Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Основы мы проходили в начале первого курса, так что начало объясню пунктирно.

1. Комплексные числа

Комплексным числом называется пара вещественных чисел, из которых первое называется действительной частью, второе – мнимой частью комплексного числа. Два комплексных числа называются равными, когда равны их действительные и мнимые части. Комплексные числа отображаются точками на комплексной плоскости.

Действительную и мнимую части можно выразить через полярные координаты на той же плоскости $$z=\left(x,y\right)=\left(r\cos\varphi,r\sin\varphi\right)$$

2. Арифметика

Арифметические операции сложения и умножения чисел $z=\left(x,y\right)$ и $w=\left(u,v\right)$ определены так: $$z+w=\left(x+u,y+v\right),$$ $$z\cdot w=\left(xu-yv,xv+yu\right).$$ Умножение комплексного числа на вещественное происходит по векторному принципу: умножается каждый компонент $$\alpha z=\alpha\left(x,y\right)=\left(\alpha x,\alpha y\right).$$ Числа с нулевой мнимой частью считаются вещественными. Число $\left(0,1\right)\equiv i$, обладающее свойством $i^{2}=-1$, называется мнимой единицей, и это позволяет записать комплексное число так: $$z=\left(x,y\right)=\left(x,0\right)+\left(0,y\right)=x+\left(0,1\right)y=x+iy.$$ Последняя форма записи называется алгебраической формой комплексного числа. В полярных координатах записывается тригонометрическая форма: $$z=\left(r\cos\varphi,r\sin\varphi\right)=r\left(\cos\varphi+i\sin\varphi\right).$$ Вычитание, очевидно, определяется так: $$z-w=\left(x-u,y-v\right).$$ Сложнее с делением. Частное определяется как число, которое при умножении на делитель даёт делимое, но из этого неясно, откуда его брать. Поделить комплексное число можно на вещественное: $$\frac{z}{\alpha}=\left(\frac{x}{\alpha},\frac{y}{\alpha}\right),\qquad\alpha\in\mathbb{R}.$$ Также из определения следует, что если мы умножим делимое и делитель на один и тот же множитель, частное не изменится. Можно воспользоваться этим свойством, и домножить на $\bar{w}=\left(u,-v\right)$ (число, сопряжённое к $w$) : $$\frac{z}{w}=\frac{z\bar{w}}{w\bar{w}},$$ после чего, так как $w\bar{w}=u^{2}+v^{2}\in\mathbb{R}$, задача сведётся к предыдущему случаю.

Удобнее, однако, умножать и делить в тригонометрической форме. При $z=r\left(\cos\varphi+i\sin\varphi\right)$, $w=\rho\left(\cos\psi+i\sin\psi\right)$ $$z\cdot w=r\rho\left(\cos\left(\varphi+\psi\right)+i\sin\left(\varphi+\psi\right)\right),$$ $$\frac{z}{w}=\frac{r}{\rho}\left(\cos\left(\varphi-\psi\right)+i\sin\left(\varphi-\psi\right)\right).$$

Зная процедуры умножения и деления, мы можем расширить на комплексные числа обычные определения целой степени: $$z^{0}=1,\qquad z^{n}=z\cdot z\cdot\dots\cdot z=r^{n}\left(\cos n\varphi+i\sin n\varphi\right),$$ $$z^{-n}=\frac{1}{z^{n}}=r^{-n}\left(\cos\left(-n\varphi\right)+i\sin\left(-n\varphi\right)\right)=r^{-n}\left(\cos n\varphi-i\sin n\varphi\right).$$ Задание: Даишев, Кузнецова № 1.1, 1.2, 1.3

3. Корни

Числа $w$ называются корнями степени $n$ из $z$, если $$w^{n}=z,$$ $$\rho^{n}\left(\cos n\psi+i\sin n\psi\right)=r\left(\cos\varphi+i\sin\varphi\right),$$ $$\left\{ \begin{array}{c} \rho^{n}\cos n\psi=r\cos\varphi,\\ \rho^{n}\sin n\psi=r\sin\varphi. \end{array}\right.$$ Возведя оба уравнения в квадрат и сложив, получим $\rho^{2n}=r^{2}$, $\rho=\sqrt[n]{r}$. Подставив это в систему, получим $$\left\{ \begin{array}{c} \cos n\psi=\cos\varphi\\ \sin n\psi=\sin\varphi \end{array}\right.\qquad\Longrightarrow\qquad\left\{ \begin{array}{c} -2\sin\frac{n\psi-\varphi}{2}\sin\frac{n\psi+\varphi}{2}=0\\ 2\sin\frac{n\psi-\varphi}{2}\cos\frac{n\psi+\varphi}{2}=0 \end{array}\right.$$ откуда либо $$\sin\frac{n\psi-\varphi}{2}=0,\qquad\frac{n\psi-\varphi}{2}=\pi k,\qquad\psi=\frac{\varphi+2\pi k}{n},\quad k\in\mathbb{Z}$$ либо $$\left\{ \begin{array}{c} \sin\frac{n\psi+\varphi}{2}=0,\\ \cos\frac{n\psi+\varphi}{2}=0, \end{array}\right.$$ что не выполняется одновременно ни при каких углах. В итоге, $$w_{k}=\sqrt[n]{r}\left(\cos\frac{\varphi+2\pi k}{n}+i\sin\frac{\varphi+2\pi k}{n}\right).$$ $k$ – целое число, однако перебрав множество $k=0\dots n-1$, мы получим всё множество различных корней, выход же за пределы этого множества дополнительных новых корней нам не даст.

Даишев, Кузнецова № 1.6 п.4 Решить уравнение $$z^{6}=64=2^{6}\cdot e^{i\cdot0}.$$ В обозначениях, принятых выше, $$n=6,\qquad r=2^{6},\qquad\varphi=0.$$ Тогда $$\rho=\sqrt[6]{r}=2,\qquad\psi=\frac{0+2\pi k}{6}=\frac{\pi k}{3},\quad k=0\dots5.$$ Теперь переберём значения $k$, и для каждого найдём сначала $\psi_{k}$, а потом и искомый корень $w_{k}$: $$\psi_{0}=\frac{\pi\cdot0}{3}=0,\qquad w_{0}=\rho e^{i\psi_{0}}=2e^{0}=2$$ $$\psi_{1}=\frac{\pi\cdot1}{3}=\frac{\pi}{3},\qquad w_{1}=2e^{i\frac{\pi}{3}}=2\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)=2\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=1+i\sqrt{3}$$ $$\psi_{2}=\frac{\pi\cdot2}{3}=\frac{2\pi}{3},\qquad w_{2}=2e^{i\frac{2\pi}{3}}=2\left(\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\right)=2\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-1+i\sqrt{3}$$ $$\psi_{3}=\frac{\pi\cdot3}{3}=\pi,\qquad w_{3}=2e^{i\pi}=-2$$ $$\psi_{4}=\frac{\pi\cdot4}{3}=\pi+\frac{\pi}{3},\qquad w_{4}=2\left(-\cos\frac{\pi}{3}-i\sin\frac{\pi}{3}\right)=-2\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-1-i\sqrt{3}$$ $$\psi_{5}=\frac{\pi\cdot5}{3}=2\pi-\frac{\pi}{3},\qquad w_{5}=2\left(\cos\frac{\pi}{3}-i\sin\frac{\pi}{3}\right)=2\left(\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=1-i\sqrt{3}$$ Получившиеся корни отмечены на плоскости ниже; можно заметить, что они образуют вершины правильного шестиугольника. Верно это и в произвольном случае: корни степени $n$ образуют вершины правильного $n$-угольника с центром в начале координат.

Задание: Даишев, Кузнецова № 1.6

4. Экспонента

Из обычного мат.анализа известны разложения следующих функций: $$e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!},$$ $$\cos x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k\right)!}x^{2k},\qquad\sin x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}x^{2k+1}.$$ Эти ряды сходятся на всей числовой оси. При помощи соответствующего ряда определяется экспонента комплексного числа: $$e^{z}\equiv\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!},$$ Докажем, что определённая таким образом экспонента обладает одним привычным свойством: $$e^{z+w}\equiv\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(z+w\right)^{n}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}z^{n-k}w^{k}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{\left(n-k\right)!k!}z^{n-k}w^{k}=$$ $n-k=m$ $$=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{\left(n-k\right)!k!}z^{n-k}w^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!k!}z^{m}w^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{w^{k}}{k!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{z^{m}}{m!}=e^{z}e^{w}$$ Пользуясь этим, можно сказать, что $e^{z}=e^{x+iy}=e^{x}e^{iy}$. Но $$e^{iy}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(iy\right)^{n}}{n!}=\sum_{k=0}^{\infty}\left\{ \frac{\left(iy\right)^{2k}}{\left(2k\right)!}+\frac{\left(iy\right)^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}\right\} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(iy\right)^{2k}}{\left(2k\right)!}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(iy\right)^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}=$$ $$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{i^{2k}}{\left(2k\right)!}y^{2k}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{i^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}y^{2k+1}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k\right)!}y^{2k}+i\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!}y^{2k+1}=\cos y+i\sin y.$$ Итак, $$e^{z}=e^{x}\left(\cos y+i\sin y\right).$$ С таким определением связана ещё одна форма комплексного числа – показательная: $$z=r\left(\cos\varphi+i\sin\varphi\right)=re^{i\varphi}$$ Пользуясь расширенным определением функции $e^{z}$, можно обычным образом определить гиперболические функции. Можно переопределить и тригонометрические. Заметим, что если $$e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi$$ и $$e^{-i\varphi}=\cos\varphi-i\sin\varphi,$$ то сложив и вычтя эти два равенства, мы сможем получить, что $$\cos\varphi=\frac{e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}}{2},\qquad\sin\varphi=\frac{e^{i\varphi}-e^{-i\varphi}}{2i}.$$ Эти формулы используем как определения для более широкого случая: $$\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2},\qquad\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}.$$ Задание: Даишев, Кузнецова № 2.10; 2.11 п. 1,2,3)

5. Логарифмы и аркфункции

Рассмотрим терерь уравнение $$e^{w}=z,$$ в котором $z$ считается известным числом, а $w$ – искомой переменной. Если записать $z$ в показательной форме, а $w$ – в алгебраической, $$e^{u+iv}=re^{i\varphi},$$ откуда, по соображениям аналогичным таковым для корней, $$e^{u}=r,\qquad u=\ln r,$$ $$v=\varphi+2\pi k,\qquad k\in\mathbb{Z}.$$ Множество значений $$w=u+iv=\ln r+i\left(\varphi+2\pi k\right),\qquad k\in\mathbb{Z}$$ бесконечно, и на комплексной плоскости располагается на вертикальной оси. Это множество обозначается $\mathrm{Ln}\,z$ и называется логарифмом: $$\mathrm{Ln}\,z=\ln\left|z\right|+i\left(\arg z+2\pi k\right),\qquad k\in\mathbb{Z}.$$ Однозначная функция из этого семейства, получающаяся при к=0, называется главным значением логарифма и пишется с маленькой буквы: $$\mathrm{ln}\,z=\ln\left|z\right|+i\arg z.$$

Даишев, Кузнецова № 2.11 п.4 $$\mathrm{Ln}\,\left(-1\right)=\mathrm{Ln}\,\left(1\cdot e^{i\pi}\right)=\ln1+i\left(\pi+2\pi k\right)=i\pi\left(2k+1\right),\qquad k\in\mathbb{Z}.$$

Задание: Даишев, Кузнецова № 2.11 п. 5,6.

Зная определение логарифма, можно получить многозначные функции, обратные к тригонометрическим и гиперболическим. Рассмотрим, например, арксинус $$\sin w=z$$ $$\left.\frac{e^{iw}-e^{-iw}}{2i}=z\right|\cdot2ie^{iw}$$ $$\left(e^{iw}\right)^{2}-2ize^{iw}-1=0$$ $$e^{iw}=iz\pm\sqrt{1-z^{2}}$$ $$w\equiv\mathrm{Arcsin}\,z=-i\mathrm{Ln}\left(iz\pm\sqrt{1-z^{2}}\right)$$

Даишев, Кузнецова № 2.12 п.1 $$\mathrm{Arcsin}\,i=-i\mathrm{Ln}\left(ii\pm\sqrt{1-i^{2}}\right)=-i\mathrm{Ln}\left(-1\pm\sqrt{1-\left(-1\right)}\right)=-i\mathrm{Ln}\left(\pm\sqrt{2}-1\right)$$ Оба варианта (+ и -) мы сейчас и рассмотрим

+) $\sqrt{2}-1 > 0$, $\left|\sqrt{2}-1\right|=\sqrt{2}-1$, $\sqrt{2}-1=\frac{\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}+1\right)}{\left(\sqrt{2}+1\right)}=\frac{2-1}{\left(\sqrt{2}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ $$\mathrm{Arcsin}\,i=-i\mathrm{Ln}\left(\sqrt{2}-1\right)=-i\left(\ln\left(\sqrt{2}-1\right)+2\pi ik\right)=2\pi k-i\ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}+1}\right)=2\pi k+i\ln\left(\sqrt{2}+1\right),$$

-) $-\sqrt{2}-1 < 0$, $\left|-\sqrt{2}-1\right|=\sqrt{2}+1$ $$\mathrm{Arcsin}\,i=-i\mathrm{Ln}\left(-\sqrt{2}-1\right)=-i\left(\ln\left(\sqrt{2}+1\right)+i\left(\pi+2\pi k\right)\right)=\left(\pi+2\pi k\right)-i\ln\left(\sqrt{2}+1\right).$$ Как располагаются полученные значения на плоскости - показано ниже.

Задание: Даишев, Кузнецова № 2.12 п. 2,3