Matematyka A dla Wydziału Chemii, semestr 2., 2020/2021 ćwiczenia 6. – rozwiązania

Matematyka A dla Wydziału Chemii, semestr 2., 2020/2021 ćwiczenia 6. – rozwiązania

19 marca 2021

1. Rozwiąż równanie z²+ (3i + 1)z + (2i − 2) = 0.

∆ = (3i + 1)²−4(2i − 2) = −9 + 1 + 6i − 8i + 8 = −2i = 2 (cos (−^π₂) +i sin (−^π₂)), a zatem mamy dwa

√

∆ równe:

√

2 (cos (−π

4) +i sin (−π 4)) =

√ 2 (

√ 2 2 +i−

√ 2

2 ) =1 − i oraz

√

2 (cos (3π

4 ) +i sin (3π 4 )) =

√ 2 (−

√ 2 2 +i

√ 2

2 ) =1 + i.

A zatem szukane pierwiastki to:

z1=

−1 − 3i − 1 + i

2 = −1 − i z1=

−1 − 3i + 1 − i

2 = −2i.

2. Korzystając z postaci trygonometrycznej (biegunowej) zapisać liczby w postaci a + bi:

a) (1 − i√ 3)⁶⁶⁷,

x ∣x∣ Argx

1 − i

√

3 2 π/3

(1 − i

√

3)⁶⁶⁷ 2^{667 667π}₃ ∼π/3 więc (1 − i

√

3)⁶⁶⁷=2⁶⁶⁶−i2⁶⁶⁶

√ 3) b) (

√ 3 + i)¹⁷ (1 + i)¹⁵ .

x ∣x∣ Argx

√

3 + i 2 π/6

(

√

3 + i)¹⁷ 2^{17 17π}₆ ∼5π/6 1 + i

√

2 π/2

(1 + i)¹⁵ 2⁷√

2 15π/4 ∼ −π/4

(

√

3 + i)¹⁷/(1 + i)¹⁵ 2⁹√

2 5π/6 + π/4 = 13π/12 ∼ −11π/12 Zatem szukana liczba to 2⁷(−(1 +

√

3) + i(1 −

√

3)), bowiem cos(−11π/12) = −¹⁺

√3 2√

2, sin(−2π/3) = −¹⁻

√3 2√

2. 3. Zapisać liczby w postaci wykładniczej.

a) 1 − i

1 − i = e^ln

√2−^iπ₄

b) 1 1 + i

1

1 + i= 1 e^ln√2+iπ4

=e^{− ln}

√2−^iπ₄.

4. Rozwiąż równania w C:

1

a) z⁸−1 = 0,

Zatem ∣z∣ = 1 oraz Argz = 0 + 2kπ/8, więc z ∈ {1,

√ 2/2 + i

√ 2/2, i, −

√ 2/2 + i

√

2/2, −1, −

√ 2/2 − i

√ 2/2, −i,

√ 2/2 − i

√ 2/2}.

b) z⁶−64 = 0,

Zatem ∣z∣ = 2 oraz Argz = 0 + 2kπ/6, więc z ∈ {2, 1 +

√ 3i, −1 +

√

3i, −2, −1 −

√ 3i, 1 −

√ 3i}.

c) z⁴+81 = 0,

Zatem ∣z∣ = 3 oraz Argz = π/4 + 2kπ/4, więc

z ∈ {3

√ 2 2 +3

√ 2 2 i, −3

√ 2 2 +3

√ 2 2 i, −3

√ 2 2 −3

√ 2 2 i,3

√ 2 2 −3

√ 2 2 i} . d) z⁶+7z³−8 = 0,

Niech x = z³, wtedy x²+7x + 8 = 0, zatem x ∈ {−8, 1}, zatem z to jedna z 3 wartości ³

√ 1 (czyli 1, −¹₂+

√3 2 i, −¹₂−

√3

2 i) lub jedna z 3 wartości ³

√

8 (czyli 1 +

√

3i, −2 i 1 −

√ 3i).

e) z³=z,¯

Porównując moduły dostajemy, że ∣z∣³ = ∣z∣, zatem ∣z∣ = 1 lub ∣z∣ = 0. Porównując argumenty mamy 3Argz to ten sam kąt z dokładnością do 2π, co −Argz, zatem 4Argz to ten sam kąt co 0. Zatem są cztery rozwiązania: Argz ∈ {0, π/2, π, 3π/2} i ostatecznie z ∈ {0, 1, i, −1, −i}.

f) ∣z + i∣ + ∣z − i∣ = 2,

Są to punkty, których suma odległości od i i −i wynosi 2, a skoro odległość od i do −i wynosi 2, taki punkt musi leżeć na najkrótszej drodze pomiędzy i i −i, czyli na odcinku je łączącym. Zatem z ∈ {ai∶ a ∈ [−1, 1]}.

g) e^z=1,

Niech z = a + bi. Porównajmy moduł i argument po obu stronach równości. Mamy e^a = ∣e^z∣ =1, więc a = 0 oraz b ∼ Arg1 = 0, zatem b = 2kπ, czyli z ∈ {2kπi∶ k ∈ Z}.

h) e^z= −1,

Niech z = a + bi. Porównajmy moduł i argument po obu stronach równości. Mamy e^a= ∣e^z∣ = ∣ −1∣ = 1, więc a = 0 oraz b ∼ Arg − 1 = π, zatem b = 2(k + 1)π, czyli z ∈ {(2k + 1)πi∶ k ∈ Z}.

i) e^z=i.

Niech z = a + bi. Porównajmy moduł i argument po obu stronach równości. Mamy e^a = ∣e^z∣ = ∣i∣ = 1, więc a = 0 oraz b ∼ Argi = π/2, zatem b = 2kπ + π/2, czyli z ∈ {2kπi + iπ/2∶ k ∈ Z}.

5. Oblicz używając postaci wykładniczej:

(

√

3 + i)⁵(1 − i

√ 3)⁴ (

√

3 − i)⁷(1 + i

√ 3)⁵

(

√

3 + i)⁵(1 − i√ 3)⁴ (

√

3 − i)⁷(1 + i

√ 3)⁵

=

e^{5 ln 2+5iπ6} e^{4 ln 2−4iπ3} e^{7 ln 2−7iπ6} e^{5 ln 2+5iπ3}

=e^{−3 ln 2−iπ}= 1

8(−1 + 0i) = −1 8. 6. Znajdź zbiór punktów na płaszczyźnie zespolonej, taki że z = 1 − i + e^it, t ∈ [0, 2π).

2

3