חזור לתיקייה: תרגול

3 - מרוכבים

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי
  • צורה טריגונומטרית
  • חוקים

3 - מרוכבים

01040166

אלגברה אמ

רשימות תרגול לקריאה בשבת

מרוכבים

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

סיכום הגדרות:

z=a+bia,b∈Rz=a+bi \quad a,b \in \mathbb{R}z=a+bia,b∈R a=Re(z)b=Im(z)a=\mathrm{Re}(z)\qquad b=\mathrm{Im}(z)a=Re(z)b=Im(z) z‾=a−bi\overline{z}=a-biz=a−bi ∣z∣=a2+b2\left| z \right|=\sqrt{ a^2+b^2 }∣z∣=a2+b2​

חוקים:

  1. z‾‾=z\overline{\overline{z}}=zz=z
  2. z1+z2‾=z1‾+z2‾\overline{z_{1}+z_{2}}=\overline{z_{1}}+\overline{z_{2}}z1​+z2​​=z1​​+z2​​
  3. z1z2‾=z1‾⋅z2‾\overline{z_{1}z_{2}}=\overline{z_{1}}\cdot \overline{z_{2}}z1​z2​​=z1​​⋅z2​​
  4. z+z‾=2Re(z)z+\overline{z}=2\mathrm{Re}(z)z+z=2Re(z)
  5. z−z‾=2Im(z)z-\overline{z}=2\mathrm{Im}(z)z−z=2Im(z)
  6. Re(z),Im(z)≤∣z∣\mathrm{Re}(z),\mathrm{Im}(z)\leq \left| z \right|Re(z),Im(z)≤∣z∣
  7. z=0  ⟺  ∣z∣=0z=0 \iff \left| z \right|=0z=0⟺∣z∣=0
  8. ∣z1z2∣=∣z1∣∣z2∣  ⟹  ∣zn∣=∣z∣n\left| z_{1}z_{2} \right|=\left| z_{1} \right|\left| z_{2} \right| \implies \left| z^n \right|=\left| z \right|^n∣z1​z2​∣=∣z1​∣∣z2​∣⟹∣zn∣=∣z∣n
  9. ∣z1+z2∣<∣z1∣+∣z2∣\left| z_{1}+z_{2} \right|<\left| z_{1} \right|+\left| z_{2} \right|∣z1​+z2​∣<∣z1​∣+∣z2​∣
  10. ∣z‾∣=∣z∣\left| \overline{z} \right|=\left| z \right|∣z∣=∣z∣
תרגיל

חשבו:

∣(3+i)4(1−i)60∣\left| (3+i)^4(1-i)^{60} \right|​(3+i)4(1−i)60​
∣(3+i)4(1−i)60∣=∣3+i∣4∣1−i∣60=9+141+12⋅30=102230=100⋅230\left| (3+i)^4(1-i)^{60} \right|=\left| 3+i \right|^4\left| 1-i \right|^{60}=\sqrt{ 9+1 }^4\sqrt{ 1+1 }^{2\cdot 30}=10^22^{30}=100\cdot 2^{30}​(3+i)4(1−i)60​=∣3+i∣4∣1−i∣60=9+1​41+1​2⋅30=102230=100⋅230
תרגיל

חשבו:

−23+i1+2i3\frac{-2\sqrt{ 3 }+i}{1+2i\sqrt{ 3 }}1+2i3​−23​+i​

נסתכל על זה:

1i=−i\frac{1}{i}=-ii1​=−i

כעת נשים לב כי אם נציב במונה iii לפני סוגריים נקבל את זה:

−23+i1+2i3=i(−23i+1)1+2i3=i(23i+1)1+2i3=i\frac{-2\sqrt{ 3 }+i}{1+2i\sqrt{ 3 }}=\frac{i\left( -\frac{2\sqrt{ 3 }}{i}+1 \right)}{1+2i\sqrt{ 3 }}=\frac{i(\cancel{ 2\sqrt{ 3 }i+1 })}{\cancel{ 1+2i\sqrt{ 3 } }}=i1+2i3​−23​+i​=1+2i3​i(−i23​​+1)​=1+2i3​i(23​i+1)​=i
תרגיל

חשבו:

∣z‾+i1+iz∣\left| \frac{\overline{z}+i}{1+iz} \right|​1+izz+i​​
w=4+iz  ⟹  z‾=1+iz‾=1‾+i‾⋅z‾=1−i⋅z‾w=4+iz \implies \overline{z}=\overline{1+iz}=\overline{1}+\overline{i}\cdot \overline{z}=1-i\cdot\overline{z}w=4+iz⟹z=1+iz​=1+i⋅z=1−i⋅z

אנו לא רוצים להכפיל בצמוד כי לפני רגע ראינו טריק שיהיה מאוד שימושי גם פה

∣z‾+i1+iz∣=∣i(z‾z+1)∣∣1+iz∣=∣i∣∣−i⋅z‾+1∣∣1+iz∣=∣i∣⋅1=1\left| \frac{\overline{z}+i}{1+iz} \right|=\frac{\left|i\left( \frac{\overline{z}}{z}+1 \right)\right|}{\left| 1+iz \right|}=\frac{\left| i \right|\left| -i\cdot\overline{z}+1 \right|}{\left| 1+iz \right|}=\left| i \right|\cdot 1=1​1+izz+i​​=∣1+iz∣​i(zz​+1)​​=∣1+iz∣∣i∣∣−i⋅z+1∣​=∣i∣⋅1=1

זאת לאור כלל 10.

תרגיל

נתון: z3=1,z≠1z^3=1, z\neq1z3=1,z=1
חשבו:

(z+1)2(2z2+z+1)=?(z+1)^2(2z^2+z+1)=?(z+1)2(2z2+z+1)=?

z3−1z^3-1z3−1 הוא פולינום אשר מתפרק כך:

z3−1=(z−1)(2z2+z+1)=0z^3-1=(z-1)(2z^2+z+1)=0z3−1=(z−1)(2z2+z+1)=0

נתון כי z−1≠0z-1\neq 0z−1=0 ולכן בהכרח:

z2+z+1=0z^2+z+1=0z2+z+1=0

נתחיל לעבוד על התרגיל:

(z+1)2(2z2+z+1)=(z2+2z+1)(z2+z2+z+1⏟=0)=(z2+z+1⏟=0+z)(z2)=z3=ןותנ1(z+1)^2(2z^2+z+1)=(z^2+2z+1)(z^2+\underbrace{z^2+z+1}_{=0})=(\underbrace{z^2+z+1}_{=0}+z)(z^2)=z^3 \overset{\text{ןותנ}}{=}1(z+1)2(2z2+z+1)=(z2+2z+1)(z2+=0z2+z+1​​)=(=0z2+z+1​​+z)(z2)=z3=ןותנ1

צורה טריגונומטרית

{a=Rcos⁡θb=Rsin⁡θ\begin{cases} a=R\cos\theta \\ b=R\sin \theta \end{cases}{a=Rcosθb=Rsinθ​ {R=a2+b2tan⁡θ=ba\begin{cases} R=\sqrt{ a^2+b^2 } \\ \tan \theta=\frac{b}{a} \end{cases}{R=a2+b2​tanθ=ab​​ a+bi=Rcos⁡θ+Risin⁡θ=R(cos⁡θ+isin⁡θ)=Rcis θa+bi=R\cos\theta+Ri\sin\theta=R(\cos\theta+i\sin \theta)=Rcis\ \thetaa+bi=Rcosθ+Risinθ=R(cosθ+isinθ)=Rcis θ
חוקים
z‾=Rcis(−θ)\overline{z}=Rcis(-\theta)z=Rcis(−θ) z1z2=R1R2cis(θ1+θ2)  ⟹  zn=Rncis(nθ)z_{1}z_{2}=R_{1}R_{2}cis(\theta_{1}+\theta_{2}) \implies z^n=R^ncis(n\theta)z1​z2​=R1​R2​cis(θ1​+θ2​)⟹zn=Rncis(nθ) z1z2=R1R2cis(θ1−θ2)\frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{R_{1}}{R_{2}}cis(\theta_{1}-\theta_{2})z2​z1​​=R2​R1​​cis(θ1​−θ2​)

בצורה טירגונומטרית יותר קל כפל וחילוק בעוד שבצורה אלגברית יותר קל חיבור וחיסור.

תרגיל

חשבו:

1−i3−1+i4\sqrt[4]{ \frac{1-i\sqrt{ 3 }}{-1+i}}4−1+i1−i3​​​

אין ספק שאנו חייבים לעבור לצורה הטריגונומטרית.
המספרים שקיבלנו נחשבים מספרים יפים ולכן נעבור לצורה טריגונומטרית כעת:

1−i3  ⟹  {R=12+32=1+3=2tan⁡θ1=−31  ⟹  tan⁡θ1^=∣−31∣=3  ⟹  θ1^=60∘  ⟹  θ1=−60∘=300∘1-i\sqrt{ 3 } \implies \begin{cases} R=\sqrt{ 1^2+\sqrt{ 3 }^2 }=\sqrt{ 1+3 }=2 \\ \tan \theta_{1}=-\frac{\sqrt{ 3 }}{1}\implies \tan \hat{\theta_{1}}=\left| \frac{-\sqrt{ 3 }}{1} \right|=\sqrt{ 3 }\implies \hat{\theta_{1}}=60^\circ \implies \theta_{1}=-60^\circ=300^\circ \end{cases}1−i3​⟹⎩⎨⎧​R=12+3​2​=1+3​=2tanθ1​=−13​​⟹tanθ1​^​=​1−3​​​=3​⟹θ1​^​=60∘⟹θ1​=−60∘=300∘​ 1−i3=2cis 300∘1-i\sqrt{ 3 }=2cis\ 300^\circ1−i3​=2cis 300∘ −1+i  ⟹  {R=12+12=2tan⁡θ2=−11=−1  ⟹  tan⁡θ2^=∣−1∣=1  ⟹  θ2^=45∘  ⟹  θ2=135∘-1+i \implies \begin{cases} R=\sqrt{ 1^2+1^2 }=\sqrt{ 2 } \\ \tan\theta_{2}=-\frac{1}{1}=-1 \implies \tan\hat{\theta_{2}}=\left| -1 \right|=1 \implies \hat{\theta_{2}}=45^\circ \implies \theta_{2}=135^\circ \end{cases}−1+i⟹{R=12+12​=2​tanθ2​=−11​=−1⟹tanθ2​^​=∣−1∣=1⟹θ2​^​=45∘⟹θ2​=135∘​ −1+i=2cis 135∘-1+i=\sqrt{ 2 }cis\ 135^\circ−1+i=2​cis 135∘

כעת ניגש לתרגיל:

1−i3−1+i4=2cis 300∘2cis 135∘4=2cis(300−135)4=2cis 165∘4\sqrt[4]{ \frac{1-i\sqrt{ 3 }}{-1+i}}=\sqrt[4]{ \frac{2cis\ 300^\circ}{\sqrt{ 2 }cis\ 135^\circ} }=\sqrt[4]{ \sqrt{ 2 }cis(300-135) }=\sqrt[4]{ \sqrt{ 2 }cis\ 165^\circ }4−1+i1−i3​​​=42​cis 135∘2cis 300∘​​=42​cis(300−135)​=42​cis 165∘​

כעת נחשב את השורש:

218cis(165+360∘k4),  k=0,1,2,32^{\frac{1}{8}}cis\left( \frac{165+360^\circ k}{4} \right),\; k=0,1,2,3281​cis(4165+360∘k​),k=0,1,2,3

פתרון סופי:

zk=218cis(165∘4−90∘k)k=0,1,2,3z_{k}=2^{\frac{1}{8}}cis\left( \frac{165^\circ}{4}-90^\circ k \right)\underset{k=0,1,2,3}{}zk​=281​cis(4165∘​−90∘k)k=0,1,2,3​