7005

	y			3		arctg 1
arctg			arctg					. Впрочем, также будет
x				3			4

верно принять 74 , что отличается на полный оборот 2 .

Тригонометрическая форма числа z 3 3i :

(cos i sin ) = 3
	2 cos					i sin		.
					4
								4

i

Показательная форма: z ei = 32e 4 .

Задача 3. Разделить	2 2i	двумя способами:
	1 i

1)с помощью умножения на сопряжѐнное число.

2)в показательной форме.

Решение.

1)

2 2i

=

( 2 2i)(1 i)

=

4i

2i .

1 i

(1 i)(1 i)

2

i3

i

2 2i

2 2 e

4

i

2 e

3

2 e

2 cos

i sin

=

2)

=

=

4

4

=

2 =

2i

i

ei 4

1

2

2

2

Ответ. 2i .

Задача 4. Возвести в степень:

1 i 4 .

Решение. Перейдѐм к показательной форме, для этого сначала найдѐм

модуль и аргумент числа

1 i с помощью чертежа. Число в 1-й

четверти, угол 45 градусов.

i

i

4

1 i

i sin

=

2e 4 . По формуле Муавра,

2e 4

=

2 cos

4

4

4 ei

4 4

= 2 2 ei

4 4 = 4ei

= 4 cos i sin = 4 1 0i = 4 .

2

111

Чертѐж, показывающий, расположение 1 i на плоскости, это число выделено красным цветом:

Ответ. 4 .
Задача 5. Возвести в степень	3 i 12 .

Решение. Аналогично прошлой задаче, сначала переводим в показательную форму. Угол здесь 30 градусов, то есть 6 , модуль

					i = 2ei
		2 12	2 . Итак,
						6 .
	3			3

				i		12	i		12
Тогда	3 i 12		=	2e	6		= 212 e	6	=	212 ei 2	= 212 cos 2 i sin 2

Теперь можем отнять полный оборот 2 , косинус и синус при этом не меняются. тогда получим 212 cos 0 i sin 0 = 212 1 i0 =

112

21022 1024 4 = 4096 .

Ответ. 4096 .

Задача 6. Вычислить 1 i 3 6

1 i 12

Решение. Представим каждое число в показательной форме.

2											.
	,	1		,		2		2 ,		2
1			3								4

i

6

2e

3

i

6

6

3

6

i 2

=

2

e

=

2

e

= ei(2 3 ) = ei( ) =

i 12

12

i

12

26 ei3

2e

4

2

e

4

cos i sin но можно произвольно прибавить 2 , ведь от

этого не изменятся синус и косинус, поэтому

cos

i sin = 1 0i

= 1.

Ответ. 1.

Задача 7. Вычислить 6

64 .

2 k

2 k

Решение.

По формуле

n

z n

i sin

cos

.

n

n

Сначала запишем число в тригонометрической форме.

64 64(cos i sin ) . Тогда

2 k

2 k

6 64

6

i sin

64 cos

=

6

6

113

				k				k
2 cos					i sin			. Начертим окружность радиуса 2 и
	6			3	6
								3

отметим там 6 точек, первой соответствует угол 300, остальные больше на 600 , 1200 и так далее.

															z
																		3 i
k 0 z 2 cos					i sin
	6
								6
															z 2i
k 1 z 2 cos					i sin
		2
								2
	5							5
k 2 z 2 cos							i sin										z			3 i
		6						6
	7							7
k 3 z 2 cos							i sin										z			3 i
		6						6
	9							9
k 4 z 2 cos							i sin										z 2i
		6						6
	11							11
k 5 z 2 cos						i sin											z			3 i .
		6						6

Ответ. 3 i и 2i .

114

Задача 8. Дано z 2 i												. Найти e z .
											6
		2 i
							2		i			2										2		3				1
Решение. e		6				e		e		6 = e			cos				i sin				= e								i
																6				6				2				2
	e2					e2
Ответ.			3						i .
2						2
																		5
Задача 9. Дано:						Ln(z) ln							12		i					2 k . Найти z .
																		6

Решение. Как и в прошлой задаче, здесь надо возвести в степень е.

			5					5
z eLn( z) = e	ln 12 i				2 k			i		2 k
				6		= eln 12 e			6	=

	5
	i		2 k
		6
12e			=

но добавка 2 k

		5			5
12 cos				2 k	i sin		2 k
			6			6

не влияет на величину синуса и косинуса, поэтому

									5					5
z		12 cos									i sin				=
									6
														6
	6			2 3
		i						= 3 i 3 .
	2			2

			3				1			36				12
12						i			=				i				=
			2				2			2				2

Ответ. 3 i3 .

Задача 10. Найти все значения Ln(i) .

Решение. По формуле Ln(z) ln i( 2k)				( k Z ):
Ln(i) = ln(1) i	2 k	= 0 i	2 k .
2		2

На плоскости эти точки образуют бесконечное множество, абсцисса 0,

их ординаты: 2k . 2

115

Задача 11. Начертить область, удовлетворяющую условиям:

Re( z) 0, Im( z) 0 .

Решение. Эти множества можно записать так: x 0, y 0 .

Первое есть правая полуплоскость, второе - перхняя полуплоскость.

В пересечении получается первая четверть. Чертѐж очевиден: заштриховать 1-ю четверть.

Задача 12. Начертить область, удовлетворяющую условиям:

{Im(z) 1, z i 2}.

Решение. Первое множество соответствует y 1 на плоскости, обозначено зелѐным цветом. Второе это круг радиуса 2 вокруг точки i , обозначено красным цветом. Пересечение двух множеств, то есть именно то, что надо найти, показано жѐлтым цветом:

116

Задача 13. (планировалось как домашняя, но успели решить в классе). Возвести в степень в показательной форме: 1 i 6 .

								3																		3						3		6
Решение.											,										z							z 6				6 e	4
																								2e 4 ,
												2			. Тогда																2				=
										4
			3	6			9						9							9
	3														i sin
		e 4			= 8e 2
2										= 8 cos											, мы можем отбросить 1 или
												2								2
более полных оборотов, при этом синус и косинус не изменятся, то
есть отнять						4				2 , либо						8			4		. Тогда угол								9	эквивалентен							,
					2										2													2								2
и остаѐтся вычислить:																			i sin									1i = 8i .
												8 cos											= 8 0
																	2					2
Ответ					8i .
Домашняя задача.
1. Умножить (6 3i)(7 4i) . Ответ.																					30 45i .

117

ПРАКТИКА № 18												Числовые ряды.
																										2
Задача 1.			Найти сумму ряда.																														.
																						n		2	6n 8
																		n		5
Решение. Чтобы разбить на группы слагаемых, часть из которых
будет взаимно сокращаться, сначала разложим знаменатель на
множители:								2										2										затем надо разбить на
					n2 6n 8										(n 2)(n 4)
простейшие дроби.														2											A								B		=	A(n 4) B(n 2)								,
										(n 2)(n 4)														n 2								n 4				(n 2)(n 4)
откуда A(n 4) B(n 2) 0n 2,																								An Bn (4A 2B) 0n 2 ,
получаем систему											A B 0											, отсюда										A 1, B 1.
											4A 2B 2
																															2					1					1
Тогда ряд можно представить так:																																			=
																												2			6n 8
																								n 5		n										n 5 n 4				n		2
	1			1			1				1			1				1					1
= 1																										...						Здесь для любого
	3			2 4							3 5							4					6

знаменателя, начиная от 3 и выше, всегда есть отрицательная дробь с таким знаменателем, а через 2 шага точно такая же положительная.

Таким образом, сокращается всѐ, кроме 1 12 32 .

Ответ. 32 .

Выяснить сходимость.

										1
Задача 2. Выяснить, сходится или расходится ряд											.
										n ln n
									n 2
Решение. По интегральному признаку Коши, можем рассмотреть
несобственный интеграл, эквивалентный данному ряду по
	1		1 1					1	d ln x = ln(ln x)
сходимости.		dx =												= .
						dx =							2
2	x ln x	2	ln x x				2	ln x

Интеграл расходится, значит, и ряд расходится. Ответ. Расходится.

118

															1
	Задача 3. Выяснить, сходится или расходится ряд															.
														3
												n 3 n			ln n
	Решение. Заметим, что						1		1	для любого n 3 .				Тогда ряд (по
							n3 ln n
									n3
	признаку сравнения) можно ограничить сверху другим рядом,
			1
				<	1	, который, в свою очередь, сходится, так сходится
			3		3
	n 3 n		ln n	n 3 n
											1
	эквивалентный ему несобственный интеграл											dx (заменяем по
											3
								3			x

интегральному признаку Коши). Итак, ответ: ряд сходится (добавим, что сходится абсолютно, так как все слагаемые и так положительны). Ответ. Сходится.

Задача 4.

Выяснить, сходимость ряда

ln n

.

n 3

n

Решение. По признаку сравнения в непредельной форме,

ln n

1

,

n

n

таким образом, этот ряд получается больше, чем некоторый

расходящийся

ln n

>

1

. Гармонический ряд

1

расходится,

n 3 n

n 3 n

n 3 n

ln n

это было доказано в лекциях ранее. Поэтому ответ:

n 3 n

расходится.

Замечание. Здесь есть и 2-й способ - по интегральному признаку

Коши. Ряд

ln n

эквивалентен интегралу

ln x

dx =

ln xd (ln x)

=

n

x

n 3

3

3

1

ln x 2

= .

2

3

Ответ. Расходится.

119

Выяснить сходимость по признаку Даламбера:

3n

Задача 5. Выяснить, сходимость ряда .

n 1 n!

Решение. Запишем предел отношения последующего (n+1) члена ряда к предыдущему (n). Модули здесь не особо нужны, так как все члены ряда и так положительны, т.е. если сходимость есть, то она заодно и абсолютная.

| a

n 1

|

a

n 1

3n 1

3n

3n 1 n!

3

lim

lim

= lim

:

=

lim

=

lim

=0.

n

n | an |

n an

(n 1)!

n 3

(n 1)!

n n 1

n

n!

Итак, q 0 1, ряд сходится (абсолютно).

Ответ. Сходится абсолютно.

( 1)

n

(n 1)

Задача 6.

2n n!

n 1

Решение. Запишем предел отношения модуля (n+1) члена ряда к модулю n-го. При этом мы отбрасываем знакочередование.

| a

n 1

|

(n 2)

(n 1)

(n 2)

2n n!

lim

=

lim

:

=

lim

=

n 1

n

n 1

n | an |

(n 1)!

2

n!

2

(n 1)!

(n 1)

n 2

n

lim

n 2

lim

1

=

1 0 0.

n n 1 n 2(n 1)

Итак, q 0 1, ряд сходится (абсолютно).

Ответ. Сходится абсолютно.

(2n 3)

Задача 7. Выяснить сходимость ряда:

.

7

2n 1 (5n 2

4)

n 1

Решение. По признаку Даламбера.

an

(2n 3)

, an 1

(2(n 1) 3)

=

(2n 5)

.

2n 1 (5n2

72(n 1) 1 (5(n

1)2

4)

2n 1 (5n

7

4)

7

10n 1)

120