Страница 133 номер 14.10, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень. Алгебра и начала математического анализа

Модуль числа \(z = a + bi\) равен \(r = \sqrt{a^2 + b^2}\), а его аргумент \(\varphi\) находим из системы \(\cos\varphi = \frac{a}{r}\), \(\sin\varphi = \frac{b}{r}\); тогда \(z = r(\cos\varphi + i\sin\varphi)\).

1) \(r = 7\), \(\cos\varphi = \frac{7}{7} = 1\), \(\sin\varphi = \frac{0}{7} = 0\), откуда \(\varphi = 2\pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\). Возьмём \(\varphi = 0\): \[7 = 7(\cos 0 + i\sin 0).\]

2) \(r = \sqrt{0^2 + 4^2} = 4\), \(\cos\varphi = \frac{0}{4} = 0\), \(\sin\varphi = \frac{4}{4} = 1\), откуда \(\varphi = \frac{\pi}{2} + 2\pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\). Возьмём \(\varphi = \frac{\pi}{2}\): \[4i = 4\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right).\]

3) \(r = \sqrt{(-2)^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\). Аргумент находим из системы \[\begin{cases} \cos\varphi = \frac{-2}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \sin\varphi = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases}\] Отсюда \(\varphi = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\). Возьмём \(\varphi = \frac{3\pi}{4}\): \[-2 + 2i = 2\sqrt{2}\left(\cos\frac{3\pi}{4} + i\sin\frac{3\pi}{4}\right).\]

4) \(r = \sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2 + 1^2} = 2\). Аргумент находим из системы \[\begin{cases} \cos\varphi = \frac{\sqrt{3}}{2}, \\ \sin\varphi = \frac{1}{2}. \end{cases}\] Отсюда \(\varphi = \frac{\pi}{6} + 2\pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\). Возьмём \(\varphi = \frac{\pi}{6}\): \[\sqrt{3} + i = 2\left(\cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6}\right).\]

5) \(r = \sqrt{(-1)^2 + 2^2} = \sqrt{5}\). Аргумент находим из системы \[\begin{cases} \cos\varphi = -\frac{1}{\sqrt{5}} = -\frac{\sqrt{5}}{5}, \\ \sin\varphi = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}. \end{cases}\] Угол \(\varphi = \arccos\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\) удовлетворяет первому уравнению и принадлежит отрезку \([0;\ \pi]\), на котором синус неотрицателен, поэтому для него \(\sin\varphi = \sqrt{1 - \left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)^2} = \frac{2\sqrt{5}}{5}\) — второе уравнение тоже верно. Значит, \[-1 + 2i = \sqrt{5}\left(\cos\left(\arccos\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\right) + i\sin\left(\arccos\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\right)\right).\]

6) \(r = \sqrt{(-3)^2 + (-1)^2} = \sqrt{10}\). Аргумент находим из системы \[\begin{cases} \cos\varphi = -\frac{3}{\sqrt{10}} = -\frac{3\sqrt{10}}{10}, \\ \sin\varphi = -\frac{1}{\sqrt{10}} = -\frac{\sqrt{10}}{10}. \end{cases}\] Пусть \(\alpha = \arccos\left(-\frac{3\sqrt{10}}{10}\right)\). Угол \(\alpha\) принадлежит отрезку \([0;\ \pi]\), на котором синус неотрицателен, поэтому \(\sin\alpha = \sqrt{1 - \left(-\frac{3\sqrt{10}}{10}\right)^2} = \frac{\sqrt{10}}{10}\). Косинус — чётная функция, синус — нечётная, поэтому \(\cos(-\alpha) = \cos\alpha = -\frac{3\sqrt{10}}{10}\) и \(\sin(-\alpha) = -\sin\alpha = -\frac{\sqrt{10}}{10}\): угол \(\varphi = -\alpha\) удовлетворяет системе. Значит, \[-3 - i = \sqrt{10}\left(\cos\left(-\arccos\left(-\frac{3\sqrt{10}}{10}\right)\right) + i\sin\left(-\arccos\left(-\frac{3\sqrt{10}}{10}\right)\right)\right).\]

7) Сначала запишем число в алгебраической форме: \[(3 - 2i)^2 = 9 - 12i + 4i^2 = 9 - 12i - 4 = 5 - 12i.\] \(r = \sqrt{5^2 + (-12)^2} = 13\). Аргумент находим из системы \[\begin{cases} \cos\varphi = \frac{5}{13}, \\ \sin\varphi = -\frac{12}{13}. \end{cases}\] Угол \(\varphi = \arcsin\left(-\frac{12}{13}\right)\) удовлетворяет второму уравнению и принадлежит отрезку \(\left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\), на котором косинус неотрицателен, поэтому для него \(\cos\varphi = \sqrt{1 - \left(-\frac{12}{13}\right)^2} = \frac{5}{13}\) — первое уравнение тоже верно. Значит, \[(3 - 2i)^2 = 13\left(\cos\left(\arcsin\left(-\frac{12}{13}\right)\right) + i\sin\left(\arcsin\left(-\frac{12}{13}\right)\right)\right).\]

8) Умножим числитель и знаменатель на число \(1 - i\), сопряжённое знаменателю: \[\frac{2 + i}{1 + i} = \frac{(2 + i)(1 - i)}{(1 + i)(1 - i)} = \frac{2 - 2i + i - i^2}{1 + 1} = \frac{3 - i}{2} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2}i.\] \(r = \sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^2 + \left(-\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{10}{4}} = \frac{\sqrt{10}}{2}\). Аргумент находим из системы \[\begin{cases} \cos\varphi = \frac{3}{2} : \frac{\sqrt{10}}{2} = \frac{3\sqrt{10}}{10}, \\ \sin\varphi = -\frac{1}{2} : \frac{\sqrt{10}}{2} = -\frac{\sqrt{10}}{10}. \end{cases}\] Угол \(\varphi = \arcsin\left(-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)\) удовлетворяет второму уравнению и принадлежит отрезку \(\left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\), на котором косинус неотрицателен, поэтому для него \(\cos\varphi = \sqrt{1 - \left(-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)^2} = \frac{3\sqrt{10}}{10}\) — первое уравнение тоже верно. Значит, \[\frac{2 + i}{1 + i} = \frac{\sqrt{10}}{2}\left(\cos\left(\arcsin\left(-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)\right) + i\sin\left(\arcsin\left(-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)\right)\right).\]

Ответ: 1) \(7(\cos 0 + i\sin 0)\); 2) \(4\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right)\); 3) \(2\sqrt{2}\left(\cos\frac{3\pi}{4} + i\sin\frac{3\pi}{4}\right)\); 4) \(2\left(\cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6}\right)\); 5) \(\sqrt{5}\left(\cos\left(\arccos\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\right) + i\sin\left(\arccos\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\right)\right)\); 6) \(\sqrt{10}\left(\cos\left(-\arccos\left(-\frac{3\sqrt{10}}{10}\right)\right) + i\sin\left(-\arccos\left(-\frac{3\sqrt{10}}{10}\right)\right)\right)\); 7) \(13\left(\cos\left(\arcsin\left(-\frac{12}{13}\right)\right) + i\sin\left(\arcsin\left(-\frac{12}{13}\right)\right)\right)\); 8) \(\frac{\sqrt{10}}{2}\left(\cos\left(\arcsin\left(-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)\right) + i\sin\left(\arcsin\left(-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)\right)\right)\).