Mavzu: Kompleks sonlar va ular ustida amallar,hayotga tatbiqi

8-misol. ³1 ning barcha qiymatlari topilsin va ular kompleks tekislikda vektor shaklida tasvirlansin.

Yechish. z=1=1+0i ni trigonometrik shaklda yozamiz. а=1, b=0 bo‟lgani uchun z  r  1² 0² 1,  arctg  0 va z  cos0 isin0 ga ega bo‟lamiz.

U holda (8) formula ³ 1 _ ³ сos0 isin 0  cos ^2k _isin ^2k ko‟rinishga ega
3 3
bo‟ladi, bunda k=0,1,2. k=0 da w₁=cos0+isin0=1,

k=1 da w₂  cos ^2_isin ^2_ cos^_^_^_isin_^_^_sin^ _icos  i ,
3 3  2 6   2 6  6
k=2 da w3  cos 4isin 4  cos isin   cos isin   .
3 3  3   3  3 3 2
w₁, w₂ va w₃ kompleks sonlarning barchasini moduli 1 ga teng ekanligini hisobga olib markazi koordinatalar boshida bo‟lib radiusi 1 ga teng aylana yasaymiz. Boshi koordinatalar boshida bo‟lib uchi shu aylanada yotgan, hamda 0х o‟qning musbat yo‟nalishi bilan

0⁰,120⁰ va 240^{0 }_0_, ^2v_а ^4_ burchak tashkil
 3 3 

etuvchi ОА, _ОВ va _ОС vektorlar 6-chizma. mos ravishda w₁, w₂ va w₃ kompleks sonlarining geometrik tasviri bo‟ladi. (6-chizma).

Shunday qilib, ³1 ning uchta qiymati ³1 =1+io; ³ 1 =-^_ ¹ _^ + i ; ³ 1 = -_^{ 1 }_ - i .
 2  2
2.7. Ikki hadli tenglamalarni yechish. zⁿ=А ko‟rinishdagi tenglama ikki hadli tenglama deyiladi, bunda А aniq kompleks son. Shu tenglamaning ildizlarini topamiz.
а) А kompleks son bo‟lsin. Bu holda (8) formulaga binoan tenglamaning ildizlari

zk  n A  n | A|cos 2kisin  2k (9)
 n n 
formula yordamida topiladi, bunda =argA, k=0,1,2,…n-1.
b) А musbat haqiqiy son bo‟lsin. U holda _=argA=0 bo‟lib (9) formula

zk  n A cos 2k  isin 2k (10)
 n n 
ko‟rinishini oladi (k=0,1,2,,...,n-1)
d) А manfiy haqiqiy son bo‟lsin. U holda _=argA=р bo‟lganligi sababli (9)

formuladan zk  n | A|cos 2kisin  2k (11)
 n n 
hosil bo‟ladi. Xususiy holda zⁿ=1 tenglamaning barcha ildizlari

z_k  ⁿ 1 _ cos ^2k_isin ^2k (12) n n
formula yordamida, zⁿ=-1 tenglamaning barcha ildizlari

z_k  ⁿ 1  cos^{  2k}_isin^{  2k} (13) n n
formula yordamida topiladi (k=0,1,2, n-1).
9-misol. z⁴=1 tenglama yechilsin.
Yechish. (12) formulaga binoan z_k  cos ^2k_isin ^2k_ cos ^k_isin ^k
4 4 2 2
bo‟ladi. k o‟rniga 0,1,2,3 qiymatlarni qo‟yib ushbularni topamiz: z₀=cos0+isin0=1,
z₁=_cos^ _i_sin^ =0+i=i,
2 2
z₂=cos р+isin р=-1, z₃=_cos ^3 _i_sin ^3=-i. Javob: z0=1, z1=i, z2=-1, z3=-1.
2 2
Mustaqil yechish uchun mashqlar.

1. 
   (3+2i)+(2-i) topilsin. Javob: 5+i.
   
2. 
   (4+3i)-(6-4i) topilsin. Javob: -2+7i.
   
3. 
   (3+2i)(2-3i) topilsin. Javob: 12-5i.
   
4. 
   (3+5i)(4-i) topilsin. Javob: 17+17i.
   
5. 
   ^3i topilsin. Javob: ⁷ _ ¹⁹ i .
   

4  5i 41 41

6. 
   ^1i topilsin. Javob: ¹ i .
   

 2  2i 2

7. 
   (4-7i)³ topilsin. Javob: -524+7i.
   
8. 
   (2(cos18^o+isin18^o))⁵ topilsin. Javob: 32i.
   
9. 
   Quyidagi algebraik shakldagi kompleks sonlarni trigonometrik shaklga keltirib, so‟ngra Muavr formulasini qo‟llang.
   

а) (1+i)¹⁰; b) (1-i)¹⁶; d) ( 3 _i)²⁰; e) ( 3 _i)³⁰; f) (1+cosб+isinб)^п.

10. 
    z₁=3(cos20^o-isin20^o) son z₂=2(cos10^o-isin10^o) songa bo‟linsin. Javob:  3 _i.
    
11. 
    ³ 8 topilsin. Javob: 1i 3; 2; 1i 3 .
    

1 2.z   2 i 3 topilsin. Javob: z₁  ³ 2^_cos^_isin^{ }_,
 4 4 

z2  isin11 , z3  3 2cos19isin19.
12   12

13. z³  i tenglama yechilsin. Javob: z₁  ; z₂  i ³ ; z₃ 1.
22

Adabiyotlar

1. 
   Б.А.Абдалимов. Олий математика. Тошкент, “Ўқитувчи”, 1994
   
2. 
   Г.Н.Берман. Сборник задач по математическому анализу. Москва, “Наука”, 1985.
   
3. 
   Ё.У.Соатов. Олий математика, 3-жилд. Тошкент, “Ўқитувчи” 1996.