Hogyan oldják meg a komplex számokat. Kifejezések, egyenletek és egyenletrendszerek komplex számokkal

Az egyenletek használata széles körben elterjedt életünkben. Számos számításnál, szerkezetek építésénél és még sportolásnál is használják. Az ember az ókorban használt egyenleteket, azóta használatuk csak nőtt. Az egyértelműség kedvéért oldjuk meg a következő problémát:

Számítsa ki \[ (z_1\cdot z_2)^(10),\] ha \

Először is figyeljünk arra, hogy az egyik szám algebrai, a másik trigonometrikus formában jelenik meg. Egyszerűsíteni kell, és a következő formára kell hozni

\[ z_2 = \frac(1)(4) (\cos\frac(\pi)(6)+i\sin\frac(\pi)(6)).\]

A \ kifejezés azt mondja, hogy először a szorzást és a 10. hatványra való emelést végezzük a Moivre-képlet segítségével. Ez a képlet egy komplex szám trigonometrikus alakjára van megfogalmazva. Kapunk:

\[\begin(vmatrix) z_1 \end(vmatrix)=\sqrt ((-1)^2+(\sqrt 3)^2)=\sqrt 4=2\]

\[\varphi_1=\pi+\arctan\frac(\sqrt 3)(-1)=\pi\arctan\sqrt 3=\pi-\frac(\pi)(3)=\frac(2\pi)( 3)\]

A komplex számok trigonometrikus formában történő szorzásának szabályait követve a következőket tesszük:

A mi esetünkben:

\[(z_1+z_2)^(10)=(\frac(1)(2))^(10)\cdot(\cos (10\cdot\frac(5\pi)(6))+i\sin \cdot\frac(5\pi)(6)))=\frac(1)(2^(10))\cdot\cos \frac(25\pi)(3)+i\sin\frac(25\ pi)(3).\]

A \[\frac(25)(3)=8\frac(1)(3)\] tört helyesbítésével arra a következtetésre jutunk, hogy 4 fordulatot „csavarhatunk” \[(8\pi rad.): \]

\[ (z_1+z_2)^(10)=\frac(1)(2^(10))\cdot(\cos \frac(\pi)(3)+i\sin\frac(\pi)(3 ))\]

Válasz: \[(z_1+z_2)^(10)=\frac(1)(2^(10))\cdot(\cos \frac(\pi)(3)+i\sin\frac(\pi) (3))\]

Ezt az egyenletet más módon is meg lehet oldani, ami abból áll, hogy a 2. számot algebrai formába hozzuk, majd algebrai formában hajtjuk végre a szorzást, az eredményt trigonometrikus formává alakítjuk, és a Moivre-képletet alkalmazzuk:

Hol tudok komplex számokat tartalmazó egyenletrendszert online megoldani?

Az egyenletrendszert a https://site weboldalunkon tudja megoldani. Az ingyenes online megoldó segítségével pillanatok alatt megoldhat bármilyen bonyolultságú online egyenletet. Mindössze annyit kell tennie, hogy egyszerűen beírja adatait a megoldóba. Weboldalunkon videós utasításokat is megtekinthet, és megtanulhatja az egyenlet megoldását. És ha továbbra is kérdései vannak, felteheti őket a VKontakte csoportunkban: http://vk.com/pocketteacher. Csatlakozz csoportunkhoz, mindig szívesen segítünk.

A komplex számokkal kapcsolatos problémák megoldásához meg kell értenie az alapvető definíciókat. Ennek az áttekintő cikknek az a fő célja, hogy elmagyarázza, mi is azok a komplex számok, és bemutatja a komplex számokkal kapcsolatos alapvető problémák megoldásának módszereit. Tehát egy komplex számot az alak számának nevezünk z = a + bi, Ahol a, b- valós számok, amelyeket egy komplex szám valós, illetve imaginárius részének nevezünk, és jelölünk a = Re(z), b=Im(z).
én képzeletbeli egységnek nevezzük. i 2 = -1. Különösen minden valós szám összetettnek tekinthető: a = a + 0i, ahol a valódi. Ha a = 0És b ≠ 0, akkor a számot általában pusztán képzeletbelinek nevezik.

Most mutassuk be a komplex számokkal végzett műveleteket.
Tekintsünk két komplex számot z 1 = a 1 + b 1 iÉs z 2 = a 2 + b 2 i.

Mérlegeljük z = a + bi.

A komplex számok halmaza kiterjeszti a valós számok halmazát, ami viszont kiterjeszti a racionális számok halmazát stb. Ez a befektetési lánc látható az ábrán: N – természetes számok, Z – egész számok, Q – racionális, R – valós, C – komplex.

Komplex számok ábrázolása

Algebrai jelölés.

Tekintsünk egy komplex számot z = a + bi, a komplex szám írásának ezt a formáját nevezzük algebrai. Az előző részben már részletesen tárgyaltuk ezt a rögzítési formát. A következő vizuális rajzot meglehetősen gyakran használják

Trigonometrikus forma.

Az ábráról látható, hogy a szám z = a + bi másképp is írható. Ez nyilvánvaló a = rcos(φ), b = rsin(φ), r=|z|, ennélfogva z = rcos(φ) + rsin(φ)i, φ ∈ (-π; π) komplex szám argumentumának nevezzük. A komplex számnak ezt a reprezentációját nevezzük trigonometrikus forma. A trigonometrikus jelölési forma néha nagyon kényelmes. Kényelmes például egy komplex szám egész hatványra emelésére, nevezetesen, ha z = rcos(φ) + rsin(φ)i, Azt z n = r n cos(nφ) + r n sin(nφ)i, ezt a képletet hívják Moivre képlete.

Demonstratív forma.

Mérlegeljük z = rcos(φ) + rsin(φ)i- komplex szám trigonometrikus formában, írja be más formában z = r(cos(φ) + sin(φ)i) = re iφ, az utolsó egyenlőség az Euler-képletből következik, így egy komplex szám írásának új formáját kaptuk: z = reiφ, ami az úgynevezett jelzésértékű. Ez a jelölési forma nagyon kényelmes komplex szám hatványra emelésére is: z n = r n e inφ, Itt n nem feltétlenül egész szám, de lehet tetszőleges valós szám. Ezt a jelölési formát meglehetősen gyakran használják problémák megoldására.

A magasabb algebra alaptétele

Képzeljük el, hogy van egy másodfokú egyenletünk: x 2 + x + 1 = 0. Nyilvánvaló, hogy ennek az egyenletnek a diszkriminánsa negatív, és nincs valódi gyökere, de kiderül, hogy ennek az egyenletnek két különböző összetett gyöke van. Tehát a magasabb algebra alaptétele kimondja, hogy minden n fokú polinomnak van legalább egy komplex gyöke. Ebből következik, hogy minden n fokú polinomnak pontosan n összetett gyöke van, figyelembe véve azok multiplicitását. Ez a tétel nagyon fontos eredmény a matematikában, és széles körben használják. Ennek a tételnek az az egyszerű következménye, hogy az egység n fokának pontosan n különböző gyöke van.

Fő feladattípusok

Ez a rész a komplex számokkal kapcsolatos egyszerű problémák főbb típusait tekinti át. A komplex számokkal kapcsolatos problémák hagyományosan a következő kategóriákba sorolhatók.

• Egyszerű aritmetikai műveletek végrehajtása komplex számokon.
• Polinomok gyökeinek megkeresése komplex számokban.
• Komplex számok hatványokká emelése.
• Gyökök kinyerése komplex számokból.
• Komplex számok használata egyéb problémák megoldására.

Most nézzük meg az általános módszereket ezeknek a problémáknak a megoldására.

A komplex számokkal végzett legegyszerűbb aritmetikai műveleteket az első részben leírt szabályok szerint hajtjuk végre, de ha a komplex számokat trigonometrikus vagy exponenciális formában adjuk meg, akkor ebben az esetben algebrai formába konvertálhatjuk és ismert szabályok szerint hajthatjuk végre a műveleteket.

A polinomok gyökereinek megtalálása általában egy másodfokú egyenlet gyökereinek megkereséséhez vezet. Tegyük fel, hogy van egy másodfokú egyenletünk, és ha a diszkriminánsa nem negatív, akkor a gyökerei valósak és egy jól ismert képlet szerint megtalálhatók. Ha a diszkrimináns negatív, azaz D = -1∙a 2, Ahol a egy bizonyos szám, akkor a diszkrimináns így ábrázolható D = (ia) 2, ennélfogva √D = i|a|, majd használhatja a már ismert képletet egy másodfokú egyenlet gyökére.

Példa. Térjünk vissza a fent említett másodfokú egyenlethez x 2 + x + 1 = 0.
diszkriminatív - D = 1 - 4 ∙ 1 = -3 = -1 (√3) 2 = (i√3) 2.
Most könnyen megtaláljuk a gyökereket:

A komplex számok hatványokká emelése többféle módon történhet. Ha egy komplex számot algebrai formában kis hatványra kell emelni (2 vagy 3), akkor ezt megteheti közvetlen szorzással, de ha a hatvány nagyobb (feladatokban gyakran sokkal nagyobb), akkor írjuk ezt a számot trigonometrikus vagy exponenciális formában, és használjunk már ismert módszereket.

Példa. Tekintsük z = 1 + i-t, és emeljük a tizedik hatványra.
Írjuk fel z-t exponenciális alakban: z = √2 e iπ/4.
Akkor z 10 = (√2 e iπ/4) 10 = 32 e 10iπ/4.
Térjünk vissza az algebrai formához: z 10 = -32i.

A gyökök kinyerése a komplex számokból a hatványozás fordított művelete, ezért hasonló módon hajtjuk végre. A gyökök kivonásához gyakran használják a szám exponenciális írásmódját.

Példa. Keressük meg az egység 3. fokának összes gyökerét. Ehhez megkeressük a z 3 = 1 egyenlet összes gyökerét, a gyököket exponenciális formában keressük.
Helyettesítsük be az egyenletbe: r 3 e 3iφ = 1 vagy r 3 e 3iφ = e 0 .
Ebből következően: r = 1, 3φ = 0 + 2πk, tehát φ = 2πk/3.
φ = 0, 2π/3, 4π/3 esetén különböző gyököket kapunk.
Ezért 1, e i2π/3, e i4π/3 gyök.
Vagy algebrai formában:

Az utóbbi típusú problémák nagyon sokféle problémát foglalnak magukban, és ezek megoldására nincsenek általános módszerek. Nézzünk egy egyszerű példát egy ilyen feladatra:

Keresse meg az összeget sin(x) + sin(2x) + sin(2x) + … + sin(nx).

Ennek a feladatnak a megfogalmazása ugyan nem tartalmaz komplex számokat, de segítségükkel könnyen megoldható. Ennek megoldására a következő reprezentációkat használjuk:


Ha most ezt az ábrázolást behelyettesítjük az összegbe, akkor a probléma a szokásos geometriai haladás összegzésére redukálódik.

Következtetés

A komplex számok széles körben használatosak a matematikában, ebben az áttekintő cikkben a komplex számokkal kapcsolatos alapvető műveleteket ismertettük, és röviden ismertettük a megoldásukra vonatkozó általános módszereket a komplex számok lehetőségeinek részletesebb tanulmányozására használjon szakirodalmat.

Irodalom

SZÖVETSÉGI OKTATÁSI ÜGYNÖKSÉG

ÁLLAMI OKTATÁSI INTÉZMÉNY

SZAKMAI FELSŐOKTATÁS

"VORONEZI ÁLLAMI PEDAGÓGIAI EGYETEM"

AGLEBRA ÉS GEOMETRIAI TANSZÉK

Komplex számok

(kiválasztott feladatok)

VÉGZETT KÉPESÍTŐ MUNKA

szakkör 050201.65 matematika

(további szakterülettel 050202.65 számítástechnika)

Végezte: 5. éves hallgató

fizikai és matematikai

kar

Tudományos tanácsadó:

VORONEZH – 2008

1. Bemutatkozás……………………………………………………...…………..…

2. Komplex számok (kiválasztott feladatok)

2.1. Komplex számok algebrai formában………………….….

2.2. Komplex számok geometriai értelmezése……………..

2.3. Komplex számok trigonometrikus alakja

2.4. A komplex számok elméletének alkalmazása 3. és 4. fokú egyenletek megoldására……………..………………………………………………………………

2.5. Komplex számok és paraméterek………………………………………….

3. Következtetés…………………………………………………………………………….

4. Irodalomjegyzék………………………………………………………

1. Bemutatkozás

Az iskolai matematika tantervben a számelméletet természetes számok, egész számok, racionális számok, irracionális számok halmazainak példái segítségével vezetik be, azaz. valós számok halmazán, amelyek képei a teljes számegyenest kitöltik. De már a 8. osztályban kevés a valós számok kínálata, a másodfokú egyenletek negatív diszkrimináns megoldása. Ezért kellett a valós számok állományát komplex számok segítségével pótolni, amihez a negatív szám négyzetgyökének van értelme.

A „Komplex számok” témakör választása záró minősítő munkám témájául az, hogy a komplex szám fogalma bővíti a hallgatók ismereteit a számrendszerekről, az algebrai és geometriai tartalmú feladatok széles osztályának megoldásáról, az algebrai megoldásokról. tetszőleges fokú egyenletek és a paraméterekkel kapcsolatos feladatok megoldásáról.

A dolgozat 82 probléma megoldását vizsgálja.

A „Komplex számok” főrész első része megoldásokat ad az algebrai formájú komplex számokkal kapcsolatos problémákra, meghatározza az összeadás, kivonás, szorzás, osztás műveleteit, az algebrai formájú komplex számok konjugációs műveletét, a képzetes egység hatványát. , egy komplex szám modulusa, és meghatározza a komplex szám négyzetgyökének kivonására szolgáló szabályt is.

A második részben a komplex számok geometriai értelmezésével kapcsolatos feladatokat oldják meg a komplex sík pontjai vagy vektorai.

A harmadik rész a komplex számokkal végzett műveleteket vizsgálja trigonometrikus formában. A felhasznált képletek a következők: Moivre és komplex szám gyökének kinyerése.

A negyedik rész a 3. és 4. fokú egyenletek megoldásával foglalkozik.

Az utolsó részben, a „Komplex számok és paraméterek” című részben található feladatok megoldása során az előző részekben megadott információkat használjuk fel és vonjuk össze. A fejezetben egy sor feladatot szentelünk egyenescsaládok meghatározásának egyenletek (egyenlőtlenségek) által meghatározott komplex síkban egy paraméterrel. A gyakorlatok egy részében egyenleteket kell megoldania egy paraméterrel (a C mező felett). Vannak olyan feladatok, ahol egy összetett változó egyszerre több feltételt is kielégít. A feladatok megoldásának sajátossága ebben a részben, hogy sokukat redukáljuk másodfokú, irracionális, trigonometrikus egyenletek (egyenlőtlenségek, rendszerek) megoldására egy paraméterrel.

Az egyes részek anyagának bemutatásának jellemzője az elméleti alapok kezdeti bemutatása, majd gyakorlati alkalmazása a feladatok megoldásában.

A dolgozat végén található a felhasznált irodalomjegyzék. Legtöbbjük kellő részletességgel és közérthetően mutatja be az elméleti anyagot, néhány probléma megoldását tárgyalja, az önálló megoldáshoz gyakorlati feladatokat ad. Külön figyelmet szeretnék fordítani az olyan forrásokra, mint:

1. Gordienko N.A., Belyaeva E.S., Firstov V.E., Serebryakova I.V. Komplex számok és alkalmazásaik: Tankönyv. . A tankönyv anyagát előadások és gyakorlati feladatok formájában mutatjuk be.

2. Shklyarsky D.O., Chencov N.N., Yaglom I.M. Az elemi matematika válogatott feladatai és tételei. Számtan és algebra. A könyv 320 algebrával, aritmetikával és számelmélettel kapcsolatos feladatot tartalmaz. Ezek a feladatok jellegükben jelentősen eltérnek a szokásos iskolai feladatoktól.

2. Komplex számok (kiválasztott feladatok)

2.1. Komplex számok algebrai formában

A matematika és a fizika számos feladatának megoldása az algebrai egyenletek megoldásán múlik, azaz. formaegyenletek

,

ahol a0, a1, …, an valós számok. Ezért az algebrai egyenletek tanulmányozása a matematika egyik legfontosabb kérdése. Például egy negatív diszkrimináns másodfokú egyenletnek nincs valódi gyökere. A legegyszerűbb ilyen egyenlet az egyenlet

.

Ahhoz, hogy ennek az egyenletnek legyen megoldása, ki kell bővíteni a valós számok halmazát úgy, hogy hozzáadjuk az egyenlet gyökerét

.

Jelöljük ezt a gyökeret

. Így definíció szerint, ill.

ennélfogva,

. képzeletbeli egységnek nevezzük. Segítségével és egy valós számpár segítségével összeállítják a forma kifejezését.

Az így kapott kifejezést komplex számoknak nevezték, mivel valós és imaginárius részeket is tartalmaztak.

Tehát a komplex számok az alak kifejezései

, és valós számok, és egy bizonyos szimbólum, amely megfelel a feltételnek. A számot a komplex szám valós részének nevezzük, a szám pedig a képzetes része. A , szimbólumok jelölésükre szolgálnak.

Az űrlap összetett számai

valós számok, ezért a komplex számok halmaza tartalmazza a valós számok halmazát.

Az űrlap összetett számai

tisztán képzeletbelinek nevezik. Két és alakú komplex számot egyenlőnek mondunk, ha valós és képzetes részeik egyenlőek, azaz. ha egyenlőségek , .

A komplex számok algebrai jelölése lehetővé teszi a műveletek végrehajtását az algebra szokásos szabályai szerint.

Kifejezések, egyenletek és egyenletrendszerek
komplex számokkal

Ma az órán gyakoroljuk a tipikus műveleteket komplex számokkal, valamint elsajátítjuk az ezeket a számokat tartalmazó kifejezések, egyenletek és egyenletrendszerek megoldásának technikáját. Ez a workshop a lecke folytatása, ezért ha nem vagy jártas a témában, kérjük, kövesse a fenti linket. Nos, a felkészültebb olvasóknak azt javaslom, hogy azonnal melegítsenek be:

1. példa

Egy kifejezés egyszerűsítése , Ha . Az eredményt ábrázolja trigonometrikus formában, és ábrázolja a komplex síkon.

Megoldás: tehát a törtet be kell cserélni a „szörnyű” törtre, egyszerűsítéseket kell végrehajtani, és az eredményt át kell konvertálni összetett szám V trigonometrikus forma . Plusz egy rajz.

Mi a legjobb módja a döntés formalizálásának? Kifizetődőbb egy „kifinomult” algebrai kifejezéssel lépésről lépésre foglalkozni. Először is, a figyelem kevésbé elterelődik, másodszor pedig, ha nem fogadják el a feladatot, sokkal könnyebben megtalálja a hibát.

1) Először is egyszerűsítsük a számlálót. Helyettesítsük be az értéket, nyissuk ki a zárójeleket és rögzítsük a frizurát:

...Igen, egy ilyen Quasimodo komplex számokból jött...

Hadd emlékeztesselek arra, hogy az átalakítások során teljesen egyszerű dolgokat alkalmaznak - a polinomok szorzásának szabályát és a már banálissá vált egyenlőséget. A lényeg az, hogy legyen óvatos, és ne zavarja meg a jeleket.

2) Most jön a nevező. Ha akkor:

Figyeljük meg, milyen szokatlan értelmezésben használják négyzetösszeg képlet . Alternatív megoldásként itt elvégezheti az átrendezést részképlet Az eredmények természetesen ugyanazok lesznek.

3) És végül az egész kifejezés. Ha akkor:

A törttől való megszabaduláshoz szorozza meg a számlálót és a nevezőt a nevező konjugált kifejezésével. Ugyanakkor az alkalmazás szempontjából négyzetkülönbség képletek először kell (és már muszáj!) tedd a negatív valós részt a 2. helyre:

És most a legfontosabb szabály:

NINCS SIEGYÜNK! Jobb, ha biztonságosan játszol, és teszel egy plusz lépést.
Kifejezésekben, egyenletekben és komplex számrendszerekben, elbizakodott verbális számításokban telibb, mint valaha!

Az utolsó lépésben jó csökkenés következett be, és ez csak egy nagyszerű jel.

jegyzet : szigorúan véve itt egy komplex szám osztása az 50-es komplex számmal történt (ne felejtsük el). Erről az árnyalatról mostanáig hallgattam, majd kicsit később beszélünk róla.

Jelöljük az elért eredményünket betűvel

Mutassuk be a kapott eredményt trigonometrikus formában! Általánosságban elmondható, hogy itt megteheti rajz nélkül, de mivel ez kötelező, valamivel ésszerűbb most megtenni:

Számítsuk ki egy komplex szám modulusát:

Ha 1 egységnyi skálán rajzol. = 1 cm (2 notebook cella), akkor a kapott érték egy szabályos vonalzóval könnyen ellenőrizhető.

Keressünk érvet. Mivel a szám a 2. koordinátanegyedben található, akkor:

A szög könnyen ellenőrizhető szögmérővel. Ez a rajz kétségtelen előnye.

Így: – a szükséges szám trigonometrikus formában.

Ellenőrizzük:
, amit ellenőrizni kellett.

Kényelmes megtalálni a szinusz és a koszinusz ismeretlen értékeit trigonometrikus táblázat .

Válasz:

Hasonló példa egy független megoldásra:

2. példa

Egy kifejezés egyszerűsítése , Ahol . Rajzolja fel a kapott számot a komplex síkra, és írja fel exponenciális alakban.

Lehetőleg ne hagyja ki az oktatóanyagokat. Lehet, hogy egyszerűnek tűnnek, de edzés nélkül a „tócsába kerülni” nemcsak könnyű, hanem nagyon könnyű. Ezért „rátesszük a kezünket”.

Egy problémának gyakran több megoldása is van:

3. példa

Számolja ki, ha

Megoldás: mindenekelőtt figyeljünk az eredeti feltételre - az egyik szám algebrai, a másik trigonometrikus formában, sőt fokszámmal jelenik meg. Azonnal írjuk át egy ismertebb formába: .

Milyen formában kell elvégezni a számításokat? A kifejezés nyilvánvalóan magában foglalja az első szorzást és a további emelést a 10. hatványra Moivre képlete , amely egy komplex szám trigonometrikus alakjára van megfogalmazva. Tehát logikusabbnak tűnik az első szám konvertálása. Keressük meg a modulját és az argumentumát:

A komplex számok trigonometrikus formában történő szorzására a szabályt használjuk:
ha akkor

A tört helyesbítésével arra a következtetésre jutunk, hogy 4 fordulatot tudunk „csavarni”. (örülök.):

Második megoldás az, hogy a 2. számot algebrai formává alakítsuk , hajtsa végre a szorzást algebrai formában, alakítsa át az eredményt trigonometrikus formára és használja a Moivre-képletet.

Amint látja, van egy „extra” művelet. Azok, akik szeretnének, követhetik a döntést, és megbizonyosodhatnak arról, hogy az eredmény ugyanaz.

A feltétel nem mond semmit a végső komplex szám alakjáról, tehát:

Válasz:

De „a szépségért” vagy igény szerint az eredményt nem nehéz elképzelni algebrai formában:

Önállóan:

4. példa

Egy kifejezés egyszerűsítése

Itt emlékeznünk kell fokozatú cselekvések , bár a kézikönyvben nincs egyetlen hasznos szabály, íme: .

És még egy fontos megjegyzés: a példa két stílusban is megoldható. Az első lehetőség a munka kettő számok és a törtekkel való rendben tartás. A második lehetőség az, hogy minden számot mint két szám hányadosa: És megszabadulni a négyemeletes szerkezettől . Formai szempontból nem mindegy, hogy hogyan döntesz, de érdemi különbség van! Kérjük, alaposan gondolja át:
egy komplex szám;
két komplex szám hányadosa ( és ), de kontextustól függően ezt is mondhatjuk: két komplex szám hányadosaként ábrázolt szám.

Rövid megoldás és válasz a lecke végén.

A kifejezések jók, de az egyenletek jobbak:

Egyenletek összetett együtthatókkal

Miben különböznek attól "közönséges" egyenletek? esély =)

A fenti megjegyzés fényében kezdjük ezzel a példával:

5. példa

Oldja meg az egyenletet

És egy azonnali preambulum: „forró a sarka”: alapvetően az egyenlet jobb oldala két komplex szám (és 13) hányadosaként van elhelyezve, ezért rossz lenne a feltételt a számmal átírni. (bár ez nem okoz hibát). Ez a különbség egyébként jobban látható a törtben - ha relatíve szólva, akkor ez az érték elsősorban úgy értendő, az egyenlet "teljes" komplex gyöke, és nem egy szám osztójaként, és főleg nem egy szám részeként!

Megoldás, elvileg lépésről lépésre is meg lehet csinálni, de ebben az esetben a játék nem éri meg a gyertyát. A kezdeti feladat az, hogy egyszerűsítsen mindent, ami nem tartalmazza az ismeretlen "z"-et, aminek eredményeként az egyenlet a következő alakra redukálódik:

Magabiztosan leegyszerűsítjük a középső törtet:

Az eredményt átvisszük a jobb oldalra, és megtaláljuk a különbséget:

jegyzet : és ismét felhívom a figyelmet az értelmes pontra - itt nem egy számot vontunk ki egy számból, hanem a törteket hoztuk közös nevezőre! Meg kell jegyezni, hogy már a megoldás folyamatában nem tilos számokkal dolgozni: azonban a vizsgált példában ez a stílus inkább káros, mint hasznos =)

Az arányosság szabálya szerint „zet”-t fejezünk ki:

Most újra lehet osztani és szorozni a konjugátummal, de a gyanúsan hasonló számok a számlálóban és a nevezőben a következő lépést sugallják:

Válasz:

Az ellenőrzéshez cseréljük be a kapott értéket az eredeti egyenlet bal oldalára, és hajtsunk végre egyszerűsítéseket:

– megkapjuk az eredeti egyenlet jobb oldalát, így a gyökér helyesen található.

...Most, most... találok még valami érdekeset a számodra... tessék:

6. példa

Oldja meg az egyenletet

Ez az egyenlet a formára redukálódik, ami azt jelenti, hogy lineáris. Szerintem egyértelmű a tipp – hajrá!

Persze... hogy tudsz élni nélküle:

Másodfokú egyenlet összetett együtthatókkal

A leckében Komplex számok bábukhoz megtudtuk, hogy a valós együtthatókkal rendelkező másodfokú egyenletnek lehetnek konjugált komplex gyökei, ami után felmerül egy logikus kérdés: valójában miért nem lehetnek komplexek maguk az együtthatók? Hadd fogalmazzak meg egy általános esetet:

Másodfokú egyenlet tetszőleges komplex együtthatókkal (amelyek közül 1 vagy 2 vagy mindhárom különösen érvényes lehet) Megvan kettő és csak kettőösszetett gyökér (esetleg az egyik vagy mindkettő érvényes). Ugyanakkor a gyökerek (valós és nem nulla képzeletbeli résszel is) egybeeshet (többször lehet).

Egy összetett együtthatós másodfokú egyenletet ugyanazzal a sémával oldunk meg, mint "iskola" egyenlet , néhány eltéréssel a számítási technikában:

7. példa

Keresse meg a másodfokú egyenlet gyökereit!

Megoldás: a képzeletbeli egység az első, és elvileg meg lehet szabadulni tőle (mindkét oldalt megszorozva) erre azonban nincs különösebb szükség.

A kényelem kedvéért kiírjuk az együtthatókat:

Ne veszítsük el az ingyenes tag „mínuszát”! ...Lehet, hogy nem mindenki számára világos - átírom az egyenletet szabványos formában :

Számítsuk ki a diszkriminánst:

És itt van a fő akadály:

Az általános képlet alkalmazása a gyökér kinyerésére (lásd a cikk utolsó bekezdését Komplex számok bábukhoz ) a radikális komplex szám argumentumával kapcsolatos komoly nehézségek bonyolítják (Nézd meg magad). De van egy másik, „algebrai” út is! A gyökeret a következő formában fogjuk keresni:

Négyzetesítsük mindkét oldalt:

Két komplex szám akkor egyenlő, ha valós és képzetes részük egyenlő. Így a következő rendszert kapjuk:

A rendszer könnyebben megoldható kiválasztással (egy alaposabb módszer a 2. egyenletből történő kifejezés – behelyettesít az 1. egyenletbe, előállít és megold egy kétnegyedes egyenletet). Feltételezve, hogy a probléma szerzője nem egy szörnyeteg, feltesszük azt a hipotézist, hogy és egész számok. Az 1. egyenletből az következik, hogy „x” modulo több mint "Y". Ezenkívül a pozitív termék azt mondja nekünk, hogy az ismeretlenek azonos előjelűek. A fentiek alapján és a 2. egyenletre összpontosítva felírjuk az összes megfelelő párt:

Nyilvánvaló, hogy a rendszer 1. egyenlete teljesül az utolsó két párra, így:

Egy köztes ellenőrzés nem ártana:

amit ellenőrizni kellett.

Választhat „működő” gyökérként Bármi jelentése. Nyilvánvaló, hogy jobb a „hátrányok” nélküli verziót venni:

Megtaláljuk a gyökereket, mellesleg nem feledve, hogy:

Válasz:

Ellenőrizzük, hogy a talált gyökök kielégítik-e az egyenletet :

1) Cseréljük ki:

igazi egyenlőség.

2) Cseréljük ki:

igazi egyenlőség.

Így a megoldás helyesen meglett.

Az imént tárgyalt probléma alapján:

8. példa

Keresse meg az egyenlet gyökereit!

Meg kell jegyezni, hogy a négyzetgyök tisztán összetett számok könnyen kinyerhetők az általános képlet segítségével , Ahol , így mindkét módszer látható a mintában. A második hasznos megjegyzés arra vonatkozik, hogy a konstans gyökének előzetes kinyerése egyáltalán nem egyszerűsíti le a megoldást.

Most már lazíthat - ebben a példában egy kis ijedtségtől megússza :)

9. példa

Oldja meg az egyenletet és ellenőrizze

Megoldások és válaszok az óra végén.

A cikk utolsó bekezdése a

egyenletrendszer komplex számokkal

Lazítsunk és... ne feszüljünk =) Nézzük a legegyszerűbb esetet - két lineáris egyenletrendszert két ismeretlennel:

10. példa

Oldja meg az egyenletrendszert! Mutassa be a választ algebrai és exponenciális formában, ábrázolja a gyökereket a rajzon.

Megoldás: maga a feltétel arra utal, hogy a rendszernek egyedi megoldása van, vagyis két olyan számot kell találnunk, amelyek kielégítik mindenkinek a rendszer egyenlete.

A rendszer tényleg „gyerekesen” megoldható (az egyik változót a másikkal fejezzük ki ) , azonban sokkal kényelmesebb a használata Cramer képletei . Számoljunk fő meghatározó rendszerek:

, ami azt jelenti, hogy a rendszer egyedi megoldással rendelkezik.

Ismétlem, hogy jobb, ha szánja az időt, és írja le a lépéseket a lehető legrészletesebben:

A számlálót és a nevezőt megszorozzuk egy képzeletbeli egységgel, és megkapjuk az 1. gyököt:

Hasonlóképpen:

Megkapjuk a megfelelő jobb oldalakat stb.

Készítsük el a rajzot:

Ábrázoljuk a gyököket exponenciális formában. Ehhez meg kell találnia a moduljaikat és argumentumaikat:

1) – a „kettő” arktangensét „rosszul” számítjuk ki, ezért hagyjuk így: