1-maruza mashg`uloti. Kоmplеks sоnlаr maydonini qurish. Kompleks sonlar ustida amallar Qo’shmа kоmplеks sоnlаr. Kоmplеks sоnning gеоmеtrik tаsviri

7-m i s o l. Sistemani yeching:

.
Yechish. Sistemadagi birinchi tenglamaning ikkala tomonini
(1-i) ga, ikkinchi tenglamaning ikkala tomonini esa (1 + i) ga ko’paytirib


ni hosil qilamiz.
Bu tenglamalarni qo’shib, 4z₁ = 4i ga kelamiz. Bundan z₁= i.
Birinchi tenglamadan ikkalasini ayirib - 4 z₂ i = 4 - 4i ni hosil qilamiz. Bundan .■
8-m i s o l. a ning qanday haqiqiy qiymatlarida
4i⁴ - 3ai³ + (2 - a)i - 5 + a
son haqiqiy bo’ladi?
Yechish. i⁴ = 1, i³ = -i bo’lganligi sababli
.
Shuning uchun 2a+2=0 bo’lganda bu son haqiqiy bo’ladi, ya’ni a = -1. ■
9-m i s o l. tenglamani yeching.
Yechish. z = x + yi bo’lsin. U holda x² + y² + 2x - 2yi = 3 + 2i. Haqiqiy va mavhum qismlarini tenglashtirib

sistemani hosil qilamiz. Bundan . Natijada,
. ■

Kompleks sonning geometrik tasviri va
trigonometrik shakli
Tekislikdagi nuqtalar bilan kompleks sonlar o’rtasida o’zaro bir qiymatli moslik o’rnatamiz. Buning uchun tekislikda biror to’g’ri burchakga Dekart koordinatalar sistemasi kiritamiz. Natijada, tekislikdagi har bir nuqtaga haqiqiy sonlarning tartiblangan juftligi, ya’ni element mos qo’yiladi va aksincha har bir kompleks songa tekislikdagi koordinatalari a va b ga teng nuqta mos keladi. Shu munosabat bilan tekislikning o’zini kompleks deb ataladi. Bunda haqiqiy sonlarga ko’rinishdagi, ya’ni abssissalar o’qida yotuvchi nuqtalar mos keladi. Ordinatalar o’qidagi nuqtalarga esa mavhum sonlar mos keladi. Shuning uchun kompleks tekislikning abssissalar o’qini haqiqiy o’q, ordinatalar o’qini esa mavhum o’q deb ataladi.
Odatda, z = (a, b) kompleks son tekislikdagi koordinatalari a va b sonlardan iborat nuqta orqali yoki abssissa va ordinatalar o’qidagi proyeksiyalari mos ravishda a va b ga teng bo’lgan vektor orqali tasvirlanadi. Ko’pincha z nuqta yoki z vektor ham deb aytiladi. Kompleks son z = a + bi ning absolyut qiymati deb haqiqiy songa aytiladi. Absissalar o’qining musbat yo’nalishi va z vektorning yo’nalishi orasidagi  burchak z kompleks sonning argumenti deyiladi va arp z orqali belgilanadi. 0 sonning argumenti aniqlanmagan.
Ixtiyoriy noldan farqli z = (a,b) kompleks sonni va tekislikda unga mos keluvchi vektorni qaraymiz. z nuqtaning tekislikdagi holatini uning qutb koordinatalari: koordinatalar boshidan z nuqtagacha bo’lgan masofa r, ya’ni va absissa o’qining musbat yo’nalishi bilan z vektor yo’nalishi orasidagi  = arg z burchaklar to’liq aniqlaydi.
Agar z = a + bi bo’lsa, u holda . Bundan har bir z kompleks son uchun kelib chiqadi. Kompleks sonning bunday ko’rinishi uning trigonometrik shakli deyiladi.
Trigonometrik shakldagi kompleks sonlarni ko’paytirish va bo’lish amallari quyidagicha amalga oshiriladi:

bo’lsin. U holda

1-m i s o l.  son tekislikda z ni tasvirlovchi nuqtadan koordinatalar boshigacha bo’lgan masofadan iborat. Boshqacha aytganda son z kompleks sonni ifodalovchi vektorning uzunligidir. ■
2-m i s o l. Kompleks tekislikda shartni qanoatlantiruvchi z nuqtalar to’plami markazi koordinatalar boshida va radiusi 3 ga teng bo’lgan aylanadan iborat. ■
3-m i s o l. Kompleks tekislikda shartni qanoatlantiruvchi z nuqtalar to’plami markazi koordinatalar boshida va radiusi 3 ga teng bo’lgan yopiq dioradan iborat. ■
4-m i s o l. Kompleks tekislikda shartni qanoatlantiruvchi z nuqtalar to’plami markazi (1,2) nuqtada va radiusi 3 ga teng bo’lgan aylanadan iborat. ■
5-m i s o l. Kompleks tekislikda shartni qanoatlantiruvchi z nuqtalar to’plami markazi (1,2) nuqtada va radiusi 3 ga teng bo’lgan aylanadan iborat. ■
6-m i s o l. bo’lsin. Tekislikda z₁ va z₂ sonlarni ifodalovchi nuqtalar orasidagi masofa ga teng (ayirmaning absolyut qiymati haqidagi teorema). ■
7-m i s o l. Uchlari o, z_1, z₂ nuqtalarda joylashgan uchburchakning tomonlarini taqqoslab, yig’indining absolyut qiymati haqidagi teoremaga ega bo’lamiz:
. ■
Bu teoremadan quyidagi tasdiq kelib chiqadi.
8-m i s o l. Barcha sonlar uchun
. ■
9-m i s o l. Tekislikda tengsizlikni qanoatlantiruvchi kompleks sonlarni tasvirlaydigan nuqtalar to’plamini aniqlang.
Yechish. z = x + iy, x, y  R bo’lsin. U holda . Bundan < 4.
Bu tengsizlikni soddalashtirib, unga teng kuchili bo’lgan
yoki
tengsizlikni hosil qilamiz. Shunday qilib, izlanayotgan to’plam tekislikning ellips bilan chegaralangan qismidan iborat. ■
10-m i s o l. Kompleks sonlar , shartlarni qanoatlantiradi. Bunday kospleks sonlarni ifodalovchi nuqtalar qayerda joylashgan?
Yechish. bo’lganligi uchun, bu nuqtalar markazi O nuqtada va radiuslari 1 va 2 ga teng bo’lgan aylanalar bilan chegaralangan halqada yotadi.

1-rasm
bo’lganligi uchun masala shartini qanoatlantiruvchi nuqtalar 1-rasmda ko’rsatilgan soha ichida yotadi. ■

11-m i s o l. shartni qanoatlantiruvchi kompleks sonlar ichidan argumenti eng kichik bo’lgan sonni toping.
Yechish. shartni qanoatlantiruvchi sonlarga mos nuqtalar markazi (0,25) nuqtada va radiusi 15 ga teng bo’lgan yopiq doirani hosil qiladi.
Rasmdan ko’rinib turibdiki, eng kichik argumentli songa M nuqta mos keladi, bunda OM to’g’ri chiziq aylanaga urinadi. OMC to’g’ri burchakli uchburchakdan
,
.
Shuning uchun , ya’ni izlanayotgan son z = 12 + 16i. ■
12-m i s o l. Quyidagi kompleks sonlarni trigonometrik shaklga keltiring: a) z = 1 - i; b) z = 3  4i.
Yechish. a) a=1, b=1, tg = , .
Bu z soni ifodalovchi nuqta to’rtinchi chorakka tegishli. Shuning uchun  argumentning qiymati sifatida yoki ni olish mumkin.
Natijada,
.
Shuni ta’kidlaymizki, tenglik 1i sonning trigonometrik shakli bo’lmaydi.
b) a =  3, b =  4, shuning uchun r = 5, tg = . Nuqta uchinchi chorakda yotganligi uchun  argumentning qiymati tg = va shartlardan aniqlanadi, ya’ni , bunda - burchak shartni qanoatlantiruvchi o’tkir burchak. Shuning uchun , ya’ni - . U holda . ■
13-m i s o l. kompleks soni trigonometrik shaklga keltiring, bu yerda quyidagi shartni qanoatlantiruvchi berilgan burchak:
a) 0 <  < , b) .
Yechish. Berilgan z sonning ko’rinishini o’zgartiramiz:

a) .

bo’lganda bo’lganligi va qavs ichida bita argumentning kosinusi va sinusi turganligi uchun oxirgi ifoda z kompleks sonning trigonometrik shaklidan iborat;
b) bo’lganda va yuqorida olingan ifoda z sonning trigonometrik shakli bo’lmaydi.
z sonning ko’rinishini boshqacharoq o’zgartiramiz:

Bu ifoda bo’lgan holda z sonning trigonometrik shakli bo’ladi. ■
14-m i s o l. w = z²  z sonning argumentini toping, bunda
.
Yechish.

Qavs ichidagi ifodalarni almashtirib, quyidagini hosil qilamiz:

bo’lganda va hosil qilingan ifoda w sonning trigonometrik shaklidan iborat. Shuning uchun .
bo’lganda , bundan w = 0. Bu holda w sonning argumenti aniqlanmagan. ■