rozwiąż równania
\(\displaystyle{ z^3=(iz + 1)^3}\)
\(\displaystyle{ z^4=(1-i)^4}\)
przedstaw w postaci trygonometrycznej
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{2} } + \frac{ \sqrt{3} }{2} i}\)
z góry dziękuje za pomoc
rozwiązać równania i postać trygonometryczna
- bb314
- Użytkownik
- Posty: 871
- Rejestracja: 3 sie 2012, o 19:01
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Namysłów
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 321 razy
rozwiązać równania i postać trygonometryczna
\(\displaystyle{ a=\frac{1}{ \sqrt{2} } + \frac{ \sqrt{3} }{2} i}\)
\(\displaystyle{ |a|=\sqrt{\left( \frac1{\sqrt2}\right)^2+\left( \frac{ \sqrt{3} }{2}\right)^2}=\sqrt{\frac12+\frac34}=\sqrt{\frac54}=\frac{\sqrt5}{2}}\)
\(\displaystyle{ a=\frac{\sqrt5}{2}\left( \frac{\frac{1}{ \sqrt{2} }}{\frac{\sqrt5}{2}}+\frac{\frac{ \sqrt{3} }{2}}{\frac{\sqrt5}{2}}i\right)=\frac{\sqrt5}{2}\left(\frac{\sqrt{10}}{5}}+\frac{ \sqrt{15} }{5}}i\right)}\)
\(\displaystyle{ \blue a=\frac{\sqrt5}{2}\left[\cos \left( \arccos \frac{\sqrt{10}}{5}}\right)+i\,\sin \left( \arccos \frac{\sqrt{10}}{5}}\right)\right]}\)
\(\displaystyle{ |a|=\sqrt{\left( \frac1{\sqrt2}\right)^2+\left( \frac{ \sqrt{3} }{2}\right)^2}=\sqrt{\frac12+\frac34}=\sqrt{\frac54}=\frac{\sqrt5}{2}}\)
\(\displaystyle{ a=\frac{\sqrt5}{2}\left( \frac{\frac{1}{ \sqrt{2} }}{\frac{\sqrt5}{2}}+\frac{\frac{ \sqrt{3} }{2}}{\frac{\sqrt5}{2}}i\right)=\frac{\sqrt5}{2}\left(\frac{\sqrt{10}}{5}}+\frac{ \sqrt{15} }{5}}i\right)}\)
\(\displaystyle{ \blue a=\frac{\sqrt5}{2}\left[\cos \left( \arccos \frac{\sqrt{10}}{5}}\right)+i\,\sin \left( \arccos \frac{\sqrt{10}}{5}}\right)\right]}\)
Ostatnio zmieniony 24 lis 2012, o 12:56 przez bb314, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 684
- Rejestracja: 6 lis 2009, o 21:00
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 101 razy
rozwiązać równania i postać trygonometryczna
Korzystaj z tego, że prawą stronę równości możesz zapisać równie dobrze jako:
\(\displaystyle{ (1-i)^4=(1-i)^4\cdot e^{2k\pi i}}\)
Ponieważ czynnik z e jest zawsze równy 1, a przemnożenie przez jedynkę nic nie zmienia. Sprawdź, że to jest jedynka z tożsamości Eulera.
Pierwiastkując:
\(\displaystyle{ z=(1-i)\cdot e^{\frac{2k\pi i}{4}}\)
Wstawiając kolejne k (cztery kolejne, różne) otrzymasz cztery różne pierwiastki. Jeżeli dalej będziesz podstawiał k, i tak wyjdą 4 pierwiastki bo zaczną się powtarzać.
Co do postaci trygonometrycznej: tutaj
https://www.matematyka.pl/310427.htm
napisałem o tym mały elaborat .
PS. czy masz może na imię Michał?
\(\displaystyle{ (1-i)^4=(1-i)^4\cdot e^{2k\pi i}}\)
Ponieważ czynnik z e jest zawsze równy 1, a przemnożenie przez jedynkę nic nie zmienia. Sprawdź, że to jest jedynka z tożsamości Eulera.
Pierwiastkując:
\(\displaystyle{ z=(1-i)\cdot e^{\frac{2k\pi i}{4}}\)
Wstawiając kolejne k (cztery kolejne, różne) otrzymasz cztery różne pierwiastki. Jeżeli dalej będziesz podstawiał k, i tak wyjdą 4 pierwiastki bo zaczną się powtarzać.
Co do postaci trygonometrycznej: tutaj
https://www.matematyka.pl/310427.htm
napisałem o tym mały elaborat .
PS. czy masz może na imię Michał?
-
- Użytkownik
- Posty: 11
- Rejestracja: 7 lip 2012, o 12:11
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bielsko - Biała
- Podziękował: 2 razy
rozwiązać równania i postać trygonometryczna
Zdaje się że mogłem zapytać osobiście
nie mogę wyznaczyć kąta bo \(\displaystyle{ \sin x = \sqrt{ \frac{3}{5} }}\) a \(\displaystyle{ \cos x = \frac{2}{ \sqrt{10} }}\)
nie mogę wyznaczyć kąta bo \(\displaystyle{ \sin x = \sqrt{ \frac{3}{5} }}\) a \(\displaystyle{ \cos x = \frac{2}{ \sqrt{10} }}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 684
- Rejestracja: 6 lis 2009, o 21:00
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 101 razy
rozwiązać równania i postać trygonometryczna
Nie możesz podać wartości, ale możesz podać funkcję odwrotną do trygonometrycznej obrazującą wartość kąta. Znasz funkcje arcus sinus/cosinus? To taka funkcja, która wartości funkcji trygonometrycznej przyporządkowuje kąt, tj. np.
\(\displaystyle{ \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} \Rightarrow \arcsin \frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}}\)
\(\displaystyle{ \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} \Rightarrow \arcsin \frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 11
- Rejestracja: 7 lip 2012, o 12:11
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bielsko - Biała
- Podziękował: 2 razy
rozwiązać równania i postać trygonometryczna
no ok ale jeśli mam to podnieść to 12 potęgi to będę miał \(\displaystyle{ \cos \left( 12\arccos \frac{ \sqrt{10} }{5} \right)}\) czy \(\displaystyle{ \cos \left( \arccos \frac{12 \sqrt{10} }{5} \right)}\)?
Ostatnio zmieniony 2 gru 2012, o 12:40 przez Dasio11, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa zapisu funkcji.
Powód: Poprawa zapisu funkcji.
-
- Użytkownik
- Posty: 684
- Rejestracja: 6 lis 2009, o 21:00
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 101 razy
rozwiązać równania i postać trygonometryczna
Skoro arccos przedstawia wartość kąta, to z twierdzenia de Moivre'a mamy, że:
\(\displaystyle{ (\cos \theta +i \sin \theta)^n=(\cos n\theta + i \sin n\theta)}\)
Gdzie \(\displaystyle{ \theta}\) jest kątem. Czyli nie mnożysz argumentu arcuscosinusa, bo niby na jakiej mocy? To nie jest funkcja liniowa, żebyśmy mieli:
\(\displaystyle{ f(\alpha x)=\alpha f(x)}\)
\(\displaystyle{ (\cos \theta +i \sin \theta)^n=(\cos n\theta + i \sin n\theta)}\)
Gdzie \(\displaystyle{ \theta}\) jest kątem. Czyli nie mnożysz argumentu arcuscosinusa, bo niby na jakiej mocy? To nie jest funkcja liniowa, żebyśmy mieli:
\(\displaystyle{ f(\alpha x)=\alpha f(x)}\)