроводить по правилам действий над многочленами (относительно i), заменяя i2 на−1 и объединяя отдельно члены, содержащие i и не содержащие i.

8

�z = a + ib

z̄ = a− ib

ϕ = arg z

(a, b)|z| =

√a2 + b2

O 1

1

x

y

Рис. 1.

2. Геометрическая интерпретациякомплексных чисел

2.1. Тригонометрическая форма комплексного числа

Рассмотрим геометрическую интерпретацию комплексных чисел. Каждому ком-плексному числу z = a+bi ставится точка с координатами (a, b) в декартовой системекоординат XOY .

Таким образом, устанавливается взаимно однозначное соответствие между мно-жеством комплексных чисел и точками плоскости XOY (рис. 1). Комплексному чис-лу 0 + 0i соответствует точка (0, 0). Сопряженному комплексному числу z̄ = a − biбудет соответствовать точка (a,−b) симметричная точке (a, b) относительно оси Ox.

Расстояние от точки (a, b) до начала координат равно√

a2 + b2, т.е. равно |z| —модулю комплексного числа z.

Угол ϕ (0 6 ϕ < 2π), измеряемый в радианах и отсчитываемый против часовойстрелки от луча [Ox) до луча [Oz) (рис. 1), называется главным аргументом числаz 6= 0 и обозначается arg z. Величина этого угла может быть найдена из системы

sin ϕ =b√

a2 + b2,

cos ϕ =a√

a2 + b2,

0 6 ϕ < 2π.

Аргументом комплексного числа z (обозначается Arg z) называется любое из чи-сел вида

Arg z = arg z + 2πk, где k ∈ Z.

Посколькуa = |z| cos α,

b = |z| sin α,

9

где α = Arg z, то любое комплексное число z = a + bi 6= 0 можно выразить через егомодуль и аргумент:

z = a + bi = |z|(cos α + i sin α).

Такая форма записи числа называется тригонометрической формой комплексногочисла (в отличие от алгебраической формы z = a + bi). Часто модуль числа обозна-чают |z| = ρ, тогда z = ρ(cos α + i sin α).

Пример 2.1. Записать комплексное число z =√

3 + 3i в тригонометрическойформе.

Решение. Найдем модуль и главный аргумент этого числа:

|z| =√

3 + 9 =√

12 = 2√

3,

arg z = ϕ =π

3,

поскольку sin ϕ =

√3

2и cos ϕ =

1

2.

Поэтому z =√

3 + 3i = 2√

3(cos

π

3+ i sin

π

3

).

Пример 2.2. Записать комплексные числа в тригонометрической форме:

1 + i, i, 2, −i, −3, cosπ

6+ i sin

−π

6,−√

2

2(1 + i).

Решение. Вычисляя у каждого числа модуль и аргумент, получим

1 + i =√

2(cos

π

4+ i sin

π

4

),

i = cosπ

2+ i sin

π

2,

2 = 2(cos 0 + i sin 0),

−i = cos3π

2+ i sin

3π

2,

−3 = 3(cos π + i sin π),

cosπ

6+ i sin

−π

6= cos

−π

6+ i sin

−π

6,

−√

2

2(1 + i) = cos

5π

4+ i sin

5π

4.

Обратим внимание на то, что выражения

−3(cos

π

4+ i sin

π

4

), 2

(cos

π

4− i sin

π

4

),

2

(sin

2π

3+ i cos

2π

3

), cos

π

3+ i sin

2π

3

не являются тригонометрическими формами записи каких-либо комплексных чисел.Контрольный вопрос 2.1. Какова тригонометрическая форма записи ком-

плексного числа и каков её геометрический смысл?

10

�z1

z2

z1 + z2

−z2

z1 − z2

O x

y

Рис. 2.

2.2. Арифметические операции над комплексными числамив тригонометрической форме

Геометрическая интерпретация комплексных чисел позволяет складывать и вы-читать их как вектора по правилу параллелограмма (рис. 2).

Таким образом, модули суммы двух комплексных чисел |z1+z2| и разности |z1−z2|равны диагоналям параллелограмма, построенного на векторах ~z1 и ~z2. А модульразности еще выражает и расстояние между точками z1 и z2.

В тригонометрической форме складывать и вычитать комплексные числа доста-точно трудоёмко, а вот умножать и делить легко. Если числа z1 и z2 представленыв тригонометрической форме:

z1 = |z1|(cos α1 + i sin α1), z2 = |z2|(cos α2 + i sin α2),

тоz1z2 = |z1||z2|(cos α1 + i sin α1)(cos α2 + i sin α2) =

= |z1||z2|((cos α1 cos α2 − sin α1 sin α2) + i(cos α1 sin α2 + sin α1 cos α2)),

и, используя формулу сложения для синуса и косинуса, получим

z1z2 = |z1||z2|(cos(α1 + α2) + i sin(α1 + α2)).

В правой части последней формулы записано комплексное число в тригонометриче-ской форме, модуль которого равен |z1||z2|, а аргумент равен α1 +α2. Таким образом,при умножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы скла-дываются. Тем самым

|z1z2| = |z1||z2|, Arg(z1z2) = Arg z1 + Arg z2.

11

РавенствоArg(z1z2) = Arg z1 + Arg z2

для главного значения аргумента (arg z, 0 6 arg z < 2π), вообще говоря, не верно.Например, для чисел z1 = −i, z2 = −i имеем arg(z1z2) = arg(−1) = π, но arg z1 +

arg z2 = arg(−i) + arg(−i) =3π

2+

3π

2= 3π.

Равенство Arg(z1z2) = Arg z1 + Arg z2 понимается в следующем смысле: для лю-бых отличных от нуля комплексных чисел z1 и z2 среди всех возможных значенийArg z1, Arg z2 и Arg(z1z2) найдутся такие, для которых будет выполнено указанноеравенство. Так, в рассмотренном выше примере оно будет иметь место, если взять

Arg(z1z2) = 3π, Arg z1 =3π

2, Arg z2 =

3π

2.

Рассмотрим деление комплексных чисел, записанных в тригонометрической фор-ме. Умножив числитель и знаменатель дроби z1/z2 на cos α2 − i sin α2, получим

z1

z2

=|z1|(cos α1 + i sin α1)

|z2|(cos α2 + i sin α2)=

=|z1|(cos α1 + i sin α1)(cos α2 − i sin α2)

|z2|(cos α2 + i sin α2)(cos α2 − i sin α2)=

=|z1||z2|

((cos α1 cos α2 + sin α1 sin α2)

cos2 α2 + sin2 α2

+i(sin α1 cos α2 − sin α2 cos α1)

cos2 α2 + sin2 α2

)и, используя формулу разности для синуса и косинуса, получим

z1

z2

=|z1||z2|

(cos(α1 − α2) + i sin(α1 − α2)).

В правой части последней формулы записано число в тригонометрической форме,модуль которого равен |z1|/|z2|, а аргумент равен α1−α2. Таким образом, при делениикомплексных чисел их модули делятся, а аргументы вычитаются. Следовательно,∣∣∣∣z1

z2

∣∣∣∣ =|z1||z2|

, Arg

(z1

z2

)= Arg z1 − Arg z2.

Равенство аргументов понимается так же, как и для умножения комплексных чиселв тригонометрической форме.

Пример 2.3. Найти тригонометрическую форму комплексного числа

z =i− 1

2(cos

π

4+ i sin

π

4

) .

Решение. Пусть

z1 = i− 1, z2 = 2(cos

π

4+ i sin

π

4

).

Тогда |z2| = 2, Arg z2 =π

4+ 2πk, k ∈ Z. Поскольку |z1| =

√2 и Arg z1 =

3π

4+ 2πm,

m ∈ Z, то|z1||z2|

=

√2

2, а Arg

z1

z2

= Arg z1−Arg z2 =3π

4+2πm− π

4−2πk =

π

2+2π(m−k).

12

�z1

z2

|z1 + z2|

|z1| = a

|z2| = b

|z1 − z2|

O x

y

Рис. 3.

Следовательно, argz1

z2

=π

2, поэтому

z =

√2

2

(cos

π

2+ i sin

π

2

)=

=

√2

2

(cos(π

2+ 2πp

)+ i sin

(π

2+ 2πp

)),

где p ∈ Z.Контрольный вопрос 2.2. Как производится умножение и деление комплекс-

ных чисел в тригонометрической форме?

2.3. Приложение к геометрическим задачам

Теория комплексных чисел может быть использована при решении геометриче-ских задач на плоскости; и обратно, факты геометрического характера позволяютдоказывать некоторые соотношения и тождества для комплексных чисел. Так, прирешении примера 1.8 было установлено, что для любых комплексных чисел z1 и z2

таких, что |z1| = a, |z2| = b, имеет место равенство |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2(a2 + b2),т.е. сумма квадратов длин диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов длинвсех его сторон (рис. 3).

Действительно, точки плоскости, соответствующие комплексным числам 0, z1, z2

и z1 + z2, являются вершинами параллелограмма, для которого |z1| и |z2| — длинысторон, а |z1 + z2| и |z1 − z2| — длины диагоналей.

Пример 2.4. Пусть z1, z2, z3, z4 — различные комплексные числа и |z1| = |z2| =|z3| = |z4| = ρ. Доказать, что

а) число

(z1 − z2)(z3 − z4)

(z1 − z4)(z2 − z3)

13

является действительным положительным числом;б) имеет место равенство

|z1 − z3||z2 − z4| = |z1 − z2||z3 − z4|+ |z1 − z4||z2 − z3|.

Решение. а) Представим данные числа в тригонометрической форме:

z1 = ρ(cos α1 + i sin α1), z2 = ρ(cos α2 + i sin α2),

z3 = ρ(cos α3 + i sin α3), z4 = ρ(cos α4 + i sin α4).

Предположим, что α1 < α2 < α3 < α4 < α1 + 2π. Тогда

(z1 − z2)(z3 − z4)

(z1 − z4)(z2 − z3)=

=((cos α1 − cos α2) + i(sin α1 − sin α2))((cos α3 − cos α4) + i(sin α3 − sin α4))

((cos α1 − cos α4) + i(sin α1 − sin α4))((cos α2 − cos α3) + i(sin α2 − sin α3))=

=

(−2 sin

α1 − α2

2sin

α1 + α2

2+ i2 sin

α1 − α2

2cos

α1 + α2

2

)×

×(−2 sin

α3 − α4

2sin

α3 + α4

2+ i2 sin

α3 − α4

2cos

α3 + α4

2

)//((

−2 sinα1 − α4

2sin

α1 + α4

2+ i2 sin

α1 − α4

2cos

α1 + α4

2

)×

×(−2 sin

α2 − α3

2sin

α2 + α3

2+ i2 sin

α2 − α3

2cos

α2 + α3

2

))=

= 4 sinα1 − α2

2sin

α3 − α4

2

(i cos

α1 + α2

2− sin

α1 + α2

2

)×

×(

i cosα3 + α4

2− sin

α3 + α4

2

)//(

4 sinα1 − α4

2sin

α2 − α3

2

(i cos

α1 + α4

2− sin

α1 + α4

2

)×

×(

i cosα2 + α3

2− sin

α2 + α3

2

))=

= sinα1 − α2

2sin

α3 − α4

2

(cos

α1 + α2 + α3 + α4

2+

+ i sinα1 + α2 + α3 + α4

2

)/(sin

α1 − α4

2sin

α2 − α3

2×

×(

cosα1 + α2 + α3 + α4

2+ i sin

α1 + α2 + α3 + α4

2

))=

14

=sin

α1 − α2

2sin

α3 − α4

2

sinα1 − α4

2sin

α2 − α3

2

=sin

α2 − α1

2sin

α4 − α3

2

sinα4 − α1

2sin

α3 − α2

2

.

Последнее выражение является положительным числом, так как под знаком синусовстоят числа из интервала (0, π).

б) Имеем|(z1 − z2)(z3 − z4)|+ |(z1 − z4)(z2 − z3)| =

= |(z1 − z2)(z3 − z4) + (z1 − z4)(z2 − z3)|,

так как число(z1 − z2)(z3 − z4)

(z1 − z4)(z2 − z3)

вещественно и положительно. Действительно, если a и b — комплексные числа иa

bвещественно и больше нуля, то

|a + b| = |b|∣∣∣1 +

a

b

∣∣∣ = |b|(1 +

a

b

)=

= |b|(1 +

∣∣∣ab

∣∣∣) = |b|(

1 +|a||b|

)= |a|+ |b|.

Кроме того,|(z1 − z2)(z3 − z4) + (z1 − z4)(z2 − z3)| =

= | − z1z4 − z2z3 + z1z2 + z4z3| = |(z1 − z3)(z2 − z4)|,

следовательно, нужное равенство доказано.Отметим, что доказанное в пункте б) равенство известно в планиметрии как тео-

рема Птолемея: произведение длин диагоналей выпуклого вписанного в окружностьчетырехугольника равно сумме попарных произведений длин его противолежащихсторон.

Пример 2.5. Изобразить на плоскости XOY множество всех точек z = x + iy,удовлетворяющих условию:

a)|z − i| = 1; c) arg z =π

3;

b)1 < |z| < 2; d)

{1 6 |z + 1| 6 2,π

2< arg z < π.

Решение. a) Для каждого z число |z − i| равно расстоянию между точкой z иточкой i. Поэтому заданному условию |z − i| = 1 удовлетворяют те и только теточки, которые лежат на окружности радиуса 1 с центром в точке (0, 1) (рис. 4).

b) Для каждого z число |z| = |z−0| равно расстоянию между точкой z и началомкоординат. Поэтому условию 1 < |z| < 2 удовлетворяют те и только те точки, кото-рые лежат внутри кольца, ограниченного двумя концентрическими окружностями сцентром в начале координат и радиусами R1 = 1 и R2 = 2 соответственно (рис. 5).

15

�|z − i| = 1

z = i

O 1

1

2

x

y

Рис. 4.

�O

1 < |z| < 2

1 2-2 -1 x

y

Рис. 5.

16

�O π

3

arg z =π

3

x

y

Рис. 6.

�O

π

2< arg z < π

1 6 |z + 1| 6 2

-1-2-3

√3

x

y

Рис. 7.

c) Из определения главного аргумента комплексного числа следует, что множе-ство точек z, удовлетворяющих данному соотношению, является открытым лучомOz (рис. 6), образующим угол

π

3с положительным направлением оси Ox.

d) Искомое множество точек есть пересечение кольца, ограниченного окружно-стями радиусов 1 и 2 с центром в точке (−1, 0), и второго квадранта (рис. 7).

3. Возведение в степень и извлечение корнейиз комплексных чисел

3.1. Возведение в степень комплексных чисел

Если z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) — тригонометрическая форма комплексного числа z,то

z2 = |z|2(cos 2ϕ + i sin 2ϕ).

17

Умножая это равенство на z, будем иметь

z3 = |z|3(cos 3ϕ + i sin 3ϕ).

Для любой натуральной степени числа z по индукции получим:

zn = |z|n(cos nϕ + i sin nϕ), n ∈ N.

Другими словами, чтобы возвести комплексное число в тригонометрической формев степень, надо модуль этого числа возвести в эту степень, а аргумент умножить наэту степень.

В частности, если |z| = 1, то получим формулу Муавра:

(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ, n ∈ N.

Формула Муавра находит много применений. Так, например, если n = 3, то,возведя левую часть по формуле сокращенного умножения в куб, получим равенство

cos 3ϕ + i sin 3ϕ = (cos3 ϕ− 3 cos ϕ sin2 ϕ) + i(3 cos2 ϕ sin ϕ− sin3 ϕ).

Два комплексных числа равны, если равны их действительные и мнимые части. По-этому

cos 3ϕ = cos3 ϕ− 3 cos ϕ sin2 ϕ,

sin 3ϕ = 3 cos2 ϕ sin ϕ− sin3 ϕ.

Используя соотношение cos2 ϕ + sin2 ϕ = 1, получим:

cos 3ϕ = 4 cos3 ϕ− 3 cos ϕ,

sin 3ϕ = −4 sin3 ϕ + 3 sin ϕ.

Пример 3.1. Записать в алгебраической форме число

z = (2 + 2i)4.

Решение. Представим число z в тригонометрической форме, а затем найдем егоалгебраическую форму. Найдем модуль и главный аргумент числа 2 + 2i:

|2 + 2i| =√

4 + 4 =√

8,

ϕ = arg(2 + 2i) =π

4.

Отсюда следует равенство

(2 + 2i)4 =(√

8(cos

π

4+ i sin

π

4

))4

.

Применяя формулу Муавра, получим

(2 + 2i)4 =(√

8(cos

π

4+ i sin

π

4

))4

=

18

= 64(cos π + i sin π).

Найдена тригонометрическая форма заданного числа. Запишем это число в алгеб-раической форме:

(2 + 2i)4 = 64(cos π + i sin π) = 64(−1 + 0i) = −64.

Ответ получился действительным.Пример 3.2. Записать в алгебраической форме число

z =(√

3 + i)17

.

Решение. Представим число z в тригонометрической форме, а затем найдем егоалгебраическую форму. Найдем модуль и главный аргумент числа

√3 + i:∣∣√3 + i

∣∣ =√

3 + 1 = 2,

ϕ = arg(√

3 + i)

=π

6.

Отсюда следует равенство(√3 + i

)17=(2(cos

π

6+ i sin

π

6

))17

=

= 217

(cos

17π

6+ i sin

17π

6

)= 217

(cos

5π

6+ i sin

5π

6

).

Найдена тригонометрическая форма заданного числа. Запишем теперь это числов алгебраической форме:

(√3 + i

)17= 217

(−√

3

2+

1

2i

)= −216

√3 + 216i.

Контрольный вопрос 3.1. Как возводится в степень комплексное число?

3.2. Применение формулы Муавра к решению тригонометри-ческих и комбинаторных задач

Как мы уже говорили, формула Муавра находит большие применения при реше-нии различных задач.

Пример 3.3. Вывести тригонометрическую формулу для cos 4ϕ.Решение. По формуле Муавра

cos 4ϕ + i sin 4ϕ = (cos ϕ + i sin ϕ)4. (5)

Найдем

(cos ϕ + i sin ϕ)4 = cos4 ϕ + 4i cos3 ϕ sin ϕ− 6 cos2 ϕ sin2 ϕ− 4i cos ϕ sin3 ϕ + sin4 ϕ.

19

Приравнивая действительные части в равенстве (5), получим

cos 4ϕ = cos4 ϕ− 6 cos2 ϕ sin2 ϕ + sin4 ϕ =

= cos4 ϕ− 6 cos2 ϕ(1− cos2 ϕ

)+(1− cos2 ϕ

)2=

= 8 cos4 ϕ− 8 cos2 ϕ + 1.

Таким образом, мы получили

cos 4ϕ = 8 cos4 ϕ− 8 cos2 ϕ + 1.

Пример 3.4. Найти сумму

sin x + sin 3x + sin 5x + . . . + sin(2n− 1)x, x 6= πk, k ∈ Z.

Решение. Рассмотрим сумму

Sn(x) = (cos x + i sin x) + (cos 3x + i sin 3x) + . . . + (cos(2n− 1)x + i sin(2n− 1)x).

Применяя формулу Муавра, найдем

Sn(x) = (cos x + i sin x) + (cos x + i sin x)3 + . . . + (cos x + i sin x)2n−1.

Эта сумма представляет собой сумму n членов геометрической прогрессии со знаме-нателем q = (cos x + i sin x)2 и первым членом b1 = cos x + i sin x.

Применяя формулу для суммы членов такой прогрессии, получим

Sn(x) =(cos x + i sin x)− (cos x + i sin x)2n+1

1− (cos x + i sin x)2=

=(cos x + i sin x)− (cos(2n + 1)x + i sin(2n + 1)x)

1− cos2 x + sin2 x− i2 sin x cos x=

=(cos x− cos(2n + 1)x) + i(sin x− sin(2n + 1)x)

2 sin x(sin x− i cos x)=

=[(cos x− cos(2n + 1)x) + i(sin x− sin(2n + 1)x)](sin x + i cos x)

2 sin x(sin x− i cos x)(sin x + i cos x)=

=(cos x− cos(2n + 1)x) sin x− (sin x− sin(2n + 1)x) cos x

2 sin x+

+ i(sin x− sin(2n + 1)x) sin x + (cos x− cos(2n + 1)x) cos x

2 sin x.

Выделяя мнимую часть в последнем выражении, находим

Im Sn(x) = sin x + sin 3x + . . . + sin(2n− 1)x =

=1− sin x sin(2n + 1)x− cos x cos(2n + 1)x

2 sin x=

=1− cos 2nx

2 sin x=

2 sin2 nx

2 sin x=

sin2 nx

sin x.

20

Итак,

sin x + sin 3x + . . . + sin(2n− 1)x =sin2 nx

sin x.

Выделяя действительную часть, получим также следующую формулу:

cos x + cos 3x + . . . + cos(2n− 1)x =sin 2nx

2 sin x, x 6= πk, k ∈ Z.

Пример 3.5. Найти сумму

a) 1− C2n + C4

n − C6n + . . . ; b) C1

n − C3n + C5

n − C7n + . . . ,

где Ckn =

n!

k!(n− k)!— биномиальные коэффициенты.

Решение. По формуле бинома Ньютона для возведения в степень имеем

(1 + i)n = 1 + C1ni + C2

ni2 + C3

ni3 + C4

ni4 + . . . + Cn

n in =

= 1 + iC1n − C2

n − iC3n + C4

n + iC5n − C6

n − iC7n + . . . =

= (1− C2n + C4

n − C6n + . . .) + i(C1

n − C3n + C5

n − C7n + . . .).

По формуле Муавра находим:

(1 + i)n =(√

2)n (

cosπ

4+ i sin

π

4

)n

=(√

2)n (

cosnπ

4+ i sin

nπ

4

).

Приравнивая действительные и мнимые части полученных выражений для (1 + i)n,имеем:

1− C2n + C4

n − C6n + . . . = 2n/2 cos

πn

4и

C1n − C3

n + C5n − C7

n + . . . = 2n/2 sinπn

4.

Эти формулы в компактной форме можно записать так:

[n/2]∑k=0

(−1)kC2kn = 2n/2 cos

πn

4,

[(n−1)/2]∑k=0

(−1)kC2k+1n = 2n/2 sin

πn

4,

где [a] — целая часть числа a.Контрольный вопрос 3.2. Что такое формула Муавра и где она применяется?

21

3.3. Извлечение корня из комплексных чисел

Определение 3.1. Число w называется корнем степени n (n ∈ N, n > 1) из ком-плексного числа z, если wn = z.

Если z = 0, то w = 0 — единственное решение.Если z 6= 0, то, записав числа z и w в тригонометрической форме и применив

формулу Муавра, получим уравнение wn = z в виде

ρn(cos nϕ + i sin nϕ) = r(cos α + i sin α),

гдеw = ρ(cos ϕ + i sin ϕ), z = r(cos α + i sin α).

Два комплексных числа, записанные в тригонометрической форме, равны тогдаи только тогда, когда равны их модули, а аргументы отличаются на 2πk (k ∈ Z).Следовательно,

ρn = r и nϕ = α + 2πk,

илиρ = n

√r и ϕ =

α

n+

2πk

n, k ∈ Z.

Итак, все решения уравнения wn = z можно записать в виде

wk = n√

r

(cos

(α

n+

2πk

n

)+ i sin

(α

n+

2πk

n

)), k ∈ Z.

При k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 из этой формулы получаются различные числа w0, w1, w2,. . ., wn−1, а для каждого из остальных значений k ∈ Z будет получаться одно изчисел wi (i = 0, 1, 2, . . . , n− 1).

Таким образом, при z 6= 0 уравнение wn = z имеет ровно n различных корней, иони определяются по формулам

wk = n√

r

(cos

(α

n+

2πk

n

)+ i sin

(α

n+

2πk

n

)), (6)

k = 0, 1, 2, . . . , n− 1.

Отсюда следует, что все числа wk имеют равные модули(|wk| = n

√r), но раз-

личные главные аргументы, отличающиеся друг от друга на величину2πk

n(k =

0, 1, 2, . . . , n − 1). Тем самым числа wk соответствуют точкам комплексной плоско-сти, расположенным в вершинах некоторого правильного n-угольника, вписанного вокружность радиуса n

√r с центром в начале координат.

Под символом n√

a + bi принято понимать n чисел: z0, z1, z2, . . . , zn−1.Для нахождения значений квадратного корня

√a + ib (где a и b — действительные

числа) иногда используют не тригонометрическую форму комплексного числа a + biи формулу Муавра, а само определение корня. Если z = x + yi и z2 = a + bi, то,приравнивая действительные и мнимые части, получим систему уравнений{

x2 − y2 = a,xy = b.

22

По двум решениям этой системы (x0, y0) и (x1, y1) находим два значения для√

a + bi:z0 = x0 + iy0 и z1 = x1 + iy1.

Пример 3.6. Найти все числа z, для которых√

3 + 4i = z.Решение. Пусть z = x + iy, тогда для нахождения x и y получим систему{

x2 − y2 = 3,xy = 2,

которая имеет два решения: (2, 1), (−2,−1). Таким образом, значениями этого корняявляются два комплексных числа: z0 = 2 + i и z1 = −2− i.

Пример 3.7. Найти все числа z, для которых 5√

4− 4√

3 i = z.Решение. Представим число 4− 4

√3 i в тригонометрической форме

4− 4√

3 i = 8

(cos

5π

3+ i sin

5π

3

).

Тогда значениями исходного корня будут числа

zk =5√

8

(cos

(π

3+

2kπ

5

)+ i sin

(π

3+

2kπ

5

)), k = 0, 1, 2, 3, 4.

Контрольный вопрос 3.3. Как извлекается корень из комплексного числа?

3.4. Решение некоторых уравнений

Рассмотрим решение некоторых уравнений и доказательство тождеств.Пример 3.8. Найти все числа w, для которых wn = 1, т.е. найти все корни n-й

степени из 1 и найти все значения 3√

1.Решение. По формуле (6) получим ровно n корней для n

√1:

wk = cos2πk

n+ i sin

2πk

n, k = 0, 1, 2, . . . , n− 1. (7)

Тогда для 3√

1 имеем

wk = cos2πk

3+ i sin

2πk

3, k = 0, 1, 2.

Поэтому 3√

1 имеет три значения:

w0 = cos 0 + i sin 0 = 1,

w1 = cos2π

3+ i sin

2π

3= −1

2+ i

√3

2,

w2 = cos4π

3+ i sin

4π

3= −1

2− i

√3

2.

Пример 3.9. Найти все числа w, для которых w4 = 16i.

23

�O

π

8

5π

8

9π

8

13π

8

w0

w1

w2

w3

2

2

x

y

Рис. 8.

Решение. Поскольку16i = 16

(cos

π

2+ i sin

π

2

),

то, применяя формулу (6) для извлечения корней, получим

wk =4√

16

(cos

(π

8+

2πk

4

)+ i sin

(π

8+

2πk

4

)), k = 0, 1, 2, 3.


w0 = 2(cos

π

8+ i sin

π

8

),

w1 = 2

(cos

5π

8+ i sin

5π

8

),

w2 = 2

(cos

9π

8+ i sin

9π

8

),

w3 = 2

(cos

13π

8+ i sin

13π

8

).

Точки, соответствующие числам wk, расположены в вершинах квадрата, вписан-ного в окружность радиуса 2 с центром в точке (0, 0) (рис.8).


(z + a)n = zn, n ∈ N, a ∈ R, a 6= 0.

Решение. По условию a 6= 0, поэтому данное уравнение не имеет корня z = 0, и,значит, оно равносильно уравнению(

1 +a

z

)n

= 1.

24

Для того чтобы число z было корнем данного уравнения, нужно, чтобы число(1 +

a

z

)было корнем n-й степени из числа 1. Отсюда по формуле (7) заключаем,

что исходное уравнение имеет n − 1 корней z1, z2, . . . , zn−1, определенных из ра-венств

1 +a

zk

= cos2πk

n+ i sin

2πk

n, k = 0, 1, 2, . . . , n− 1.

Таким образом,

zk =a

cos2πk

n− 1 + i sin

2πk

n

=

a

(cos

2πk

n− 1− i sin

2πk

n

)2

(1− cos

2πk

n

) =

=a

2

−1− isin

2πk

n

1− cos2πk

n

= −a

2

1 + i2 sin

πk

ncos

πk

n

2 sin2 πk

n

=

= −a

2

(1 + i ctg

πk

n

),

т.е.zk = −a

2

(1 + i ctg

πk

n

), k = 1, 2, . . . , n− 1.

Подчеркнем, что переход (извлечение корня) от уравнения (z+a)n = zn к уравне-нию z + a = z не дал бы ни одного решения исходного уравнения. Дело здесь в том,что равенство n

√z = n

√w (где z, w — некоторые комплексные числа) означает лишь

то, что для каждого значения n√

z найдется равное ему значение n√

w и наоборот.Поэтому равенства n

√z = n

√w и z = w не являются, вообще говоря, равносильными.


z2 + 2z̄ = 0.

Решение. Пусть z = x+yi, тогда из исходного уравнения имеем (x+yi)2+2(x−yi) =0 или x2 − y2 + 2xyi + 2x − 2yi = 0 или (x2 − y2 + 2x) + i(2xy − 2y) = 0. Отсюда,приравнивая действительную и мнимую части к нулю, получим систему{

x2 − y2 + 2x = 0,xy − y = 0.

Решая второе уравнение, найдем y = 0 и x = 1. Подставляя y = 0 в первое уравнение,получим x2 + 2x = 0. Его корнями являются числа x1 = 0 и x2 = −2. Мы получилидва решения системы (0, 0) и (−2, 0).

Теперь подставим x = 1 в первое уравнение, получим y2 = 3. И мы получилиеще два решения системы (1,

√3) и (1−

√3). Поэтому корнями исходного уравнения

будут числа z1 = 0, z2 = −2, z3 = 1 +√

3 i и z4 = 1−√

3 i.Пример 3.12. Для каждого действительного числа a найти все комплексные чис-

ла z, удовлетворяющие равенству:

|z|2 + 2iz + 2a(1 + i) = 0.

25

Решение. Пусть z = x + yi, тогда из исходного уравнения имеем

x2 + y2 + 2i(x + yi) + 2a(1 + i) = 0.

Отсюда, выделяя действительную и мнимую части, получим систему для нахожде-ния x и y: {

x2 + y2 − 2y + 2a = 0,x + a = 0,

из которой следует, что x = −a. Подставляя это значение x в первое уравнение,имеем

y2 − 2y + a2 + 2a = 0.

Корни этого уравнения действительны тогда и только тогда, когда его дискриминантявляется неотрицательным числом, т.е. 4−4a2−8a > 0. Для таких значений a найдем

y1 = 1 +√

1− 2a− a2, y2 = 1−√

1− 2a− a2,

причем y1 = y2 = 1, если 1−2a−a2 = 0. Неравенство 1−2a−a2 > 0 или a2+2a−1 6 0выполняется при всех a из промежутка −1−

√2 6 a 6 −1 +

√2.

Таким образом, исходное уравнение при −1−√

2 6 a 6 −1+√

2 имеет два корня:z1 = −a+ i

(1+

√1− 2a− a2

), z2 = −a+ i

(1−

√1− 2a− a2

); при |a+1| >

√2 решений

не имеется.Пример 3.13. Доказать тождество

z2n+1 + 1 = (z + 1)n∏

k=1

(z2 + 2z cos

2kπ

2n + 1+ 1

)и формулы

n∏k=1

coskπ

2n + 1=

1

2n,

n∏k=1

sinkπ

2n + 1=

√2n + 1

2n.

Решение. Поскольку

z2n+1 + 1 = (z + 1)(z2n − z2n−1 + . . .− z + 1

)и корни уравнения z2n+1 + 1 = 0 задаются формулами

zk = cos(2k + 1)π

2n + 1+ i sin

(2k + 1)π

2n + 1, k = 0,±1, . . . ,±n,

где zn = −1, то, разбив оставшиеся 2n корней на n пар взаимно сопряженных чисел(zn−1, z−n), (zn−2, z−(n−1)), . . . , (z1, z−2), (z0, z−1), найдем, что

(z − zk)(z − z−(k+1)) =(z −

(cos

(2k + 1)π

2n + 1+ i sin

(2k + 1)π

2n + 1

))(z −

(cos

(2k + 1)π

2n + 1− i sin

(2k + 1)π

2n + 1

))=

= z2 − 2z cos(2k + 1)π

2n + 1+ 1,

26

и, следовательно,

z2n − z2n−1 + . . .− z + 1 =n−1∏k=0

(z2 − 2z cos

(2k + 1)π

2n + 1+ 1

).

Так как

cos(2k + 1)π

2n + 1= − cos

(π − (2k + 1)π

2n + 1

)= − cos

2(n− k)π

2n + 1,

то отсюда заключаем, что

z2n − z2n−1 + . . .− z + 1 =

=n−1∏k=0

(z2 + 2z cos

2(n− k)π

2n + 1+ 1

)=

n∏k=1

(z2 + 2z cos

2kπ

2n + 1+ 1

). (8)

Таким образом, нужное тождество доказано.При z = 1 из (8) находим

1 =n∏

k=1

2

(1 + cos

2kπ

2n + 1

)=

n∏k=1

(2 cos

kπ

2n + 1

)2

=

= 22n

(n∏

k=1

coskπ

2n + 1

),

и, следовательно,n∏

k=1

coskπ

2n + 1=

1

2n.

При z = −1 из (8) имеем:

2n + 1 =n∏

k=1

2

(1− cos

2kπ

2n + 1

)=

n∏k=1

(2 sin

kπ

2n + 1

)2

=

= 22n

(n∏

k=1

sinkπ

2n + 1

),

тем самымn∏

k=1

sinkπ

2n + 1=

√2n + 1

2n.

4. Решение алгебраических уравнений

4.1. Решение квадратных уравнений

В множестве комплексных чисел каждое квадратное уравнение

z2 + pz + q = 0

27

с действительными коэффициентами p и q имеет два (различных или одинаковых)корня, которые находятся по формулам:

а) если D = p2 − 4q > 0, то

z1 =−p +

√D

2, z2 =

−p−√

D

2; (9)

б) если D < 0, то

z1 =−p + i

√|D|

2, z2 =

−p− i√|D|

2. (10)

Пример 4.1. Решить в множестве комплексных чисел уравнения

a) z2 + z + 1 = 0, b) z2 − 4z + 13 = 0.

Решение. a) Так как D = 1− 4 = −3, то по формуле (10) находим

z1 = −1

2+

√3

2i, z2 = −1

2−√

3

2i.

б) Так как D = 16− 52 = −36, то по формуле (10) находим

z1 = 2 + 3i, z2 = 2− 3i.

Квадратное уравнениеz2 + αz + β = 0,

где α и β — комплексные числа, также имеет два корня, которые находятся по фор-мулам

z1 =−α + w1

2, z2 =

−α + w2

2,

где w1, w2 — комплексные числа, удовлетворяющие условию w2 = D = α2 − 4β.Пример 4.2. Решить уравнение

z2 + (3 + 2i)z − 7 + 17i = 0.

Решение. Корни данного квадратного уравнения находятся по формулам

z1 =−3− 2i + w1

2, z2 =

−3− 2i + w2

2,

где w1 и w2 — числа, удовлетворяющие условию w2 = α2 − 4β, т.е. w2 = (3 + 2i)2 −4(−7+17i) = 33−56i. Пусть w = z +yi. Тогда (x+yi)2 = 33−56i или x2−y2 +2xyi =33− 56i. Приравнивая действительные и мнимые части, получим систему{

x2 − y2 = 33,xy = −28.

28

Находим два решения этой системы: (7,−4) и (−7, 4), тогда w1 = 7−4i, а w2 = −7+4i.Таким образом, корнями исходного уравнения являются числа

z1 =−3− 2i + 7− 4i

2, z2 =

−3− 2i− 7 + 4i

2,

т.е.z1 = 2− 3i, z2 = −5 + i.


z2 − (2 + 3i)z + 4i− 2 = 0.

Решение. Корни данного уравнения находятся по формулам

z1 =2 + 3i + w1

2, z2 =

2 + 3i + w2

2.

Найдем w2 = (2 + 3i)2 − 4(4i− 2) = 3− 4i. Пусть w = x + yi, тогда (x + yi)2 = 3− 4iили x2 − y2 + 2xyi = 3− 4i. Приравнивая действительные и мнимые части, получимсистему {

x2 − y2 = 3,xy = −2.

Найдя два решения этой системы (2,−1), (−2, 1), получим, что w1 = 2 − i, а w2 =−2 + i. Тогда корнями данного уравнения являются числа

z1 =3 + 3i + 2− i

2= 2 + i, z2 =

2 + 3i− 2 + i

2= 2i,

т.е.z1 = 2 + i, z2 = 2i.

Пример 4.4. Вывести формулы для нахождения корней уравнения

z2 = a + bi.

Решение. Пусть z = x + yi, тогда (x + yi)2 = a + bi или x2 − y2 + 2xyi = a + bi.Приравнивая действительную и мнимую части, получим систему{

x2 − y2 = a,

xy =b

2.

Решая систему, найдем x = ±√√

a2 + b2 + a

2, тогда при b > 0, соответственно,

y = ±√√

a2 + b2 − a

2, а при b < 0, соответственно, y = ∓

√√a2 + b2 − a

2. Поэтому

корнями данного уравнения будут числа

z1,2 = ±

√√a2 + b2 + a

2+ i

√√a2 + b2 − a

2

, b > 0, (11)

29

и

z1,2 = ±

√√a2 + b2 + a

2− i

√√a2 + b2 − a

2

, b < 0. (12)

Контрольный вопрос 4.1. Как решается квадратное уравнение в множествекомплексных чисел?

4.2. Решение уравнений большей степени

Фундаментальное значение комплексных чисел для алгебры определяется впервую очередь тем, что любое алгебраическое уравнение

anzn + an−1z

n−1 + . . . + a1z + a0 = 0, an 6= 0

n-степени с вещественными или комплексными коэффициентами имеет ровно n кор-ней (среди которых могут быть равные), при этом многочлен, стоящий в левой частиэтого уравнения, всегда можно представить в виде (разложить на множители)

an(z − z1)k1(z − z2)

k2 · · · (z − zm)km ,

где z1, z2, . . . , zm — некоторые различные комплексные числа, а k1, k2,. . . , km —натуральные числа, причем k1 + k2 + . . . + km = n.

Таким образом, только числа z1, z2,. . . ,zm могут быть корнями уравнения anzn +

an−1zn−1 + . . . + a1z + a0 = 0; величины k1, k2,. . . , km являются, соответственно,

кратностями корней z1, z2,. . . ,zm.Рассмотрим некоторые примеры решения уравнений более высокой степени.Пример 4.5. Решить уравнение

z3 +1

2z2 +

1

2z − 1

2= 0.

Решение. Перепишем уравнение в виде

(2z)3 + (2z)2 + 2(2z)− 4 = 0.

Полагая t = 2z, получим уравнение

t3 + t2 + 2t− 4 = 0,

которое имеет корень t1 = 1. Поэтому левую часть этого уравнения можно предста-вить в виде произведения двучлена (t− 1) и квадратного трехчлена.

Для нахождения коэффициентов квадратного трехчлена применим схему Горне-ра:

1 1 2 −41 1 2 4 0

Итак, получаем уравнение

(t− 1)(t2 + 2t + 4) = 0.

30

Квадратный трехчлен можно было получить и делением столбиком исходного мно-гочлена на множитель t − 1. Квадратный трехчлен имеет корни t2 = −1 +

√3 i и

t3 = −1−√

3 i. Следовательно, исходное уравнение имеет корни

z1 =1

2, z2 = −1

2+

√3

2i, z3 = −1

2−√

3

2i.


z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0.

Решение. Так как число z0 = 1 не является корнем данного уравнения, то приz 6= 1 данное уравнение равносильно уравнению

(z − 1)(z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1) = 0,

т.е. уравнениюz6 = 1

Все корни этого уравнения получаются из формулы (7):

z0 = 1,

z1 = cos

(0 +

2π

6

)+ i sin

(0 +

2π

6

)=

1

2+

√3

2i,

z2 = cos

(0 +

2π · 26

)+ i sin

(0 +

2π · 26

)= −1

2+

√3

2i,

z3 = cos

(0 +

2π · 36

)+ i sin

(0 +

2π · 36

)= −1,

z4 = cos

(0 +

2π · 46

)+ i sin

(0 +

2π · 46

)= −1

2−√

3

2i,

z5 = cos

(0 +

2π · 56

)+ i sin

(0 +

2π · 56

)=

1

2−√

3

2i.

Таким образом, решением исходного уравнения являются числа z1, z2, z3, z4, z5.Пример 4.7. Решить уравнение

z4 + 4z2 + 16 = 0.

Решение. Это уравнение биквадратное, поэтому сделаем в нем замену z2 = t,получим квадратное уравнение t2 + 4t + 16 = 0. Корнями этого уравнения являютсячисла t1 = −2+2

√3 i и t2 = −2−2

√3 i. Тогда получим два уравнения z2 = −2+2

√3 i

и z2 = −2− 2√

3 i. Решим первое уравнение. По формуле (11) получим

z1,2 = ±(1 +√

3 i).

Решая второе уравнение, по формуле (12) получим

31

z3,4 = ±(1−√

3 i).


(z2 + z + 1)(z2 + z + 2) = 12.

Решение. Сделаем замену в этом уравнении z2 + z + 1 = t, получим квадратноеуравнение t(t + 1) = 12 или t2 + t− 12 = 0. Корнями последнего уравнения являютсячисла t1 = 3 и t2 = −4. Мы получили два уравнения z2+z−2 = 0 и z2+z+5 = 0. Решая

эти уравнения, найдем корни исходного уравнения z1 = 1, z2 = −2, z3 =−1 +

√19 i

2,

z4 =−1−

√19 i

2.

Пример 4.9. Разложить многочлен z4 + 4 на линейные множители.Решение. Найдем корни уравнения z4 = −4. Поскольку −4 = 4(cos π + i sin π), то

по формуле (6) получим

zk =√

2

(cos

(π + 2πk

4

)+ i sin

(π + 2πk

4

)), k = 0, 1, 2, 3.

Тогда корнями уравнения будут

z1 =√

2(cos

π

4+ i sin

π

4

)= 1 + i,

z2 =√

2

(cos

3π

4+ i sin

3π

4

)= −1 + i,

z3 =√

2

(cos

5π

4+ i sin

5π

4

)= −1− i,

z4 =√

2

(cos

7π

4+ i sin

7π

4

)= 1− i.


z4 + 4 = (z − 1− i)(z + 1− i)(z + 1 + i)(z − 1 + i).

Пример 4.10. Разложить многочлен (z+1)(z+2)(z+3)(z+4)−24 на множители.Решение. Преобразуем исходный многочлен, перемножив первую и четвертую,

вторую и третью скобки соответственно, (z + 1)(z + 2)(z + 3)(z + 4)− 24 = (z2 + 5z +4)(z2 + 5z + 6) − 24. Сделав замену z2 + 5z + 4 = t, получим квадратный трехчленt2 +2t−24. Решая уравнение t2 +2t−24 = 0, найдем его корни t1 = 4, t2 = −6. Теперьмы должны решить еще два квадратных уравнения z2 + 5z = 0 и z2 + 5z + 10 = 0.

32

Корнями этих уравнений являются числа:

z1 = 0,

z2 = −5,

z3 =−5 + i

√15

2,

z4 =−5− i

√15

2.


(z + 1)(z + 2)(z + 3)(z + 4)− 24 = z(z + 5)

(z − −5 + i

√15

2

)(z − −5− i

√15

2

).

33

Список литературы[1] Вавилов В.В. Задачи по математике. Алгебра/В.В.Вавилов, И.И.Мельников,

С.Н.Олехник, П.И.Пасиченко. – М.: Наука, 1987.

[2] Кантор И.Л. Гиперкомплексные числа / И.Л.Кантор, А.С.Солодовников. – М.:Наука, 1973.

[3] Яглом И.М. Комплексные числа / И.М.Яглом. – М.: Физматгиз, 1963.

[4] Понтрягин Л.С. Обобщения чисел / Л.С.Понтрягин. – М.: Наука, 1986.

34

СодержаниеВведение 3

1. Определение комплексных чисели арифметические операции над ними 31.1. Сложение и вычитание комплексных чисел . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Умножение комплексных чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Сопряженные комплексные числа. Деление комплексных чисел . . . . . 51.4. Свойства арифметических операций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2. Геометрическая интерпретациякомплексных чисел 92.1. Тригонометрическая форма комплексного числа . . . . . . . . . . . . . 92.2. Арифметические операции над комплексными числами

в тригонометрической форме . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3. Приложение к геометрическим задачам . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3. Возведение в степень и извлечение корнейиз комплексных чисел 173.1. Возведение в степень комплексных чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2. Применение формулы Муавра к решению тригонометрических и ком-

бинаторных задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.3. Извлечение корня из комплексных чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.4. Решение некоторых уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4. Решение алгебраических уравнений 274.1. Решение квадратных уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.2. Решение уравнений большей степени . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Список литературы 34

35

Дополнительные главы математики. 10 класс. Модуль 3. Комплексные числа:учебно-методическая часть

Составитель: Симона Глебовна Мысливец

Редактор И.А.ВейсигКорректура автора

Подписано в печать 12.10.2006. Формат 60x84/16.Бумага офсетная Уч.-изд. л.Тираж Заказ

Издательский центрКрасноярского государственного университета.660041 Красноярск, пр. Свободный, 79.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ГЛАВЫ МАТЕМАТИКИ 10 класс...

Documents