КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА

Im

1 3 1 3

+ i + i

2 2 2 2

1 O 1

Re

1 3 1 3

i i

2 2 2 2

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ

Государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования «Нижегородский государственный университет им. Н.И. Лобачевского»

Н.Ю. Золотых

КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА

Учебное пособие 3-е издание Рекомендовано методической комиссией факультета ВМК для студентов высших учебных заведений, обучающихся по направлениям подготовки 010500 «Прикладная математика и информатика», 010502 «Прикладная информатика», 010400 «Информационные технологии»

Нижний Новгород ББК 22.151. З УДК 512.647. Золотых Н.Ю. Комплексные числа: Учебное пособие. 3-е издание. — Нижний Новгород: Издательство Нижегородского государственного университета, 2007. — 56 с.

Пособие содержит необходимый теоретический материал, примеры решения задач и упражнения по теме «Комплексные числа». Часть материала предназначена для самостоятельной работы студентов.

Для студентов, обучающихся по направлениям (специальностям) «Прикладная математика и информатика», «Прикладная информатика», «Информационные технологии»

Рецензент: А.И. Гавриков, к.ф.-м.н., доц. каф. ЧиФА УДК 512.647. c Нижегородский государственный университет им. Н. И. Лобачевского, В 1545 г. итальянский математик Дж. Кардано (G. Cardano) в книге «Великое искусство, или об алгебраических правилах» («Artis magnae, sive de Regvlis algebraicis») для системы уравнений Число 10 разделить на две такие части, произведение которых равно 40.

x + y = 10, xy = 40.

привел два корня 5 + 15, 5 15. Никакой практической ценности в таком «мнимом» решении Кардано не увидел. Скорее, этот пример был приведен как некий курьез. Интересно отметить, что в том же сочинении была впервые опубликована найденная С. Ферро и Н. Тарталья (S. Ferro, N. Tartaglia) формула для решения кубического уравнения x3 + px + q = 0. (1) Его корни предлагалось находить по формуле x = 3 u + 3 v, (2) где u, v есть решения системы u + v = q, p3 (3) uv =.

В некоторых случаях, несмотря на то, что уравнение (1) заведомо имело корни, система (3) действительных решений не имела и формула (2) считалась бесполезной. Другой итальянец Р. Бомбелли (R. Bombelli) в своем труде «Алгебра» (1572) показал, что действительные корни уравнения (1) в таких случаях выражаются через радикалы от «мнимых» величин, он разработал простейшие правила действия с ними и подошел, таким образом, к созданию теории комплекных чисел.

1. Понятие комплексного числа На протяжении всего изложения мы используем следующие стандартные обозначения числовых множеств:

N — множество натуральных чисел, Z — множество целых чисел, Q — множество рациональных чисел, R — множество вещественных (действительных) чисел.

Комплексным числом называется упорядоченная пара1 действительных чисел (a, b). Два комплексных числа (a, b) и (c, d) равны тогда и только тогда, когда a = c, b = d. На множестве всех комплексных чисел C определены операции сложения и умножения по правилам2 :

Эти операции обладают следующими свойствами:

• ассоциативность:

• коммутативность:

• дистрибутивность:

Докажем, например, дистрибутивность. Пользуясь правилами (4) сложения и умножения комплексных чисел, а также законами (ассоциативность, коммутативность, дистрибутивность), справедливыми для вещественных чисел, получаем:

1 Упорядоченная в том смысле, что задано, какое число в паре — первое, какое — второе.

2 Как и в случае вещественных чисел, знак умножения «·» часто опускается.

с другой стороны, (a, b)(c, d) + (a, b)(e, f ) = (ac bd, ad + bc) + (ae bf, af + be) левая и правая части совпали.

Упражнение 1. Доказать ассоциативность и коммутативность операций сложения и умножения комплексных чисел.

Нулем называется такое комплексное число (x, y), что для произвольного числа (a, b) выполняется равенство Из определения получаем a + x = a, b + y = b, откуда x = 0, y = 0.

Следовательно, нулем является пара (0, 0) (и только она).

Числом противоположным к (a, b) называется такая пара (x, y), что Противоположное число обозначается (a, b). Нетрудно видеть, что (a, b) = (a, b).

Разностью (или числом, полученным в результате вычитания) комплексных чисел (c, d) и (a, b) называется решение (x, y) уравнения Разность обозначается (c, d) (a, b) и, очевидно, равна (c a, d b).

Легко видеть, что разность (c, d) (a, b) есть сумма (c, d) и числа, противоположного к (a, b), т. е. (c, d) (a, b) = (c, d) + [ (a, b)].

Единицей называется такое комплексное число (x, y), что для произвольного числа (a, b) выполняется равенство Из определения произведения получаем В случае, если a2 + b2 = 0, т. е. (a, b) = (0, 0), имеем единственное решение предыдущей системы: x = 1, y = 0. Таким образом, (a, b)(1, 0) = (a, b) для любого (a, b) в том числе, как нетрудно проверить, и для (a, b) = (0, 0). Следовательно, (1, 0) — единица.

Числом обратным к (a, b) называется такая пара (x, y), что Обратное число обозначается (a, b)1. Система в случае, когда (a, b) = (0, 0), имеет единственное решение а в случае (a, b) = (0, 0) — неразрешима.

Частным от деления (или числом, полученным в результате деления) комплексных чисел (c, d) и (a, b) называется решение (x, y) уравнения Частное обозначается (c, d)/(a, b). Его мы можем получить из системы Домножая первое уравнение на a, второе — на b и складывая, получаем:

(a2 + b2 )x = ac + bd, затем, домножая первое уравнение системы (6) на b, второе — на a и вычитая первое из второго, получаем: (a2 +b2 )y = adcb.

В случае a2 + b2 = 0 имеем:

если же a2 + b2 = 0, то результат деления, как легко видеть из (6), не определен. Сравнивая (5) и (7), получаем, что частное (c, d)/(a, b) есть произведение (c, d) на величину, обратную к (a, b): (c, d)/(a, b) = (c, d) · (a, b)1.

Отождествим комплексные числа вида (a, 0) с действительными числами. А именно, положим (a, 0) = a. Из правил сложения и умножения комплексных чисел следует, что для любых a, b. Таким образом, результаты выполнения арифметических операций над числами такого вида не зависят от того, как эти результаты были получены: по правилам сложения и умножения комплексных чисел, рассмотренным в данном разделе, или по законам действительных чисел. Обозначим i = (0, 1). Число i называется мнимой единицей. Легко проверить, что (0, b) = (b, 0) · i = bi и, следовательно, (a, b) = a + bi.

Запись a + bi называется алгебраической формой комплексного числа (a, b). Ее использование освобождает нас от заучивания правил арифметических операций (4): легко проверить, что i2 = 1, поэтому работать с комплексными числами можно как с алгебраическими двучленами, зависящими от символа i, с заменой, где необходимо, i2 на 1. Например, для нахождения произведения (a+bi)(c+di) раскроем скобки и получим ac + adi + bci + bdi2, так как i2 = 1, то Для нахождения частного (c + di)/(a + bi) домножим числитель и знаменатель дроби на число abi, называемое сопряженным к a+bi, получим:

Результат согласуется с (7).

Пример 2.

1) (4+ i)(5+ 3i)+ (3+ i)(3 2i) = 20+ 12i+ 5i 3+ 9 6i+ 3i+ 2 = Упражнение 3. Вычислить Обычно комплексное число обозначают одной буквой, например: z = a + bi, здесь a называется действительной частью числа z, b — мнимой частью. Используются обозначения: Re z = a, Im z = b, или Re z = a, Im z = b.

2. Геометрическая интерпретация и тригонометрическая форма записи комплексных чисел Если на плоскости задана прямоугольная система координат, то произвольному комплексному числу (a, b) = a + bi можно сопоставить точку с координатами (a, b). Плоскость, точки которой проинтерпретированы таким образом, называется комплексной плоскостью. Ось абсцисс (называемая в данном случае действительной осью и обозначаемая Re) при такой интерпретации будет соответствовать множеству действительных чисел. Ось ординат (называемая в данном случае мнимой осью и обозначаемая Im) — множеству чисто мнимых чисел, т. е. чисел вида bi, где b — любое вещественное. Начало координат соответствует нулю.

Наглядную геометрическую интерпретацию приобретают в данном случае сложение и вычитание комплексных чисел — это просто сложение и вычитание их радиус-векторов по правилу параллелограмма.

Модулем, или абсолютной величиной, комплексного числа z = a + bi называется расстояние r точки z до начала координат. Модуль числа обозначается |z|. Очевидно данное определение согласуется с определением модуля вещественных чисел. Далее, |z| = 0 тогда и только тогда, когда z = 0.

Аргументом числа z назовем угол, отсчитываемый в положительном направлении (против часовой стрелки), между направлением оси Re и радиус-вектором точки z.

Аргумент обозначается arg z. Арумент определен с точностью до 2k, где k Z. Число 0 аргумента не имеет.

Очевидно, по паре (r, ) комплексное число z определяется однозначно.

Применяя теорему Пифагора и формулы тригонометрии, получаем откуда Запись r(cos + i sin ) называется тригонометрической формой комплексного числа a + bi. Для числа 0 тригонометрической формы записи не существует.

Пример 4. Найдем тригонометрическую форму записи числа:

2, одним из решений системы 8) 1+cos +i sin, если [, ]: воспользовавшись формулами двойного угла, получаем:

Упражнение 5. Найти тригонометрическую форму числа:

Пример 6. Опишем множество точек, изображающих комплексные числа z, удовлетворяющие уравнению |z z0 | = r, где z R, z0 R, r R, r > 0.

1 способ. Пусть z = x + yi, z0 = x0 + y0 i, тогда исходное уравнение будет эквивалентно уравнению (x x0 )2 + (y y0 )2 = r2. Множество точек, ему удовлетворяющих, есть окружность радиуса r с центром в точке z0 = x0 + iy0.

2 способ. Нетрудно видеть, что |z z0 | есть расстояние между точками z и z0. Таким образом, речь идет о всех точках z, для которых расстояние до фиксированной точки z0 есть постоянная величина r. Описанное геометрическое место точек — окружность.

Пример 7. Опишем множество точек, изображающих комплексные числа z, удовлетворяющие уравнению |z z1 | = |z z2 |. Используя геометрическую интерпретацию для |z z1 | и |z z2 |, получаем, что описанная уравнением |z z1 | = |z z2 | совокупность есть множество точек, равноудаленных от z1 и z2, т. е. серединный перпендикуляр отрезка [z1, z2 ].

Упражнение 8. Изобразить на комплексной плоскости множество точек, соответствующих числам z, таким, что:

Рассмотрим произведение двух комплексных чисел, записанных в тригонометрической форме:

Применяя формулы для суммы и разности тригонометрических функций, получаем:

В конце полученной цепочки равенств имеем комплексное число, опять записанное в тригонометрической форме. Его модуль равен r, аргумент равен +. Иными словами, В геометрической интерпретации произведению z1 z2 соответствует точка, радиус-вектор которой получен поворотом радиус-вектора точки z на угол arg(z2 ) и растяжением в |z2 | раз.

Нетрудно проверить, что, если = 0, то поэтому или В геометрической интерпретации частному z1 /z2 соответствует точка, радиус-вектор которой получен поворотом радиус-вектора точки z на угол arg z2 и сжатием в |z2 | раз.

Пример 9. Выполним действия:

Пример 10. Найдем тригонометрическую форму числа 1+cos +i sin, если [, ]. Данный пример уже был рассмотрен (пример 4 8). Приведем другой способ решения:

Пусть n — произвольное натуральное число. Как и для вещественных чисел, будем говорить, что есть n-я степерь комплексного числа z и записывать = z n, если Мы уже определили z 1 как число, обратное к z = 0. Для произвольного z = 0 определим z 0 = 1 и z n = (z 1 )n. Докажем, что Действительно, Упражнение 11. Доказать, что для произвольных целых m, n.

Используя метод математической индукции, теперь легко доказать формулу Муавра (A. de Moivre, 1736):

справедливую для произвольного целого n.

Пример 12. Вычислим:

Уравнение z + 2z cos + 1 = 0. Его корни3 :

Поэтому z1,2 = cos n ± i sin n, z1,2 = cos n i sin n, откуда сразу следует доказываемое равенство.

Упражнение 14. Вычислить:

3 Обычные формулы для корней квадратного уравнения справедливы и для уравнений с комплексными коэффициентами. См. раздел 6.

3. Комплексно сопряженные числа Напомним, что число a bi называется (комплексно) сопряженным к числу a + bi.

Для числа сопряженного к z используется обозначение z. Нетрудно видеть, что z = z. Если z задано в тригонометрической форме z = r(cos +i sin ), то z = r(cos i sin ) = r(cos()+i sin()). Таким образом, аргументы взаимно сопряженных чисел отличаются знаком, а модули совпадают: || = |z|, arg z = arg z.

Выполняются следующие свойства операции сопряжения:

Эти свойства непосредственно вытекают из определения операции комплексного сопряжения. Докажем, например, 1-е свойство. Пусть z1 = a + bi, z2 = c + di, тогда z1 + z2 = (a + c) + (b + d)i = (a + c) (b + d)i, с другой стороны, z1 + z2 = a bi + c di = (a + c) (b + d)i. Левая и правая части доказываемого равенства совпадают.

Упражнение 15. Доказать оставшиеся свойства (9).

Пример 16. Решим уравнение z = z 3.

1 способ. Представим z в алгебраической форме: z = x + iy. Уравнение перепишется следующим образом:

Приравнивая действительные и мнимые части, получаем совокупность систем:

откуда т. е.

Последняя система несовместна в R. Действительно, умножая первое уравнение на 3 и складывая его со вторым, мы получаем 8y 2 = 4, что невозможно для действительных y. Из первых трех систем получаем решения: 0, ±i, ±1 соответственно.

2 способ. Запишем z в тригонометрической форме: z = r(cos + i sin ).

Уравнение примет вид:

откуда Последняя система дает решения: 0, ±i, ±1.

Упражнение 17. Решить уравнения:

4. Неравенство треугольника Утверждение 18 (Неравенство треугольника). Для произвольных комплексных чисел z1, z2 выполняются неравенства Доказательство. Если одно из чисел, участвующих в неравенствах, равно нулю, то неравенства становятся очевидными. Поэтому будем считать, что z1 = 0, z2 = 0.

Вначале докажем, что |z1 + z2 | |z1 | + |z2 |. Представим числа z1, z2, z1 + z2 в тригонометрической форме:

Таким образом, Приравнивая действительные и мнимые части в последнем равенстве, получаем:

Теперь, умножая первое равенство на cos, а второе — на sin и складывая, приходим к r(cos cos +sin sin )+(cos cos +sin sin ) = R(cos2 +sin2 ).

Вспоминая формулы тригонометрии, получаем:

|z1 + z2 |.

Воспользуемся только что доказанным неравенством для чисел z1 +z и z2. Получаем: |(z1 + z2 ) z2 | |z1 + z2 | + | z2 |, т. е. |z1 | |z1 + z2 | + |z2 |, откуда |z1 | |z2 | |z1 + z2 |. Аналогично можно получить |z2 | |z1 | |z1 + z2 |, а, следовательно, ||z1 | |z2 || |z1 + z2 |.

Неравенство |z1 | |z2 | ||z1 | |z2 || очевидно.

Замечание 19. Дадим геометрическую интерпретацию неравенству |z1 + z2 | |z1 | + |z2 |, только что доказанному чисто алгебраически. На рисунке ниже стороны треугольника OAC равны OA = |z1 |, AC = OB = |z2 |, OC = |z1 + z2 |. Неравенство |z1 + z2 | |z1 | + |z2 | выражает тот факт, что сторона треугольника не превосходит суммы двух других сторон.

Из неравенства треугольника получаем: |(1 + i)z 3 + iz| |(1 + i)z 3 | + |iz|.

Величина в правой части последнего неравенства по правилу вычисления модуля произведения равна |1 + i||z|3 + |i||z| = 2|z|3 + |z|. Так как |z| <, то Проследив всю цепочку рассмотренных неравенств, получаем доказываемое.

Упражнение 21. Доказать, что если |z| 2, то 1 |z 2 5| 9.

5. Корни из комплексных чисел Пусть n N. Число z называется значением корня n-й степени из числа, если z n =. Легко видеть, что = 0 обладает единственным (нулевым) значением корня произвольной натуральной степени.

Пусть = 0, тогда, очевидно, z = 0.

Представим в тригонометрической форме: = (cos + i sin ).

Мы ищем такое z = r(cos + i sin ), что z n =. Воспользовавшись формулами Муавра, последнее равенство перепишем в виде Так как для ненулевого комплексного числа модуль определен однозначно, а аргумент с точностью до 2k, где k Z, то rn =, а n = + 2k.

Получаем:

(для вычисления r используется арифметическое значение корня n ).

Итак, для произвольного k Z каждое из чисел является значением корня n-й степени из числа = (cos + i sin ).

Выясним, есть ли среди чисел (10) совпадающие. Разделим произвольное k Z на n с остатком, т. е. представим k в виде k = np + q (напомним, что в данном случае p называется частным, q — остатком, 0 q < n). Подставляя это выражение для k в (10), получаем:

С другой стороны, при значениях k = 0, 1,..., n 1 все числа в (10), различны: их аргументы различны и отличаются не более, чем на 2.

Подводя итог, получаем, что произвольное ненулевое комплексное число = (cos + i sin ) обладает n различными значениями корня n-й степени; все эти значения можно получить по формуле:

Заметим, что значки радикалов, встречающиеся в (11), имеют разный смысл: в правой части n · означает арифметическое значение корня из положительного (действительного) числа, в левой — множество всевозможных значений корня из комплексного числа.

Из (11) легко видеть, что на комплексной плоскости все значения корня находятся на одинаковом расстоянии ( n ) от точки 0, кроме того, угол с вершиной в 0 между направлениями на соседние значения корня постоянен и равен 2/n. Таким образом, точки комплексной плоскости, соответствующие всем значениям корня степени n 3 из одного и того же числа, находятся в вершинах правильного n-угольника.

Пример 22. Найдем значения 3 8. Заметим, что одно (вещественвсе ное) значение корня 3 8 нам известно. Это 2. Представим 8 в тригонометрической форме: 8 = 8(cos + i sin ). По формуле (11) имеем:

8 имеет следующие значения:

Итак, Упражнение 23. Вычислить Упражнение 24.

1) Найти ошибку в следующем «доказательстве»: известно, что a · 2) Найдите все значения корня 1.

Утверждение 25. Mножество всех значений корня n можно получить домножая произвольное частное значение корня n на все значения n ( = 0, = 0).

Доказательство. Пусть z — частное значение корня n, е. z n =, поэтому (zx)n = z n xn = для любого значения x корня n, следовательно, zx — частное значение n. Когда x пробегает все n значений n, произведение zx принимает n разных значений n, т. е. все значения 5.1. Корни из единицы Согласно (11) множество значений корня n-й степени из 1 = cos 0 + i sin 0 можно получить по формуле Легко видеть, что Пример 26.

1) 1 = 1 (одно значение).

Все значения корня 6-й степени из 1 изображены на рисунке.

Упражнение 27. Найти все значения 12 1.

Пример 28. Вычислим 3 8.

Данный пример уже рассматривался (пример 22). Приведем другой способ егорешения, основанный на утверждении 25. Одним из частных значений 3 8, очевидно, является 2. С другой стороны, 3 1 имеет значения: 1, ±i числами: 2, 1 ± i 3.

Пример 29. Найдем сумму всех значений корня n-й степени из 1. При n = 1 данная сумма, очевидно, равна 1. При n > 1, так как k = (1 )k, то упомянутая сумма есть сумма начального отрезка геометрической прогрессии Так как (1 )n = 1, то сумма равна 0.

Упражнение 30.

1) Найти произведение всех корней n-й степени из 1.

2) Найти произведение s-х степеней всех корней n-й степени из 1, 3) Найти сумму s-х степеней всех корней n-й степени из 1, если Упражнение 31. Вычислить 1 + 2 + 32 +... + nn1, если — корень n-й степени из 1.

Упражнение 32. Решить уравнения:

Утверждение 33. Произведение и частное любых двух значений корня n-й степени из 1 является корнем n-й степени из 1.

Доказательство. Пусть, — некоторые значения корня n-й степени из 1, тогда n = 1 и n = 1, следовательно, ( )n = n n = 1 и (/ )n = n / n = 1, таким образом,, / являются значениями корня n-й степени из 1.

Упражнение 34. Доказать, что произведение корня n-й степени из 1 на корень m-й степени из 1 есть корень степени mn из 1.

Упражнение 35. Доказать, что если m и n взаимно просты, то все корни степени mn из 1 получаются умножением корней степени m из 1 на корни степени n из 1.

5.2. Первообразные корни Корень n-й степени из 1 называется первообразным, или примитивным, если m = 1 для любого натурального m < n (т. е. не является корнем из единицы никакой меньшей степени). В данном случае говорят также, что принадлежит показателю n. Из определения сразу вытекает, что произвольное число может принадлежать лишь одному показателю.

Легко видеть, что является первообразным корнем n-й степени из 1.

Утверждение 36. Для того, чтобы корень n-й степени из 1 являлся первообразным, необходимо и достаточно, чтобы величины исчерпывали все значения n 1.

Замечание 37. Утверждение о том, что величины (13) исчерпывают все значения корня n-й степени из 1 эквивалентно тому, что они попарно различны.

Доказательство утверждения 36.

Необходимость. Предположим противное: среди величин (13) нашлось две равных, например, k = l для некоторых натуральных k, l, причем 1 k < l n. Тогда lk = 1, l k > 0, следовательно, не является первообразным.

Достаточность. Так как величины (13) исчерпывают все значения корня n-й степени из 1, то, в частности, m = n = 1 для всякого натурального m < n, следовательно, — первообразный.

Утверждение 38. Пусть — первообразный корень n-й степени из 1, тогда для того, чтобы m = 1, необходимо и достаточно, чтобы m было кратно n.

Доказательство. Необходимость. Разделим m с остатком на n: имеем m = np + r для некоторых натуральных p и r (0 r < n), поэтому Итак, r = 1. Так как — первообразный и 0 r < n, то r = 0.

Достаточность. Имеем m = np, следовательно, m = (n )p = 1.

Следствие 39. Если корень m-й степени из 1 принадлежит показателю n, то m кратно n.

Утверждение 40. Пусть — первообразный корень n-й степени из 1, тогда для того, чтобы k был также первообразным n-й степени, необходимо и достаточно, чтобы НОД(n, k) = 1.

Доказательство. Необходимость. Предположим противное: и k — первообразные, однако НОД(n, k) = d > 1. Имеем n = n d, k = k d для некоторых натуральных n, k, причем, так как d > 1, то n < n.

Однако Так как n < n, то k не является первообразным корнем.

Достаточность. Предположим теперь, что — первообразный корень, НОД(n, k) = 1, однако (k )m = 1 для некоторого натурального m < n (т. е. k не является первообразным). Из утверждения 2 следует, что km кратно n, однако НОД(n, k) = 1, поэтому m кратно n, что невозможно, так как m < n.

Следствие 41. Величина является первообразным корнем n-й степени из 1 тогда и только тогда, когда НОД(n, k) = 1.

Доказательство. Применим к первообразному корню = 1 утверждение 3.

Пример 42. Найдем все первообразные корни из 1 степени:

1) 1, ответ: 1;

2) 2, один первообразный корень: 1 = 1;

4) 4, два первообразных корня: 1,3 = ±i;

6) 8, выпишем все натуральные числа, не превосходящие n = и взаимно простые с ним: 1, 3, 5, 7; первообразными корнями являются:

Упражнение 43. Найти все первообразные корни из 1 степени 12.

Упражнение 44. Для каждого корня 1) 16-й; 2) 20-й; 3) 24-й степени из единицы указать показатель, к которому он принадлежит.

Упражнение 45. Вычислить сумму 1 + + 2 +... + n1, если — первообразный корень степени 2n из 1.

Согласно следствию 41 число первообразных корней n-й степени из 1 совпадает с количеством (n) натуральных чисел, не превосходящих n и взаимно простых с ним. Функция (n) называется функцией Эйлера.

Она играет существенную роль в теории чисел.

Упражнение 46. Пусть — первообразный корень n-й степени из 1.

Доказать, что (1 )(1 2 )... (1 n1 ) = n.

Упражнение 47. Доказать, что произведение длин всех сторон и диагоналей, проведенных из одной вершины правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса 1, равно n.

Упражнение 48. Доказать, что если m и n взаимно просты, то произведение первообразного корня из 1 степени m на первообразный корень из 1 степени n есть первообразный корень из 1 степени mn и обратно.

Упражнение 49. Доказать, что если m и n взаимно просты, то (mn) = (m)(n), пользуясь тем, что (n) есть число первообразных корней степени n.

5.3. Круговые многочлены Круговым многочленом, или многочленом деления круга, показателя n называется выражение где 1, 2,..., s — первообразные корни n-й степени из 1.

Пример 50.

Утверждение 51. Справедливо равенство где произведение берется по всем натуральным делителям m числа n.

Доказательство. Чтобы перечислить все корни n-й степени из 1, воспользуемся следующей процедурой. Для каждого делителя m числа n выпишем все корни, принадлежащие показателю m. Из утверждения следует, что таким образом мы перечислим все корни n-й степени из 1 и каждый по одному разу. Доказываемое теперь следует из разложения Пример 52. Выпишем 5 (x), 10 (x).

1) Делителями n = 5 являются 1, 5, поэтому x5 1 = 1 (x)5 (x), 2) Делителями n = 10 являются числа 1, 2, 5, 10, поэтому x10 1 = 1 (x)2 (x)5 (x)10 (x), отсюда Упражнение 53. Найти Упражнение Упражнение Упражнение 56. Доказать, что при нечетном n, большем 1, справедливо 2n (x) = n (x).

Упражнение 57. Пусть n кратно d. Доказать, что первообразными корнями степени nd из 1 являются все корни d-й степени из всех первообразных корней n-й степени из 1 и только они.

Упражнение 58. Пусть m = pk1 pk2... pks, n = p1 p2... ps, где p1,..., ps — попарно различные простые числа, Доказать, что Упражнение 59. Найти 10000 (x).

Упражнение 60. Пусть p — простое число, не делящее n. Доказать, что Упражнение 61. Найти n (1).

Упражнение 62. Найти n (1).

5.4. Квадратные корни из комплексных чисел Квадратным корнем из комплексного числа z = a + bi является такое число x + iy, что (x + iy)2 = a + bi. Пусть z = 0, тогда a + bi = x2 + 2xyi y 2, или Решим полученнную систему. Возведем оба уравнения системы в квадрат и прибавим к первому второе: a2 +b2 = x4 +2x2 y 2 +y 2, отсюда a2 +b2 = (x2 + y 2 )2. Так как x2 + y 2 > 0, то x2 + y 2 = a2 + b2. Рассмотрим это уравнение вместе с первым уравнением системы (14):

Отсюда, Каждое из этих двух соотношений дает два разных значения для x и y. Комбинируя их, мы можем получить четыре различных комплексных числа, однако не все они удовлетворяют системе (14): как видно из второго уравнения, знаки x и y должны совпадать, если b > 0, и различаться, если b < 0. Если b = 0, т. е. число z — вещественное, то либо x, либо y равно нулю. В разделе 5 мы видели, что корень n-й степени из произвольного ненулевого комплексного числа имеет ровно n значений.

Таким образом, для n = 2 эти значения получаются по формулам (15), скомбинированным с приведенным правилом выбора знака.

Пример 63. Найдем все значения 2 i 12. Сначала найдем все значения корня квадратного из 2 i 12. Из (15) имеем x2 = 3, y 2 = 1. Так как мнимая часть подкоренного числа отрицательна, то 2 i 12 = ±( 3 i). Вычислим теперь Теперь необходимо найти 3 + i. По утверждению 25 оба значения телем i. Итак, значениями корня являются Упражнение 64.

Упражнение 65. Из (15) вывести формулы синуса и косинуса половинного аргумента.

6. Уравнения второй, третьей и четвертой степени 6.1. Квадратные уравнения Уравнением второй степени, или квадратным уравнением, называется уравнение ax2 + bx + c = 0, где a = 0. Делением его на a получаем уравнение, равносильное исходному:

Для его решения воспользуемся способом выделения полного квадрата.

В правой части имеем:

Уравнение примет вид Квадратный корень в последней формуле имеет два значения, отличающиеся знаком. Примем для них обозначение ±. Итак, уравнение (16) имеет в общем случае два решения Дискриминантом уравнения (16) называется Легко видеть, что если D = 0, то уравнение (16) имеет один комплексный корень. Если D = 0, то уравнение (16) имеет два различных комплексных корня.

Пример 66. x2 (2 + i)x + (1 + 7i) = 0.

Для нахождения всех значений квадратного корня воспользуемся методами из предыдущего раздела:

Отсюда Итак, x1 = 3 i, x2 = 1 + 2i.

Упражнение 67. Решить уравнения:

Упражнение 68. Решить уравнения:

Упражнение 69. Составить формулу для решения биквадратного уравнения x4 + px2 + q = 0 с вещественными коэффициентами, удобную в случае p2 /4 q < 0.

6.2. Кубические уравнения После замены y = x c = 0 исчезает член с квадратом неизвестной y. Уравнение примет вид Его решения будем искать в виде где, — некоторые комплексные числа, связанные помимо (18) другим отношением, которое мы определим ниже. После подстановки (18) в (17) получаем:

откуда следовательно, Пусть тогда (19) примет вид Переписывая (21) и возводя (20) в куб, получим систему Используя теорему Виета, получаем, что 3, 3 являются решениями следующего квадратного уравнения поэтому Среди всевозможных комбинаций, необходимо выбрать лишь те, которые удовлетворяют условию (20). Легко видеть, что таким образом будет получено 3 решения (для каждого из (20) можно определить единственное ). Формулы (18), (22) называются формулами Кардано.

На практике из (22) выбирают какую-нибудь пару 1, 1, удовлетворяющую (20); решениями уравнения (17) являются числа Упражнение 70. Проверить, что x2, x3 удовлетворяют условию (20).

Пример 71. y 3 +3y 2 6y +4 = 0. После подстановки y = x1 исходное уравнение примет вид: x3 9x + 12 = 0. Имеем:

6.3. Кубические уравнения с действительными коэффициентами Пусть в уравнении (17) параметры p, q — действительные числа. В зависимости от знака выражения q 2 /4 + p3 /27 в формулах Кардано (22) приходится вычислять корень квадратный либо из положительного, либо из нулевого, либо из отрицательного (действительного) числа. Рассмотрим каждый из этих случаев.

1) q 2 /4 + p3 /27 > 0. Под знаком кубичного радикала в (22) стоят действительные числа. Вещественные значения этих корней дадут действительный корень 1 + 1. Два других корня, вычисленных по формулам (23), являются сопряженными комплексными (см. пример 71).

2) q 2 /4 + p3 /27 = 0. В этом случае 1 = 1, поэтому x1 = 21, x2 = x3 = 1. Все корни действительные.

3) q 2 /4 + p3 /27 < 0 (так называемый «неприводимый случай»). Пусть (в данном случае радикал означает арифметическое значение корня). Для числа z определим модуль r:

и аргумент :

Из формул Кардано (22) следует, что Легко проверить, что 1 1 = p/3, поэтому по формулам (23) получаем:

Итак, в «неприводимом» случае все три корня уравнения вещественные и различные и могут быть найдены по формулам:

(так называемое «тригонометрическое» решение).

Заметим, что в данном случае несмотря на то, что все три корня действительные, нам не удалось их выразить через радикалы от действительных же чисел: в формулах (22) приходится извлекать кубичный корень из комплексного (не действительного) числа, а в (24) встречаются трансцендентные функции. Можно показать, что в общем случае (т. е. для уравнения с буквенными коэффициентами) это невозможно, хотя в частных примерах иногда удается представить вещественные корни кубичного уравнения через радикалы от действительных чисел (см. примеры ниже).

Пример 72. x3 6x + 4 = 0. По формулам (22) получаем Здесь кубичный корень удается извлечь «точно». Например, 1 = 1 + i, 1 = 1 i. Прямой подстановкой в (20) убеждаемся, что условие (20) выполнено. Решения:

Пример 73. x3 19x + 30 = 0. По формулам (24) получаем (приближенные вычисления с точностью до 4 значащих цифр):

Легко проверить, что точными значениями решений уравнения являются целые числа 3, 2, 5.

6.4. Уравнения четвертой степени Опишем способ Феррари (L. Ferrari, 1545) для решения уравнения четвертой степени Легко проверить, что для произвольного значения параметра уравнение (25) можно представить в виде:

Подберем так, чтобы выражение в квадратных скобках было квадратом двучлена, зависящего от x. Для этого необходимо приравнять к нулю дискриминант этого выражения:

Таким образом, взяв любой корень уравнения (27), мы сможем разложить левую часть (26) на линейные множители и тем самым отыскать корни исходного уравнения. Вспомогательное кубическое уранение (27) называется резольвентой.

Пример 74. x4 2x3 + 2x2 + 4x 8 = 0. Резольвента имеет вид:

После раскрытия скобок и приведения подобных получаем:

Одним из корней является = 2. Воспользовавшись (26), левую часть исходного уравнения запишем в виде Раскладывая на линейные множители, получаем следующие корни: 1 ± i 3, ± 2.

6.5. Уравнения высших степеней Мы с вами увидели, что корни алгебраического уравнения степени не выше 4 с буквенными коэффициентами можно выразить через коэффициенты этого уравнения при помощи конечного числа действий сложения, вычитания, умножения, деления и знаков корня (говорят, что общее уравнение степени не выше 4 разрешимо в радикалах). Н. Абель (N. Abel) в 1826 г. показал, что для алгебраических уравнений степени выше 4 этого сделать нельзя, иными словами, общее уравнение степени 5 и выше неразрешимо в радикалах. Результат Абеля не исключал возможности, что корни каждого конкретного уравнения (с числовыми коэффициентами) степени выше 4 выражаются с помощью некоторой комбинации арифметических операций и операций извлечения корня над коэффициентами исходного уравнения. Уравнения любой степени частных видов решаются в радикалах (например, двучленное уравнение xn a = 0). Полное решение вопроса о том, при каких условиях алгебраическое уравнение разрешимо в радикалах было получено Э. Галуа (E. Galois) в 1830 г.

Из результатов Галуа, например, следует, что для любой степени выше найдутся уравнения с рациональными (и даже целыми) коэффициентами, неразрешимые в радикалах. Простым примером такого уравнения может служить x5 4x 2 = 0.

6.6. Разные задачи Пример 75. Выразим в радикалах cos, sin. Число cos +i sin является первообразным корнем 5-й степени из 1 и поэтому одним из решений уравнения x5 1 = 0 или 5 (x) = 0. Таким образом, задача сводится к разысканию решений уравнения x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0.

Это уравнение возвратное. Так как x = 0 не является его корнем, то мы можем записать:

или Пусть тогда u2 = x2 +2+ и (28) примет вид u2 +u1 = 0. Корни последнего уравнения: u1,2 = ±. Теперь из (29) имеем:

Очевидно, cos + i sin = x1. Таким образом, Упражнение 76. Разработать метод построения при помощи циркуля и линейки правильного пятиугольника, вписанного в окружность заданного радиуса.

Пример 77. Составим алгебраическое уравнение с целыми коэффициентами, корнем которого является длина стороны правильного 14-угольника, вписанного в круг радиуса 1. Обозначим сторону упомянутого 14-угольника через d. Легко видеть, что d = 2 sin = 2 cos. Пусть тогда d = + 1. Заметим, что является первообразным корнем 14-й степени из 1 и поэтому корнем кругового многочлена Поделив уравнение x6 x5 + x4 x3 + x2 x + 1 = 0 на x3, получим и после преобразований:

т. е. d3 d2 2d + 1 = 0. Это и есть искомое уравнение.

Упражнение 78. Решить уравнения:

Упражнение 79. Решить уравнения:

7. Вычисление сумм и произведений с помощью комплексных чисел Перед разбором примеров данного раздела напомним формулу бинома Ньютона где n — любое натуральное, а a и b — любые комплексные числа. Коэффициенты разложения называются биномиальными коэффициентами. Как обычно, n! — факториал числа n, т. е. произведение натуральных чисел от 1 до n:

Полагают также 0! = 1. По формуле (30), в частности, получаем:

Биномиальные коэффициенты обладают следующими свойствами:

Первые три очевидны. Четвертое можно вывести, сравнивая коэффициенты в левой и правой частях равенства (a + b)n = (a + b)n1 (a + b), а можно проверить непосредственно. Сделаем это:

Чтобы привести дроби к общему знаменателю k!(n k)!, домножим числитель и знаменатель первого слагаемого на n k, а второго — на k.

Тогда получим:

Равенства (31), (32) позволяют выписать биномиальные коэффициенты, в следующую таблицу, называемую треугольником Паскаля:

Здесь каждое число равно сумме двух соседних чисел, стоящих строкой выше. Тогда в n-й строке на k-м месте получаем биномиальный. В частности, рассматривая, например, 6-ю строку коэффициент треугольника Паскаля, выводим формулу:

Формула бинома Ньютона может теперь быть доказана по индукции.

Основание индукции при n = 1 очевидно: в левой и правой частях равенства (30) стоят тождественно равные выражения a + b. Индуктивный переход осуществляем из предположения, что формула бинома Ньютона верна для показателя степени равного n 1:

Докажем, что тогда справедливо (30). Действительно, имеем что требовалось доказать.

Пример 80. Выразим cos 5x через cos x и sin x (x R). Пусть z = cos x + i sin x. Найдем z 5 двумя способами. По формуле бинома Ньютона имеем:

С другой стороны, по формуле Муавра:

Приравнивая правые части полученных равенств и выделяя действительную часть, получаем:

Упражнение 81. Выразить через cos x и sin x:

1) cos 8x; 2) sin 7x.

Упражнение 82. Выразить tg 6x через tg x.

Упражнение 83. Доказать4 :

Многочлены вида называются многочленами Чебыш ва. Из предыдущего упражнения слее дует, что 4 Суммы в нижеследующих равенствах конечные.

Пример 84. Вычислим sin x + sin 2x +... + sin nx (x R). Пусть z = cos x + i sin x, тогда рассматриваемая сумма есть мнимая часть выражения z + z 2 + z 3 +... + z n, которое, используя формулы для суммы геометрической прогрессии, формулу Муавра и простейшие тригонометрические формулы, преобразуем следующим образом:

Выделяя мнимую часть, получаем Выделяя действительную часть, можно получить Упражнение 85. Вычислить сумму Пример 86. Вычислим Пусть z = cos x+i sin x. Преобразуем выражение, мнимая часть которого есть рассматриваемая сумма:

Мы последовательно применили формулу бинома Ньютона, тригонометрические формулы двойного угла и, наконец, использовали формулу Муавра. Теперь, выделяя мнимую часть в последнем выражении, получаем Пример 87. Вычислим Для вычисления суммы в круглых скобках положим z = cos x + i sin x и рассмотрим сумму Выделяя действительную часть, получаем Поэтому Упражнение 88. Показать, что Пример 89. Вычислим:

Пусть z = cos x + i sin x. Сумма 1) совпадает с действительной частью выражения сумма 2) — с его мнимой частью. Для нахождения z +2z 2 +3z 3 +...+nz n рассмотрим произведение в котором, раскрывая скобки, получим Следовательно, Для отделения мнимой и действительной части в последнем выражении удобно ввести величину = cos + i sin, заметив, что 2 = z. Итак, Выделяя действительную и мнимую части, соответственно получаем Упражнение 90. Доказать, что Пример 91. Выразим sin3 x через sin кратных углов. Пусть z = cos x + i sin x, тогда нетрудно проверить, что sin x = и, следовательно, по формуле бинома Ньютона, Подставляя вместо z его выражение через x и приводя подобные, получаем Пример 92. Выразим cos4 x · sin3 x через синусы кратных углов. Пусть но, Упражнение 93. Выразить через тригонометрические функции кратных углов:

1) sin4 x; 2) sin3 x cos5 x.

Пример 94. Вычислим Разлагая (1 + i)n по формуле бинома Ньютона:

видим, что выражение 1) есть действительная часть числа (1 + i)n, тогда как 2) — его мнимая часть. Так как Упражнение 95.

1) Разложив (1 + 1)n по формуле бинома Ньютона, докажите, что 2) Разложив (1 1)n по формуле бинома Ньютона, докажите, что Пример 96. Вычислим Разложим (1 + i/ 3) по формуле бинома:

С другой стороны, по формуле Муавра:

Приравнивая мнимые части в обоих выражениях, получаем Отсюда Пример 97. Вычислим Рассмотрим выражение ма и вынося за скобки общие биномиальные коэффициенты, получаем:

С другой стороны, Следовательно, Упражнение 98. Вычислить суммы:

8. Формула Эйлера Показательная функция от комплексного аргумента определяется по формуле Эйлера:

Из нее, в частности, следует:

Тригонометрическая форма записи числа z = r(cos + i sin ) превращается теперь в Это делает естественным определение натурального логарифма, который определен с точностью до слагаемого 2ki:

Упражнение 99. Доказать, что lim 1+ Упражнение 100. Во что превращается в свете формулы Эйлера правило сложения аргументов при умножении комплексных чисел? Тот же вопрос для формулы Муавра.

Упражнение 101. Вычислить Упражнение 102. Найти все значения 1) Ln 1; 2) Ln(1); 3) Ln(1 + i).

Упражнение 103. Пусть 1 x 1. Найти Упражнение 104. Выразить Arctg z через логарифмическую функцию.

9. Числовые кольца и поля Множество A C замкнуто относительно сложения, если для двух произвольных a и b из A их сумма a+b также принадлежит A. Аналогично определяется замкнутость по остальным арифметическим операциям.

Например, множества N, Z, Q, R, C замкнуты относительно сложения и умножения. Множества Z, Q, R, C замкнуты относительно вычитания.

Множество Un всех значений корня n-й степени из единицы замкнуто относительно умножения и деления.

Непустое числовое множество K C называется (числовым) кольцом, если оно замкнуто относительно сложения, вычитания и умножения.

Множество N замкнуто относительно сложения и умножения, однако не замкнуто относительно вычитания, и, следовательно, не является кольцом. Множества Z, Q, R, C, как не трудно видеть, — кольца. Множество {0} также является кольцом, называемым тривиальным.

Утверждение 105. Для любого кольца K верно, что 0 K.

Доказательство. Пусть a K. Так как K замкнуто относительно вычитания, то 0 = a a K.

Упражнение 106. Привести пример нетривиального кольца без 1.

Числовое кольцо F называется (числовым) полем, если множество его ненулевых элементов не пусто и замкнуто относительно деления. Множество Z уже не является полем, однако Q, R, C — поля, в них деление на ненулевой элемент возможно и не выводит за пределы множества.

Утверждение 107. (Теорема о минимальности поля рациональных чисел.) Для любого числового поля F верно, что Q F.

Доказательство. Из определения поля следует, что 0 F и a F для некоторого ненулевого a. Вследствие замкнутости F \ {0} по операции деления имеем 1 = a/a F. Далее, используя замкнутость по сложению, получаем, что числа 2 = 1 + 1, 3 = 1 + 1 + 1 и т. д. принадлежат F, следовательно N F. Справедливо также, что 1 = 0 1 F, 2 = 0 2 F и т. д. Таким образом, Z F. И, наконец, тоже принадлежит F для любых p Z, q N, поэтому Q F.

Пример 108. Рассмотрим множество чисел вида + 3, где Z, Z. Оно является кольцом, но не является полем. Если же положить Q, Q, то получим поле: замкнутость относительно деления следует из равенств Следует отметить, что равенство + 3 = 0 возможно лишь в случае, когда = 0 и = 0. Действительно, если + 3 = 0 и = 0, то = 0;

если же + 3 = 0 и = 0, то 3 =, что невозможно, так как — иррациональное число. Итак, + 3 = 0, аналогично, 3 = 0, и поэтому домножение числителя и знаменателя дроби на 3 в (35) допустимо.

Выкладки в (35) есть ни что иное как освобождение от иррациональности в знаменателе, в идейном плане ничем не отличающееся от процедуры деления комплексных чисел с помощью домножения на сопряженное к знаменателю.

Ответы и решения 30. 1) 1 при нечетном n и 1 при четном n; 2) если s нечетно, а n четно, то 1; иначе 1;

3) 0, если s не делится на n, и n, если s делится на n.

35. УКАЗАНИЕ: Воспользоваться тем, что так как m и n взаимно просты, то существуют u, v, такие, что um + vn = 1.

45.

46. УКАЗАНИЕ: Разложить многочлен xn1 + xn2 +... + 1 на линейные множители.

48. Пусть и — первообразные корни степеней m и n соответственно. Пусть ()k = 1.

Тогда nk = 1 и mk = 1, следовательно, nk делится на m и mk делится на n, откуда k делится на m, n и на mn, поэтому есть первообразный корень степени mn. Если принадлежит показателю m1 < m, а — показателю n1 n, то принадлежит показателю m1 n1 и не может быть первообразным.

53. 1) 12 (x) = x4 x2 +1; 2) 15 (x) = x8 x7 +x5 x4 +x3 x+1; 3) 105 (x) = x48 + x47 +x46 x43 x42 2x41 x40 x39 +x36 +x35 +x34 +x33 +x32 +x31 x28 x x24 x22 x20 +x17 +x16 +x15 +x14 +x13 +x12 x9 x8 2x7 x6 x5 +x2 +x+1.

x(p1) 1 и только они не являются первообразными корнями pm -й степени из 1.

56. УКАЗАНИЕ: Показать, что если n — нечетное, то для получения всех первообразных корней степени 2n достаточно все первообразные корни степени n умножить на 1.

57. Пусть k = cos + i sin — первообразный корень степени nd из 1, тогда НОД(k, n) = 1. Разделим k на n, получим k = qn + r, где 0 < r < n. Отсюда из НОД(k, n) = 1 следует НОД(r, n) = 1.

но, r является корнем степени nd из 1. Так как НОД(r, n) = 1 и d — делитель n, то, легко доказать, что НОД(r + kn, nd) = 1, поэтому этот корень — первообразный.

58. УКАЗАНИЕ: Воспользоваться задачей 57.

59. Так как 10000 = 24 · 54, 10 = 2 · 5, то 10000 (x) = 10 (x1000 ) = x4000 x3000 + 60. Корнями n (xp ) являются все первообразные корни степени np и первообразные корни степени n.

61. Если n = pk, где k — простое, то n (1) = p; в остальных случаях n (1) = 1.

62. n (1) = 64. 1) ±(2 2i); 2) ±(2 i).

76. УКАЗАНИЕ: Используя выражение для cos, разработать способ построения отрезка 79. 1) 1 ± 2i, 4 ± 2i; 2) 2 ± i 2, 2 ± i2 2. УКАЗАНИЕ: Воспользоваться тем, что левые части представляются в виде суммы квадратов.

81. 1) cos8 x 28 cos6 x sin2 x + 70 cos4 x sin4 x 28 cos2 x sin6 x + sin8 x;

98. УКАЗАНИЕ: Подберите выражения, подобные (34), включающие 4 бинома.

откуда, сводя ко второму замечательному пределу, получаем rn sin n = 0, поэтому можно считать, что n 0, откуда, используя первый 100. Правило сложения аргументов при умножении комплексных чисел превращается в правило сложения показателей при умножении степеней с одинаковыми основаниями.

Формула Муавра превращается в правило возведения степени в степень.

101. 1) 1; 2) i; 3) i.

103. 1) i arccos x + 2ki; 2) i arcsin x + 2ki.

Литература 1. Курош А. Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1971.

2. Фаддев Д. К., Соминский И. С. Сборник задач по высшей алгебре.

Греческий алфавит Содержание 6.3 Кубические уравнения с действительными коэффициентами

КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА

Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования 603950, Нижний Новгород, пр. Гагарина, Подписано в печать Бумага офсетная. Печать офсетная. Гарнитура Times.

Усл. печ. л. 3,5. Уч.-изд. л. 3,25. Заказ Тираж 250 экз.

Нижегородского госуниверситета им. Н. И. Лобачевского 603600, г. Нижний Новгород, ул. Большая Покровская,