Kompleks sonlar nazariyasi

z son z kompleks

2-m i s o l. Kompleks tekislikda

z  3

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

z  3

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

z 1  2i

 3shartni 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

z 1  2i

 3 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.

z₁ , z₂  C

bo’lsin. Tekislikda z₁ va z₂ sonlarni ifodalovchi

nuqtalar orasidagi masofa haqidagi teorema). ■

7-m i s o l. Uchlari

z₁  z₂
o, z_1,

ga teng (ayirmaning absolyut qiymati
z₂ nuqtalarda joylashgan uchburchakning

tomonlarini taqqoslab, yig’indining absolyut qiymati haqidagi teoremaga ega bo’lamiz:

z₁  z₂

 z₁  z₂

 z₁

 z₂ . ■

Bu teoremadan quyidagi tasdiq kelib chiqadi.

8-m i s o l. Barcha

z₁ , z₂ , , z_n  C

sonlar uchun

z₁  z₂

 ...  z_n

 z₁  z₂   z_n

 z₁

 z₂

 ...  z_n . ■

9-m i s o l. Tekislikda

z  i 

z  i  4

tengsizlikni qanoatlantiruvchi

kompleks sonlarni tasvirlaydigan nuqtalar to’plamini aniqlang.

Yechish. z = x + iy, x, y  R bo’lsin. U holda

x  yi  i 

x  yi  i

 4 .

Bundan

x ²  ( y  1)² 

x ²  ( y  1) ² < 4.

Bu tengsizlikni soddalashtirib, unga teng kuchili bo’lgan

4x ²

 3y ²

 12

yoki

x _ y ² _


2

1
3 4

tengsizlikni hosil qilamiz. Shunday qilib, izlanayotgan to’plam tekislikning

_x 2  _y 2


3 4

 1 ellips bilan chegaralangan qismidan iborat. ■

10-m i s o l. Kompleks sonlar

1  z

 2 ,

^  arg z  ^

6 4

shartlarni

qanoatlantiradi. Bunday kospleks sonlarni ifodalovchi nuqtalar qayerda joylashgan?

Yechish. 1 

z  2

bo’lganligi uchun, bu nuqtalar markazi O nuqtada va

radiuslari 1 va 2 ga teng bo’lgan aylanalar bilan chegaralangan halqada yotadi.

^  arg z  ^

6 4

1-rasm

bo’lganligi uchun masala shartini qanoatlantiruvchi nuqtalar 1-

rasmda ko’rsatilgan soha ichida yotadi. ■

11-m i s o l.

z  25i

 15

shartni qanoatlantiruvchi kompleks sonlar

ichidan argumenti eng kichik bo’lgan sonni toping.

Yechish.

z  25i

 15

shartni qanoatlantiruvchi sonlarga mos nuqtalar

markazi (0,25) nuqtada va radiusi 15 ga teng bo’lgan yopiq doirani hosil qiladi.
y

x

2-rasm

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

OM    20 ,

cos  ^MC

_ 15 _ 3 _;

sin  ^OM

_ 20 _ 4 _.

OC 25 5 OC 25 5

Shuning uchun x  OM  cos  12, y  OM sin

 16 , 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 =

^b  ^1  1, r 

 .

a 1

Bu z soni ifodalovchi nuqta to’rtinchi chorakka tegishli. Shuning uchun 

argumentning qiymati sifatida ⁷ 

yoki ^ ^{ }

ni olish mumkin.

Natijada,

 


4
⁴  

1  i 

2 ^cos( ^ )  i sin( ^ )^ .

_^ 4 4 ^_

Shuni ta’kidlaymizki, 1  i 

2 ^cos ^

• 
  i sin ^{ }
  

tenglik 1i sonning

trigonometrik shakli bo’lmaydi.

_ <sub>4

4</sub> _

2. 
   a =  3, b =  4, shuning uchun r = 5, tg =
   

⁴ . Nuqta uchinchi

3

chorakda yotganligi uchun  argumentning qiymati tg =

⁴ va

3

    ³ 

2

shartlardan aniqlanadi, ya’ni

     , bunda - burchak

tg  ³

4

shartni

qanoatlantiruvchi o’tkir burchak. Shuning uchun

  arctg ⁴ , ya’ni -

3

    arctg ⁴ . U holda  3  4i  5^cos(  arctg ⁴)  isin(


4

_ 
arctg ) . ■

3 ^_ 3

₃ _

13-m i s o l.

z  1  i

tg

kompleks soni trigonometrik shaklga keltiring,

bu yerda  quyidagi shartni qanoatlantiruvchi berilgan burchak:

a) 0 <  < ^ , b) ^     .

2 2

Yechish. Berilgan z sonning ko’rinishini o’zgartiramiz:

1. 
   z  1  i ^sin
   

cos

_ 1

cos

(cos  isin ) .

0    ^

2

bo’lganda

¹  0 cos

bo’lganligi va qavs ichida bita

argumentning kosinusi va sinusi turganligi uchun oxirgi ifoda z kompleks sonning trigonometrik shaklidan iborat;

2. ^

2

   

bo’lganda

¹  0 cos

va yuqorida olingan ifoda z sonning

trigonometrik shakli bo’lmaydi.

z sonning ko’rinishini boshqacharoq o’zgartiramiz:

z  

1

cos

(cos )  i(sin )  

1

cos

cos(   )  i sin(   )

Bu ifoda

^    

2

bo’lgan holda z sonning trigonometrik shakli bo’ladi. ■

14-m i s o l. w = z²  z sonning argumentini toping, bunda

Yechish.

z  cos  i sin,

0    2 .

w  (cos  i sin)²  (cos  i sin)  (cos ²  sin²  2i sincos) 

• 
  (cos  i sin)  (cos2  cos)  i(sin2  sin).
  

Qavs ichidagi ifodalarni almashtirib, quyidagini hosil qilamiz:

w  2sin ^3 sin ^  i2sin ^ cos ^3  2sin ^ (  sin ^3  i cos ^3 ) 

2 2 2 2 2 2 2

 2sin ^{ }cos( ^р  ^3 )  i sin( ^р  ^3 )^.

2 ^_ 2 2 2 2 ^_

0    2

bo’lganda

sin ^  0 2

va hosil qilingan ifoda w sonning

trigonometrik shaklidan iborat. Shuning uchun

arg w  ^

2

_ 3 _.

2

  0

bo’lganda

sin ^

2

 0 , bundan w = 0. Bu holda w sonning argumenti

aniqlanmagan. ■
M A S H Q L A R

12. 
    Quyidagi kompleks sonlarni ifodalovchi nuqtalarni yasang: 1; 1; i; - i; 1 + i; 2  3i;  6 + 3i; cos 30  i sin30;
    

cos 150 + i sin150.

12. 
    Kompleks tekislikda berilgan z₁, z₂, z₃ nuqtalar parallelogramning ketma-ket uchlaridan iborat. Bu parallelogramning to’rtinchi uchini toping.
    
13. 
    Kompleks tekislikda z₁ = 6 + 8i, z₂ = 4  3i nuqtalar berilgan. z₁ va z₂ vektorlar hosil qilgan burchak bissektrisasining nuqtalariga mos keluvchi kompleks sonlarni toping.
    
14. 
    Tenglamani yeching:
    

a) z

 i z  1  2 i ; b)

z ²  3 z

 0 ; c)

z ² 

z ²  0 .

12. 
    Tenglamalar sistemasini yeching:
    

z  1  i

 3  2i  z 

z  i .

 ^{z  1  z  2}

12. 
    
    
    Tenglamalar sistemasini yeching:
    

^ 3z  9  5z  10i .

12. 
    Quyidagi nuqtalarga mos kompleks sonlarni toping:
    

1. 
   markazi koordinatalar boshida, tomonlari koordinata o’qlariga parallel va tomonlarining uzunligi 1 ga teng bo’lgan kvadratning uchlariga;
   
2. 
   markazi koordinatalar boshida, bir tomoni ordinata o’qiga parallel, bita uchi manfiy haqiqiy yarim o’qda joylashgan va tashqi chizilgan aylana radiusi 1 ga teng bo’lgan muntazam uchburchakning uchlariga;
   

3. 
   markazi
   

2  i

nuqtaga joylashgan, tomonlaridan biri abssissa o’qiga

parallel va tashqi chizilgan aylana radiusi 2 ga teng bo’lgan muntazam oltiburchakning uchlariga.

12. 
    Tekislikda quyidagi shartlarni qanoatlanturvchi z kompleks sonlarga mos keladigan nuqtalar to’plamini tasvirlang:
    

a) z

 1; b)

arg z  ^

3

; c)

z  2 ; d)

z 1  i

 1; e)

z  3  4i

 5 ;

6. 
   3 
   

z  5 ; g)1 

z  2i

 2 ; h)

argz

 ^ ; i)

6
Re z

 1;

j)  1  Reiz  0 ; k)

Im z

 1; l)

Re z  Im z

 1; m)

z 1 

z  1  3 ; n)

z  2 

z  2

 3; o)

z  2

 Re z  2 ; p)

z  1  1  z .

12. 
    
    

z  1  i

 1 shartni qanoatlantiruvchi z kompleks sonlar ichidan eng

kichik musbat argumentga ega bo’lgan sonni toping.

12. 
    
    

z  5i  3

shartni qanoatlantiruvchi z kompleks sonlar ichidan eng

kichik musbat argumentga ega bo’lgan sonni toping.

12. 
    Oxy tekislikdagi qanday M(x,y) nuqtalar uchun quyidagi tengliklar o’rinli:
    

a)  i

 . b)

 i  ?

12. 
    Kompleks son moduli va argumentini unga qo’shma bo’lgan son moduli va argumenti orqali ifodalang.
    
13. 
    A va B nuqtalar Oxy tekislikda mos ravishda a = 6 + 8i va
    

b = 4  3i sonlarni ifodalaydi. Hech bo’lmaganda bita shunday c soni topingki, unga mos keluvchi C nuqta AOB burchakning bissektrisasida yotsin.

12. 
    Qanday shartlar bajarilganda:
    

a) z₁  z₂

 z₁

 z₂

; b)

z₁  z₂

 z₁

 z₂ ?.

27*. (-1) dan farqli va moduli 1 ga teng bo’lgan har qanday z kompleks

sonni

z  ^{1  ti} , bunda

1  ti

t  R , shaklda tasvirlash mumkinligi ni isbotlang.

28. 
    Kompleks sonlarni trigonometrik shaklga keltiring:
    

a) 7; b) i; c) 3; d) 5i; e) 1+ i

; f) 1+ i

6. 
   1 i
   

; h)

+ i;

1. 
   
   

+ i; j) 

 i; k)

 i; l) 1+ i

³ ; m) 2 +

3

+ i;

n) 1 (2 +

i) ; o) cos  i sin; p) sin + i cos; q) ^{1  i tg} ;

1  i tg

r) 1+ cos + isin ; s)  sin  i(1+ cos).

28. 
    Kompleks sonlarni algebraik va trigonometrik shaklga keltiring:
    

5 5

i(cos р  isin р)

_a) 3 3

cos ^р  isin ^р

; b)

1 cos ⁴   isin ⁴ 

; c)

i _;

(1  i)²

6 6 3 3

• 
  cos ⁵   isin ⁵  (cos ^р  isin ^р )( ¹  i )
  

_d) 12 12 _{; e)} 3 3 2 3 _.

_cos 13

12

• 
  isin ^{13 i}
  

12

28. 
    Kompleks sonlarni trigonometrik shaklga keltiring:
    

5(cos100⁰  isin100⁰ )i

2

sin р

5

 i(1 

2

cos р)

5

^a) 3(cos40⁰  isin40⁰ )

; b)

i  1 ^.

28. 
    Ayniyatni isbotlang:
    

qanday geometrik ma’noga ega?

x  y ² 

x  y ²  2( x ² 

y ² ) . Bu ayniyat

3.