Proszę o rozwiązanie takich dwóch działań:
\(z = sin (1+i)^(^1^+^i^)\)
oraz
\(z = (1-i)^(^1^+^i^)\)
liczby zespolone
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
- Fachowiec
- Posty: 1070
- Rejestracja: 07 maja 2010, 12:48
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 357 razy
-
- Fachowiec
- Posty: 1070
- Rejestracja: 07 maja 2010, 12:48
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 357 razy
Re: liczby zespolone
Założę więc, że chodzi o przedstawienie tej liczby w postaci \(a+bi\), gdzie \(a,b\in\mathbb{R}.\)
\(1-i=\sqrt2\left(\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2i\right)\quad\Rightarrow\quad\textrm{Arg}(1-i)=\varphi=\frac74\pi\)
\(\ln(1-i)=\ln\left(|1-i|e^{i\varphi}\right)=\ln\left(\sqrt2\cdot e^{\frac74\pi i}\right)=\ln\sqrt2+\ln e^{\frac74\pi i}=\ln\sqrt2+\frac74\pi i\)
\((1-i)^{1+i}=(1-i)\cdot(1-i)^i=(1-i)\cdot e^{\ln (1-i)^i}=(1-i)\cdot e^{i\ln (1-i)}=(1-i)\cdot e^{i\left(\ln\sqrt2+\frac74\pi i\right)}=\\(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi+ i\ln\sqrt2}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot e^{i\ln\sqrt2}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot (\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=\\\left(e^{-\frac74\pi}-e^{-\frac74\pi}i\right)(\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)+e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)i\)
\(\textrm{Re}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)\)
\(\textrm{Im}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)\)
Mam nadzieję, że nie kropnąłem się w rachunkach. Z drugim zmierzę się potem, bo teraz nie mam już czasu.
\(1-i=\sqrt2\left(\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2i\right)\quad\Rightarrow\quad\textrm{Arg}(1-i)=\varphi=\frac74\pi\)
\(\ln(1-i)=\ln\left(|1-i|e^{i\varphi}\right)=\ln\left(\sqrt2\cdot e^{\frac74\pi i}\right)=\ln\sqrt2+\ln e^{\frac74\pi i}=\ln\sqrt2+\frac74\pi i\)
\((1-i)^{1+i}=(1-i)\cdot(1-i)^i=(1-i)\cdot e^{\ln (1-i)^i}=(1-i)\cdot e^{i\ln (1-i)}=(1-i)\cdot e^{i\left(\ln\sqrt2+\frac74\pi i\right)}=\\(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi+ i\ln\sqrt2}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot e^{i\ln\sqrt2}=(1-i)\cdot e^{-\frac74\pi}\cdot (\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=\\\left(e^{-\frac74\pi}-e^{-\frac74\pi}i\right)(\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)+e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)i\)
\(\textrm{Re}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)\)
\(\textrm{Im}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)\)
Mam nadzieję, że nie kropnąłem się w rachunkach. Z drugim zmierzę się potem, bo teraz nie mam już czasu.
Korki z matmy, rozwiązywanie zadań
info na priv
info na priv
-
- Fachowiec
- Posty: 1070
- Rejestracja: 07 maja 2010, 12:48
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 357 razy
Re: liczby zespolone
\(z=\sin(1+i)^{1+i}\)
Przedstawienie liczby \((1+i)^{1+i}\) w postaci \(a+bi\), gdzie \(a,b\in\mathbb{R}\) robi się analogicznie, jak w poprzednim przykładzie, więc nie będę tego powtarzał. Pokażę tylko co zrobić z sinusem.
\(\sin z=\sin(a+bi)=\sin a\cos bi+\sin bi\cos a=\sin a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}+e^{-i\cdot ib}}2+\cos a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}-e^{-i\cdot ib}}{2i}=\\\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+\cos a\cdot\frac{e^{-b}-e^b}{2i}=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+i\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2\)
Zatem
\(\textrm{Re}(\sin z)=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2\)
\(\textrm{Im}(\sin z)=\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2\)
Ciekawostka: Okazuje się więc, że \(\forall x\in\mathbb{R}\ \cos(ix)\in\mathbb{R}\). Tak właśnie definiuje się funkcję cosinus hiperboliczny, tj.
\(\forall x\in\mathbb{R}\quad \cosh x:=\cos(ix)=\frac{e^x-e^{-x}}2\)
Przedstawienie liczby \((1+i)^{1+i}\) w postaci \(a+bi\), gdzie \(a,b\in\mathbb{R}\) robi się analogicznie, jak w poprzednim przykładzie, więc nie będę tego powtarzał. Pokażę tylko co zrobić z sinusem.
\(\sin z=\sin(a+bi)=\sin a\cos bi+\sin bi\cos a=\sin a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}+e^{-i\cdot ib}}2+\cos a\cdot \frac{e^{i\cdot ib}-e^{-i\cdot ib}}{2i}=\\\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+\cos a\cdot\frac{e^{-b}-e^b}{2i}=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2+i\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2\)
Zatem
\(\textrm{Re}(\sin z)=\sin a\cdot\frac{e^b+e^{-b}}2\)
\(\textrm{Im}(\sin z)=\cos a\cdot\frac{e^b-e^{-b}}2\)
Ciekawostka: Okazuje się więc, że \(\forall x\in\mathbb{R}\ \cos(ix)\in\mathbb{R}\). Tak właśnie definiuje się funkcję cosinus hiperboliczny, tj.
\(\forall x\in\mathbb{R}\quad \cosh x:=\cos(ix)=\frac{e^x-e^{-x}}2\)
Korki z matmy, rozwiązywanie zadań
info na priv
info na priv
Re: liczby zespolone
Mogę jeszcze prosić o wytłumaczenie tego przejściaCrazy Driver pisze: \(\\\left(e^{-\frac74\pi}-e^{-\frac74\pi}i\right)(\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)+e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)i\)
\(\textrm{Re}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)\)
\(\textrm{Im}\left((1-i)^{1+i}\right)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)\)
\(\\\left(e^{-\frac74\pi}-e^{-\frac74\pi}i\right)(\cos\ln\sqrt2+i\sin\ln\sqrt2)=e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2+\cos\ln\sqrt2)+e^{-\frac74\pi}(\sin\ln\sqrt2-\cos\ln\sqrt2)i\)
bo nie bardzo wiem, dlaczego została zmieniona kolejność i co się stało z i w pierwszym nawiasie, a skąd wzięło i za drugim?
-
- Fachowiec
- Posty: 1070
- Rejestracja: 07 maja 2010, 12:48
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 357 razy
Re: liczby zespolone
Przemnóż te nawiasy przez siebie, a następnie uporządkuj wg tego, co jest rzeczywiste, a co urojone.
Korki z matmy, rozwiązywanie zadań
info na priv
info na priv