Praktikum_po_matematike

z z = z	2	z =	z2	(частное комплексных чисел).
1			z1

Следует обратить внимание на следующие свойства степени числа i: i1 =i;

i2 = −1;

i3 =i2 i = (−1) i = −i;

i4 =i2 i2 = (−1) (−1)=1; i5 =i4 i =i; и т.д.

Вообще i4k+m =im , так как i4k+m =i4k im = (i4 )k im =1k im =1 im =im . Например: i22 =i20+2 =i2 = −1.

1 . 4 . РЕШЕНИЕ КВАДРАТНЫХ УРАВНЕНИЙ В МНОЖЕСТВЕ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ

Любое квадратное уравнение с вещественными коэффициентами ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) разрешимо в множестве комплексных чисел.

Решения находят по формуле корней квадратного уравнения

x

=

− b

± b2 − 4ac

:

1,2

2a

1) если D =b2 − 4ac ≥ 0 , то

x

= −b ±

b2 − 4ac ;

1,2

2a

2) если D =b2 − 4ac < 0 (следовательно, 4ac −b2 > 0 ), то формулу

корней квадратного уравнения можно преобразовать:

x =

−b ± b2 − 4ac

=

−b ± − (4ac −b2 )

=

1,2

2a

2a

=

−b ± −1 4ac − b2

=

− b ± i 4ac − b2

2a

2a

и, таким образом,

если D =b2 − 4ac < 0 , то

x

= −b ± i

4ac −b2 .

1,2

2a

10

1 . 5 . РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ
	5; −	1	; 0; 1; 2;	π; 5,7; 8
Пример 1. Дано: A = −		2			.
Найти: A I N;	A I Z; A IQ; A I I;				A I R .

		Решение. Натуральными числами в множестве А являются числа
	1	и 8, поэтому A I N ={1; 8 }.
		Целыми числами в множестве А являются натуральные 1 и 8, а также
	–5 и 0, поэтому A I Z =			{−5; 0; 1; 8 }.
		Рациональными числами в множестве А являются целые числа –5, 0,
			1			1
	1	и 8, а также дроби −		и 5,7 . Следовательно, A IQ = −5;	−	2	; 0; 1; 5,7; 8 .
			2
		Иррациональными числами в множестве А являются				2		и π, следо-

вательно,	A I I ={ 2; π}.
Все числа из множества А являются вещественными, следовательно,
				1	; 0; 1; 2;
A I R = A = −5; −				2			π; 5,7; 8 .
Ответ:			A I N ={1; 8 }; A I Z ={−5; 0; 1; 8 }; A I I ={ 2; π};
		1				;		−	1	; 0; 1;
A IQ = −5;−		2	; 0; 1; 5,7; 8				A I R = A = −5;		2		2; π; 5,7; 8 .

☺
Пример 2. Дано: z1 = −3 + 2i;	z2 =13 −i
Найти: 1) z1 + z2 ;	2) z1 z2

Решение. Арифметические действия с комплексными числами выполняем как с обычными алгебраическими выражениями (раскрываем

скобки, приводим подобные члены и т.п.), учитывая при этом, что i2 = −1. z1 + z2 = −3 + 2i +13 −i =10 + i .

z z	2	= (−3 + 2i)(13 −i)= −39 + 26i + 3i − 2i2		= −39 + 29i + 2 = −37 + 29i
1
Ответы: 1) 10+ i;			2) –37+29i.

☺

11

Пример 3. Дано: z1 = −3 + 2i; z2 =13 −i .

Найти: 1) z

2

− z ;

2)

z2

.

1

z1

Решение. 1) z2 − z1 = (13 −i)− (−3 + 2i)=13 −i + 3 − 2i =16 −3i .

2) Умножим числитель и знаменатель дроби на сопряжённое знаме-

нателя:

(13 −i) (−3 − 2i)

−39 + 3i − 26i + 2i2

z2

13 −i

− 41 − 23i

41 23

=

=

=

(−3)2 − (2i)2

=

= −

−

i

z1

−3 + 2i

(−3 + 2i) (−3 − 2i)

9 + 4

13

13

Ответы:

1) 16 – 3i;

2) − 41 −

23 i .

13

13

☺

Пример 4. Записать число z =

3 + i

в алгебраической фор-

(1 + i)(1 − 2i)

ме.

Решение. Комплексное число в алгебраической форме имеет вид z = a + bi . Приведём данное в условии число z к такому виду. Для этого перемножим сомножители в знаменателе и затем домножим числитель и

знаменатель дроби на комплексно сопряжённое число знаменателя:

z =

3 + i

3 + i

3 + i

=

=

3 −i =

(1 + i)(1 − 2i)

1 + i − 2i − 2i2

(3 + i)2

9 + 6i + i2

9 + 6i −1

=

=

9 +1

=

10

=

(3 −i)(3 + i)

=

8 + 6i

=

8

+

6

i =

4

+

3 i .

10

10

5

10

5

Ответ: 54 + 53 i .

☺

Примеры 5. Возвести в степень		3) (1 + i 3)3 .
1) (3 − 2i)2 ;	2) (1 + i)4 ;

12

Решения.

1) По формуле квадрата разности

(3 − 2i)2 =32 − 2 3 2i + (2i)2 =9 −12i + 4 i2 =

= 9 −12i + 4 (−1)= 9 −12i −4 = 5 −12i .

2) (1 + i)4 = (1 + 2i + i2 )2 = (1 + 2i −1)2 = (2i)2 = −4 .
3) По формуле куба суммы
(1 + i 3)3 =13 + 3(1)2 i 3 + 3 1 (i 3)2 + (i 3)3 =
=1 + 3 3 i −3 3 + 3 3 i3 =1 + 3 3 i −9 −3 3 i = −8 .
Ответы: 1) 5 −12i ; 2) − 4 ;	3) −8.
	☺
Примеры 6. Вычислить	1) 4 ;	2) 7 − 24i .

Решения.

1) Ищем решение в множестве комплексных чисел.

Тогда 4 = z = a + bi 4 = a2 + 2abi + (bi)2 4 + 0 i = a2 + 2abi −b2 .

				4 = a2 −b2 ;
Из равенства комплексных чисел
				0 = 2ab.
Из второго равенства системы следует, что a = 0;
Тогда						b = 0.
a	= 0;			−нет решения (т.к. b R);
−b2 = 4;
b	= 0;					z =		2 + 0i = 2;
			a = ±2 1
	2	= 4;				z2 = −2 + 0i = −2.
a
2) Ищем решение в				множестве			комплексных чисел. Тогда
7 − 24i = z = a + bi , и 7 − 24i = a2 + 2abi −b2 .
Из равенства комплексных чисел:					a2	−b2 = 7			a2	−b2 = 7	.
					2ab = −24				ab	= −12
Решением системы являются				a =	4	a = −4
						и		3	, следовательно,
				b = −3		b	=
											13

z1 = 4 −3i; z2 = −4 + 3i .
Ответы:	1) z1 = 2; z2 = −2 ;	2) z1 = 4 −3i; z2 = −4 + 3i .

☺

Примеры 7. Решить уравнения на множестве комплексных чисел

1) x2 + 3x + 3 = 0;			2) x3 −8 = 0 .
Решения.
1) x2 + 3x + 3 = 0 D =b2 − 4ac =9 −12 < 0 . Следовательно,
x = −3 ± i 12 −9		= −3 ± i 3 .
1,2	2		2
Уравнение второй степени имеет два комплексно сопряжённых корня.
2) Разложим левую часть уравнения x3 −8 = 0 на множители							по
формуле разности кубов x3 −8 = (x − 2) (x2 + 2x + 4).
Тогда (x − 2)(x2 + 2x + 4)= 0 x − 2 = 0;
	x2 + 2x + 4 = 0;
	x1 = 2;					x1 = 2;
	x		= −1 ± i 4 −1;		x2	= −1 + i	3;
		2,3
					x3	= −1 −i	3.

Уравнение третьей степени имеет в множестве комплексных чисел 3 корня, 2 из которых комплексно сопряжённые.

Ответы: 1)		−3	+	3 i;	−3	−			; 2)	{2; −1 + 3 i; −1 − 3 i }.
							3 i
		2		2	2		2

☺

1 . 6 . ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

1.Найти модули комплексных чисел z1 = 2 −i; z2 = 2 6 + 5i; z3 =i .

2.z1 =3 + 2i; z2 = 4 −3i . Найти z1 + z2 .

3.z1 = 2 −3i; z2 =5 − 6i . Найти z1 − z2 .

4.z1 = 4 + 3i; z2 = 2 −3i . Найти z1 z2 .

14

5.	z = 2 + 3i;	z	2	=1 −i . Найти		z1	.
	1					z2
6.	Вычислить (2 + 3i)4 .
7.	Записать число z =				5 + i				в алгебраической форме.
					(1 + i) (2 −3i)

8.Вычислить z = 3 + 4i .

9.Решить в множестве комплексных чисел уравнения

а) z2 + z +1 = 0;

б) z3 +1 = 0 .

10.Найти x и y, если x + yi = (1( + i))7 .

1−i

11.Найти модуль числа

									4					(1 + i)5
								а) (1 + i) + 3i ;				б)		1 −i .
Ответы: 1) z1 =								5; z2	= 7;	z3 =1;	2) 7 − i;					3) − 3 + 3i;			4) 17 − 6i ;
5) −	1	+	5	i;		6) −119 −120i ;				7) 12 +		5	i ;			8)	z = 2 + i; z			2	= −2 −i;
2			2							13	13						1
9) а) z = −1					+	3 i; z	2	= −1 − 3 i		; б) z = −1; z					2	= 1	+ 3 i; z	3	= 1 − 3 i ;
		1	2			2		2	2		1					2	2				2
10) x =8; y = 0 ;						11) а) 5; б) 4.

15

2. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ МНОГОЧЛЕНОВ

2 . 1 . МНОГОЧЛЕНЫ. ТЕОРЕМА БЕЗУ

Определение 2.1. Многочленом степени n от переменной x

называют функцию вида

Pn (x)= an xn + an−1xn−1 +... + a1x + a0 ; n N .

Сложение, вычитание и умножение многочленов хорошо известны из школы и не представляют трудности. Деление многочленов можно выполнять «уголком» (аналогично делению целых чисел).

Теорема 2.1 (Безу). Если							многочлен	разделить		на	(x − c), то
остаток от деления равен значению многочлена при x = c .
Доказательство. Результат деления многочлена Pn(x) на двучлен
(x − c)	можно записать в виде: Pn (x)= Pn−1 (x) (x − c)+ r , где r – остаток, а
Pn−1 (x)	– многочлен				(n −1)-й		степени.	При		x = c	получим
Pn (c)= Pn−1 (c)(c − c)+ r . Следовательно, r = Pn (c),									что	и	требовалось
доказать.
Следствие. Если x = c						– корень многочлена Pn (x), то Pn (x) делится
на (x − c) без остатка, то есть
		Pn (x)		= P		(x) или P (x)= (x − c)P			(x).
		x − c		n−1			n	n−1

16

2 . 2 . ОСНОВНАЯ ТЕОРЕМА АЛГЕБРЫ ( ТЕОРЕМА ГАУССА)

Теорема 2.2 (Гаусса). Любой многочлен степени n имеет по крайней мере один корень (вещественный или комплексный).

Доказательство. Без доказательства.

Следствия из теоремы Гаусса

Следствие 1. Многочлен степени n можно представить в виде

an xn + an−1xn−1 +...a1x + a0 = an (x − x1 )(x − x2 )...(x − xn ).

Доказательство. По теореме Гаусса многочлен имеет по крайней мере один корень x1. Тогда по следствию из теоремы Безу многочлен должен делиться без остатка на (x – x1). Частное от деления будет

многочленом степени n −1

с коэффициентом an при старшем члене. Этот

многочлен также (по теореме Гаусса) будет иметь корень x2 и т. д.

P

(x)= a

n

xn + a

n−1

xn−1 +... + a x + a

0

= (x − x )P

(x) =

n

1

1 n−1

= (x − x1 )(x − x2 )Pn−2 (x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )Pn−3 (x) =

Обозначим − c = x

=... = (x − x1 )(x − x2 )...(x − xn−1 )(an x +c).

n

, тогда P (x)= a

n

(x − x )(x − x

2

)...(x − x

n

).

an

n

1

Из последнего равенства видно, что числа x1, x2, ..., xn являются

корнями многочлена Pn (x).

Pn (x)

не может обращаться в нуль при других

значениях переменной x.

Многочлен Pn (x) степени n имеет ровно n корней, среди которых

могут быть равные.

Если среди корней многочлена есть k равных корней, то говорят о корне кратности k.

Например, многочлен

x3 − 7x2 +8x +16 = (x +1)(x − 4)(x − 4)= (x +1)(x − 4)2

имеет 3 корня x1 = −1, x2 = 4 , x3 = 4 или простой корень (кратности 1) x1 = −1 и корень кратности 2 x2,3 = 4 .

Следствие 2 . Если многочлен с вещественными коэффициентами

имеет комплексный корень a + bi , то он имеет и сопряженный корень a −bi .

17

Доказательство. Без доказательства.

Например, P(x)= x2 + 4x +5 имеет корни

x =	− 4 ± 16 − 20	=	− 4 ± 2i	=	− 2		+ i	.
1,2	2		2			− 2	−i

Следствие 3 . Если Pn(x) многочлен с вещественными

коэффициентами, ( n ≥ 2 ), то его можно разложить либо на линейные множители, либо на квадратные трёхчлены, либо на множители, среди

которых имеются как линейные множители, так и квадратные трёхчлены.

Доказательство. Без доказательства.

Например,

x2 − 7x +10 = (x − 2)(x −5); x3 +1 = (x +1)(x2 − x +1);

x4 −8x + 63 = (x2 + 4x + 9)(x2 − 4x + 7).

Квадратные трёхчлены x2 − x +1 , x2 + 4x + 9 и	x2 − 4x + 7 нельзя
разложить на более простые множители вида (x − c)	с вещественными

коэффициентами ( c R ), так как эти трёхчлены не имеют вещественных корней.

2 . 3 . КОРНИ МНОГОЧЛЕНОВ

Теорема о целых корнях многочлена с целыми коэффициентами

Теорема 2.3. Если x0 – целочисленный корень многочлена

P (x)= a

n

xn + a

n−1

xn−1 +... + a x + a

0

, ( n N,

a

n

; a

n−1

; ...; a

0

Z ),

n

1

a0

то x0 является делителем свободного члена (т.е.

Z ).

x0

Доказательство. Пусть x0 – целочисленный корень многочлена, тогда

a	n	xn + a	n−1	xn−1	+...a x	0	+ a	0	= 0
		0		0	1

x

0

(a

n

xn−1

+ a

n−1

xn−2

+...a )+ a

0

= 0

0

0

1

(a

+... + a ).

a

0

= −x

0

n

xn−1

+ a

n−1

xn−2

0

0

1

18

	Выражение в скобках является целым числом, следовательно,	a0	Z.
		x0

Теорема доказана.

Итак, целые корни многочлена с целыми коэффициентами следует искать среди делителей свободного члена.

Теорема о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами

Теорема 2.4. Если x0

=

p

Q – рациональный корень многочлена

q

P (x)= a

n

xn + a

n−1

xn−1

+... + a x + a

0

, ( n N,

a

n

, a

n−1

, ..., a

0

Z ),

n

1

то p является делителем свободного члена (обозначают (a0 Mp)), а q – делителем коэффициента при старшей степени (обозначают (an Mq)).

Доказательство. Без доказательства.

Корни приведённого уравнения с целыми коэффициентами

Рассмотрим уравнение

an xn + an−1xn−1 +... + a1x + a0 = 0 ,

где n N – натуральное число, а an ,an−1,K, a0 Z – целые числа.

Корни этого уравнения являются корнями многочлена Pn(x). При an =1 уравнение является приведённым и его рациональные корни могут

быть только целыми числами (так как коэффициент при старшей степени an =1, его делителем может быть только q = ±1 по теореме 2.4 о

рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами).

Итак, в приведённом уравнении с целыми коэффициентами рациональные корни могут быть только делителями свободного члена, то есть только целыми числами.

2 . 4 . РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

Пример 1. Выполнить деление многочленов «уголком»

1) (x4 + 3x3 + 7x2 + 7x + 6 ): (x2 + 2x + 3);

19