21. Комплексные числа

Определение поля

Определение. Полем называется непустое множество, для элементов которого определено два действия, называемых сложением и умножением, которые удовлетворяют следующим аксиомам:

1. a+b=b+a (коммутативность сложения);

2. (a+b)+c=a+(b+c) (ассоциативность сложения);

3. \exists 0:\ \forall a\ a+0=a (существование нуля);

4. \forall a\ \exists (-a):\ a+(-a)=0 (существование противоположного элемента);

5. ab=ba (коммутативность умножения);

6. (ab)c=a(bc) (ассоциативность умножения);

7. \exists 1:\ \forall a\ a\cdot1=a (существование единицы);

8. \forall a\ne0\ \exists a^{-1}:\ a\cdot a^{-1}=1 (существование обратного элемента);

9. (a+b)c=ac+bc (дистрибутивность);

10. 1\ne0 (в поле должно существовать хотя бы два элемента).

Пример. Поля: \mathbb{R} – поле вещественных чисел, \mathbb{Q} – поле рациональных чисел,

\mathbb{Q}(\sqrt{2})=\left\{ a+b\sqrt{2}/a,b\in \mathbb{Q}\right\}.

Некоторые следствия из аксиом поля

1. Нуль есть только один.

Действительно, пусть есть два нуля 0_1 и 0_2:

a+0_1=a,\quad a+0_2=a.

Тогда 0_1+0_2=0_1 и 0_1+0_2=0_2+0_1=0_2.

2. У числа есть только одно противоположное.

Действительно, пусть их два (-a) и b. Тогда

(-a)+(a+b)=(-a)+0=-a,\quad ((-a)+a)+b=0+b=b+0=b.

3. ab=0,a\ne0\Longrightarrow b=0.

Действительно, a^{-1}\cdot ab=b=0.

4. (-a)(-b)=ab.

Действительно, ((-a)+a)b=0=(-a)b+ab. Аналогично
a((-b)+b)=a(-b)+ab=0. Значит, -(ab)=(-a)b=a(-b). Кроме того, -(-ab)=ab. Тогда

((-a)+a)((-b)+b)=(-a)(-b)+(-a)b+ab+a(-b)=0

и (-a)(-b)=-(a(-b))=ab.

Определение поля комплексных чисел

Определение. Полем комплексных чисел называется множество \mathbb{C}, обладающее следующими свойствами:

1. \mathbb{C} — поле;

2. \mathbb{C}\supset \mathbb{R} (\mathbb{C} содержит \mathbb{R}). При этом предполагается, что действия в \mathbb{C} в применении к элементам из \mathbb{R} приводят к тем же результатам, что и действия в \mathbb{R}.

3. Любое квадратное уравнение с вещественными коэффициентами имеет в поле \mathbb{C} корень.

4. Каждый элемент поля \mathbb{C} является корнем какого-либо квадратного уравнения с вещественными коэффициентами.

Рассмотрим уравнение

z^2+1=0.

Оно не имеет вещественных корней, но, по аксиоме 3, имеет корень в поле \mathbb{C}. Один из корней этого уравнения зафиксируем и обозначим i (image) — мнимая единица.

Пусть a,b,c,d\in \mathbb{R}
\begin{array}{l}<br />
(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i,\\<br />
(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i,\\<br />
(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i,\\</p>
<p>\displaystyle<br />
{a+bi\over c+di}={(a+bi)(c-di)\over (c+di)(c-di)}={(ac+bd)+(bc-ad)i\over c^2+d^2}=</p>
<p>{ac+bd\over c^2+d^2}+{bc-ad\over c^2+d^2}i.<br />
\end{array}

Теорема. Любой элемент поля \mathbb{C} можно единственным образом представить в виде a+bi, где a,b\in \mathbb{R}.

Доказательство.

a,b\in \mathbb{R}\Longrightarrow a,b\in \mathbb{C},i\in \mathbb{C}\Longrightarrow a+bi\in \mathbb{C}.
Пусть \gamma — произвольный элемент \mathbb{C}. По аксиоме 4, \gamma — корень квадратного уравнения с коэффициентами из \mathbb{R}

  pz^2+qz+r=0\qquad(p,q,r\in \mathbb{R},p\ne0).

\begin{array}{l}<br />
p\gamma^2+q\gamma+r=0,\\<br />
\gamma^2+{q\over p}\gamma+r=0,\\</p>
<p>\displaystyle<br />
\left(\gamma+{q\over 2p}\right)^2+{r\over p}-{q^2\over 4p^2}=0,\\<br />
\displaystyle<br />
\left(\gamma+{q\over 2p}\right)^2={q^2-4rp\over 4p^2}.<br />
\end{array}
Если \gamma — вещественное число, то его можно представить в виде \gamma=\gamma+0i. Пусть \gamma не является вещественным числом. Тогда квадратное уравнение pz^2+qz+r=0 не имеет вещественных корней и имеет отрицательный дискриминант.
\begin{array}{l}<br />
q^2-4pr={\cal D}<0\\<br />
\displaystyle<br />
{{\cal D}\over 4p^2}=\left({\sqrt{-\cal D}\over 2p}i\right)^2,\\<br />
\displaystyle<br />
\left(\gamma+{q\over 2p}\right)^2-\left({\sqrt{-\cal D}\over 2p}i\right)^2=0,\\<br />
\displaystyle<br />
\left(\gamma+{q-i\sqrt{-\cal D}\over 2p}\right)\left(\gamma+{q-i\sqrt{-\cal D}\over 2p}\right)=0,\\<br />
\displaystyle<br />
\gamma=-{q\over 2p}\pm{i\sqrt{-\cal D}\over 2p}.<br />
\end{array}
В любом случае \gamma имеет требуемый вид.

Докажем единственность.

Предположим, что \gamma=a+bi=a_1+b_1i. Тогда

a-a_1=(b_1-b)i.

Пусть b_1\ne b. Тогда

\displaystyle{a-a_1\over b_1-b}=i.

Получаем, что i\in \mathbb{R}. Это невозможно, значит, b_1=b. Тогда a_1=a.

Сопряженные комплексные числа

Представление комплексного числа в виде a+bi называется каноническим представлением комплексного числа. Число a называется вещественной частью числа z

a=\Re e z\qquad\mbox{\rm real}.

Число b называется мнимой частью числа z

b=\Im m z\qquad\mbox{\rm imaginary}.

Если \Im m z\ne0, то число z называется мнимым числом. Если \Re e z=0, то z называется чисто мнимым числом.

Число \bar{z}=a-bi называется сопряженным с z.

Теорема.

1. z+\bar{z},z\bar{z} — вещественные числа, z\bar{z} неотрицательно.
2. \begin{array}{l}<br />
\overline{z_1+z_2}=\bar{z_1}+\bar{z_2}\\<br />
\overline{z_1-z_2}=\bar{z_1}-\bar{z_2}\\<br />
\overline{z_1\cdot z_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}\\<br />
\overline{z_1:z_2}=\bar{z_1}:\bar{z_2}<br />
\end{array}
3. Число z вещественно в том и только том случае, если \bar{z}=z. Число z чисто мнимое, если \bar{z}=-z.

Доказательство.

1.
\begin{array}{l}<br />
z_1=a+bi,z_2=c+di,\\<br />
z_1+z_2=(a+c)+(b+d)i,\\<br />
\overline{z_1+z_2}=(a+c)-(b+d)i,\\<br />
\bar{z_1}=a-bi,\bar{z_2}=c-di,\\<br />
\bar{z_1}+\bar{z_2}=(a+c)-(b+d)i.<br />
\end{array}
Первое утверждение доказано.

2. Второе доказывается аналогично.

3.
\begin{array}{l}<br />
z_1\cdot z_2=(ac-bd)+(ad+bc)i,\\<br />
\overline{z_1\cdot z_2}=(ac-bd)-(ad+bc)i,\\<br />
\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}=(a-bi)(c-di)=(ac-bd)+(-ad-bc)i.<br />
\end{array}

4.
\begin{array}{l}<br />
\displaystyle{z_1\over z_2}={a+bi\over c+di}={ac+bd\over c^2+d^2}+{bc-ad\over c^2+d^2}i,\\[3mm]<br />
\displaystyle\overline{z_1\over z_2}={ac+bd\over c^2+d^2}-{bc-ad\over c^2+d^2}i,\\[3mm]<br />
\displaystyle{\bar{z}_1\over \bar{z}_2}={a-bi\over c-di}={(a-bi)(c+di)\over (c-di)(c+di)}=\\[3mm]<br />
\displaystyle={(ac+bd)+(-bc+ad)i\over c^2+d^2}={ac+bd\over c^2+d^2}-{bc-ad\over c^2+d^2}i.<br />
\end{array}

Задачи.

1. Вычислите

1) (1+2i)-(3-i);

2) i(1-i);

3) (2-i)^2;

4) i^4;

5) (1+i)^{20}.

2. Найдите вещественные решения уравнения

(1+i)x+(2+i)y=5+3i.

3. Вычислите

1) \displaystyle \frac{5}{1+2i};

2) \displaystyle \frac{2i-3}{1+i};

3) (1+i)^{-10}.

4. Докажите, что следующие числа вещественны

1) \displaystyle \frac{z^2+\bar{z}}{z^2-\bar{z}}-\frac{z+\bar{z}^2}{z-\bar{z}^2};

2) \displaystyle \frac{z-1}{i(z+1)}, если z\bar{z}=1.

5. Найдите все комплексные корни уравнений:

1) x^2=-4;

2) x^2+ix+2=0;

3) 2ix^2+(5i-1)x+4i-2=0;

4) x^6=1;

5) x^4+x^2+4x+4=0.

Комментариев: 6

  1. 1 Несчастный глупый студент:

    Ну, насколько я понял, тут отражены не все следствия из аксиом поля.

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    Вы совершенно правы, но цели отразить их все и не было. Приведены примеры некоторых следствий и их доказательств для школьников. Вообще-то об этом нужно было, конечно, упомянуть. Исправила.

    [Ответить]

  2. 2 Лейб:

    В задачах, где написано:

    5. Решите квадратные уравнения

    слово “квадратные” лучше убрать – оно не подходит для двух последних уравнений.

    По-моему, лучше это место сформулировать так:

    Найдите ВСЕ (комплексные) корни данных уравнений. Или что-то в этом роде.

    [Ответить]

  3. 4 Теорема Наполеона | Математика, которая мне нравится:

    [...] основанные на свойствах поворота или использующие комплексные числа. Привожу здесь доказательство, которое кажется мне [...]

  4. 5 zbl:

    Символ i, введённый Эйлером, от латинского imaginarius (мнимый). image на латыни — образ.

    [Ответить]

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение