Liczby zespolone - Ćwiczenia - Algebra liniowa, Notatki'z Algebra liniowa. University of Bialystok
blondie85
blondie8515 March 2013

Liczby zespolone - Ćwiczenia - Algebra liniowa, Notatki'z Algebra liniowa. University of Bialystok

PDF (327.7 KB)
8 strona
509Liczba odwiedzin
Opis
Notatki omawiające stwierdzenia z zakresu algebry: liczby zespolone; ćwiczenia.
20punkty
Punkty pobierania niezbędne do pobrania
tego dokumentu
Pobierz dokument
Podgląd3 strony / 8
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.

Zadania o liczbach zespolonych

Zadanie 1. Znaleźć takie liczby rzeczywiste a i b, aby zachodzi ly równości: a) a(2 + 3i) + b(4 − 5i) = 6 − 2i, b) a(−

√ 2 + i) + b(3

√ 2 + 5i) = 8i, c) a(4 − 3i)2 + b(1 + i)2 = 7 − 12i,

d) a2−3i + b

3+2i = 1, e) a 2+i 3−i + b

( 4−i 1−3i

)2 = 1 + i, f) 2a−3i5−3i +

3b+2i 3−5i = 0.

Rozwi ↪azanie. a) Przedstawiamy lew ↪a stron ↪e równości w postaci algebraicznej: a(2+3i)+b(4−5i) = (2a+4b)+(3a−5b)i. Ponieważ a, b ∈ R, wi ↪ec z warunku równości liczb zespolonych

mamy uk lad równań: {

2a + 4b = 6 3a − 5b = −2 . Rozwi ↪azujemy go metod ↪a wyznaczników:

W = ∣∣∣∣ 2 43 −5

∣∣∣∣ = −10− 12 = −22, Wb = ∣∣∣∣ 6 4−2 −5 ∣∣∣∣ = −30 + 8 = −22. Wb = ∣∣∣∣ 2 63 −2

∣∣∣∣ = −4− 18 = −22. Zatem nasz uk lad ma dok ladnie jedno rozwi ↪azanie a =

Wa W =

−22 −22 = 1 oraz b =

Wb W =

−22 −22 = 1.

Odp. a = b = 1. b) Przedstawmy lew ↪a stron ↪e równości w postaci algebraicznej:

a(− √

2+ i)+b(3 √

2+5i) = (− √

2a+3 √

2b)+(a+5b)i, wi ↪ec z warunku równości liczb zespolonych mamy

uk lad równań: {

− √

2a + 3 √

2b = 0 a + 5b = 8

, który jest równoważny uk ladowi {

−a + 3b = 0 a + 5b = 8

.

Z pierwszego równania a = 3b, wi ↪ec po podstawieniu do drugiego równania 3b + 5b = 8, sk ↪ad b = 1 i a = 3b = 3.

Odp. a = 3 i b = 1. c) Obliczamy (4−3i)2 = 16−24i+9i2 = 16−24i−9 = 7−24i, (1+ i)2 = 1+2i+ i2 = 1+2i−1 = 2i.

Teraz zapisujemy lew ↪a stron ↪e równości w postaci algebraicznej: a(4−3i) 2+b(1+i)2 = a(7−24i)+b ·2i =

7a + (−24a + 2b)i. Zatem z warunku równości liczb zespolonych mamy, że 7a = 7 i −24a + 2b = −12. St ↪ad a = 1 oraz −24 + 2b = −12, czyli 2b = 12 i b = 6.

Odp. a = 1 i b = 6. d) Obliczamy 12−3i =

2+3i (2−3i)(2+3i) =

2+3i 22+32 =

2+3i 13 ,

1 3+2i =

3−2i (3+2i)(3−2i) =

3−2i 32+22 =

3−2i 13 , wi ↪ec nasze

równanie możemy zapisać w postaci: a(2 + 3i) + b(3 − 2i) = 13, czyli (2a + 3b) + (3a− 2b)i = 13, sk ↪ad 2a+3b = 13 i 3a−2b = 0. Zatem b = 32a oraz 2a+

9 2a = 13, sk ↪ad

13 2 a = 13, wi ↪ec a = 2 oraz b =

3 2 ·2 = 3.

Odp. a = 2 i b = 3. e) Obliczamy: 2+i3−i =

(2+i)(3+i) (3−i)(3+i) =

6+2i+3i+i2

32+12 = 5+5i 10 =

1+i 2 ,

4−i 1−3i =

(4−i)(1+3i) (1−3i)(1+3i) =

4+12i−i−3i2 12+32 =

7+11i 10 ,

wi ↪ec (

4−i 1−3i

)2 = (7+11i)

2

100 = 49+154i+121i2

100 = −72+154i

100 = −18+36i

25 . Zatem nasze równanie przybiera postać:

a 1+i2 + b −18+36i

25 = 1 + i. Ale −18+36i

1+i = (−18+36i)(1−i)

(1+i)(1−i) = −18+18i+36i−36i2

12+12 = 18+54i

2 = 9 + 27i, wi ↪ec nasze równanie przybiera postać: 12a+ b

9+27i 25 = 1. Zatem 25a+2b(9+27i) = 50, czyli (25a+18b)+54bi = 50.

Ale a, b ∈ R, wi ↪ec st ↪ad 25a + 18b = 50 i 54b = 0, czyli b = 0 i a = 2. Odp. a = 2 i b = 0. f) Obliczamy: 2a−3i5−3i =

(2a−3i)(5+3i) (5−3i)(5+3i) =

10a+6ai−15i−9i2 52+32 =

(10a+9)+(6a−15)i 34 ,

3b+2i 3−5i =

(3b+2i)(3+5i) (3−5i)(3+5i) =

9b+15bi+6i+10i2

32+52 = (9b−10)+(15b+6)i

34 . Zatem nasze równanie przybiera postać: [(10a + 9) + (6a − 15)i] + [(9b − 10) + (15b + 6)i] = 0. Zatem (10a + 9b − 1) + (6a + 15b − 9)i = 0, sk ↪ad z tego, że a, b ∈ R,

10a+ 9b− 1 = 0 i 6a+ 15b− 9 = 0. Mamy zatem uk lad równań: {

2a + 5b = 3 10a + 9b = 1

. Po odj ↪eciu od

drugiego równania, równania pierwszego pomnożonego przez 5 uzyskamy, że −16b == −14, sk ↪ad b = 7 8 .

Zatem 2a + 5 · 78 = 3, sk ↪ad a = − 11 16 .

Odp. a = − 1116 i b = 7 8 .

Zadanie 2. Przedstaw w postaci algebraicznej nast ↪epuj ↪ace liczby zespolone: a) (2 + i) · (4 − i) + (1 + 2i) · (3 + 4i), b) (3+i)·(7−6i)3+i , c) (1 + 2i) · i +

2+3i 1−4i , d)

(1+3i)(8−i) (2+i)2 .

Rozwi ↪azanie. a) (2 + i) · (4 − i) + (1 + 2i) · (3 + 4i) = 8 − 2i + 4i− i 2 + 3 + 4i + 6i + 12i2 = 12i.

1

docsity.com

b) (3+i)·(7−6i)3+i = 7−6i. c) Mamy, że (1+ 2i) · i = i+ 2i 2 = −2 + i, 2+3i1−4i =

(2+3i)(1−4i) (1−4i)(1+4i) =

2+8i+3i+12i2

12+42 = −10+11i

17 = − 10 17 +

11 17 i. Zatem (1 + 2i) · i +

2+3i 1−4i = −2 + i −

10 17 +

11 17 i = −

44 17 +

28 17 i. d) Mamy, że

(1 + 3i)(8− i) = 8− i+ 24i− 3i2 = 11 + 23i, (2 + i)2 = 4 + 4i+ i2 = 3 + 4i. Zatem (1+3i)(8−i)(2+i)2 = 11+23i 3+4i =

(11+23i)(3−4i) (3+4i)(3−4i) =

33−44i+69i−92i2 32+42 =

125+25i 25 = 5 + i.

Zadanie 3. Przedstawić w postaci algebraicznej rozwi ↪azania nast ↪epuj ↪acych równań liniowych z jedn ↪a niewiadom ↪a z: a) (a− bi)z = a + bi, b) (a + bi)2(1− z) + (a− bi)2(1 + z) = 0, c) (a + bi)z = (2a + 3b) + (2b− 3a)i, d) (1 − i)z = (2a− b) − (2a + b)i.

Rozwi ↪azanie. a) z = a+bi a−bi =

(a+bi)2

(a−bi)(a+bi) = a2+2abi+b2i2

a2+b2 = a2−b2 a2+b2 +

2ab a2+b2 i. b) Mamy, że (a + bi)

2 = a2+2abi+b2i2 = a2−b2+2abi, (a−bi)2 = a2−2abi+b2i2 = a2−b2−2abi. Zatem nasze równanie przybiera postać: a2−b2 +2abi−(a2−b2 +2abi)z+a2−b2−2abi+(a2−b2−2abi)z = 0, czyli 2a2−2b2 +4abiz = 0, sk ↪ad z =

a2−b2 4abi =

(a2−b2)(−i) 4abi(−i) =

b2−a2 4ab i. c) Zauważmy, że (2a+ 3b) + (2b− 3a)i = 2(a+ bi) + 3(b− ai) =

2(a+ bi)− 3i(a+ bi), sk ↪ad z = 2− 3i. d) Zauważmy, że (2a− b)− (2a+ b)i = 2a(1− i)− bi(1− i), wi ↪ec z = 2a− bi.

Zadanie 4. Przedstawić w postaci algebraicznej rozwi ↪azania nast ↪epuj ↪acych uk ladów dwóch równań z dwiema niewiadomymi:

a) {

2(2 + i)z − i(3 + 2i)w = 5 + 4i (3 − i)z + 2(2 + i)w = 2(1 + 3i) , b)

{ (4 − 3i)z + (2 + i)w = 5(1 + i) (2 − i)z − (2 + 3i)w = −(1 + i) ,

c) {

(2 + i)z + (2 − i)w = 6b− a + (2a− 3b)i (1 − i)z + (3 + i)w = a + 9b + (a + 3b)i (a, b ∈ R), d)

{ z

2−i + w

1+i = 2 5z

(2−i)2 + 2w

(1+i)2 = 3 ,

e) {

(1 + i)z + (1 − i)w = 1 + i (1 − i)z + (1 + i)w = 1 + 3i .

Rozwi ↪azanie. a) Stosujemy metod ↪e wyznaczników.

W = ∣∣∣∣ 4 + 2i 2 − 3i3 − i 4 + 2i

∣∣∣∣ = (4 + 2i)2 − (3 − i) · (2 − 3i) = 16 + 16i + 4i2 − (6 − 9i − 2i + 3i2) = 16 + 16i− 4 − (6 − 11i− 3) = 12 + 16i− 3 + 11i = 9 + 27i.

Wz = ∣∣∣∣ 5 + 4i 2 − 3i2 + 6i 4 + 2i

∣∣∣∣ = (5+4i) ·(4+2i)−(2−3i) ·(2+6i) = 20+10i+16i+8i2−(4+12i−6i−18i2) = 20 + 26i− 8 − (4 + 6i + 18) = 12 + 26i− 22 − 6i = −10 + 20i.

Ww = ∣∣∣∣ 4 + 2i 5 + 4i3 − i 2 + 6i

∣∣∣∣ = (4+2i) ·(2+6i)−(5+4i) ·(3− i) = 8+24i+4i+12i2−(15−5i+12i−4i2) = 8 + 28i− 12− (15 + 7i+ 4) = −4 + 28i− 19− 7i = −23 + 21i. Zatem z = WzW =

−10+20i 9+27i =

10 9 ·

−1+2i 1+3i =

10 9 ·

(−1+2i)·(1−3i) (1+3i)·(1−3i) =

10 9 ·

−1+3i+2i−6i2 12+32 =

10 9 ·

−1+5i+6 10 =

5+5i 9 =

5 9 +

5 9 i oraz w =

Ww W =

1 9 ·

−23+21i 1+3i =

1 9 ·

(−23+21i)·(1−3i) (1+3i)·(1−3i) =

1 9 ·

−23+69i+21i−63i2 12+32 =

1 9 ·

−23+90i+63 10 =

40+90i 90 =

40 90 +

90 90 i =

4 9 + i.

Odp. z = 59 + 5 9 i oraz w =

4 9 + i.

b) Obliczamy wyznacznik g lówny W naszego uk ladu:

W = ∣∣∣∣ 4 − 3i 2 + i2 − i −2 − 3i

∣∣∣∣ = (4− 3i) · (−2− 3i)− (2− i) · (2 + i) = −8− 12i+ 6i+ 9 · (−1)− [22− (−1)] = −17−6i−5 = −22−6i. Zatem W = −22−6i 6= 0 i z twierdzenia Cramera uk lad nasz posiada dok ladnie jedno rozwi ↪azanie.

Wz = ∣∣∣∣ 5 + 5i 2 + i−1 − i −2 − 3i

∣∣∣∣ = (5 + 5i) · (−2 − 3i) − (2 + i) · (−1 − i) = −10 − 15i − 10i − 15 · (−1) + 2 + 2i + i + (−1) = 6 − 22i. Zatem ze wzorów Cramera: z = WzW =

6−22i −22−6i =

i·(−22−6i) −22−6i = i, czyli z = i.

Ww = ∣∣∣∣ 4 − 3i 5 + 5i2 − i −1 − i

∣∣∣∣ = (4− 3i) · (−1− i)− (5 + 5i) · (2− i) = −4− 4i+ 3i + 3 · (−1)− 10 + 5i− 10i + 5 · (−1) = −22 − 6i. Zatem ze wzorów Cramera: w = WwW =

−22−6i −22−6i = 1, czyli w = 1.

2

docsity.com

Odp. Uk lad posiada dok ladnie jedno rozwi ↪azanie: z = i, w = 1. c) Stosujemy metod ↪e wyznaczników.

W = ∣∣∣∣ 2 + i 2 − i1 − i 3 + i

∣∣∣∣ = (2 + i) · (3 + i) − (1 − i) · (2 − i) = 6 + 2i + 3i + i2 − (2 − i − 2i + i2) = 6 + 5i− 1 − (2 − 3i− 1) = 5 + 5i− 1 + 3i = 4 + 8i.

Wz = ∣∣∣∣ 6b− a + (2a− 3b)i 2 − ia + 9b + (a + 3b)i 2 + i

∣∣∣∣ k1−3bk2= ∣∣∣∣ −a + 2ai 2 − ia + ai 3 + i ∣∣∣∣ = (−a+2ai) · (3+ i)− (a+ai) · (2− i) =

−3a−ai+6ai+2ai2−(2a−ai+2ai−ai2) = −3a+5ai−2a−(2a+ai+a) = −5a+5ai−3a−ai = −8a+4ai.

Ww = ∣∣∣∣ 2 + i 6b− a + (2a− 3b)i1 − i a + 9b + (a + 3b)i

∣∣∣∣ k2−aik1= ∣∣∣∣ 2 + i 6b− 3bi1 − i 9b + 3bi ∣∣∣∣ = (2+ i) · (9b+3bi)− (1− i) · (6b−3bi) =

18b+6bi+9bi+3bi2−(6b−3bi−6bi+3bi2) = 18b+15bi−3b−(6b−9bi−3b) = 15b+15bi−3b+9bi = 12b+24bi. Zatem z = WzW =

−8a+4ai 4+8i =

8ai2+4ai 4+8i =

ai(4+8i) 4+8i = ai, w =

Ww W =

12b+24bi 4+8i =

3b(4+8i) 4+8i = 3b.

Odp. z = ai oraz w = 3b. d) Mamy, że 12−i =

2+i (2−i)(2+i) =

2+i 22+12 =

2+i 5 =

2 5 +

1 5 i,

1 1+i =

1−i (1+i)(1−i) =

1−i 12+12 =

1−i 2 =

1 2 −

1 2 i,

5 (2−i)2 =

(2−i)(2+i) (2−i)2 =

2+i 2−i =

(2+i)2

(2−i)(2+i) = 4+4i+i2

22+12 = 4+4i−1

5 = 3 5 +

4 5 i,

2 (1+i)2 =

2 1+2i+i2 =

2 1+2i−1 =

2 2i =

−2i2 2i = −i. Zatem nasz uk lad ma postać:{

( 25 + 1 5 i)z + (

1 2 −

1 2 i)w = 2

( 35 + 4 5 i)z − iw = 3

.

Rozwi ↪ażemy go metod ↪a wyznaczników:

W = ∣∣∣∣ 25 + 15 i 12 − 12 i3

5 + 4 5 i −i

∣∣∣∣ = − 25 i − 15 i2 − ( 35 + 45 i)( 12 − 12 i) = − 25 i + 15 − 310 + 310 i − 410 i + 410 i2 = − 410 i +

2 10 −

3 10 +

3 10 i−

4 10 i−

4 10 = −

5 10 −

5 10 i = −

1 2 −

1 2 i,

Wz = ∣∣∣∣ 2 12 − 12 i3 −i

∣∣∣∣ = −2i− 32 + 32 i = − 32 − 12 i, Ww =

∣∣∣∣ 25 + 15 i 23 5 +

4 5 i 3

∣∣∣∣ = 3 ·( 25 + 15 i)−2 ·( 35 + 45 i) = 65 + 35 i− 65− 85 i = − 55 i = −i. Zatem z = WzW = − 32+ 12 i− 12− 12 i = 3−i 1+i =

(3−i)(1−i) (1+i)(1−i) =

3−3i−i+i2 12+12 =

2−4i 2 = 1− 2i oraz w =

Ww W =

−i − 12−

1 2 i

= 2i1+i = 2i(1−i)

(1+i)(1−i) = 2+2i

2 = 1 + i. Odp. z = 1 − 2i oraz w = 1 + i. e) Stosujemy metod ↪e wyznaczników:

W = ∣∣∣∣ 1 + i 1 − i1 − i 1 + i

∣∣∣∣ = (1 + i)2 − (1 − i)2 = 1 + 2i + i2 − (1 − 2i + i2) = 4i, Wz =

∣∣∣∣ 1 + i 1 − i1 + 3i 1 + i ∣∣∣∣ = (1+i)2−(1+3i)(1−i) = 1+2i+i2−(1−i+3i−3i2) = 1+2i−1−(1+2i+3) = −4,

Ww = ∣∣∣∣ 1 + i 1 + i1 − i 1 + 3i

∣∣∣∣ = (1+i)(1+3i)−(1+i)(1−i) = (1+i)(1+3i−i+i) = (1+i)·4i = 4i+4i2 = −4+4i. Zatem z = WzW =

−4 4i =

4i2

4i = i oraz w = Ww W =

−4+4i 4i =

4i2+4i 4i = i + 1 = 1 + i.

Odp. z = i oraz w = 1 + i. Zadanie 5. Udowodnij tożsamości:

a) |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2(|z1|2 + |z2|2), b) |1 + z1z2|2 + |z1 − z2|2 = (1 + |z1|2) · (1 + |z2|2), c) |z1 + z2|2 = |z1|2 + 2re(z1z2) + |z2|2, d) |1−z

2|2−|z−z|2 |1+z2|2+|z−z|2 =

( 1−|z|2 1+|z|2

)2 .

Rozwi ↪azanie. B ↪edziemy korzystali z tego, że z · z = |z| 2 dla dowolnej liczby zespolonej z.

a) |z1 + z2|2 = (z1 + z2)z1 + z2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2, |z1 − z2|2 = (z1 − z2)z1 − z2 = (z1 − z2)(z1 − z2) = z1z1 − z1z2 − z2z1 + z2z2. Zatem |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2(z1z1 + z2z2) = 2(|z1|2 + |z2|2), cnd.

3

docsity.com

b) |1 + z1z2|2 = (1 + z1z2)1 + z1z2 = (1 + z1z2)(1 + z1z2) = (1 + z1z2)(1 + z1z2) = 1 + z1z2 + z1z2 + z1z2z2z2 = 1 + z1z2 + z1z2 + |z1|2|z2|2, |z1 − z2|2 = (z1 − z2)z1 − z2 = (z1 − z2)(z1 − z2) = z1z1−z1z2−z2z1 +z2z2. Zatem |1+z1z2|2 + |z1−z2|2 = 1+ |z1|2 + |z2|2 + |z1|2|z2|2 = (1+ |z1|2)(1+ |z2|2), cnd.

c) Dla dowolnej liczby zespolonej z mamy, że z + z = 2re(z). Ponadto |z1 + z2|2 = (z1 + z2)z1 + z2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2 = |z1|2 + |z2|2 + z1z2 + z1z2 oraz z1z2 = z1z2, wi ↪ec |z1 + z2|2 = |z1|2 + 2re(z1z2) + |z2|2, cnd.

d) Mamy, że |1 − z2|2 = (1 − z2)(1 − z2) = (1 − z2)(1 − z2) = 1 − z2 − z2 + (zz)2 = 1 − z2 − z2 + |z|4 oraz |z − z|2 = (z − z)(z − z) = (z − z)(z − z) = zz − z2 − z2 + zz = 2|z|2 − z2 − z2. Zatem |1 − z2|2 − |z − z|2 = 1 − z2 − z2 + |z|4 − 2|z|2 + z2 + z2 = 1 − 2|z|2 + |z|4 = (1 − |z|2)2. Ponadto |1 + z2|2 = (1 + z2)(1 + z2) = (1 + z2)(1 + z2) = 1 + z2 + z2 + (zz)2 = 1 + z2 + z2 + |z|4, wi ↪ec |1 + z

2|2 + |z − z|2 = 1 + z2 + z2 + |z|4 + 2|z|2 − z2 − z2 = 1 + 2|z|2 + |z|4 = (1 + |z|2)2. St ↪ad |1−z2|2−|z−z|2 |1+z2|2+|z−z|2 =

(1−|z|2)2 (1+|z|2)2 =

( 1−|z|2 1+|z|2

)2 , cnd.

Zadanie 6. Rozwi ↪aż równania: a) |z| − z = 1 + 2i, b) |z|+ z = 2 + i, c) zz + (z − z) = 3 + 2i, d) i(z + z) + i(z − z) = 2i− 3, e) z2 = z, f) |z| + 2iz = 11 + 8i.

Rozwi ↪azanie. a) Mamy, że z = x + yi dla pewnych x, y ∈ R. Wtedy |z| = √ x2 + y2, wi ↪ec nasze

równanie przybiera postać: ( √ x2 + y2 − x) − yi = 1 + 2i. St ↪ad

√ x2 + y2 − x = 1 oraz −y = 2. Zatem

y = −2 oraz √ x2 + 4 = x + 1, czyli x2 + 4 = x2 + 2x + 1, sk ↪ad x =

3 2 .

Odp. x = 32 oraz y = −2. b) Mamy, że z = x+ yi dla pewnych x, y ∈ R. Wtedy |z| =

√ x2 + y2, wi ↪ec nasze równanie przybiera

postać: ( √ x2 + y2 + x) + yi = 2 + i. St ↪ad

√ x2 + y2 + x = 2 oraz y = 1. Zatem

√ x2 + 1 = 2 − x, czyli

x2 + 1 = 4 − 4x + x2, sk ↪ad x = 3 4 .

Odp. x = 34 oraz y = 1. c) Mamy, że z = x+yi dla pewnych x, y ∈ R. Wtedy zz = x2 +y2, z−z = x+yi− (x−yi) = 2yi, wi ↪e

c nasze równanie przybiera postać: (x2 + y2) + 2xyi = 3 + 2i. Zatem x2 + y2 = 3 oraz 2xy == 2. Zatem x2 + 2xy + y2 = 5, czyli (x + y)2 = 5, sk ↪ad x + y =

√ 5 lub x + y = −

√ 5. Ale xy = 1, wi ↪ec y =

√ 5 − x

lub y = − √

5−x oraz x( √

5−x) = 1 lub x(− √

5−x) = 1. Zatem x2− √

5x+1 = 0 lub x2 + √

5x+1 = 0. Z pierwszego równania otrzymujemy, że x1 =

√ 5−1 2 , x2 =

√ 5+1 2 oraz y1 =

√ 5+1 2 , y2 =

√ 5−1 2 . Natomiast

z drugiego równania otrzymujemy, że x3 = − √

5+1 2 , x4 =

√ 5−1 2 , czyli y3 =

− √

5+1 2 , y4 =

√ 5−1 2 .

Odp. z = √

5−1 2 +

√ 5+1 2 i lub z =

√ 5+1 2 +

√ 5−1 2 i lub z =

− √

5+1 2 +

− √

5+1 2 i lub z =

√ 5−1 2 +

√ 5−1 2 i.

d) Mamy, że i(z + z) + i(z − z) = i(z + z + z − z) = 2i · z. Zatem nasze równanie przybiera postać: 2i · z = −3 + 2i, czyli z = −3+2i2i =

(−3+2i)(−i) 2i(−i) =

3i−i2 2·1 =

2+3i 2 = 1 +

3 2 i.

Odp. z = 1 + 32 i. e) Mamy, że z = x+yi dla pewnych x, y ∈ R. Zatem z2 = (x+yi)2 = x2 +2xyi+y2i2 = x2−y2 +2xyi

oraz z = x− yi, czyli nasze równanie przybiera postać: (x2 − y2) + 2xyi = x− yi, sk ↪ad x 2 − y2 = x oraz

2xy = −y. Z drugiego równania (2x + 1)y = 0, czyli 2x + 1 = 0 lub y = 0. Jeśli y = 0, to z pierwszego równania x2 = x, czyli x = 0 lub x = 1, sk ↪ad z = 0 lub z = 1. Jeśli zaś 2x + 1 = 0, to x = −

1 2 i z

pierwszego równania y2 = x2 − x = 14 + 1 2 =

3 4 , czyli y =

√ 3

2 lub y = − √

3 2 , wi ↪ec z = −

1 2 +

√ 3

2 i lub z = − 12 −

√ 3

2 i. Odp. z = 0 lub z = 1 lub z = − 12 +

√ 3

2 i lub z = − 1 2 −

√ 3

2 i. f) Mamy, że z = x+yi dla pewnych x, y ∈ R. Zatem |z| =

√ x2 + y2 oraz 2iz = 2i(x+yi) = −2y+2xi.

Zatem nasze równanie przybiera postać: ( √ x2 + y2−2y) + 2xi = 11 + 8i, sk ↪ad

√ x2 + y2−2y = 11 oraz

2x = 8. Zatem x = 4 oraz √

16 + y2−2y = 11. St ↪ad √

16 + y2 = 11+2y, czyli 16+y2 = 121+44y+4y2, wi ↪ec 3y

2 + 44y + 121 = 0. St ↪ad y = − 35 3 lub y = −3.

Odp. z = 4 − 353 i lub z = 4 − 3i.

4

docsity.com

Zadanie 7. Niech z1, z2, z3 b ↪ed ↪a liczbami zespolonymi takimi, że |z1| = |z2| = |z3| = 2. Udowodnij, że wtedy

|z1z2 + z1z3 + z2z3| = 2|z1 + z2 + z3|.

Rozwi ↪azanie. W dowodzie wykorzystamy, że |z| 2 = zz dla dowolnej liczby zespolonej z. Ponieważ

|z1| = |z2| = |z3| = 2, wi ↪ec z1z1 = z2z2 = z3z3 = 4. St ↪ad mamy, że |z1z2 + z1z3 + z2z3| 2 = (z1z2 +

z1z3 + z2z3)(z1z2 + z1z3 + z2z3) = (z1z2 + z1z3 + z2z3)(z1z2 + z1z3 + z2z3) = (z1z1)(z2z2) + (z1z1)z2z3 + z1(z2z2)z3 + (z1z1)z3z2 + (z1z1)(z3z3) + z1z2(z3z3) + (z2z2)z3z1 + z2z1(z3z3) + (z2z2)(z3z3) = 48 + 4(z2z3 + z1z3 + z3z2 + z1z2 + z3z1 + z2z1). Ponadto 4|z1 + z2 + z3|2 = 4(z1 + z2 + z3)(z1 + z2 + z3) = (z1 + z2 + z3)(z1 + z2 + z3) = 4(z1z1 + z1z2 + z1z3 + z2z1 + z2z2 + z2z3 + z3z1 + z3z2 + z3z3) = 48 + 4(z2z3 + z1z3 + z3z2 + z1z2 + z3z1 + z2z1). Zatem |z1z2 + z1z3 + z2z3|2 = (2|z1 + z2 + z3|)2, sk ↪ad |z1z2 + z1z3 + z2z3| = 2|z1 + z2 + z3|.

Zadanie 8. Przedstawić w postaci algebraicznej pierwiastki kwadratowe z nast ↪epuj ↪acych liczb zespo- lonych: a) i, b)−i, c) 8 + 6i, d) 8 − 6i, e) −8 + 6i, f) −8 − 6i, g) 3 + 4i, h) −11 + 60i, i) −15 − 8i, j) 1 − i

√ 3, k) 2 + 3i.

Rozwi ↪azanie. a) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x + yi) 2 = i. Ale (x + yi)2 = (x2 − y2) + 2xyi,

wi ↪ec x 2 − y2 = 0 oraz 2xy = 1. Z drugiego równania uzyskujemy, że x i y maj ↪a ten sam znak, wi ↪ec po

uwzgl ↪ednieniu równania pierwszego y = x oraz 2x 2 = 1. Zatem x2 = 12 , czyli x =

√ 2

2 lub x = − √

2 2 .

Odp. √

2 2 +

√ 2

2 i oraz − √

2 2 −

√ 2

2 i. b) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x+ yi)2 = −i. Ale (x+ yi)2 = (x2− y2) + 2xyi, wi ↪ec x

2− y2 = 0 oraz 2xy = −1. Z drugiego równania uzyskujemy, że x i y maj ↪a różne znaki, wi ↪ec po uwzgl ↪ednieniu równania pierwszego y = −x oraz −2x2 = −1. Zatem x2 = 12 , czyli x =

√ 2

2 lub x = − √

2 2 .

Odp. √

2 2 −

√ 2

2 i oraz − √

2 2 +

√ 2

2 i. c) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x + yi)2 = 8 + 6i. Ale (x + yi)2 = (x2 − y2) + 2xyi, wi ↪ec x

2 − y2 = 8 oraz 2xy = 6. Zatem xy = 3 oraz x2 − y2 = 8. Szukaj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu w liczbach ca lkowitych znajdujemy bez trudu, że x = 3 i y = 1 lub x = −3 i y = −1.

Odp. 3 + i oraz −3 − i. d) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x+yi)2 = 8−6i. Ale (x+yi)2 = (x2−y2)+2xyi, wi ↪ec x

2−y2 = 8 oraz 2xy = −6. Zatem xy = −3 oraz x2 − y2 = 8. Szukaj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu w liczbach ca lkowitych znajdujemy bez trudu, że x = 3 i y = −1 lub x = −3 i y = 1.

Odp. 3 − i oraz −3 + i. e) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x+yi)2 = −8+6i. Ale (x+yi)2 = (x2−y2)+2xyi, wi ↪ec x

2−y2 = −8 oraz 2xy = 6. Zatem xy = 3 oraz x2 − y2 = 8. Szukaj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu w liczbach ca lkowitych znajdujemy bez trudu, że x = 1 i y = 3 lub x = −1 i y = −3.

Odp. 1 + 3i oraz −1 − 3i. f) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x+yi)2 = −8−6i. Ale (x+yi)2 = (x2−y2)+2xyi, wi ↪ec x

2−y2 = −8 oraz 2xy = −6. Zatem xy = −3 oraz x2 − y2 = −8. Szukaj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu w liczbach ca lkowitych znajdujemy bez trudu, że x = 1 i y = −3 lub x = −1 i y = 3.

Odp. 1 − 3i oraz −1 + 3i. g) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x + yi)2 = 3 + 4i. Ale (x + yi)2 = (x2 − y2) + 2xyi, wi ↪ec x

2 − y2 = 3 oraz 2xy = 4. Zatem xy = 2 oraz x2 − y2 = 3. Szukaj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu w liczbach ca lkowitych znajdujemy bez trudu, że x = 2 i y = 1 lub x = −2 i y = −1.

Odp. 2 + i oraz −2 − i. h) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x + yi)2 = −11 + 60i. Ale (x + yi)2 = (x2 − y2) + 2xyi, wi ↪ec

x2 − y2 = −11 oraz 2xy = 60. Zatem xy = 30 oraz x2 − y2 = −11. Szukaj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu w liczbach ca lkowitych znajdujemy bez trudu, że x = 5 i y = 6 lub x = −5 i y = −6.

5

docsity.com

Odp. 5 + 6i oraz −5 − 6i. i) Szukamy x, y ∈ R takich, że (x + yi)2 = −15 − 8i. Ale (x + yi)2 = (x2 − y2) + 2xyi, wi ↪ec

x2 − y2 = −15 oraz 2xy = −8. Zatem xy = −4 oraz x2 − y2 = −15. Szukaj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu w liczbach ca lkowitych znajdujemy bez trudu, że x = 1 i y = −4 lub x = −1 i y = 4.

Odp. 1 − 4i oraz −1 + 4i. Zadanie 9. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b wszystkie pierwiastki kwadratowe z

liczby zespolonej z = a + bi dane s ↪a wzorami:

ω = + −

 √ a jeśli b = 0 i a ≥ 0√ −a · i jeśli b = 0 i a < 0√√

a2+b2+a 2 + sgn(b) ·

√√ a2+b2−a

2 · i jeśli b 6= 0 . (1)

Przy czym

sgn(b) =

 1 jeśli b > 0 0 jeśli b = 0 −1 jeśli b < 0

(2)

Rozwi ↪azanie. Dla a ≥ 0 i b = 0 mamy, że ( √ a)2 = a = a + bi. Dla a < 0 i b = 0 jest −a > 0

oraz ( √ −a · i)2 = (−a) · (−1) = a = a + bi. Dla b 6= 0 mamy, że

√ a2 + b2

+ − a > 0. Oznaczmy

x = √√

a2+b2+a 2 , y = sgn(b) ·

√√ a2+b2−a

2 . Wtedy x 2 − y2 =

√ a2+b2+a

2 − √ a2+b2−a

2 = a oraz 2xy =

2sgn(b) · √√

a2+b2+a 2 ·

√ a2+b2−a

2 = 2sgn(b) · √ b2

2 = sgn(b) · |b| = b. Zatem (x+ yi) 2 = (x2 − y2) + 2xyi =

a + bi. Kończy to dowód pierwszej cz ↪eści twierdzenia. Zauważmy, że (−ω)2 = ω2 = a + bi. Jeśli zaś z ∈ C jest takie, że z2 = a + bi, to z2 = ω2, sk ↪ad

0 = z2 − ω2 = (z − ω) · (z + ω), wi ↪ec z = ω lub z = −ω. Zatem wzór jest udowodniony. Zadanie 10. Przedstawić w postaci algebraicznej pierwiastki kwadratowe z nast ↪epuj ↪acych liczb ze-

spolonych: a) 1 − i

√ 3, b) 2 + 3i, c)−9, d) −16i.

Rozwi ↪azanie. Stosujemy wzór (1). a) b = − √

3 < 0, wi ↪ec sgn(b) = −1. Ponadto a = 1, wi ↪ec a2 + b2 = 1 + 3 = 4, sk ↪ad

√ a2 = b2 =

√ 4 = 2. Zatem

√√ a2+b2+a

2 + sgn(b) · √√

a2+b2−a 2 · i =√

3 2 −

√ 1 2 i =

√ 6

2 − sqrt2

2 i.

Odp. √

6 2 −

sqrt2 2 i oraz −

√ 6

2 + sqrt2

2 i.

b) b = 3 > 0, wi ↪ec sgn(b) = 1. Ponadto a = 2, wi ↪ec a 2 + b2 = 4+9 = 13. Zatem

√√ a2+b2+a

2 +sgn(b) ·√√ a2+b2−a

2 · i = √√

13+2 2 +

√√ 13−2 2 i.

Odp. √√

13+2 2 +

√√ 13−2 2 i oraz −

√√ 13+2 2 −

√√ 13−2 2 i.

c) b = 0 oraz a = −9 < 0, wi ↪ec ze wzoru (1) mamy od razu nast ↪epuj ↪ac ↪a Odp. 3i oraz −3i. d) a = 0 oraz b = −16 < 0, wi ↪ec sgn(b) = −1, a

2 + b2 = 162, czyli √ a2 + b2 = 16. Zatem√√

a2+b2+a 2 + sgn(b) ·

√√ a2+b2−a

2 · i = √

8 − √

8i = 2 √

2 − 2 √

2i. Odp. 2

√ 2 − 2

√ 2i oraz −2

√ 2 + 2

√ 2i.

Zadanie 11. Rozwi ↪azać równania kwadratowe: a) z2 − 3z + 3 + i = 0, b) z2 + (1 + 4i)z − (5 + i) = 0, c) (4 − 3i)z2 − (2 + 11i)z − (5 + i) = 0, d) z2 + 2(1 + i)z + 2i = 0, e) z2 − 5z + 4 + 10i = 0, f) z2 − 2z = 2i− 1.

6

docsity.com

Rozwi ↪azanie. a) ∆ = (−3) 2 − 4 · 1 · (3 + i) = 9 − 12 − 4i = −3 − 4i. Szukamy x, y ∈ R takich,

że (x + yi)2 = −3 − 4i, czyli (x2 − y2) + 2xyi = −3 − 4i. St ↪ad x 2 − y2 = −3 oraz 2xy = −4. Zatem

xy = −2 oraz x2−y2 = −3. Poszukuj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu równań w liczbach ca lkowitych bez trudu znajdujemy, że np. x = 1, y = −2. Zatem jednym z pierwiastków kwadratowych z liczby ∆ = −3 − 4i jest 1 − 2i. St ↪ad z1 =

3−(1−2i) 2·1 = 1 + i oraz z2 =

3+(1−2i) 2·1 = 2 − i.

b) ∆ = (1 + 4i)2 + 4(5 + i) = 1 + 8i − 16 + 20 + 4i = 5 + 12i. Szukamy x, y ∈ R takich, że (x+ yi)2 = 5 + 12i, czyli (x2− y2) + 2xyi = 5 + 12i. St ↪ad x

2− y2 = 5 oraz 2xy = 12. Zatem xy = 6 oraz x2 − y2 = 5. Poszukuj ↪ac rozwi ↪azań tego uk ladu równań w liczbach ca lkowitych bez trudu znajdujemy, że np. x = 3, y = 2. Zatem jednym z pierwiastków kwadratowych z liczby ∆ = 5 + 12i jest 3 + 2i. St ↪ad z1 =

−1−4i−(3+2i) 2·1 = −2 − 3i oraz z2 =

−1−4i+(3+2i) 2·1 = 1 − i.

c) ∆ = (2 + 11i)2 + 4(4 − 3i)(5 + i) = 4 + 44i − 121 + 80 + 16i − 60i + 12 = −25. Zatem jednym z pierwiastków kwadratowych z liczby ∆ = −25 jest 5i. St ↪ad z1 =

2+11i−5i 2·(4−3i) =

2+6i 2·(4−3i) =

1+3i 4−3i =

(1+3i)(4+3i) (4−3i)(4+3i) =

4+3i+12i−9 42+32 =

−5+15i 25 = −

1 5 +

3 5 i oraz z2 =

2+11i+5i 2·(4−3i) =

2+16i 2·(4−3i) =

1+8i 4−3i =

(1+8i)(4+3i) (4−3i)(4+3i) =

4+3i+32i−24 42+32 =

−20+35i 25 = −

4 5 +

7 5 i.

d) ∆ = 4(1 = i)2 − 4 · 2i = 4(1 + 2i− 1) − 8i = 0. Zatem z1 = z2 = − 2(1+i)2·1 = −1 − i. e) ∆ = (−5)2−4(4+10i) = 25−16−40i = 9−40i. Szukamy x, y ∈ R takich, że (x+yi)2 = 9−40i, czyli

(x2−y2)+2xyi = 9−40i. St ↪ad x 2−y2 = 9 oraz 2xy = −40. Zatem xy = −20 oraz x2−y2 = 9. Szukaj ↪ac

rozwi ↪azań tego uk ladu równań w liczbach ca lkowitych bez trudu znajdujemy, że np. x = 5 i y = −4. Zatem jednym z pierwiastków kwadratowych z liczby ∆ = 9 − 40i jest 5 − 4i. St ↪ad z1 =

5−(5−4i) 2·1 = 2i

oraz z2 = 5+(5−4i)

2·1 = 5 − 2i. f) Nasze równanie możemy zapisać w postaci (z− 1)2 = 2i. Ale 2i = (1 + i)2, wi ↪ec z1 − 1 = 1 + i oraz

z2 − 1 = −1 − i. St ↪ad z1 = 2 + i oraz z2 = −i. Zadanie 12. Przedstawić w postaci trygonometrycznej (bez pomocy tablic) nast ↪epuj ↪ace liczby ze-

spolone: a) 1, −1, i, −i, b) 1 + i, 1− i, −1 + i, −1− i, c) 1 + i

√ 3, 1− i

√ 3, −1 + i

√ 3, −1− i

√ 3, d)

√ 3 + i,

√ 3− i,

− √

3 + i, − √

3 − i. Rozwi ↪azanie. a) 1 = 1 · (cos 0 + i sin 0), −1 = 1 · (cosπ + i sinπ), i = 1 · (cos

π 2 + i sin

π 2 ),

−i = 1 · (cos 3π2 + i sin 3π 2 ).

b) |1 + i| = √

12 + 12 = √

2, 1 + i = √

2 · ( 1√ 2

+ i 1√ 2 ), wi ↪ec 1 + i =

√ 2 · (cos π4 + i sin

π 4 ).

1 − i = √

2 · (cos π4 − i sin π 4 ), wi ↪ec 1 − i =

√ 2 · (cos(−π4 ) + i sin(−

π 4 )) =

√ 2 · (cos 5π2 + i sin

5π 2 ).

−1+ i = (−1) · (1− i) = (cosπ+ i sinπ)(cos(−π4 )+ i sin(− π 4 )) = cos(π−

π 4 )+ i sin(π−

π 4 ), zatem −1+ i =

1 · (cos 3π4 + i sin 3π 4 ). −1− i = (−1) · (1 + i) = (cosπ+ i sinπ)(cos

π 4 + i sin

π 4 ) = cos(π+

π 4 ) + i sin(π+

π 4 ),

czyli −1 − i = 1 · (cos 5π4 + i sin 5π 4 ).

c) |1 + i √

3| = √

12 + ( √

3)2 = √

4 = 2, 1 + i √

3 = 2 · ( 12 + i √

3 2 ), wi ↪ec cosφ =

1 2 oraz sinφ =

√ 3

2 ,

sk ↪ad można wzi ↪ać φ = π 3 , wi ↪ec 1 + i

√ 3 = 2 · (cos π3 + i sin

π 3 ). St ↪ad 1 − i

√ 3 = 2 · (cos π3 − i sin

π 3 ) =

2·(cos(−π3 )+i sin(− π 3 )), wi ↪ec 1−i

√ 3 = 2·(cos(2π− π3 )+i sin(2π−

π 3 )), wi ↪ec 1−i

√ 3 = 2·(cos 5π3 +i sin

5π 3 ).

Dalej, −1+i √

3 = (−1)·(1−i √

3) = (cosπ+i sinπ)(cos(−π3 )+i sin(− π 3 )) = cos(π−

π 3 )+i sin(π−

π 3 ), czyli

−1+i √

3 = 2 ·(cos 2π3 +i sin 2π 3 ). Ponadto −1−i

√ 3 = (−1) ·(1+i

√ 3) = (cosπ+i sinπ)(cos π3 +i sin

π 3 ) =

cos(π + π3 ) + i sin(π + π 3 ), czyli −1 − i

√ 3 = 2 · (cos 4π3 + i sin

4π 3 ).

d) | √

3 + i| = √

( √

3)2 + 12 = √

4 = 2, √

3 + i = 2 · ( sqrt32 + i 1 2 ), wi ↪ec cosφ =

√ 3

2 oraz sinφ = 1 2 , wi ↪ec

można wzi ↪ać φ = π 6 . Zatem

√ 3+i = 2·(cos π6 +i sin

π 6 ). St ↪ad

√ 3−i = 2·(cos π6 −i sin

π 6 ) = 2·(cos(−

π 6 )+

i sin(−π6 )), czyli √

3−i = 2·(cos(2π− π6 )+i sin(2π− π 6 )), sk ↪ad ostatecznie

√ 3−i = 2·(cos 11π6 +i sin

11π 6 ).

Dalej, − √

3+i = (−1) ·( √

3−i) = (cosπ+i sinπ)(cos(−π6 )+i sin(− π 6 )) = cos(π−

π 6 )+i sin(π−

π 6 )), czyli

− √

3 + i = 2 · (cos 5π6 + i sin 5π 6 ). W końcu −

√ 3− i = (−1) · (

√ 3 + i) = (cosπ+ i sinπ)(cos π6 + i sin

π 6 ) =

cos(π + π6 ) + i sin(π + π 6 )), czyli −

√ 3 − i = 2 · (cos 7π6 + i sin

7π 6 ).

7

docsity.com

Zadanie 13. Wykonać dzia lania, stosuj ↪ac przedstawienie liczb zespolonych w postaci trygonome- trycznej:

a) (1 + i)10, b) (1 + i √

3)15, c) (

1+i 1+i

√ 3

)1996 , d) (−1+i

√ 3)15

(1−i)20 + (−1−i

√ 3)15

(1+i)20 .

Rozwi ↪azanie. a) Na mocy zadania 12 b) mamy, że 1 + i = √

2 · (cos π4 + i sin π 4 ). Zatem ze wzoru de

Moivre’a (1+i)10 = ( √

2)10 ·(cos 10π4 +i sin 10π 4 ) = 2

5 ·(cos(2π+ π2 )+i sin(2π+ π 2 )) = 32·(cos

π 2 +i sin

π 2 ) =

32i. b) Na mocy zadania 12 c) mamy, że 1 + i

√ 3 = 2 · (cos π3 + i sin

π 3 ). St ↪ad ze wzoru de Moivre’a

(1 + i √

3)15 = 215 · (cos 15π + i sin 15π) = 215 · (cosπ + i sinπ) = −215 = 32768. c) Mamy, że

( 1+i

1+i √

3

)1996 = (1+i)

1996

(1+i √

3)1996 . Ale 1+i =

√ 2(cos π4 +i sin

π 4 ) oraz 1+i

√ 3 = 2·(cos π3 +i sin

π 3 ),

wi ↪ec ze wzoru de Moivre’a (1 + i) 1996 = (

√ 2)1996(cos 499π + i sin 499π) = 2998(cosπ + i sinπ) =

−2998 oraz (1 + i √

3)1996 = 21996(cos 1996π3 + i sin 1996π

3 ) = 2 1996(cos(664π + 4π4 ) + i sin(664π +

4π 3 )) =

21996(cos 4π3 + i sin 4π 3 ) = 2

1996(cosπ + i sinπ)(cos π3 + i sin π 3 ) = 2

1996 · (−1) · ( 12 + i √

3 2 ). Zatem(

1+i 1+i

√ 3

)1996 = −2

998

21996(cos π3 +i sin π 3 )

= −12988 (cos(− π 3 ) + i sin(−

π 3 )) =

−1 2988 (

1 2 + i

√ 3

2 ) = − 1

2989 − √

3 2989 i.

d) Oznaczmy z = (−1+i √

3)15

(1−i)20 + (−1−i

√ 3)15

(1+i)20 oraz z1 = (−1+i

√ 3)15

(1−i)20 , z2 = (−1−i

√ 3)15

(1+i)20 . Wtedy z w lasności sprz ↪egania liczb zespolonych z1 = z2. Zatem z = z1 + z1 = 2re(z1). Ponadto (1− i)

2 = 1− 2i− 1 = −2i, wi ↪ec (1 − i)

4 = (−2i)2 = 4i2 = −4 oraz (1 − i)20 = (−4)5 = −210. Z zadania 12 c) mamy, że −1+i

√ 3 = 2 ·(cos 2π3 +i sin

2π 3 ), wi ↪ec ze wzoru de Moivre’a (−1+i

√ 3)15 = 215(cos 10π+i sin 10π) = 215.

Zatem z1 = 2 15

−210 = −2 5 = −32. St ↪ad z = −64.

Zadanie 14. Obliczyć bez pomocy tablic pierwiastki 3-go stopnia z nast ↪epuj ↪acych liczb zespolonych: a) 1, b) −1, c) i, d) −i.

Rozwi ↪azanie. a) Należy wyznaczyć wszystkie liczby zespolone z takie, że z 3 = 1, czyli takie, że

0 = z3 − 1 = (z − 1)(z2 + z + 1). St ↪ad z = 1 lub z 2 + z + 1 = 0. ∆ = 1 − 4 = −3,

√ ∆ =

√ 3i,

z1 = −1− √

3i 2 , z2 =

−1+ √

3i 2 .

Odp. 1, − 12 + i √

3 2 , −

1 2 − i

√ 3

2 . b) Należy wyznaczyć wszystkie liczby zespolone z takie, że z3 = −1, czyli takie, że 0 = z3 + 1 =

(z + 1)(z2 − z + 1). St ↪ad z = −1 lub z 2 − z + 1 = 0. ∆ = 1 − 4 = −3,

√ ∆ =

√ 3i. Zatem z1 = 1−

√ 3i

2 , z2 = 1+

√ 3i

2 . Odp. −1, 12 − i

√ 3

2 , 1 2 + i

√ 3

2 . c) Ponieważ i = cos π2 + i sin

π 2 , wi ↪ec ze wzorów na pierwiastki n-tego stopnia z liczby zespolonej

zapisanej w postaci trygonometrycznej uzyskujemy, że szukane liczby to zk = cos π 2 +2kπ

3 + i sin π 2 +2kπ

3 , k = 0, 1, 2. Zatem z0 = cos π6 +i sin

π 6 =

√ 3

2 + 1 2 i, z1 = cos

5π 6 +i sin

5π 6 = −

√ 3

2 + 1 2 i, z2 = cos

3π 2 +i sin

3π 2 =

−i. Odp.

√ 3

2 + 1 2 i, −

√ 3

2 + 1 2 i, −i.

d) Dla z ∈ C mamy, że z3 = −i wtedy i tylko wtedy, gdy (−z)3 = i. Zatem z c) mamy Odp. −

√ 3

2 − 1 2 i,

√ 3

2 − 1 2 i, i.

8

docsity.com

komentarze (0)
Brak komentarzy
Bądź autorem pierwszego komentarza!
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
Docsity is not optimized for the browser you're using. In order to have a better experience we suggest you to use Internet Explorer 9+, Chrome, Firefox or Safari! Download Google Chrome