Vannak komplex számok a vizsgán? Egyszerűen a komplexről: komplex számok

KOMPLEX SZÁMOK HASZNÁLATI LEHETŐSÉGE

AZ ÁLTALÁNOS ISKOLA MATEMATIKA TANFOLYAMÁN

Tudományos tanácsadó:

Önkormányzati oktatási intézmény

Pervomaiskaya középiskola

Val vel. Kichmengsky város

Utca. Zarechnaya 38

A bemutatott munkát a tanulmánynak szentelték komplex számok. Relevancia: számos fizikai és technológiai probléma megoldása másodfokú egyenletekhez vezet negatív diszkrimináns. Ezeknek az egyenleteknek nincs megoldásuk a valós számtartományban. De sok ilyen probléma megoldásának nagyon határozott fizikai jelentése van.

Gyakorlati jelentősége: A komplex számokat és az összetett változók függvényeit a tudomány és a technológia számos kérdésében használják, és az iskolában is felhasználhatók másodfokú egyenletek megoldására.

Objektum terület: matematika. A kutatás tárgya: algebrai fogalmakés cselekvések. A kutatás tárgya- komplex számok. Probléma: a matematika szakokon nem tanítanak komplex számokat középiskola, bár másodfokú egyenletek megoldására is használhatók. Komplex számok bevezetésének lehetősége Egységes államvizsga-feladatok a jövőben. Hipotézis: A komplex számok segítségével másodfokú egyenleteket oldhat meg a középiskolában. Cél: középiskola 10. osztályában a matematika tanulása során a komplex számok használatának lehetőségét tanulmányozni. Feladatok: 1. Tanulmányozza a komplex számok elméletét 2. Gondolja át a komplex számok alkalmazásának lehetőségét egy 10. évfolyamos matematika tanfolyamon. 3. Feladatok fejlesztése és tesztelése komplex számokkal.

Megoldásokért algebrai egyenletek Nincs elég valós szám. Ezért természetes, hogy törekedjünk arra, hogy ezeket az egyenleteket megoldhatóvá tegyük, ami viszont a számfogalom kiterjesztéséhez vezet..gif" width="10" height="65 src=">

https://pandia.ru/text/78/027/images/image005_18.gif" width="10" height="62">.gif" width="97" height="28 src=">

csak el kell fogadnod, hogy az ilyen kifejezésekre a közönséges algebra szabályai szerint jársz el, és ezt feltételezed

1572-ben jelent meg R. Bombelli olasz algebraista könyve, amelyben az ilyen számokkal végzett aritmetikai műveletek első szabályait határozták meg, egészen a kockagyökök kinyeréséig. A képzeletbeli számok elnevezést 1637-ben vezették be. francia matematikusés R. Descartes filozófus, 1777-ben pedig a 8. század egyik legnagyobb matematikusa X..gif" width="58" height="19"> a komplex számok matematika tanulmányozásában való alkalmazásának példájaként A 10. évfolyam tehát az x számot, amelynek négyzete –1, i-nek nevezzük ="100" height="27 src=" >8. osztály" href="/text/category/8_klass/" rel="bookmark">8. osztály algebrából.- M.: Oktatás, 1994.-P.134- 139.

2. enciklopédikus szótár fiatal matematikus / Összeáll. E-68. - M.: Pedagógia, 19с

A kiadvány szöveges része

Tartalom
Bevezetés……………………………………………………………………..3 I. fejezet A komplex számok történetéből……………………………… ……………………… ............4 II. fejezet. A komplex számmódszer alapjai…………………………………………6 III. fejezet. Egy háromszög geometriája komplex számokban ……………………... 12 IV. FEJEZET. Megoldás Egységes államvizsga problémákés különféle olimpiák a komplex szám módszerével…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ……… ……………………………………….24 Bibliográfia…………………………………………………………………..25

Bevezetés
A komplex számok nagy jelentősége a matematikában és alkalmazásaiban széles körben ismert. A komplex számok algebrája sikeresen alkalmazható az elemi geometriában, a trigonometriában, a mozgás- és hasonlóságelméletben, valamint az elektrotechnikában, a különböző mechanikai, ill. fizikai problémák. A planimetriában a komplex számok módszere lehetővé teszi a problémák közvetlen számítással történő megoldását kész képletekkel. Ez a módszer egyszerűsége a vektorhoz és a koordinálja a módszereket, a geometriai transzformációk módszerével, amely jelentős intelligenciát és hosszadalmas keresést követel meg a tanulóktól. A háromszög évezredek óta a geometria szimbóluma. Akár azt is mondhatjuk, hogy a háromszög a geometria atomja. Bármely sokszög felosztható háromszögekre, és tulajdonságainak tanulmányozása az összetevőiből álló háromszögek tulajdonságainak tanulmányozásán alapul. Nézzük meg, hogyan működik a komplex szám módszere a háromszög tulajdonságainak bizonyításakor iskolai tanfolyam planimetria, valamint az Egységes Államvizsga C-4 feladatainak megoldására. 2

I. fejezet A komplex számok történetéből,
Úgy tűnik, először a képzeletbeli mennyiségek kerültek szóba a „Nagy művészet, avagy kb algebrai szabályok» Cardano (1545), a két olyan szám kiszámításának formális megoldásának részeként, amelyek összeadják 10-et, és szorozva 40-et adnak. Ehhez a feladathoz kapott egy másodfokú egyenletet az egyik tagra, és megtalálta a gyökereit: 5 + √ − 15 és 5 − √ − 15 . A megoldáshoz fűzött kommentárban ezt írta: „ezek a legösszetettebb mennyiségek haszontalanok, bár nagyon ötletesek” és „A számtani megfontolások egyre megfoghatatlanabbak, elérve azt a határt, amely éppolyan finom, mint amilyen haszontalan”. Bombelli (1572) írta le először a képzeletbeli mennyiségek felhasználásának lehetőségét egy köbegyenlet megoldásában, az úgynevezett irreducibilis esetben (amikor egy polinom valós gyökereit képzeletbeli mennyiségek kockagyökeivel fejezzük ki). Elsőként írta le a komplex számok összeadás, kivonás, szorzás és osztás szabályait, de mégis haszontalan és ravasz „találmánynak” tartotta azokat. Az a + b √ − 1 formában ábrázolható kifejezések, amelyek másodfokú ill. köbös egyenletek ben kezdték „képzeletnek” nevezni XVI-XVII Descartes ösztönzésére, aki így nevezte őket, elvetve valóságukat, és a 17. század sok más jelentős tudósa számára a képzeletbeli mennyiségek természete és létjogosultsága nagyon kétségesnek tűnt, ahogyan akkoriban is kétségesnek tartották őket. irracionális számok, sőt negatív értékeket is. Ennek ellenére a matematikusok bátran jelentkeztek formális módszerek valós mennyiségek algebrái és összetettek, még a köztes komplexekből is korrekt valós eredményeket kaptak, és ez nem tudott mást, mint magabiztosságot kelteni. Sokáig nem volt világos, hogy a komplex számokkal végzett összes művelet összetett vagy valós eredményhez vezet-e, vagy például egy gyökér kinyerése más, új típusú számok felfedezéséhez vezethet. Az n fokú gyökök kifejezésének problémája adott szám Moivre (1707) és Cotes (1722) munkáiban oldották meg. A képzeletbeli egység jelölésére szolgáló szimbólumot Euler javasolta (1777, megjelent 1794), aki erre a latin szó első betűjét vette át.
imaginarius – képzeletbeli. Az összes szabványos függvényt, beleértve a logaritmust is, kiterjesztette a komplex tartományra. Euler 1751-ben megfogalmazta azt az elképzelést is, hogy a komplex számok mezeje algebrailag zárt. D'Alembert (1747) ugyanerre a következtetésre jutott, de ennek a ténynek az első szigorú bizonyítéka Gauss (1799) nevéhez fűződik. Gauss 1831-ben alkotta meg a "komplex szám" kifejezést széles körben elterjedtté, bár a kifejezést korábban Lazare Carnot francia matematikus használta ugyanebben az értelemben 1803-ban. 3 A komplex számok valós számpárok aritmetikai (standard) modelljét Hamilton (1837) konstruálta meg; ez bizonyította tulajdonságaik következetességét. Jóval korábban, 1685-ben, az „Algebra” című művében Wallis (Anglia) kimutatta, hogy összetett gyökerek másodfokú egyenlet

valós együtthatókkal geometriailag, egy síkon lévő pontokkal ábrázolható. De észrevétlen maradt. Legközelebb Wessel (1799) művében jelent meg a komplex számok geometriai értelmezése és a velük végzett műveletek. A modern geometriai ábrázolás, amelyet néha „Argand-diagramnak” is neveznek, J. R. Argand munkájának 1806-ban és 1814-ben történő megjelenése után került használatba, amely egymástól függetlenül megismételte Wessel következtetéseit. A „modulus”, „argumentum” és „konjugált szám” kifejezéseket Cauchy vezette be. Így kiderült, hogy a komplex számok alkalmasak vektorok tisztán algebrai összeadási, kivonási, szorzási és osztási műveleteinek elvégzésére is a síkon, ami nagymértékben megváltoztatta a vektoralgebrát. 4
[ 1 ]
,
fejezet II. A komplex számmódszer alapjai [2], [3] [4] Komplex számok geometriai értelmezése Szakasz hossza Adott egy téglalap Descartes-rendszer valódi tengely. Ha x=0, a z szám tisztán képzeletbeli: z=iy. A képzeletbeli számokat az y tengelyen lévő pontok ábrázolják, ezért nevezzük képzeletbeli tengelynek. A nulla valós és tisztán képzeletbeli szám is. Az O sík elejétől az M(z) pontig mért távolságot a z komplex szám modulusának nevezzük, és |z| vagy r: | z | = r = | OM | = √ x 2 + y 2 Ha φ a ⃗ OM vektor által az x tengellyel bezárt orientált szög, akkor a szinusz és koszinusz függvény definíciója szerint sin φ = y r, cos φ = x r 5
ahonnan x = r cos φ, y = r sin φ, és ezért z = r (cos φ + sin φ). A z komplex számnak ezt az ábrázolását nevezzük annak
trigonometria

csekk
forma. Az eredeti z=x+iy reprezentációt hívjuk
algebrai
ennek a számnak a formája. A trigonometrikus ábrázolásban a  szöget egy komplex szám argumentumának nevezzük, és arg z-vel is jelöljük: φ = arg z Ha adott a z = x + iy komplex szám, akkor a ´ z = x − iy számot ún.
komplex konjugátum
(vagy egyszerűen
konjugált
) erre a z számra. Ekkor nyilvánvalóan a z szám is konjugálva van a ´ z számmal. Az M(z) és M 1 (´ z) pontok szimmetrikusak az x tengelyre. A z = ´ z egyenlőségből következik, hogy y = 0 és fordítva. Ez azt jelenti
egyenlő szám

konjugátumához valós és fordítva.
A z és -z komplex koordinátájú pontok szimmetrikusak az O kezdőponthoz képest. A z és − ´ z komplex koordinátájú pontok szimmetrikusak az y tengelyhez képest. A z = ´ z egyenlőségből az következik, hogy x = 0 és fordítva. Ezért a z =− ´ z feltétel egy tisztán képzeletbeli szám kritériuma. Bármely z szám esetén nyilvánvalóan | z | = | ´z | =¿− z ∨¿∨−´ z ∨¿ .
Összeg és szorzat
két konjugált komplex szám valós szám: z + ´ z = 2 z, z ´ z = x 2 + y 2 =¿ z 2 ∨¿. A 6-os komplex összegéhez, szorzatához vagy hányadosához konjugált szám
a számok az adott komplex számokhoz konjugált számok összege, szorzata vagy hányadosa: ´ z 1 + z 2 = ´ z 1 + ´ z 2 ; ´z 1 z 2 = ´z 1´ z 2; ´ z 1: z 2 = ´ z 1: ´ z 2 Ezek az egyenlőségek könnyen ellenőrizhetők komplex számokkal végzett műveletek képleteivel. Ha a és b az A és B pont komplex koordinátái, akkor a c = a + b szám a C pont koordinátája, így ⃗ OC = ⃗ OA + ⃗ OB (3. ábra). Egy d = a − b komplex szám egy olyan D pontnak felel meg, ahol ⃗ OD = ⃗ OA − ⃗ OB . Az A és B pont közötti távolság | ⃗BA | = | ⃗ OD | =¿ a − b ∨¿: ¿ AB ∨¿∨ a − b ∨¿ (1) Mivel ¿ z ∨ 2 = z ´ z , akkor ¿ AB ∨ 2 =(a − b) (´ a − ´ b) . (2)
Az egyenlet
z´ z = r 2
egy kört határoz meg középponttal

A sugárról

r.
Az AC CB = λ, (λ ≠ − 1) összefüggés, amelyben a C pont feloszt egy adott AB szakaszt, e pontok komplex koordinátáin keresztül fejeződik ki a következőképpen: λ = c − a b − c, λ = ´ λ, ahonnan c = a + λb 1 + λ (3) Ha λ = 1, akkor a C pont az AB szakasz felezőpontja, és fordítva. Ekkor: c = 1 2 (a + b) (4) Komplex számok szorzása A komplex számok szorzása a következő képlet szerint történik, Azaz | a b | = | a || b | és 7
Párhuzamosság és merőlegesség Három pont kollinearitása Adjuk meg az A(a) és B(b) pontokat a komplex számok síkján. Az ⃗ OA és ⃗ OB vektorok akkor és csak akkor irányulnak együtt, ha arg a = arg b, azaz ha arg a – arg b=arg a b =0 (komplex számok osztásakor az osztó argumentumát kivonjuk az osztó argumentumából osztalék).
Az is nyilvánvaló, hogy ezek a vektorok akkor és csak akkor irányulnak ellentétes irányba, ha arg a - arg b= arg a b = ± π. A 0, π, - π argumentumú komplex számok valósak.
Kollinearitási kritérium az O, A, B pontokhoz: Ahhoz, hogy az A(a) és B(b) pont kollineáris legyen az O kezdőponttal, szükséges és elegendő, hogy az a b hányados valós szám legyen, azaz a b = ´ a ´ b vagy a ´ b = ´ a b (6 ) Vegyük most az A(a), B(b), C(c), D(d) pontokat. A ⃗ BA és ⃗ DC collie vektorok akkor és csak akkor nem-árisak, ha a pontokat komplex határozza meg számok a-b
Ha az A és B pont a z ´ z = 1 egységkörhöz tartozik, akkor ´ a = 1 a; ´ b = 1 b, és ezért a (10) és (11) összefüggések mindegyike (az (a-b)-vel való redukció után a következőkre alakul át: c + ab ´ c = a + b (12) Az A és B pont rögzített, és a pont C-t változónak tekintjük, koordinátáját z-re tervezzük. Ekkor a kapott (10), (11), (12) összefüggések mindegyike az AB egyenes egyenlete lesz: (´ a − ´ b) z + (b − a) ´ z + a ´ b − b ´ a = 0, (10a) z + ab ´ z = a + b (12a) Konkrétan a közvetlen OA egyenlete a ´ z = ´ a z tisztán képzeletbeliek, ezért OA ⊥ OB↔ a b = − ´ a ´ b vagy OA ⊥ OB↔a ´ b + ´ a b = 0 (13) Az AB és CD szakaszok merőlegességét az (a) egyenlőség határozza meg. − b) (´ c − ´ d) + (´ a − ´ b) (c − d) = 0 (14) Különösen, ha az A, B, C, D pontok a z ´ z = 1 egységkörhöz tartoznak , akkor a (14) függést leegyszerűsítjük: ab + cd = 0 (15) A vektorok skaláris szorzatát fejezzük ki. skaláris szorzat⃗ OA és ⃗ OB vektorok az A és B pontok a és b komplex koordinátáin keresztül. Legyen a=x 1 +iy 1 , b=x 2 +iy 2 . Ekkor a b + a b=(x 1 +iy 1)(x 2 -iy 2)+(x 1 -iy 1)(x 2 +iy 2)=2(x 1 x 2 +y 1 y 2)= 2 ⃗ OA∙⃗OB. Tehát ⃗ OA ∙ ⃗ OB = 1 2 (a b + ab) (16) 9
Adjuk meg négy tetszőleges A(a), B(b), C(c), D(d) pont komplex koordinátáit. Ekkor 2 ⃗ AB ∙ ⃗ CB = 1 2 (a-b)(c - d)+(a - b)(c-d) (17) Szögek Egyezzünk meg abban, hogy a ∠ (AB ,CD) jellel jelöljük a pozitívan orientált szöget. amelyet a ⃗ vektort AB-re kell forgatni, hogy a ⃗ CD vektorral együtt legyen. Ekkor cos ∠ (AB, CD)= (d − c) (´ b − ´ a) +(´ d −´ c)(b − a) 2 | d − c || b − a |
(18) sin ∠ (AB ,CD)= (d − c) (´ b −´ a) +(´ d −´ c)(b − a) 2 i | d − c || b − a |
(19) A kör metszéspontja Ha A, B, C és D pontok a z ´ z = 1 körön helyezkednek el, akkor a metszéspont komplex koordinátáját a ´ z = (a + b) képlet határozza meg. − (c + d) ab − cd (20) Ha AB merőleges a CD-re, akkor z= 1 2 (a+b+c+d) (21) A 10 kör érintőinek metszéspontja

A z ´ z =1 kör érintőinek metszéspontjának komplex koordinátáját az A(a) és B(b) pontjaiban a z= 2ab a + b képlettel találjuk meg (22) Egy pont ortogonális vetülete egyenesre Egy M(m) pont merőleges vetülete egy AB egyenesre, ahol A(a) és B(b) a képlet alapján található Abban az esetben, ha A és B a z= 1 2 egységkörhöz tartozik (a + b + m − cb m) .
A komplex számok síkján egy háromszöget három, a csúcsainak megfelelő komplex szám határoz meg. Egy háromszög középpontja és ortocentruma. [ 2 ] Ismeretes, hogy az ABC háromszög G súlypontjára (a mediánok metszéspontja) és bármely O pontra a következő egyenlőség igaz: ⃗ OG = 1 3 (⃗ OA + ⃗ OB + ⃗ OC). Ezért a G súlypont g komplex koordinátáját a következő képlettel számítjuk ki: g = 1 3 (a + b + c) (23) Adjuk meg h az ABC háromszög H ortocentrumának komplex koordinátáját az a, b koordinátákon keresztül, csúcsainak c. Az AH, BH, CH egyenesek metsszék a háromszög körülírt körvonalát az A1, B1, C1 pontokban. Legyen ennek a körnek a z ´ z =1 egyenlete, akkor a (15) szerint van: a 1 = − bc a , b 1 = − ca b , c 1 = − ab c A (20) képlet alapján h = (a + a 1 ) −(b + b 1) a a 1 − bb 1 = ab + bc + ca abc = 1 a + 1 b + 1 c 11
Ahonnan h=a+b+c származik. (24) A kapott kifejezés a háromszög csúcsainak koordinátáit tartalmazza szimmetrikusan, ezért a háromszög harmadik magassága átmegy az első két hasonló háromszög metszéspontján [2,1] Az ABC és A 1 B 1 C 1 háromszögek hasonlóak és azonos orientációjúak (az első típusú hasonlóság), ha B 1 =kAB, A 1 B 1 =kAC és a B 1 A 1 C 1 és BAC szögek egyenlőek (a szögek orientáltak). Komplex számok felhasználásával ezek az egyenlőségek a következőképpen írhatók fel: |a 1 −b 1 |=k|a−b|, |a 1 −c 1 |=k|a−c|,arg c 1 − a 1 b 1 − a 1 =arg c − a b − a . A két egyenlőség ekvivalens egy, ahol 1 − a 1 c − a = b 1 − a 1 b − a = σ , (25) ahol σ egy komplex szám, |σ|=k-hasonlósági együttható. Ha σ valós, akkor c 1 − a 1 c − a = ´ c 1 − ´ a 1 ´ c − ´ a , ahol AC║A 1 C 1. Ebből következően az ABC és A 1 B 1 C 1 háromszögek homotetikusak. A (25) kapcsolat szükséges és elégséges állapot hogy az ABC és az A 1 B 1 C 1 háromszögek hasonlóak és egyforma tájolásúak legyenek. Adható szimmetrikus alak ab 1 +bc 1 +ca 1 =ba 1 +cb 1 +ac 1 (25a) Egyenlő háromszögek Ha | σ | = 1, akkor az ABC és az A 1 B 1 C 1 háromszögek egyenlőek. Ekkor a (25) reláció az azonos orientációjú háromszögek egyenlőségének jele, a (26) reláció pedig az ellentétes irányú háromszögek egyenlőségének jele. Szabályos háromszögek Ha azt szeretné, hogy egy orientált ABC háromszög hasonló volt a BCA orientált háromszöghez, akkor az ABC háromszög szabályos lesz. 12
Ezért a (25)-ből egy szükséges és elégséges feltételt kapunk, hogy az ABC háromszög szabályos legyen (a−b) 2 +(b−c) 2 +(c−a) 2 =0 (27) A háromszög területe (a szerző bizonyítja) Levezetjük az ABC pozitív orientációjú háromszög S területének képletét: S = 1 2 | AB || AC | sin ∠ (AB , AC)= 1 4i ((c − a) (´ b − ´ a) − (b − a) (´ c − ´ a)) = − 1 4i (a (´ b −´ c) + b (´ c − ´ a) + c (´ a − ´ b)) vagy S = i 4 (a (´ b − ´ c) + b (´ c − ´ a) + c (´ a − ´ b) )) (28) Ha ABC háromszög beírva a z ´ z = 1 körbe, akkor a (28) képletet a következő alakra alakítjuk: S = i 4 (a − b)(b − c)(c − a) abc (29) Tétel a középvonaláról háromszög (a szerző bizonyítja)
Tétel
. középső vonal A háromszög alapja párhuzamos és egyenlő annak felével. Bizonyíték. Legyenek M és N pontok az AB és BC oldalak felezőpontjai, akkor m = b 2 ; n = b + c 2 . Mivel z 2 =z ´ z, akkor MN 2 =(m-n)(´ m - ´ n)=(b 2 - b + c 2)(´ b 2 – ´ b + ´ c 2)= b ´ b 4 − b ´ b + b ´ c 4 − b ´ b + ´ b c 4 + b ´ b + b ´ c + ´ b c + c ´ c 4 = c ´ c 4 13
4MN 2 =c ´ c, AC 2 =(c-0)(c-0)=c ´ c, ezért 4MN 2 = AC 2 vagy 2MN=AC az MN és AC vektorok kollinearitási feltétele (8) is teljesül , és ezért MN ║AC. Thalész-tétel (a szerző bizonyítja)
Tétel
. Ha egy szög egyik oldalán párhuzamos egyenesek egyenlő szakaszokat vágnak le, akkor a szög másik oldalán egyenlő szakaszokat vágnak le. Bizonyítás Tegyük fel, hogy c=kb. Ekkor ha BD||CE, akkor (b-d)(´ c − 2 ´ d ¿= (´ b − ´ d) (c − 2d) A zárójelek kinyitása és a hasonló kifejezések, a b ´ c − 2 b ´ d −´ c d = ´ b c − 2 ´ b d − c ´ d egyenletet kapjuk, ha c-t kb-ra, ´c-t k ´b-re cseréljük, akkor bk ´ b -2b ´ d -dk-t kapunk. ´b = ´b kb-2´ b d-kb ´d. Ha ismét hasonló tagokat hozunk, és mindent egy oldalra helyezünk, 2b ´ d + dk ´ b − 2 ´ b d − kb ´ d =0 kapjuk. Kivesszük közös szorzóés azt kapjuk, hogy 2(b ´ d − ´ b d ¿+ k (´ b d − b ´ d) = 0. Ebből k=2, azaz c=2b. Hasonlóképpen bebizonyosodik, hogy f=3b stb. Pitagorasz-tétel ( a szerző bizonyítja) B derékszögű háromszög a hipotenusz négyzete egyenlő az összeggel négyzet alakú lábak 14
Bizonyíték. A B és C pontok távolsága BC=|b-c|=b, BC 2 =b ´ b. Mivel |z| 2 = z ´ z , akkor AC 2 =(a-c)(c ´ a − ´ ¿ ¿=(a − 0) (´ a - 0)=a ´ a . AB 2 =(a-b)(´ a − ´ b ¿= a ´ a − a ´ b - ´ a b+b ´ b Mivel b egy valós szám, azaz b= ´ b , akkor az Oy tengelyen -a ´ b =− ab , akkor a = - ´ a, azaz - ´ ab = ab tehát AB 2 = a ´ a -a ´ b - ´ ab ´ b = a ´ a +b ´ b = AC 2 +BC 2. A tétel Euler-féle egyenes (a szerző bizonyítja) Bizonyítsuk be, hogy a háromszög ortocentruma, súlypontja és körülírt középpontja ugyanazon az egyenesen fekszik (ezt az egyenest Euler-egyenesnek nevezzük), és OG = 1/2GH 15.
Bizonyítás: G(g) pont az ABC háromszög súlypontja, H(h) az ortocentruma, O(o) pedig a háromszög körülírt körének középpontja. Ahhoz, hogy ezek a pontok kollineárisak legyenek, teljesülnie kell a (10) egyenlőségnek: (g-о)(´ g - ´ h ¿ -(´ g − ´ o ¿ (g − h) =0) Vegyük az O pontot mint az origó, akkor g(´ g - ´ h ¿ - ´ g (g − h) =g 2 -g ´ h −¿ (g 2 - h ´ g ¿ =-g ´ h + h ´ g (30) az ortocentrum komplex koordinátáját a (24) h=a+b+c, (30a) képlet, a súlypontot pedig a (23) képlet alapján számítjuk ki g = 1 3 (a + b + c) (30c) Helyettesítsük ( 30), azt kapjuk, hogy 1 3 (a+b +c)(´ a + b + c)-(a+b+c)(´ a + b + c 1 3 ¿))=0 (10) egyenlő teljesül, ezért a körülírt háromszög súlypontja, ortocentruma és középpontja ugyanazon az egyenesen fekszik OG=g= 1 3 (a+b+c) GH=h-g=a+b+c- 1 3 (a. +b+c)= 2 3 (a+b+c) Azt kaptuk, hogy OG= 1 2 GH A tétel bizonyítva 16.
Euler-kör (kilencpontos kör). A szerző bebizonyította. Tekintsük az ABC háromszöget. Egyezzünk meg abban, hogy‌ | OA | = | OB |= | OC | =1, azaz a háromszög minden csúcsa a z ´ z = 1 egységkörhöz tartozik (az O körülírt kör középpontja az origó, a sugár pedig a hosszegység). Bizonyítsuk be, hogy az alapoknak három magasságuk van
tetszőleges háromszög
. Legyenek K, L és M pontok az ABC háromszög oldalainak felezőpontjai, a Q, N, P pontok a magasságának alapjai, az F, E, D pontok pedig három szakasz felezőpontjai, amelyek csúcsait az ortocentrumával összekötik. Igazoljuk, hogy a D, E, F, K, L, M, N, P, Q pontok ugyanahhoz a körhöz tartoznak. Rendeljük a pontokhoz a megfelelő komplex koordinátákat: k = a + b 2 , l = b + c 2 ; m = a + c 2,o 1 = h 2 = a + b + c 2 d = 2a + b + c 2; e = 2 c + a + b 2; f = 2 b + a + c 2 n = 1 2 (a + b + c − ab c) , q = 1 2 (a + c + b − ac b) , p = 1 2 (c + b + a − cb a) O 1 K = | o 1 − k | = | c 2 | ,O 1 L = | o 1 − l | = | a 2 | , O 1 M = | o 1 − m | = | b 2 | O 1 D = | o 1 − d | = | a 2 | ,O 1 E = | o 1 − e | = | c 2 | ,O 1 F = | o 1 − f | = | b 2 | O 1 N= | o 1 − n | = 1 2 | ab c | = 1 2 | a || b | | c | , O 1 Q= 1 2 | a || c | | b | , O 1 F= 1 2 | b || c | | a | . 17
Mert az ABC háromszöget a z ´ z = 1 körbe írjuk, akkor | a | = | b | = | c | = 1,→ | a 2 | = | b 2 | = | c 2 | = 1 2 | a || b | | c | = 1 2 | a || c | | b | = 1 2 | b || c | | a | = 1 2 Tehát a D, E, F, K, L, M, N, Q, F pontok ugyanahhoz a körhöz tartoznak Gauss-tétel Ha egy egyenes metszi az ABC háromszög BC, CA, AB oldalait tartalmazó egyeneseket, pontok A 1, B 1 , C 1, akkor az AA 1, BB 1, СС 1 szakaszok felezőpontjai egyvonalasak. A (11) segítségével felírjuk az AB 1 C, CA 1 B, BC 1 A, A 1 B 1 C 1 pontok hármasainak kollinearitási feltételeit: 0,) b - a (c) a - c () c - b (a 0 ,) c - b a() b - a () a - c b(0,) a - c b() c - b () b - a c(0,) b - a (c) a - c () c - b a (1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1             b c a b közepe, (31, P) az AA 1, BB 1, CC 1 szakaszokat, akkor meg kell mutatnunk, hogy 0) () () (      n m p m p n p n m (32) Mivel), (2 1), (2 1), (2 1) 1 1 1 c c p b b n a a m       akkor a bizonyítandó egyenlőség (31) a következővel ekvivalens: 0))(())(())((1 1 1 1 1 1 1 1 1  )            b b a a c c a c c b c c b b a a vagy szorzás után: 0) () () () () () () () () () () () (1 1 11) 1 1 1 1 1 1 1 1                a c b a b a c b a c a c b a -val b a c b a c b c b a c b a c b a c a (33) Most már könnyen belátható, hogy (33) a (31) egyenlőségek összeadásával kapjuk meg a bizonyítást

fejezet IV.

USE feladatok és különféle olimpiák megoldása komplex szám módszerrel.
1. feladat Egységesített államvizsga -2012, P-4 Egy C derékszögű ABC derékszögű háromszög AD mediánját tartalmazó egyenesen egy E pontot veszünk, amely távol van az A csúcstól 4-gyel egyenlő távolságra. BCE háromszög, ha BC=6, AC=4. Első megoldás. A Pitagorasz-tétel szerint AD=5. Ekkor ED=1 Legyen az E pont az AD sugáron. Az AD medián hosszabb, mint az AE, és az E pont az ABC háromszögön belül van (1. ábra). Dobjuk fel az EF merőlegest az E pontból a BC egyenesre, és tekintsük a hasonló derékszögű háromszögeket DEF és DAC. E háromszögek hasonlóságából a következőket kapjuk: EF = AC ∙ ED AD = 4 5 19
Ezért S BCE = 1 2 ∙ 6 ∙ 4 5 = 2,4. Legyen most az A pont E és D között (2. ábra). Ebben az esetben ED=9 és EF = AC ∙ ED AD = 36 5 . Ekkor S BCE = 1 2 ∙ 6 ∙ 36 5 = 21,6. Válasz: 2,4; 21.6. A feladat megoldása komplex számok segítségével. I. eset: Az E pont az AD sugáron fekszik. Mivel D a CB közepe, akkor CD=3. És mivel CA=4, egyértelmű, hogy AD=5, azaz DE=1. Vegyük a C pontot kezdőpontnak, a CA és CB egyeneseket pedig valós és képzeletbeli tengelyeknek. Ezután A(4), C(0), B(6i), D(3i), E(e). Az A, E és D pontok kollineárisak, ekkor e − 4 3i − e = 4, azaz e= 12i + 4 5 . A (25) képlet szerint S CBE =│ ´ i 4 (e6 ´ i +6i(− ´ e)│= e e − ´ ¿ 6 i 2 4 ¿ ¿ =2,4 II. eset: A pont a D és E pontok között található, akkor 4 − e 3i − 4 = 4 5, azaz e= 36 − 12 i 5 S CBE = | 3 i 2 2 (36 − 12 i 5 − − 36 − 12i 5) : 2.4 és 21.6 A feladat megoldásához Az első módon számos találgatásra van szükség, amelyek nem azonnal, de elég sok okoskodás után jelennek meg A második mód, mi kész képleteket használunk, így időt takarítunk meg a kereséssel. Azonban megértjük, hogy a képletek ismerete nélkül a problémákat nem lehet megoldani a komplex számok módszerével .
2. feladat (MIOO, 2011):
„Az M pont az AB szakaszon fekszik. Az AB átmérőjű körön a C pontot vesszük, amely távol van az A, M és B pontoktól 20, 14 és 15 távolságra. Keresse meg a BMC háromszög területét." 20
Megoldás: Mivel AB a kör átmérője, akkor ∆ ABC négyszögletes, ∠ C = 90 ° Vegyük C-t mint nulla pont sík, majd A(20i), B(15), M(z). Mivel CM=14, érvényes a z ´ z = 196 egyenlőség, azaz az M pont ∈ egy kör, amelynek középpontja a C pontban van, és r=14. Keressük a pontokat ennek a körnek a metszéspontja az AB egyenessel: Az AB egyenes egyenlete (10a): 20 i (15 −´ z) + 15 (´ z + 20 i) + z (− 20 i − 15) = 0 ´ z cseréje 196 z-re és a teljes egyenletet megszorozva (4 i − 3) -vel, kapunk egy másodfokú egyenletet z-re: 25 z 2 + 120 i (4 i − 3) z + 196 (4 i − 3) 2 = 0 z 1,2 = 2 (3 − 4 i) (6 i± √ 13) 5 A (28) képlet segítségével megtaláljuk a ∆ MBC területet: S = i 4 (z (´ b − ´ c) + b (´ c − ´ z) + c (´z −´ b )) Ahol c = 0, ´c = 0, b = 15, ´b = 15, ´z = 196 ∗ 5 2 (3 − 4 i) (6 i ± √ 13) Befejezés után ekvivalens transzformációk, azt kapjuk, hogy S = 54 ± 12 √ 13 négyzetméter. egységek Válasz. 54 ± 12 √ 13 négyzetméter egységek Ha geometriai módszerekkel oldja meg a problémát, akkor két különböző esetet kell figyelembe vennie: 1. - M pont A és D között van; 2. - D és B között. 21

Egy feladat komplex számok módszerével történő megoldása során a megoldás kettősségét a kör és az egyenes két metszéspontja miatt kapjuk meg. Ez a körülmény lehetővé teszi számunkra, hogy elkerüljük a gyakori hibát.
3. probléma
Az ABC háromszög AA 1, BB 1 és CC 1 mediánjai az M pontban metszik egymást. Ismeretes, hogy AB=6MC 1. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög derékszögű háromszög. Megoldás: Legyen C a sík nullpontja, és rendeljen az A ponthoz egy valós egységet. A probléma ezután annak bizonyítására redukálódik, hogy b pusztán képzeletbeli szám. AB 2 = (b − 1) (´ b − 1) . M a súlypont, koordinátája 1 3 b + 1 3 MC 1 2 = (1 3 b + 1 3 − 1 2 b − 1 2)(1 3 ´ b + 1 3 − 1 2 ´ b − 1 2) = 1 3 b (b + 1) (´ b + 1) Mivel AB=6MC 1, akkor (b − 1) (´ b − 1) = (b + 1) (´ b + 1) . A transzformációkat végrehajtva b =− ´ b-t kapunk, azaz b egy tisztán képzeletbeli szám, azaz a C szög egy egyenes.
4. feladat.
22
Az O pont körüli 90°-os elforgatás eredményeként az AB szakasz A "B" szegmenssé változott. Bizonyítsuk be , hogy az OAB " háromszög OM mediánja merőleges az A " B egyenesre . Megoldás: Legyenek O, A, B koordináták rendre 0,1, b. Ekkor az A " és B " pont koordinátái a" = i és b" = bi, az AB " szakasz M középső koordinátái pedig m = 1 2 (1 + bi). Ezt kapjuk: a " − b m − 0 = i − b 1 2 (1 + bi) = 2 i (i − b) i − b = 2i szám tisztán képzeletbeli. A merőlegességi kritérium alapján (az AB és CD szakaszok akkor és csak akkor merőlegesek, ha az a − b c − d szám tisztán képzeletbeli), az OM és A ’ B egyenesek merőlegesek.
5. probléma
. 23
A háromszög magasságának alapjából merőlegeseket dobunk két olyan oldalra, amelyek nem felelnek meg ennek a magasságnak. Bizonyítsuk be, hogy ezen merőlegesek alapjai közötti távolság nem függ a háromszög magasságának megválasztásától. Megoldás: Legyen adott az ABC háromszög, és a köré írt kör egyenlete z ´ z = 1. Ha CD a háromszög magassága, akkor d = 1 2 (a + b + c − ab c) A D pontból AC-be, illetve BC-be ejtett merőlegesek M és N alapjainak komplex koordinátái egyenlők m = 1 2 (a + c + d − ac ´ d 2) n = 1 2 (b + c + d − bc ´ d 2) Megállapítjuk: m − n = 1 2 (a − b + c´ d ( b − a)) = 1 2 ( a − b) (1 − c ´ d) = (a − b) (a − c) (b − c) 4 ab Mivel | a | = | b | = 1, akkor | m − n | = | (a − b) × (b − c) (c − a) | 4. Ez a kifejezés szimmetrikus a, b, c vonatkozásában, azaz. az MN távolság nem függ a háromszög magasságának megválasztásától.
Következtetés
24
"Biztosan! Minden probléma megoldható komplex számok nélkül. De a helyzet az, hogy a komplex számok algebrája egy másik hatékony módszer planimetriai feladatok megoldása. Csak arról beszélhetünk, hogy az adott feladathoz hatékonyabb módszert válasszunk. Egy adott módszer előnyeivel kapcsolatos viták értelmetlenek, ha ezeket a módszereket általánosságban vesszük figyelembe, anélkül, hogy egy konkrét problémára vonatkoznánk” [2]. A módszer tanulmányozásában nagy helyet foglal el egy képletkészlet. Ez
fő hátránya
módszerrel és egyben
méltóság
, hiszen így elég megoldható összetett feladatok kész képletek szerint elemi számításokkal. Ezen kívül úgy gondolom, hogy a planimetriai feladatok megoldásánál ez a módszer univerzális.
Bibliográfia
1. Markushevich A.I. Komplex számok és konform leképezések - M.: Állami Műszaki és Elméleti Kiadó, 1954. - 52 p. 25
2. Ponarin Ya. P. Komplex számok algebra geometriai feladatokban: Könyv az iskolák matematikai osztályainak hallgatóinak, tanároknak és pedagógiai egyetemi hallgatóknak - M.: MTsNMO, 2004. - 160 p. 3. Shvetsov D. Simson sorától a Droz-Farny tételig, Kvant. - 2009. 6. szám – p. 44-48 4. Yaglom I. M. Geometriai transzformációk. Lineáris és körtranszformációk. - Állami Műszaki és Elméleti Irodalmi Kiadó, 1956. – 612 p. 5. Yaglom I.M. Komplex számok és alkalmazása a geometriában - M.: Fizmatgiz, 1963. - 192 p. 6. Morkovich A.G. és mások, Algebra és a matematikai elemzés kezdetei 10. osztály. 2 órában 1. rész Tankönyv általános oktatási intézmények tanulói számára (profilszint) - M.: Mnemosyne, 2012. - 343 p. 7. Andronov I.K. Valós és komplex számok matematikája - M.: Prosveshchenie, 1975. - 158 p. 26

Alkalmazás

Az elemi geometria klasszikus tételei

Newton tétele.
Egy körre körülírt négyszögben az átlók felezőpontjai egy vonalban vannak a kör középpontjával. 27
Bizonyíték. Vegyük origónak a kör középpontját, a sugarát eggyel egyenlőre állítva. Jelöljük e négyszög A o B o C o D o négyszög háromszög oldalainak érintkezési pontjait A, B, C, D-vel (körrendben) (4. ábra). Legyen M és N az A o C o és B o D o átlók felezőpontja. Ekkor a z = 2ab a + b kör érintőinek metszéspontjainak képlete szerint az A o , B o , C o , D o pontok komplex koordinátái lesznek: , 2 , 2 , 2 , 2 0 0 0 0 d c cd d c b bc c b a ab b d a ad a         ahol a, b, c, d az A, B, C, D pontok komplex koordinátái. Ezért.) (2 1 ,) (2 1 0 0 0 d c cd b a ab d b n c b bc d a ad c a m             c   Mivel, 1 , 1 b b a a   , 1 , 1 d d c c   akkor közvetlenül világos, hogy n m n m  (6) alapján az O, M, N pontok kollineárisak.
Pascal tétele

.
A beírt hatszög ellentétes oldalait tartalmazó egyenesek metszéspontjai ugyanazon az egyenesen helyezkednek el. 28
Bizonyíték. Legyen az ABCDEF hatszög és a P FA CD N EF BC M DE AB   ) () (,) () (,) () (   (6. ábra) egy körbe írva (6. ábra). Vegyük a kör középpontját a sík nullapontjának, sugara pedig egységnyi hosszra vonatkozik. Ekkor a (17) szerint: ,) (,) (,) (fa cd a f d c p ef bc f e c b n). de ab e d b a m                Számítás) )())(ef bc de ab ab fa ef           és hasonlóan .))(())((fa cd ef bc bc ab fa ef de cd f c p n           Ezután azt találjuk: .))(())((de ab c f fa cd n e)       Mivel a f e d c b a számok egyenlőek, illetve f e d c b a 1 , 1 , 1 , 1, 1, 1, szóbeli ellenőrzés során kiderül, hogy a talált kifejezés egybeesik a konjugáltjával, azaz valós szám. Ez azt jelenti, hogy az M, N, P pontok kollineárisak.
Monge tétele.
A körbe írt négyszögben az oldalak felezőpontjain átmenő egyenesek és. Mindegyik átló merőleges a szemközti oldalakra, és ennek megfelelően a másik átló egy pontban metszi egymást. Egy ciklikus négyszög Monge-pontjának nevezzük. Bizonyíték. Az ABCD négyszög oldalaira merőleges felezők a körülírt kör középpontjában metszik egymást, amelyet kiindulási pontnak veszünk. Minden M(z) pontra merőleges felező az [AB] számhoz b a b a z   ) (2 1 tisztán képzeletbeli. 29
Konkrétan z=0 esetén egyenlő a) (2) (b a b a    . Az (AB)-ra merőleges CD oldal közepén átmenő egyenes minden N(z) pontjában a b a d c z   szám ) (2 1-nek tisztán képzeletbelinek kell lennie és fordítva. De z=) esetén (2 1 d c b a    egyenlő) (2 b a b a   azaz tisztán képzeletbeli. Ezért az E pont komplex koordinátával) (2 1 d c b a    a jelzett vonalon fekszik És ez a kifejezés szimmetrikus az a, b, c, d betűkre. Ezért a másik öt hasonló felépítésű egyenes az E pontot tartalmazza. 30

• Kapcsolatokra fogunk alapozni, nem mechanikus képletekre.
• Tekintsük a komplex számokat számrendszerünk kiegészítésének, ugyanúgy, mint a nullát, a törteket ill negatív számok.
• Az ötleteket grafikusan jelenítjük meg, hogy jobban megértsük a lényeget, és ne csak száraz szövegben jelenítsük meg őket.

És a miénk titkos fegyver: hasonlatos tanulás. A komplex számokhoz úgy jutunk el, hogy az őseikkel, a negatív számokkal kezdjük. Íme egy kis útmutató az Ön számára:

Ennek a táblázatnak egyelőre kevés értelme van, de legyen. A cikk végére minden a helyére kerül.

Valójában értsük meg, mik a negatív számok

A negatív számok nem ilyen egyszerűek. Képzelje el, hogy Ön egy európai matematikus a 18. században. Van 3 és 4, és felírhatod, hogy 4 – 3 = 1. Ez egyszerű.

De mi az a 3-4? Ez pontosan mit jelent? Hogyan lehet elvenni 4 tehenet 3-tól? Hogyan lehet kevesebb a semminél?

A negatív számokat teljes nonszensznek tekintették, ami „árnyékot vet az egész egyenletelméletre” (Francis Maceres, 1759). Ma teljes nonszensz lenne azt gondolni, hogy a negatív számok valami logikátlan és haszontalan dolog. Kérdezze meg tanárát, hogy a negatív számok sértik-e az alapvető matematikai előírásokat.

Mi történt? Feltaláltunk egy elméleti számot, amely hasznos tulajdonságokkal rendelkezik. A negatív számokat nem lehet megérinteni vagy érezni, de jók bizonyos kapcsolatok leírására (például az adósságra). Ez egy nagyon hasznos ötlet.

Ahelyett, hogy azt mondanám, hogy „30-zal tartozom”, és elolvasom a szavakat, hogy megnézzem, feketében vagy feketében vagyok, egyszerűen leírhatom, hogy „-30”, és tudom, hogy ez mit jelent. Ha pénzt keresek és kifizetem az adósságaimat (-30 + 100 = 70), ezt a tranzakciót könnyen leírhatom néhány karakterrel. Nekem marad a +70.

A plusz és mínusz jelek automatikusan rögzítik az irányt – nincs szükség egy egész mondatra a változások leírásához minden tranzakció után. A matematika egyszerűbb, elegánsabb lett. Már nem számít, hogy a negatív számok „kézzelfoghatóak”-e – van előnyös tulajdonságait, és addig használtuk őket, amíg meg nem szilárdultak a mindennapi életünkben. Ha valaki, akit ismer, még nem értette meg a negatív számok lényegét, most segít neki.

De ne minimalizáljuk az emberi szenvedést: a negatív számok valódi tudatváltást jelentettek. Még Euler, a zseni, aki felfedezte az e számot és még sok mást, nem értette olyan jól a negatív számokat, mint ma. A számítások "értelmetlen" eredményeinek tekintették őket.

Furcsa azt várni a gyerekektől, hogy nyugodtan megértsék azokat a gondolatokat, amelyek valaha még a legjobb matematikusokat is megzavarták.

Képzeletbeli számok beírása

Ugyanez a történet a képzeletbeli számokkal. Egész nap ilyen egyenleteket tudunk megoldani:

A válaszok 3 és -3 lesz. De képzeljük el, hogy egy okos fickó egy mínuszt adott ide:

Hát hát. Ez az a fajta kérdés, amitől az emberek összerándulnak, amikor először látják. Ki akarja számítani egy nullánál kisebb szám négyzetgyökét? Ez elképzelhetetlen! (Történelmileg tényleg voltak hasonló kérdéseket, de kényelmesebb elképzelnem valami arctalan bölcset, hogy ne hozzam zavarba a múlt tudósait).

Őrültségnek tűnik, akárcsak a negatív számok, a nullák és az irracionális számok (nem ismétlődő számok) visszatekintve a nap folyamán. Ennek a kérdésnek nincs "igazi" jelentése, igaz?

Nem, ez nem igaz. Az úgynevezett „képzetes számok” ugyanolyan normálisak, mint bármely más (vagy éppoly abnormálisak): a világ leírásának eszközei. Abban a szellemben, ahogyan azt képzeljük, hogy -1, 0,3 és 0 "létezik", tegyük fel, hogy van valami i szám, ahol:

Más szóval, az i-t önmagával megszorozva -1-et kapunk. Mi tortenik most?

Nos, eleinte biztosan fáj a fejünk. De a „Tegyük úgy, mintha létezem” játékkal a matematikát valójában egyszerűbbé és elegánsabbá tesszük. Új összefüggések jelennek meg, amelyeket könnyen leírhatunk.

Nem fogsz hinni az i-ben, ahogy azok a régi, rosszkedvű matematikusok sem hittek a -1 létezésében. Minden új fogalom, amely csőbe csavarja az agyat, nehezen érzékelhető, és jelentésük még a briliáns Euler számára sem derül ki azonnal. De ahogy a negatív számok megmutatták, a furcsa új ötletek rendkívül hasznosak lehetnek.

Nem szeretem magát a „képzeletbeli számok” kifejezést – úgy tűnik, hogy kifejezetten azért választották, hogy megsértse az i érzéseit. Az i szám ugyanolyan normális, mint a többi, de az „imaginary” becenév ráragadt, így mi is ezt fogjuk használni.

Negatív és komplex számok vizuális megértése

Az x^2 = 9 egyenlet valójában ezt jelenti:

Melyik x-transzformációból lesz kétszer 1-ből 9?

Két válasz létezik: "x = 3" és "x = -3". Ez azt jelenti, hogy 3-szor „skálázhatja” vagy „3-mal méretezheti és átfordíthatja” (fordítás vagy átvétel ellenkező eredményt- ezek mind a negatív szorzás értelmezései).

Most gondoljunk az x^2 = -1 egyenletre, amely így írható fel:

X melyik transzformációja, amelyet kétszer alkalmazunk, az 1-et -1-be változtatja? Hm.

• Nem szorozhatunk kétszer pozitív szám, mert az eredmény pozitív lesz.
• Nem szorozhatunk meg egy negatív számot kétszer, mert az eredmény ismét pozitív lesz.

Mi a helyzet... forgatás! Ez persze szokatlanul hangzik, de mi van, ha az x-et „90 fokos elforgatásnak” tekintjük, akkor x kétszeri alkalmazásával 180 fokos elforgatást hajtunk végre koordináta tengely, és 1-ből -1 lesz!

Azta! És ha egy kicsit jobban belegondolunk, két forradalmat tehetünk ellenkező irányba, és szintén lépj 1-ről -1-re. Ez egy "negatív" elforgatás vagy -i-vel való szorzás:

Ha kétszer szorozunk -i-vel, akkor az első szorzásnál 1-ből -i-t, a másodiknál ​​-i-t kapunk. Tehát valójában kettő van négyzetgyök-1: i és -i.

Ez nagyon klassz! Van valami megoldásunk, de mit jelent ez?

• i az "új képzeletbeli dimenzió" a szám mérésére
• Az i (vagy -i) az, amivé a számok "válnak" elforgatáskor
• Az i-vel való szorzás 90 fokkal az óramutató járásával ellentétes irányban forog
• Az -i-vel való szorzás az óramutató járásával megegyező 90 fokos elforgatás.
• Bármelyik irányba kétszeri elforgatás -1-et ad: visszavisz minket a pozitív és negatív számok "normális" dimenziójába (az x tengelyre).

Minden szám kétdimenziós. Igen, nehéz elfogadni, de az ókori rómaiak számára is ugyanolyan nehéz lett volna elfogadni. tizedesjegyek vagy hosszú felosztás. (Hogy van az, hogy 1 és 2 között több szám van?). Furcsán néz ki, mint bárki új út matematikában gondolkodni.

Megkérdeztük: "Hogyan változtassunk 1-ből -1-et két műveletben?" és megtalálta a választ: forgasd el kétszer 1 90 fokkal. Egészen furcsa, új gondolkodásmód a matematikában. De nagyon hasznos. (A komplex számoknak ez a geometriai értelmezése egyébként csak évtizedekkel magának az i számnak a felfedezése után jelent meg).

Ne felejtsük el, hogy az óramutató járásával ellentétes fordulatot kell tenni pozitív eredmény- ez tisztán emberi konvenció, és minden lehetett volna egészen más.

Keressen készleteket

Menjünk egy kicsit mélyebben a részletekbe. Ha megszorozod a negatív számokat (például -1), egy halmazt kapsz:

• 1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, -1

Mivel a -1 nem változtatja meg a szám méretét, csak a jelet, ezért ugyanazt a számot kapjuk akár „+” jellel, akár „-” jellel. Az x számért kapsz:

• x, -x, x, -x, x, -x…

Ez egy nagyon hasznos ötlet. Az "x" szám jó és rossz heteket jelenthet. Képzeljük el azt jó hét helyettesíti a rosszat; Jó hét van; Milyen lesz a 47. hét?

X azt jelenti, hogy rossz hét lesz. Nézze meg, hogyan "követik a jelet" a negatív számok - számolás helyett egyszerűen beírhatjuk a számológépbe a (-1)^47-et ("1. hét jó, 2. hét rossz... 3. hét jó..."). Az állandóan váltakozó dolgok negatív számokkal tökéletesen modellezhetők.

Oké, mi történik, ha folytatjuk az i-vel való szorzást?

Nagyon vicces, egyszerűsítsük le egy kicsit:

Ugyanez látható grafikusan:

A ciklust minden 4. körben megismételjük. Ennek határozottan van értelme, nem? Bármelyik gyerek azt fogja mondani, hogy 4 balra fordulás ugyanaz, mintha egyáltalán nem fordulna. Most tartson egy kis szünetet a képzeletbeli számoktól (i, i^2), és nézze meg a teljes halmazt:

• X, Y, -X, -Y, X, Y, -X, -Y…

Pontosan hogyan modellezik a negatív számokat tükörtükrözés számok, képzeletbeli számok bármit modellezhetnek, ami két "X" és "Y" dimenzió között forog. Vagy bármi ciklikus, körkörös függőséggel – gondolsz valamire?

A komplex számok megértése

Még egy részletet kell figyelembe venni: lehet egy szám „valós” és „képzelt” is?

Ne is kételkedj benne. Ki mondta, hogy pontosan 90 fokkal kell elfordulnunk? Ha az egyik lábunkkal a „valódi” dimenzión, a másikkal a „képzetes” dimenzión állunk, az valahogy így fog kinézni:

A 45 fokos szögnél járunk, ahol a valós és a képzeletbeli rész megegyezik, maga a szám pedig „1 + i”. Olyan, mint egy hot dog, ahol van ketchup és mustár is – ki mondta, hogy választani kell az egyiket vagy a másikat?

Alapvetően a valós és a képzeletbeli részek tetszőleges kombinációját választhatjuk, és mindebből háromszöget készíthetünk. A szög „forgásszög” lesz. A komplex szám olyan számok fantázianév, amelynek van egy valós és egy képzeletbeli része. „a + bi”-ként írják őket, ahol:

• a - valós rész
• b - képzeletbeli rész

Nem rossz. De egy utolsó kérdés továbbra is fennáll: milyen „nagy” egy komplex szám? A valós vagy a képzeletbeli részt nem tudjuk külön mérni, mert hiányozni fog az összkép.

Tegyünk egy lépést hátra. Egy negatív szám mérete a nullától való távolság:

Ez egy másik módja a megtalálásnak abszolút érték. De hogyan lehet mindkét komponenst 90 fokban mérni komplex számok esetén?

Egy madár az égen... vagy egy repülőgép... Pythagoras jön a megmentésre!

Ez a tétel mindenhol felbukkan, ahol csak lehetséges, még olyan számokban is, amelyeket 2000 évvel maga a tétel után találtak ki. Igen, egy háromszöget készítünk, és a hipotenuzája egyenlő lesz a nullától való távolsággal:

Bár a komplex számok mérése nem olyan egyszerű, mint „csak a - jel elhagyása”, a komplex számok igen hasznos alkalmazások. Nézzünk meg néhányat közülük.

Valódi példa: Forgatások

Nem várunk az egyetemi fizikáig, hogy gyakoroljuk a komplex számokat. Ezt ma megtesszük. Sokat lehet mondani a komplex számok szorzásának témájában, de most meg kell értenie a legfontosabb dolgot:

• A komplex számmal való szorzás a szögével forog

Lássuk, hogyan működik. Képzeld el, hogy egy hajón vagyok, és 3 egységnyi pályán haladok keletre 4 egységenként észak felé. Meg akarom változtatni az irányt 45 fokkal az óramutató járásával ellentétes irányban. Mi lesz az új tanfolyamom?

Valaki azt mondhatja: „Könnyű! Számíts ki szinust, koszinust, keresd meg a google-ban az érintőértéket... és akkor..." Azt hiszem, elromlott a számológépem...

Vegyünk egy egyszerűbb utat: 3 + 4i pályán vagyunk (mindegy, hogy milyen a szög, most mindegy) és 45 fokkal szeretnénk elfordulni. Nos, a 45 fok az 1 + i (ideális átló). Így az árfolyamunkat megszorozhatjuk ezzel a számmal!

Íme a lényeg:

• Kezdeti címsor: 3 egység kelet, 4 egység észak = 3 + 4i
• Forgatás az óramutató járásával ellentétes irányban 45 fokkal = szorozzuk 1 + i-vel

Ha megszorozzuk, azt kapjuk:

Új irányvonalunk 1 egység nyugatra (-1 keletre) és 7 egység északra, a grafikonon megrajzolhatja a koordinátákat és követheti őket.

De! 10 másodperc alatt megtaláltuk a választ, minden szinusz és koszinusz nélkül. Nem voltak vektorok, mátrixok, nyomon követés, hogy melyik kvadránsban vagyunk. Egyszerű aritmetika és egy kis algebra volt az egyenlet kidolgozásához. A képzeletbeli számok kiválóan alkalmasak a forgatásra!

Sőt, egy ilyen számítás eredménye nagyon hasznos. Nálunk a szög (atan(7/-1) = 98,13) helyett az irány (-1, 7) van, és azonnal látszik, hogy a második kvadránsban vagyunk. Pontosan hogyan tervezted megrajzolni és követni a jelzett szöget ?

Nem, átváltja a szöget koszinuszra és szinuszra (-0,14 és 0,99), megkeresi a köztük lévő hozzávetőleges arányt (kb. 1:7), és felvázol egy háromszöget. És itt kétségtelenül az összetett számok nyernek - pontosan, villámgyorsan és számológép nélkül!

Ha olyan vagy, mint én, észbontónak találod ezt a felfedezést. Ha nem, attól tartok, a matematika egyáltalán nem izgat. Sajnálom!

A trigonometria jó, de a komplex számok sokkal könnyebbé teszik a számításokat (például a cos(a + b) megtalálása). Ez csak egy apró bejelentés; a következő cikkekben a teljes menüvel szolgálok.

Lírai kitérő: egyesek valami ilyesmit gondolnak: „Hé, nem kényelmes az északi/keleti kurzus helyett. egyszerű szög a hajó áthaladásához!

Ez igaz? Oké, nézd a tiédet jobb kéz. Mekkora szöget zár be a kisujj töve és a hegye mutatóujj? Sok sikert a számítási módszerhez.

Vagy egyszerűen válaszolhat: „Nos, a csúcs X hüvelyk jobbra, Y hüvelyk felfelé van”, és tehet ellene.

Közelednek a komplex számok?

Alapvető felfedezéseimet a komplex számok terén tornádóként mentünk végig. Nézd meg a legelső illusztrációt, most már világosabbá kell válnia.

Annyi mindent lehet még felfedezni ezekben a gyönyörű, csodálatos számokban, de az agyam már elfáradt. A célom egyszerű volt:

• Győződjön meg arról, hogy a komplex számokat csak „őrültnek” tekintették, de valójában nagyon hasznosak lehetnek (akárcsak a negatív számok)
• Mutassa meg, hogy a komplex számok hogyan egyszerűsíthetnek bizonyos problémákat, például a forgatást.

Ha túlzottan aggódom a téma miatt, annak megvan az oka. A képzeletbeli számok évek óta az enyémek megszállottság, rögeszme- A megértés hiánya irritált.

De gyertyát gyújtani jobb, mint átgázolni a koromsötétben: ezek az én gondolataim, és biztos vagyok benne, hogy a fény meggyullad olvasóim elméjében.

Epilógus: De akkor is elég furcsák!

Tudom, hogy még mindig furcsának tűnnek számomra. Próbálok úgy gondolkodni, mint az első ember, aki felfedezte a nulla gondolatot.

A nulla olyan furcsa gondolat, a „valami” a „semmit” jelent, és ezt semmiképpen nem lehetett megérteni Az ókori Róma. Ugyanez a helyzet a komplex számokkal – ez egy új gondolkodásmód. De mind a nulla, mind a komplex számok nagyban leegyszerűsítik a matematikát. Ha soha nem vezettünk volna be olyan furcsa dolgokat, mint az új számrendszerek, akkor is mindent az ujjunkon számolnánk.

Ismétlem ezt a hasonlatot, mert olyan könnyű elkezdeni azt gondolni, hogy a komplex számok "nem normálisak". Legyünk nyitottak az újításokra: a jövőben csak viccelni fognak azon, hogy valaki egészen a 21. századig nem hitt a komplex számokban.