\(\displaystyle{ \sqrt{-3-4i}}\)
wychodzi że
\(\displaystyle{ \left|z \right|=5}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \sin \varphi=-0,8 \\ \cos \varphi-0,6 \end{cases}}\)
jak z tego wyliczyć \(\displaystyle{ \varphi}\) ?
Obliczanie liczby zespolonej
-
nesz
- Użytkownik
- Posty: 33
- Rejestracja: 10 sty 2012, o 18:30
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 4 razy
Obliczanie liczby zespolonej
Ostatnio zmieniony 30 maja 2012, o 19:13 przez ares41, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
-
octahedron
- Użytkownik
- Posty: 3568
- Rejestracja: 7 mar 2011, o 22:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 910 razy
Obliczanie liczby zespolonej
\(\displaystyle{ \varphi=\arg(\sqrt{-3-4i})=\frac{1}{2}\arg(-3-4i)=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\arctan\left( \frac{4}{3}\right)}\)
-
strawberry9202
- Użytkownik
- Posty: 7
- Rejestracja: 6 cze 2012, o 14:46
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Kraków
Obliczanie liczby zespolonej
Cześc! pomógł by mi ktoś z tymi zadaniami, trzeba obliczyc liczbe zespoloną:
a) \(\displaystyle{ z=(1+i)^{1+i}}\)
b) \(\displaystyle{ z= sin(1+i) ^{1+i}}\)
a) \(\displaystyle{ z=(1+i)^{1+i}}\)
b) \(\displaystyle{ z= sin(1+i) ^{1+i}}\)
Ostatnio zmieniony 6 cze 2012, o 15:31 przez Frey, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: miętaj o klamrach tex
Powód: miętaj o klamrach tex
-
Majeskas
- Użytkownik
- Posty: 1456
- Rejestracja: 14 gru 2007, o 14:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 49 razy
- Pomógł: 198 razy
Obliczanie liczby zespolonej
Zakładam, że chodzi o przedstawienie tej liczby w postaci \(\displaystyle{ a+bi}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\in\mathbb{R}.}\)
\(\displaystyle{ 1-i=\sqrt2\left(\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2i\right)\quad\Rightarrow\quad\textrm{Arg}(1-i)=\varphi=\frac74\pi}\)
\(\displaystyle{ \ln(1-i)=\ln\left(|1-i|e^{i\varphi}\right)=\ln\left(\sqrt2\cdot e^{\frac74\pi i}\right)=\ln\sqrt2+\ln e^{\frac74\pi i}=\ln\sqrt2+\frac74\pi i}\)
\(\displaystyle{ (1-i)^{1+i}=(1-i)\cdot(1-i)^i=(1-i)\cdot e^{\ln (1-i)^i}=(1-i)\cdot e^{i\ln (1-i)}=\\\\=(1-i)\cdot e^{i\left(\ln\sqrt2+\frac74\pi i\right)}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi+ i\ln\sqrt2}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot e^{i\ln\sqrt2}=\\\\=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot (\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=\left(e^{-\frac74\pi}-e^{-\frac74\pi}i\right)(\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=\\=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)+e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)i}\)
\(\displaystyle{ \textup{Re}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)}\)
\(\displaystyle{ \textup{Im}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)}\)
Mam nadzieję, że nie kropnąłem się w rachunkach.
Przedstawienie liczby \(\displaystyle{ (1+i)^{1+i}}\) w postaci \(\displaystyle{ a+bi}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\in\mathbb{R}}\) robi się analogicznie, jak w poprzednim przykładzie, więc nie będę tego powtarzał. Pokażę tylko co zrobić z sinusem.
\(\displaystyle{ \sin z=\sin(a+bi)=\sin a\cos bi+\sin bi\cos a=\\\\=\sin a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}+e^{-i\cdot ib}}2+\cos a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}-e^{-i\cdot ib}}{2i}=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+\cos a\cdot\frac{e^{-b}-e^b}{2i}=\\\\=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+i\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \textup{Re}(\sin z)=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2}\)
\(\displaystyle{ \textup{Im}(\sin z)=\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2}\)
Ciekawostka: Okazuje się więc, że \(\displaystyle{ \forall x\in\mathbb{R}\ \cos(ix)\in\mathbb{R}}\). Tak właśnie definiuje się funkcję cosinus hiperboliczny, tj.
\(\displaystyle{ \forall x\in\mathbb{R}\quad \cosh x:=\cos(ix)=\frac{e^x-e^{-x}}2}\)
\(\displaystyle{ 1-i=\sqrt2\left(\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2i\right)\quad\Rightarrow\quad\textrm{Arg}(1-i)=\varphi=\frac74\pi}\)
\(\displaystyle{ \ln(1-i)=\ln\left(|1-i|e^{i\varphi}\right)=\ln\left(\sqrt2\cdot e^{\frac74\pi i}\right)=\ln\sqrt2+\ln e^{\frac74\pi i}=\ln\sqrt2+\frac74\pi i}\)
\(\displaystyle{ (1-i)^{1+i}=(1-i)\cdot(1-i)^i=(1-i)\cdot e^{\ln (1-i)^i}=(1-i)\cdot e^{i\ln (1-i)}=\\\\=(1-i)\cdot e^{i\left(\ln\sqrt2+\frac74\pi i\right)}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi+ i\ln\sqrt2}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot e^{i\ln\sqrt2}=\\\\=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot (\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=\left(e^{-\frac74\pi}-e^{-\frac74\pi}i\right)(\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=\\=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)+e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)i}\)
\(\displaystyle{ \textup{Re}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)}\)
\(\displaystyle{ \textup{Im}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)}\)
Mam nadzieję, że nie kropnąłem się w rachunkach.
Przedstawienie liczby \(\displaystyle{ (1+i)^{1+i}}\) w postaci \(\displaystyle{ a+bi}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\in\mathbb{R}}\) robi się analogicznie, jak w poprzednim przykładzie, więc nie będę tego powtarzał. Pokażę tylko co zrobić z sinusem.
\(\displaystyle{ \sin z=\sin(a+bi)=\sin a\cos bi+\sin bi\cos a=\\\\=\sin a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}+e^{-i\cdot ib}}2+\cos a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}-e^{-i\cdot ib}}{2i}=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+\cos a\cdot\frac{e^{-b}-e^b}{2i}=\\\\=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+i\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \textup{Re}(\sin z)=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2}\)
\(\displaystyle{ \textup{Im}(\sin z)=\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2}\)
Ciekawostka: Okazuje się więc, że \(\displaystyle{ \forall x\in\mathbb{R}\ \cos(ix)\in\mathbb{R}}\). Tak właśnie definiuje się funkcję cosinus hiperboliczny, tj.
\(\displaystyle{ \forall x\in\mathbb{R}\quad \cosh x:=\cos(ix)=\frac{e^x-e^{-x}}2}\)