skaičiai trigonometrine forma.
Moivre'o formulė
Tegu z 1 = r 1 (cos 1 + isin 1) ir z 2 = r 2 (cos 2 + isin 2).
Trigonometrinę kompleksinio skaičiaus rašymo formą patogu naudoti daugybos, dalybos, didinimo iki sveikojo skaičiaus laipsnio ir n laipsnio šaknies ištraukimo operacijoms.
z 1 ∙ z 2 = r 1 ∙ r 2 (cos ( 1 + 2) + i sin( 1 + 2)).
Dauginant du kompleksinius skaičius trigonometrine forma jų moduliai padauginami ir jų argumentai pridedami. Skirstant jų moduliai dalijami, o argumentai atimami.
Kompleksinio skaičiaus dauginimo taisyklės pasekmė yra kompleksinio skaičiaus didinimo į laipsnį taisyklė.
z = r(cos + i sin ).
z n = r n (cos n + isin n).
Šis santykis vadinamas Moivre'o formulė.
8.1 pavyzdys Raskite sandaugą ir skaičių dalinį:
Ir 
Sprendimas
z 1 ∙z 2 
∙
=
;
8.2 pavyzdys Parašykite skaičių trigonometrine forma
∙
–i) 7.
Sprendimas
Pažymėkime 
ir z 2 = 
– i.
r 1 = |z 1 | = √ 1 2 + 1 2 = √ 2; 1 = arg z 1 = arctan 
;
z 1 = 
;
r 2 = |z 2 | = √(√ 3) 2 + (– 1) 2 = 2; 2 = arg z 2 = arctan 
;
z 2 = 2 
;
z 1 5 = ( 
) 5 
; z 2 7 = 2 7 
z = ( 
) 5 · 2 7 
=
2 9 
§ 9 Kompleksinio skaičiaus šaknies ištraukimas
Apibrėžimas. Šaknisnkompleksinio skaičiaus laipsnis z (žymėkite 
) yra kompleksinis skaičius w, kad w n = z. Jei z = 0, tada 
= 0.
Tegu z 0, z = r(cos + isin). Pažymime w = (cos + sin), tada parašysime lygtį w n = z tokia forma
n (cos(n·) + isin(n·)) = r(cos + isin).
Taigi n = r,
=
Taigi wk = 
·
.
Tarp šių verčių yra lygiai n skirtingų.
Todėl k = 0, 1, 2, …, n – 1.
Kompleksinėje plokštumoje šie taškai yra taisyklingo n kampo viršūnės, įrašytos į spindulio apskritimą 
kurių centras yra taške O (12 pav.).
12 pav
9.1 pavyzdys Raskite visas vertes 
.
Sprendimas.
Pavaizduokime šį skaičių trigonometrine forma. Raskime jo modulį ir argumentą.
w k = 
, kur k = 0, 1, 2, 3.
w 0 = 
.
w 1 = 
.
w 2 = 
.
w 3 = 
.
Kompleksinėje plokštumoje šie taškai yra kvadrato, įrašyto į spindulio apskritimą, viršūnės 
su centru ištakoje (13 pav.).
13 pav. 14 pav
9.2 pavyzdys Raskite visas vertes 
.
Sprendimas.
z = – 64 = 64(cos +isin);
w k = 
, kur k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
w 0 = 
; w 1 = 
;
w 2 = 
w 3 = 
w 4 = 
; w 5 = 
.
Kompleksinėje plokštumoje šie taškai yra taisyklingo šešiakampio, įbrėžto į 2 spindulio apskritimą, kurio centras yra taške O (0; 0), viršūnės – 14 pav.
§ 10 Eksponentinė kompleksinio skaičiaus forma.
Eilerio formulė
Pažymėkime 
= cos + isin ir 
= cos - isin . Šie santykiai vadinami Eilerio formulės .
Funkcija 
turi įprastas eksponentinės funkcijos savybes:
Kompleksinį skaičių z parašykite trigonometrine forma z = r(cos + isin).
Naudodami Eulerio formulę galime parašyti:
z = r 
.
Šis įrašas vadinamas eksponentinė forma kompleksinis skaičius. Naudodamiesi juo gauname daugybos, dalybos, eksponencijos ir šaknų ištraukimo taisykles.
Jei z 1 = r 1 · 
ir z 2 = r 2 · 
? Tai
z 1 · z 2 = r 1 · r 2 · 
;
·
z n = r n · 
, kur k = 0, 1, … , n – 1.
10.1 pavyzdys Parašykite skaičių algebrine forma
z = 
.
Sprendimas.
10.2 pavyzdys Išspręskite lygtį z 2 + (4 – 3i)z + 4 – 6i = 0.
Sprendimas.
Bet kokiems sudėtingiems koeficientams ši lygtis turi dvi šaknis z 1 ir z 1 (galbūt sutampa). Šias šaknis galima rasti naudojant tą pačią formulę kaip ir tikruoju atveju. Nes 
ima dvi reikšmes, kurios skiriasi tik ženklu, tada ši formulė atrodo taip:
Kadangi –9 = 9 e i, tai reikšmės 
bus skaičiai:
Tada 
Ir 
.
|
10.3 pavyzdys Išspręskite lygtis z 3 +1 = 0; z 3 = – 1. |
Sprendimas.
Reikalingos lygties šaknys bus reikšmės 
.
Jei z = –1, turime r = 1, arg(-1) = .
w k = 
, k = 0, 1, 2.
Pratimai
9 Dabartiniai skaičiai eksponentine forma:
|
b) |
G) |
+i;
.10 Parašykite skaičius eksponentinės ir algebrinės formos:
|
A) |
V) |
|
b) |
d) 7(cos0 + isin0). |
11 Parašykite skaičius algebrinėmis ir geometrinėmis formomis:
|
A) |
b) |
V) |
G) |
Pateikti 12 numerių 
Pateikdami juos eksponentine forma, raskite 
.
13 Naudodami kompleksinio skaičiaus eksponentinę formą, atlikite šiuos veiksmus:
A) 
b) 
V) 
G) 
|
d) |
|
|
|
|
.Su ir natūralusis skaičius n 2 .
Sudėtingas skaičius Z paskambino šaknisn– c, Jei Z n = c.
Raskime visas šaknies reikšmes n–
o kompleksinio skaičiaus galia Su. Leisti c=|
c|·(cos
Arg
c+
i·
nuodėmė
ArgSu), A
Z
= |
Z|·(suos
Arg
Z
+
i·
nuodėmė
Arg
Z)
, Kur Zšaknis n-
o kompleksinio skaičiaus galia Su. Tada turi būti
=
c
= |
c|·(cos
Arg
c+
i·
nuodėmė
ArgSu). Tai seka 
Ir n·
Arg
Z
=
ArgSu 
Arg
Z
=
(k=0,
1,…)
. Vadinasi, Z
=
(cos
+
i·
nuodėmė
),
(k=0,
1,…)
. Nesunku pastebėti, kad bet kuri iš vertybių
,
(k=0,
1,…)
skiriasi nuo vienos iš atitinkamų reikšmių
,(k
= 0,1,…,
n-1)
per kelis 2π. Štai kodėl , (k
= 0,1,…,
n-1)
.
Pavyzdys.
Apskaičiuokime (-1) šaknį.
, aišku |-1|
= 1,
arg
(-1) =
π
-1 = 1·(cos π + i· nuodėmė π )
,
(k = 0, 1).
=
i
Galia su savavališku racionaliuoju rodikliu
Paimkime savavališką kompleksinį skaičių Su. Jeigu n tada natūralusis skaičius Su n
= |
c|
n ·(Suos
nArgs +i·
nuodėmė
nArgSu)(6). Ši formulė galioja ir šiuo atveju n
= 0
(s≠0)
. Leisti n
< 0
Ir n
Z Ir s ≠ 0, Tada
Su n
=
(nes nArgSu+i·sin nArgSu)
=
(nes nArgSu+ i·sin nArgSu)
. Taigi, formulė (6) galioja bet kuriai n.
Paimkime racionalų skaičių 
, Kur q natūralusis skaičius ir R yra visa.
Tada po laipsnį
c r mes suprasime skaičių 
.
Mes tai gauname ,
(k = 0, 1, …, q-1). Šios vertybės q vienetų, jei trupmena nėra sumažinama.
Paskaita Nr. 3 Kompleksinių skaičių sekos riba
Vadinama kompleksinės reikšmės natūralaus argumento funkcija kompleksinių skaičių seka ir yra paskirtas (Su n ) arba Su 1 , Su 2 , ..., Su n . Su n = a n + b n · i (n = 1,2, ...) kompleksiniai skaičiai.
Su 1 , Su 2 , … - sekos nariai; Su n – bendras narys
Sudėtingas skaičius Su
=
a+
b·
i paskambino kompleksinių skaičių sekos riba (c n )
, Kur Su n
= a n +
b n ·
i
(n
= 1, 2, …)
, kur bet 
kad visų akivaizdoje n
>
N nelygybė galioja 
. Vadinama seka, turinti baigtinę ribą susiliejantis seka.
Teorema.
Kad kompleksinių skaičių seka (su n ) (Su n = a n + b n · i) suartėjo į skaičių su = a+ b· i, yra būtinas ir pakankamas, kad būtų išlaikyta lygybėlim a n = a, lim b n = b.
Įrodymas.
Teoremą įrodysime remdamiesi tokia akivaizdžia dviguba nelygybe
, Kur Z
=
x
+
y·
i
(2)
Būtinybė. Leisti lim(Su n ) = s. Parodykime, kad lygybės yra teisingos lim a n = a Ir lim b n = b (3).
Aišku (4)
Nes 
, Kada n
→ ∞
, tada iš kairės nelygybės (4) pusės išplaukia, kad 
Ir 
, Kada n
→ ∞
. todėl tenkinamos lygybės (3). Poreikis įrodytas.
Tinkamumas. Tegul dabar tenkinamos lygybės (3). Iš lygybės (3) išplaukia, kad 
Ir 
, Kada n
→ ∞
, todėl dėl dešinės nelygybės (4) pusės bus 
, Kada n→∞
, Reiškia lim(Su n )=c. Pakankamas įrodytas.
Taigi kompleksinių skaičių sekos konvergencijos klausimas yra tolygus dviejų realiųjų skaičių sekų konvergencijai, todėl kompleksinių skaičių sekoms galioja visos pagrindinės realiųjų skaičių sekos ribų savybės.
Pavyzdžiui, kompleksinių skaičių sekoms galioja Koši kriterijus: kad būtų sukurta kompleksinių skaičių seka (su n ) suartėja, būtina ir pakanka, kad bet kuriai 
, kad bet kuriain,
m
>
Nnelygybė galioja 
.
Teorema.
Tegul kompleksinių skaičių seka (su n ) Ir (z n ) konverguoja į c ir atitinkamaiz, tada lygybės yra teisingoslim(Su n
z n )
=
c 
z,
lim(Su n ·
z n )
=
c·
z. Jei tai tikrai žinomaznėra lygus 0, tada lygybė yra teisinga 
.
