حل المعادلة $x^3+1=0$ حيث $x\in \mathrm{ℂ}$

$\begin{array}{rl}& \because x^3+1=0\Rightarrow x^3=-1\\ & x^3=-1+0i\Rightarrow r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{1+0}=1\\ & \cos \theta =\frac{x}{r}=\frac{-1}{1}=-1 , \sin \theta =\frac{y}{r}=\frac{0}{1}=0\end{array}$

زاوية الإسناد $\theta =\pi$

بالجذر التكعيبي:

$\begin{array}{rl}& x^3=\cos \pi +i\sin \pi \\ & \therefore x=(\cos \pi +i\sin \pi {)}^{\frac{1}{3}}\end{array}$

$\begin{array}{ll}\sqrt[n]{x}=r^{\frac{1}{n}}[\cos \left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)+i\sin \left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)]& \\ x=[\cos \left(\frac{\pi +2k\pi }{3}\right)+i\sin \left(\frac{\pi +2k\pi }{3}\right)]k=0,1,2& \left(k=0\right)\\ x_1=(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3})=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i& \left(k=1\right)\\ x_2=(\cos \frac{\pi +2\pi }{3}+i\sin \frac{\pi +2\pi }{3})=(\cos \frac{3\pi }{3}+i\sin \frac{3\pi }{3})=(\cos \pi +i\sin \pi )& \left(k=2\right)\\ x_2=-1+\left(0\right)i=-1& \\ x_3=(\cos \frac{\pi +4\pi }{3}+i\sin \frac{\pi +4\pi }{3})=(\cos \frac{5\pi }{3}+i\sin \frac{5\pi }{3})=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i& \left(k=2\right)\end{array}$

مجموعة الحل $\{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,-1,\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\}$

مبرهنة ديموافر

مبرهنة ديموافر

$$\begin{gathered} Z^n=(cos\theta +isin\theta {)}^n=cos(n\theta )+isin(n\theta ) , n\in N,\theta \in R \\ {Z}^n=(cos\theta -isin\theta {)}^n=cos\left(n\theta \right)-isin\left(n\theta \right) , n\in N,\theta \in R \\ \sqrt[n]{Z}=r^{\frac{1}{n}}[cos\left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)+isin\left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)] , k=0,1,2,3,\dots ,n-1 \end{gathered}$$

(1)- احسب ${(\cos \frac{3}{8}\pi +i\sin \frac{3}{8}\pi )}^4$ باستخدام مبرهنة ديموافر

${(\cos \frac{3}{8}\pi +i\sin \frac{3}{8}\pi )}^4=[\cos \frac{12}{8}\pi +i\sin \frac{12}{8}\pi ]=\cos \frac{3}{2}\pi +i\sin \frac{3}{2}\pi =0-i$

(2)- بين لكل $\theta \in R , n\in N$ فإن $(\cos \theta -i\sin \theta {)}^n=\cos (n\theta )-i\sin (n\theta )$

$\begin{array}{rl}\mathbf{LHS}& =(\cos \theta -i\sin \theta {)}^n=(\cos \theta +(-i\sin \theta ){)}^n=(\cos \theta +i\sin (-\theta ){)}^n\\ & =[\cos (-\theta )+i\sin (-\theta \left){]}^n\right(\mathrm{\varnothing }=-\theta )\\ & =[\cos (\mathrm{\varnothing })+i\sin (\mathrm{\varnothing }){]}^n=\cos (n\mathrm{\varnothing })+i\sin (n\mathrm{\varnothing })\\ & =\cos (-n\theta )+i\sin (-n\theta )=\cos \left(n\theta \right)-i\sin \left(n\theta \right)=\mathbf{RHS}\end{array}$

ملاحظة: قوانين مهمة في عمليات التبسيط:

$\begin{array}{rl}& \sin (a+b)=\sin \left(a\right)\cos \left(b\right)+\cos \left(a\right)\sin \left(b\right)\\ & \sin (a-b)=\sin \left(a\right)\cos \left(b\right)-\cos \left(a\right)\sin \left(b\right)\\ & \cos (a+b)=\cos \left(a\right)\cos \left(b\right)-\sin \left(a\right)\sin \left(b\right)\\ & \cos (a-b)=\cos \left(a\right)\cos \left(b\right)+\sin \left(a\right)\sin \left(b\right)\end{array}$

(3)- احسب باستخدام ديموافر $(1+i{)}^{11}$

التحويل للصيغة القطبية:

$\begin{array}{rl}& Z=1+i\Rightarrow r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}\\ & \cos \theta =\frac{x}{r}=\frac{1}{\sqrt{2}} , \sin \theta =\frac{y}{r}=\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}$

زاوية الإسناد $\theta =\frac{\pi }{4}$ تقع في الربع الأول.

$Z=\sqrt{2}(\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4})$

الصيغة القطبية عندما ترفع إلى n:

$Z^n=r^n(\cos \theta +i\sin \theta {)}^n\Rightarrow Z^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta )$

نطبق مبرهنة ديموافر:

$\begin{array}{rl}& Z^{11}=(\sqrt{2}{)}^{11}(\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4})\\ & Z^{11}=(\sqrt{2}{)}^{11}(\cos 11\cdot \frac{\pi }{4}+i\sin 11\cdot \frac{\pi }{4})=(\sqrt{2}{)}^{10}\cdot \sqrt{2}(\cos 11\cdot \frac{\pi }{4}+i\sin 11\cdot \frac{\pi }{4})\\ & Z^{11}={\left[2^{\left(\frac{1}{2}\right)}\right]}^{10}\cdot \sqrt{2}(\cos 11\cdot \frac{\pi }{4}+i\sin 11\cdot \frac{\pi }{4})=2^5\cdot \sqrt{2}(\cos \frac{11\pi }{4}+i\sin \frac{11\pi }{4})\end{array}$

$\frac{11}{4}=2$ زوجي دائماً والباقي 3 لذلك تكون الزاوية الجديدة باقي $\frac{\pi }{4}$ وهي $\frac{3\pi }{4}$

$3\times 45=135$ تقع في الربع الثاني، وتكون الزاوية كما يلي نقوم بحذف الباقي وأخذ $\frac{\pi }{4}$ أو نحسبها كالآتي: $\pi -\frac{3\pi }{4}=\frac{\pi }{4}$

$\begin{array}{rl}& -\cos \frac{\pi }{4}=-\frac{1}{\sqrt{2}} ,\hspace{0.17em}\sin \frac{\pi }{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ & Z^{11}=32\sqrt{2}(-\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4})\\ & Z^{11}=32\sqrt{2}(-\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}})\\ & Z^{11}=\frac{-32\sqrt{2}}{\sqrt{2}}+i\frac{32\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\ & Z^{11}=(-32+32i)=32(-1+i)\end{array}$

ملاحظة: لا يمكن التعامل مع أي زاوية إلا إذا كانت بالقياس الرئيسي أي أنها تقع في الفترة $0\le \theta \le 2\pi$ إذا كانت الزاوية أكبر من $2\pi$ نطرح منها دورة كاملة وهي $2\pi$ وأحياناً نطرح دورتين يعني $4\pi$ أو ثلاث دورات يعني $6\pi$ حتى نصل إلى زاوية ذات قياس رئيسي أي زاوية تقع في الفترة $0\le \theta \le 2\pi$.

ملاحظة: إذا كان الأس سالب فإن:

$$\begin{gathered} \because Z^{-n}=(\cos \theta +i\sin \theta {)}^{-n}=\cos (-n\theta )+i\sin (-n\theta )=\cos n\theta -i\sin n\theta \\ \therefore Z^{-n}=\cos n\theta -i\sin n\theta \end{gathered}$$

(4)- احسب باستخدام مبرهنة ديموافر $\frac{1}{(1-\sqrt{3}i{)}^4}$

$\frac{1}{(1-\sqrt{3}i{)}^4}=(1-\sqrt{3}i{)}^{-4}$

نستخرج الصيغة القطبية:

$r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{(1{)}^2+(-\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{1+3}=\sqrt{4}=2$

تقع في الربع الرابع:

$\begin{array}{rl}& \cos =\frac{1}{2} , \sin =\frac{-\sqrt{3}}{2}\\ & 2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{6\pi -\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}\end{array}$

الصيغة القطبية:

$Z=2(\cos \frac{5\pi }{3}+i\sin \frac{5\pi }{3})$

نطبق قانون مبرهنة ديموافر:

$\begin{array}{rl}& Z^{-4}={\left[2(\cos \frac{5\pi }{3}+i\sin \frac{5\pi }{3})\right]}^{-4}\\ & Z^{-4}=(2{)}^{-4}{(\cos \frac{5\pi }{3}+i\sin \frac{5\pi }{3})}^{-4}\\ & Z^{-4}=(2{)}^{-4}(\cos 4\cdot \frac{5\pi }{3}-i\sin 4\cdot \frac{5\pi }{3})\\ & Z^{-4}=(2{)}^{-4}(\cos \frac{20\pi }{3}-i\sin \frac{20\pi }{3})\end{array}$

$\frac{11}{4}=2$ زوجي دائماً والباقي 2 لذلك تكون الزاوية الجديدة باقي $\frac{\pi }{3}$ وهي $\frac{2\pi }{3}$

$2\times 60=120$ تقع في الربع الثاني، وتكون الزاوية كما يلي نقوم بحذف الباقي وأخذ $\frac{\pi }{2}$ أو نحسبها كالآتي: $\pi -\frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{3}$

$\begin{array}{rl}& Z^{-4}=(2{)}^{-4}(\cos \frac{2\pi }{3}-i\sin \frac{2\pi }{3})\\ & -\cos \frac{\pi }{3}=-\frac{1}{2},\sin \frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\ & Z^{-4}=\frac{1}{2^4}(\cos \frac{2\pi }{3}-i\sin \frac{2\pi }{3})\\ & Z^{-4}=\frac{1}{16}(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)\Rightarrow Z^{-4}=\frac{1}{16}(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)=-\frac{1}{32}-\frac{\sqrt{3}}{32}i\end{array}$

ملاحظة: إذا $Z_1,Z_2$ بالصيغة القطبية فإن حاصل ضربهما يساوي حاصل ضرب مقياسهما في حاصل جمع سعيتهما.

(5)- احسب $Z_1,Z_2$ إذا كان:

$\begin{array}{rl}& Z_1=2(\cos \frac{2\pi }{3}+i\sin \frac{2\pi }{3})\\ & Z_2=3(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3})\end{array}$

$$\begin{gathered} Z_1\cdot Z_2=3\times 2[\cos (\frac{2\pi }{3}+\frac{\pi }{3})+i\sin (\frac{2\pi }{3}+\frac{\pi }{3})] \\ {Z}_1\cdot Z_2=6(\cos \pi +i\sin \pi )=6(-1+0)=-6 \end{gathered}$$

ملاحظة: حاصل قسمة عددين مركبين:

$\begin{array}{rl}{Z}_1& =r_1(\cos {\theta }_1+i\sin {\theta }_1)\\ Z_2& =r_2(\cos {\theta }_2+i\sin {\theta }_1)\\ \frac{z_1}{z_2}& =\frac{r_1(\cos {\theta }_1+i\sin {\theta }_1)}{r_2(\cos {\theta }_2+i\sin {\theta }_2)}\\ \frac{z_1}{z_2}& =\frac{r_1}{r_2}[\cos ({\theta }_1-{\theta }_2)+i\sin ({\theta }_1-{\theta }_2)]\end{array}$

حيث أن حاصل قسمة عددين مركبين = حاصل قسمة المقياس الأول على المقياس الثاني مضروب بحاصل طرح سعتيهما (سعة الأول - سعة الثاني).

(6)- إذا كان:

$\begin{array}{rl}& Z_1=4(\cos \frac{5\pi }{2}+i\sin \frac{5\pi }{2})\\ & Z_2=(\cos \frac{5\pi }{4}+i\sin \frac{5\pi }{4})\end{array}$

فجد $\frac{z_1}{z_2}$

$\begin{array}{rl}& \frac{z_1}{z_2}=\frac{4(\cos \frac{5\pi }{4}+i\sin \frac{5\pi }{4})}{(\cos \frac{5\pi }{2}+i\sin \frac{5\pi }{2})}\\ & \frac{z_1}{z_2}=4[\cos (\frac{5\pi }{4}-\frac{5\pi }{2})+i\sin (\frac{5\pi }{4}-\frac{5\pi }{2})]\\ & \frac{Z_1}{Z_2}=4[\cos \left(\frac{-5\pi }{4}\right)+i\sin \left(\frac{-5\pi }{4}\right)]\\ & \frac{Z_1}{Z_2}=4(\cos \frac{5\pi }{4}-i\sin \frac{5\pi }{4})\end{array}$

(7)- جد ما يأتي: $\frac{(\cos 2\theta +i\sin 2\theta )}{(\cos 3\theta +i\sin 3\theta )}$

$\begin{array}{rl}\frac{(\cos 2\theta +i\sin 2\theta )}{(\cos 3\theta +i\sin 3\theta )}& =\cos (2\theta -3\theta )+i\sin (2\theta -3\theta )\\ & =\cos (-\theta )+i\sin (-\theta )=\cos \theta -i\sin \theta \end{array}$

(8)- حل المعادلة $x^3+1=0$ حيث $x\in \mathrm{ℂ}$

$\begin{array}{rl}& \because x^3+1=0\Rightarrow x^3=-1\\ & x^3=-1+0i\Rightarrow r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{1+0}=1\\ & \cos \theta =\frac{x}{r}=\frac{-1}{1}=-1 , \sin \theta =\frac{y}{r}=\frac{0}{1}=0\end{array}$

زاوية الإسناد $\theta =\pi$

بالجذر التكعيبي:

$\begin{array}{rl}& x^3=\cos \pi +i\sin \pi \\ & \therefore x=(\cos \pi +i\sin \pi {)}^{\frac{1}{3}}\end{array}$

$\begin{array}{ll}\sqrt[n]{x}=r^{\frac{1}{n}}[\cos \left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)+i\sin \left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)]& \\ x=[\cos \left(\frac{\pi +2k\pi }{3}\right)+i\sin \left(\frac{\pi +2k\pi }{3}\right)]k=0,1,2& \left(k=0\right)\\ x_1=(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3})=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i& \left(k=1\right)\\ x_2=(\cos \frac{\pi +2\pi }{3}+i\sin \frac{\pi +2\pi }{3})=(\cos \frac{3\pi }{3}+i\sin \frac{3\pi }{3})=(\cos \pi +i\sin \pi )& \left(k=2\right)\\ x_2=-1+\left(0\right)i=-1& \\ x_3=(\cos \frac{\pi +4\pi }{3}+i\sin \frac{\pi +4\pi }{3})=(\cos \frac{5\pi }{3}+i\sin \frac{5\pi }{3})=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i& \left(k=2\right)\end{array}$

مجموعة الحل $\{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,-1,\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\}$

(9)- أوجد الصيغة القطبية للمقدار $(\sqrt{3}+i{)}^2$ ثم جد الجذور الخمسة له:

$\begin{array}{rl}& Z=\sqrt{3}+i\Rightarrow r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{3+1}=\sqrt{4}=2\\ & \cos \theta =\frac{x}{r}=\frac{\sqrt{3}}{2} , \sin \theta =\frac{y}{r}=\frac{1}{2}\end{array}$

زاوية الإسناد $\theta =\frac{\pi }{6}$ تقع في الربع الأول.

الصيغة القطبية:

$\begin{array}{rl}& Z=2(\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6})\\ & Z^2=(2{)}^2{(\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6})}^2\\ & Z^2=4(\cos 2\frac{\pi }{6}+i\sin 2\frac{\pi }{6}=4(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3})=4(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)=2+2\sqrt{3}i\\ & {\left(Z^2\right)}^{\frac{1}{5}}=4^{\frac{1}{5}}{(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3})}^{\frac{1}{5}}\end{array}$

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}& \sqrt[n]{Z}=r^{\frac{1}{n}}[\cos \left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)+i\sin \left(\frac{\theta +2k\pi }{n}\right)]\\ & \sqrt[5]{z^2}=\sqrt[5]{4}(\frac{\cos \frac{\pi +6k\pi }{3}}{5}+i\frac{\sin \frac{\pi +6k\pi }{3}}{5})\\ & \sqrt[5]{z^2}=\sqrt[5]{4}(\cos \frac{\pi +6k\pi }{15}+i\sin \frac{\pi +6k\pi }{15}) , k=0,1,2,3,4\\ & Z_1=\sqrt[5]{4}(\cos \frac{\pi }{15}+i\sin \frac{\pi }{15})\end{array} \\ \begin{array}{ll}{Z}_2=\sqrt[5]{4}(\cos \frac{7\pi }{15}+i\sin \frac{7\pi }{15})& \left(k=1\right)\\ Z_3=\sqrt[5]{4}(\cos \frac{13\pi }{15}+i\sin \frac{13\pi }{15})& \left(k=2\right)\\ Z_4=\sqrt[5]{4}(\cos \frac{19\pi }{15}+i\sin \frac{19\pi }{15})& \left(k=3\right)\\ Z_5=\sqrt[5]{4}(\cos \frac{5\pi }{3}+i\sin \frac{5\pi }{3})& \left(k=4\right)\end{array} \end{gathered}$$

(10)- جد باستخدام مبرهنة ديموافر ${(\sin \frac{\pi }{3}+i\cos \frac{\pi }{3})}^{10}$

$\begin{array}{rl}& {(\sin \frac{\pi }{3}+i\cos \frac{\pi }{3})}^{10}={(-i^2\sin \frac{\pi }{3}+i\cos \frac{\pi }{3})}^{10}={\left(i(-i\sin \frac{\pi }{3}+\cos \frac{\pi }{3})\right)}^{10}\\ & \left(i^{10}\right){(\cos \frac{\pi }{3}-i\sin \frac{\pi }{3})}^{10}=-(\cos \frac{10\pi }{3}-i\sin \frac{10\pi }{3})\\ & =-(\cos \frac{4\pi }{3}-i\sin \frac{4\pi }{3})=-(-\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3})=-(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})=\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}$