Question

Допоможіть буль ласка!!!! Для заданих чисел z1 та z2 виконати вказані дії:
a) Знайти значення z3;
б) Числа z1 та z2 записати в показниковій та тригонометричній формах;
в) Для числа z1 знайти всі корені степеня m;
г) число z2 піднести до степеня k;

Answer 1

$z_1=1-i;\ z_2=2+2i$

а)

$z_3=\dfrac{(z_1z_2-4i)^2}{3i(2\overline{z_1}-5z_2)} =\dfrac{((1-i)(2+2i)-4i)^2}{3i(2(1+i)-5(2+2i))} =\dfrac{(2(1-i)(1+i)-4i)^2}{3i(2+2i-10-10i)} =$

$=\dfrac{(2(1-i^2)-4i)^2}{3i(-8-8i)} =\dfrac{(2\cdot(1+1)-4i)^2}{-24i-24i^2} =\dfrac{(4-4i)^2}{-24i+24} =\dfrac{4^2(1-i)^2}{24(1-i)} =$

$=\dfrac{16(1-i)}{24}=\dfrac{2(1-i)}{3} =\dfrac{2-2i}{3} =\boxed{\dfrac{2}{3} -\dfrac{2}{3} i}$

б)

Показательная форма записи комплексного числа:

$z=\rho e^{i\varphi}$

Тригонометрическая форма записи комплексного числа:

$z=\rho(\cos\varphi+i\sin\varphi)$

Где $\rho$ - модуль комплексного числа, $\varphi$ - аргумент комплексного числа.

Для комплексного числа $z=x+yi$ модуль определяется по формуле:

$\rho=\sqrt{x^2+y^2}$

При условии $x > 0,\ y\neq 0$, аргумент для того же комплексного числа определяется по формуле:

$\varphi=\mathrm{arctg}\,\dfrac{y}{x}$

Находим модули и аргументы заданных чисел:

$\rho_1=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$

$\varphi_1=\mathrm{arctg}\,\dfrac{-1}{1}=\mathrm{arctg}\,(-1)=-\dfrac{\pi }{4}$

$\rho_2=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$

$\varphi_2=\mathrm{arctg}\,\dfrac{2}{2}=\mathrm{arctg}\,1=\dfrac{\pi }{4}$

Тогда:

$z_1=\boxed{\sqrt{2} \cdot e^{-\frac{\pi }{4}i }}=\boxed{\sqrt{2} \left(\cos\left(-\dfrac{\pi }{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi }{4}\right)\right)}$

$z_2=\boxed{2\sqrt{2} \cdot e^{\frac{\pi }{4}i }}=\boxed{2\sqrt{2} \left(\cos\dfrac{\pi }{4}+i\sin\dfrac{\pi }{4}\right)}$

в)

Извлечение корня n-ой степени из комплексного числа выполняется по формуле:

$\sqrt[n]{\rho(\cos\varphi+i\sin\varphi)} =\sqrt[n]{\rho} \left(\cos\dfrac{\varphi+2\pi k}{n}+i\sin\dfrac{\varphi+2\pi k}{n} \right),\ k=0;\ 1;\ \ldots;\ n-1$

В данном случае нужно извлечь кубический корень. Значит, в результате будет получено три значения:

$w_0=\sqrt[3]{\sqrt{2} } \left(\cos\dfrac{-\frac{\pi}{4}+2\pi\cdot 0 }{3}+ i\sin\dfrac{-\frac{\pi}{4}+2\pi\cdot 0 }{3} \right)=$

$=\sqrt[6]{2 } \left(\cos\dfrac{-\frac{\pi}{4} +0}{3}+ i\sin\dfrac{-\frac{\pi}{4}+0 }{3} \right)=\boxed{\sqrt[6]{2 } \left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{12}\right)+ i\sin\left(-\dfrac{\pi}{12}\right) \right)}$

$w_1=\sqrt[3]{\sqrt{2} } \left(\cos\dfrac{-\frac{\pi}{4}+2\pi\cdot 1 }{3}+ i\sin\dfrac{-\frac{\pi}{4}+2\pi\cdot 1 }{3} \right)=$

$=\sqrt[6]{2 } \left(\cos\dfrac{-\frac{\pi}{4} +2\pi }{3}+ i\sin\dfrac{-\frac{\pi}{4}+2\pi }{3} \right)=\boxed{\sqrt[6]{2 } \left(\cos\dfrac{7\pi}{12}+ i\sin\dfrac{7\pi}{12} \right)}$

$w_2=\sqrt[3]{\sqrt{2} } \left(\cos\dfrac{-\frac{\pi}{4}+2\pi\cdot 2 }{3}+ i\sin\dfrac{-\frac{\pi}{4}+2\pi\cdot 2 }{3} \right)=$

$=\sqrt[6]{2 } \left(\cos\dfrac{-\frac{\pi}{4} +4\pi }{3}+ i\sin\dfrac{-\frac{\pi}{4}+4\pi }{3} \right)=\sqrt[6]{2 } \left(\cos\dfrac{15\pi}{12}+ i\sin\dfrac{15\pi}{12} \right)=$

$=\sqrt[6]{2 } \left(\cos\left(\dfrac{15\pi}{12}-2\pi\right)+ i\sin\left(\dfrac{15\pi}{12}-2\pi \right) \right)=$

$=\sqrt[6]{2 } \left(\cos\left(-\dfrac{9\pi}{12}\right)+ i\sin\left(-\dfrac{9\pi}{12}\right) \right)=\boxed{\sqrt[6]{2 } \left(\cos\left(-\dfrac{3\pi}{4}\right)+ i\sin\left(-\dfrac{3\pi}{4}\right) \right)}$

г)

Возведение в степень удобно выполнить по формуле Муавра:

$(\rho(\cos\varphi+i\sin\varphi))^n=\rho^n(\cos n\varphi+i\sin n\varphi)$

Получим:

$z_2^4= \left(2\sqrt{2} \left(\cos\dfrac{\pi }{4}+i\sin\dfrac{\pi }{4}\right)\right)^4=\left(2\sqrt{2}\right)^4 \left(\cos\left(4\cdot\dfrac{\pi }{4}\right)+i\sin\left(4\cdot\dfrac{\pi }{4}\right)\right)=$

$=2^4\cdot \left(\sqrt{2}\right)^4\cdot \left(\cos\pi +i\sin\pi \right)=2^4\cdot 2^2\cdot \left(-1+i\cdot0 \right)=2^6\cdot (-1)=\boxed{-64}$