Задание а) Найти корни квадратного уравнения с отрицательным дискриминантом

Дан квадратный трехчлен $az^2 + bz + c$, где $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$.

Составим квадратное уравнение:
$2z^2 + 2z + 1 = 0$

Найдем дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 4 - 8 = -4$

Поскольку дискриминант отрицательный, корни уравнения будут комплексными.

Используем формулу для нахождения корней квадратного уравнения:
$z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2 \cdot 2} = \frac{-2 \pm 2i}{4} = -\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}i$

Таким образом, корни уравнения:
$z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$
$z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$

Задание б) Разложить квадратный трехчлен на множители

Дан квадратный трехчлен $az^2 + bz + c$, где $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$.

Сначала найдем корни квадратного уравнения $2z^2 + 2z + 1 = 0$.

Найдем дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 4 - 8 = -4$

Поскольку дискриминант отрицательный, корни уравнения будут комплексными:
$z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2 \cdot 2} = \frac{-2 \pm 2i}{4} = -\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}i$

Таким образом, корни уравнения:
$z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$
$z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$

Имея корни квадратного уравнения, мы можем разложить трехчлен на множители по формуле:
$az^2 + bz + c = a(z - z_1)(z - z_2)$

Подставим найденные корни:
$2z^2 + 2z + 1 = 2 \left(z - \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\right)\right) \left(z - \left(-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right)\right)$

Упростим выражения в скобках:
$2z^2 + 2z + 1 = 2 \left(z + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right) \left(z + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\right)$

Можно также заметить, что это произведение комплексно-сопряженных выражений, которое можно представить в виде:
$\left(z + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right) \left(z + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\right) = \left(z + \frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \left(z + \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{4}$

Таким образом, разложение квадратного трехчлена на множители:
$2z^2 + 2z + 1 = 2 \left(z + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right) \left(z + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\right) = 2\left[\left(z + \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{4}\right]$

Задание в) Изобразить корни на комплексной плоскости

Дан квадратный трехчлен $az^2 + bz + c$, где $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$.

Сначала найдем корни квадратного уравнения $2z^2 + 2z + 1 = 0$.

Дискриминант: $D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 4 - 8 = -4$

Поскольку дискриминант отрицательный, корни уравнения будут комплексными:
$z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2 \cdot 2} = \frac{-2 \pm 2i}{4} = -\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}i$

Таким образом, корни уравнения:
$z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$
$z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$

На комплексной плоскости:
- $z_1$ имеет координаты $(-0.5, 0.5)$
- $z_2$ имеет координаты $(-0.5, -0.5)$

Заметим, что эти точки симметричны относительно действительной оси, что характерно для комплексно-сопряженных корней квадратного уравнения с действительными коэффициентами.

Задание б) Разложить квадратный трехчлен на множители, применяя свойства логарифма

Дан квадратный трехчлен $az^2 + bz + c$, где $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$.

Итак, имеем трехчлен $2z^2 + 2z + 1$.

Для разложения на множители с применением свойств логарифма, рассмотрим подход через экспоненциальную функцию.

Сначала найдем корни квадратного уравнения $2z^2 + 2z + 1 = 0$.

Дискриминант: $D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 4 - 8 = -4$

Корни уравнения:
$z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2 \cdot 2} = \frac{-2 \pm 2i}{4} = -\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}i$

Таким образом, $z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$ и $z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$

Теперь применим свойства логарифма. Если $w = \ln(z)$, то $z = e^w$. Используя это, можем записать:

$z - z_1 = z - \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\right) = z + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$

Это выражение можно представить в экспоненциальной форме. Пусть $z + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i = e^w$ для некоторого комплексного $w$.

Аналогично, $z - z_2 = z - \left(-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right) = z + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$

Используя свойство $\ln(ab) = \ln(a) + \ln(b)$, получаем:

$\ln\left[(z - z_1)(z - z_2)\right] = \ln(z - z_1) + \ln(z - z_2)$

Это означает, что $(z - z_1)(z - z_2) = e^{\ln(z - z_1) + \ln(z - z_2)} = e^{\ln(z - z_1)(z - z_2)}$

Теперь вычислим произведение $(z - z_1)(z - z_2)$:

$(z - z_1)(z - z_2) = \left(z + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right)\left(z + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\right)$

Это произведение комплексно-сопряженных выражений, которое равно:

$(z - z_1)(z - z_2) = \left(z + \frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \left(z + \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{4} = z^2 + z + \frac{1}{2}$

Таким образом, наш квадратный трехчлен можно записать как:

$2z^2 + 2z + 1 = 2\left(z^2 + z + \frac{1}{2}\right) = 2(z - z_1)(z - z_2)$

Используя свойства логарифма, можем записать:

$\ln(2z^2 + 2z + 1) = \ln\left[2(z - z_1)(z - z_2)\right] = \ln(2) + \ln(z - z_1) + \ln(z - z_2)$

Таким образом, разложение квадратного трехчлена на множители с применением свойств логарифма:

$2z^2 + 2z + 1 = 2(z - z_1)(z - z_2) = 2\left(z + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right)\left(z + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\right)$

или

$2z^2 + 2z + 1 = 2\left[\left(z + \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{4}\right]$

Задание г) Найти модуль и аргумент чисел z₁, z₂ и записать их в тригонометрической форме

Из предыдущих вычислений мы нашли корни квадратного уравнения $2z^2 + 2z + 1 = 0$:

$z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$
$z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$

Найдем модуль числа z₁:

$|z_1| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Найдем аргумент числа z₁:

Для комплексного числа $z = a + bi$ аргумент вычисляется как $\arg(z) = \arctan(\frac{b}{a})$ с учетом квадранта.

Для $z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$, имеем $a = -\frac{1}{2}$ и $b = \frac{1}{2}$.

$\arctan\left(\frac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}}\right) = \arctan(-1) = -\frac{\pi}{4}$

Но поскольку $z_1$ находится во втором квадранте (отрицательная действительная часть и положительная мнимая часть), то:

$\arg(z_1) = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$

Тригонометрическая форма z₁:

$z_1 = |z_1| \cdot (\cos(\arg(z_1)) + i \cdot \sin(\arg(z_1)))$

$z_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) + i \cdot \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)\right)$

$\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$z_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2} + i \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i$

Таким образом, $z_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) + i \cdot \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)\right)$

Найдем модуль числа z₂:

$|z_2| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(-\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Найдем аргумент числа z₂:

Для $z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$, имеем $a = -\frac{1}{2}$ и $b = -\frac{1}{2}$.

$\arctan\left(\frac{-\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}}\right) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$

Но поскольку $z_2$ находится в третьем квадранте (отрицательная действительная часть и отрицательная мнимая часть), то:

$\arg(z_2) = -\pi + \frac{\pi}{4} = -\frac{3\pi}{4}$

Или, в положительном представлении: $\arg(z_2) = 2\pi - \frac{3\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$

Тригонометрическая форма z₂:

$z_2 = |z_2| \cdot (\cos(\arg(z_2)) + i \cdot \sin(\arg(z_2)))$

$z_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(\cos\left(-\frac{3\pi}{4}\right) + i \cdot \sin\left(-\frac{3\pi}{4}\right)\right)$

$\cos\left(-\frac{3\pi}{4}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin\left(-\frac{3\pi}{4}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$

$z_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2} + i \cdot (-\frac{\sqrt{2}}{2})\right) = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i$

Таким образом, $z_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(\cos\left(-\frac{3\pi}{4}\right) + i \cdot \sin\left(-\frac{3\pi}{4}\right)\right)$

Итог:

$|z_1| = |z_2| = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\arg(z_1) = \frac{3\pi}{4}$

$\arg(z_2) = -\frac{3\pi}{4}$ или $\frac{5\pi}{4}$

$z_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) + i \cdot \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)\right)$

$z_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left(\cos\left(-\frac{3\pi}{4}\right) + i \cdot \sin\left(-\frac{3\pi}{4}\right)\right)$

Задание 4) Найти предел функции $\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{x-1}}$

Для нахождения данного предела воспользуемся методом логарифмирования, так как имеем выражение вида $y = u^v$, где $u$ и $v$ зависят от $x$.

Пусть $y = x^{\frac{1}{x-1}}$. Тогда $\ln y = \ln(x^{\frac{1}{x-1}}) = \frac{1}{x-1} \ln x$.

Теперь найдем предел логарифма функции:

$\lim\limits_{x \to 1} \ln y = \lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1}$

Здесь мы имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}$, так как при $x \to 1$: $\ln x \to 0$ и $x-1 \to 0$.

Применим правило Лопиталя:

$\lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x} = 1$

Таким образом, $\lim\limits_{x \to 1} \ln y = 1$.

Теперь вернемся к исходной функции. Поскольку $\ln y \to 1$ при $x \to 1$, то $y \to e^1 = e$.

Ответ: $\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{x-1}} = e$

Задание 5) Найти предел функции $\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \tg x$

Рассмотрим данный предел. При $x \to \frac{\pi}{2}$ имеем:

$x^2 - \frac{\pi^2}{4} \to \frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi^2}{4} = 0$

$\tg x \to \tg\frac{\pi}{2} = \infty$

Таким образом, мы имеем неопределенность вида $0 \cdot \infty$.

Преобразуем выражение, чтобы применить правило Лопиталя. Представим $\tg x$ как $\frac{\sin x}{\cos x}$:

$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \tg x = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \frac{\sin x}{\cos x}$

Поскольку $\sin x \to 1$ при $x \to \frac{\pi}{2}$, можем переписать:

$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \frac{\sin x}{\cos x} = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{(x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \sin x}{\cos x}$

Теперь у нас неопределенность вида $\frac{0}{0}$, так как $\cos x \to 0$ при $x \to \frac{\pi}{2}$.

Преобразуем числитель, используя разложение:

$x^2 - \frac{\pi^2}{4} = (x - \frac{\pi}{2})(x + \frac{\pi}{2})$

Тогда:

$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{(x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \sin x}{\cos x} = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{(x - \frac{\pi}{2})(x + \frac{\pi}{2}) \cdot \sin x}{\cos x}$

При $x \to \frac{\pi}{2}$, $(x + \frac{\pi}{2}) \to \pi$ и $\sin x \to 1$, поэтому:

$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{(x - \frac{\pi}{2})(x + \frac{\pi}{2}) \cdot \sin x}{\cos x} = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{(x - \frac{\pi}{2}) \cdot \pi \cdot 1}{\cos x} = \pi \cdot \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{x - \frac{\pi}{2}}{\cos x}$

Теперь воспользуемся тем, что $\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{x - \frac{\pi}{2}}{\cos x} = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{1}{-\sin x} = -1$

Это можно доказать, применив правило Лопиталя к $\frac{x - \frac{\pi}{2}}{\cos x}$:

$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{x - \frac{\pi}{2}}{\cos x} = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{1}{-\sin x} = -1$

Таким образом:

$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \tg x = \pi \cdot (-1) = -\pi$

Ответ: $\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (x^2 - \frac{\pi^2}{4}) \cdot \tg x = -\pi$

Задание 4) Найти предел функции $\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{x-1}}$

Рассмотрим более подробно решение данного предела. У нас есть выражение вида $x^{\frac{1}{x-1}}$, где при $x \to 1$ показатель степени $\frac{1}{x-1}$ стремится к бесконечности (так как знаменатель стремится к нулю). Таким образом, мы имеем неопределенность вида $1^{\infty}$.

Шаг 1: Применение логарифмирования

Для решения пределов вида $1^{\infty}$, $0^0$, $\infty^0$ удобно использовать метод логарифмирования. Обозначим исходную функцию как $y = x^{\frac{1}{x-1}}$ и найдем её натуральный логарифм:

$\ln y = \ln(x^{\frac{1}{x-1}})$

Используя свойство логарифма $\ln(a^b) = b \cdot \ln(a)$, получаем:

$\ln y = \frac{1}{x-1} \cdot \ln x$

Шаг 2: Нахождение предела логарифма функции

Теперь найдем предел логарифма нашей функции:

$\lim\limits_{x \to 1} \ln y = \lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1}$

При $x \to 1$ имеем:
- $\ln x \to \ln 1 = 0$ (числитель стремится к нулю)
- $x-1 \to 0$ (знаменатель стремится к нулю)

Таким образом, получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$, к которой можно применить правило Лопиталя.

Шаг 3: Применение правила Лопиталя

Правило Лопиталя гласит: если $\lim\limits_{x \to a} f(x) = \lim\limits_{x \to a} g(x) = 0$ или $\lim\limits_{x \to a} f(x) = \lim\limits_{x \to a} g(x) = \infty$, то $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ (если последний предел существует).

Найдем производные числителя и знаменателя:
- $(\ln x)' = \frac{1}{x}$
- $(x-1)' = 1$

Применяя правило Лопиталя:

$\lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x} = \frac{1}{1} = 1$

Шаг 4: Возвращение к исходной функции

Мы нашли, что $\lim\limits_{x \to 1} \ln y = 1$. Чтобы найти предел исходной функции $y$, применим экспоненту к обеим частям равенства:

$\ln y \to 1$ при $x \to 1$
$y \to e^1 = e$ при $x \to 1$

Таким образом, $\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{x-1}} = e$.

Проверка результата

Для проверки можно рассмотреть поведение функции при значениях $x$, близких к 1.

Если $x = 1.01$, то $x^{\frac{1}{x-1}} = (1.01)^{\frac{1}{0.01}} = (1.01)^{100} \approx 2.7048...$

Если $x = 1.001$, то $x^{\frac{1}{x-1}} = (1.001)^{\frac{1}{0.001}} = (1.001)^{1000} \approx 2.7169...$

Если $x = 0.99$, то $x^{\frac{1}{x-1}} = (0.99)^{\frac{1}{-0.01}} = (0.99)^{-100} \approx 2.7048...$

Мы видим, что при приближении $x$ к 1 как слева, так и справа, значение функции стремится к числу $e \approx 2.71828...$, что подтверждает наш результат.

Ответ: $\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{x-1}} = e$

Задание 1) Вычислить приближенно с помощью дифференциала: $\sqrt{15,97}$

Для приближенного вычисления значений функций с помощью дифференциала используем формулу:

$f(a + \Delta x) \approx f(a) + f'(a) \cdot \Delta x$

В нашем случае $f(x) = \sqrt{x}$, и нам нужно найти $f(15,97)$.

Выберем ближайшее удобное число $a = 16$, тогда $\Delta x = 15,97 - 16 = -0,03$.

Найдем значение функции в точке $a$:
$f(16) = \sqrt{16} = 4$

Найдем производную функции $f(x) = \sqrt{x}$:
$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$

Вычислим значение производной в точке $a = 16$:
$f'(16) = \frac{1}{2\sqrt{16}} = \frac{1}{2 \cdot 4} = \frac{1}{8}$

Теперь применим формулу приближенного вычисления:

$f(15,97) \approx f(16) + f'(16) \cdot (15,97 - 16)$

$\sqrt{15,97} \approx 4 + \frac{1}{8} \cdot (-0,03)$

$\sqrt{15,97} \approx 4 - \frac{0,03}{8}$

$\sqrt{15,97} \approx 4 - 0,00375$

$\sqrt{15,97} \approx 3,99625$

Для проверки вычислим точное значение $\sqrt{15,97} = 3,9962...$

Таким образом, приближенное значение $\sqrt{15,97} \approx 3,996$ с точностью до тысячных.

Задание 2) Вычислить приближенно с помощью дифференциала: $\sin 61^{\circ}$

Для приближенного вычисления значений функций с помощью дифференциала используем формулу:

$f(a + \Delta x) \approx f(a) + f'(a) \cdot \Delta x$

В нашем случае $f(x) = \sin x$, и нам нужно найти $f(61^{\circ})$.

Поскольку мы работаем с тригонометрическими функциями, удобно выбрать в качестве опорной точки $a = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$ радиан. Тогда $\Delta x = 61^{\circ} - 60^{\circ} = 1^{\circ} = \frac{\pi}{180}$ радиан.

Найдем значение функции в точке $a$:
$f(60^{\circ}) = \sin 60^{\circ} = \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0,866$

Найдем производную функции $f(x) = \sin x$:
$f'(x) = \cos x$

Вычислим значение производной в точке $a = 60^{\circ}$:
$f'(60^{\circ}) = \cos 60^{\circ} = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$

Теперь применим формулу приближенного вычисления:

$f(61^{\circ}) \approx f(60^{\circ}) + f'(60^{\circ}) \cdot (61^{\circ} - 60^{\circ})$

$\sin 61^{\circ} \approx \sin 60^{\circ} + \cos 60^{\circ} \cdot 1^{\circ}$

Переведем $1^{\circ}$ в радианы: $1^{\circ} = \frac{\pi}{180} \approx 0,01745$ радиан.

$\sin 61^{\circ} \approx \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{180}$

$\sin 61^{\circ} \approx 0,866 + 0,5 \cdot 0,01745$

$\sin 61^{\circ} \approx 0,866 + 0,00873$

$\sin 61^{\circ} \approx 0,87473$

Для проверки вычислим точное значение $\sin 61^{\circ} = 0,87462...$

Таким образом, приближенное значение $\sin 61^{\circ} \approx 0,875$ с точностью до тысячных.

Задание 2) Вычислить приближенно с помощью дифференциала: $\sin 62^{\circ}$

Для приближенного вычисления значений функций с помощью дифференциала используем формулу:

$f(a + \Delta x) \approx f(a) + f'(a) \cdot \Delta x$

В нашем случае $f(x) = \sin x$, и нам нужно найти $f(62^{\circ})$.

Выберем в качестве опорной точки $a = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$ радиан, так как для этого угла значение синуса известно точно. Тогда $\Delta x = 62^{\circ} - 60^{\circ} = 2^{\circ} = \frac{\pi}{90}$ радиан.

Найдем значение функции в точке $a$:
$f(60^{\circ}) = \sin 60^{\circ} = \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0,866$

Найдем производную функции $f(x) = \sin x$:
$f'(x) = \cos x$

Вычислим значение производной в точке $a = 60^{\circ}$:
$f'(60^{\circ}) = \cos 60^{\circ} = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$

Теперь применим формулу приближенного вычисления:

$f(62^{\circ}) \approx f(60^{\circ}) + f'(60^{\circ}) \cdot (62^{\circ} - 60^{\circ})$

$\sin 62^{\circ} \approx \sin 60^{\circ} + \cos 60^{\circ} \cdot 2^{\circ}$

Переведем $2^{\circ}$ в радианы: $2^{\circ} = \frac{2\pi}{180} = \frac{\pi}{90} \approx 0,0349$ радиан.

$\sin 62^{\circ} \approx \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{90}$

$\sin 62^{\circ} \approx 0,866 + 0,5 \cdot 0,0349$

$\sin 62^{\circ} \approx 0,866 + 0,01745$

$\sin 62^{\circ} \approx 0,88345$

Для проверки вычислим точное значение $\sin 62^{\circ} = 0,88295...$

Таким образом, приближенное значение $\sin 62^{\circ} \approx 0,883$ с точностью до тысячных.

Абсолютная погрешность приближения составляет $|0,88345 - 0,88295| \approx 0,0005$, что является достаточно хорошим приближением для практических целей.

Задание 1) Исследовать функцию и построить график: $y = \frac{x}{\sqrt{x-1}}$

Проведем полное исследование функции $y = \frac{x}{\sqrt{x-1}}$.

1. Область определения функции

Функция определена при условиях:
- Знаменатель не равен нулю: $\sqrt{x-1} \
eq 0$
- Подкоренное выражение неотрицательно: $x-1 \geq 0$

Из второго условия получаем: $x \geq 1$

При $x = 1$ знаменатель равен нулю, поэтому $x = 1$ исключаем из области определения.

Таким образом, область определения функции: $D(f) = (1; +\infty)$

2. Четность/нечетность функции

Проверим функцию на четность/нечетность:
$f(-x) = \frac{-x}{\sqrt{-x-1}}$

Поскольку $f(-x) \
eq f(x)$ и $f(-x) \
eq -f(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат

С осью $OY$ ($x = 0$): точка не существует, так как $x = 0$ не входит в область определения функции.

С осью $OX$ ($y = 0$): решаем уравнение $\frac{x}{\sqrt{x-1}} = 0$
Получаем $x = 0$, но эта точка не входит в область определения.

Таким образом, функция не пересекает оси координат.

4. Асимптоты функции

Вертикальная асимптота при $x = 1$ (точка разрыва функции):
$\lim\limits_{x \to 1^+} \frac{x}{\sqrt{x-1}} = +\infty$

Наклонная асимптота $y = kx + b$, где:
$k = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{x\sqrt{x-1}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{x-1}} = 0$

$b = \lim\limits_{x \to +\infty} [f(x) - kx] = \lim\limits_{x \to +\infty} [\frac{x}{\sqrt{x-1}} - 0 \cdot x] = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{\sqrt{x-1}}$

Преобразуем выражение:
$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{\sqrt{x-1}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{\sqrt{x} \cdot \sqrt{1-\frac{1}{x}}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-\frac{1}{x}}} = +\infty$

Таким образом, наклонной асимптоты нет, но есть горизонтальная асимптота $y = +\infty$ при $x \to +\infty$.

5. Монотонность и экстремумы функции

Найдем производную функции:
$f'(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{x}{\sqrt{x-1}}\right) = \frac{\sqrt{x-1} - \frac{x}{2\sqrt{x-1}}}{x-1} = \frac{2(x-1) - x}{2(x-1)^{3/2}} = \frac{x-2}{2(x-1)^{3/2}}$

Приравняем производную к нулю:
$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{x-2}{2(x-1)^{3/2}} = 0 \Rightarrow x-2 = 0 \Rightarrow x = 2$

Производная меняет знак при переходе через точку $x = 2$:
- При $x \in (1; 2)$: $f'(x) < 0$, функция убывает
- При $x \in (2; +\infty)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает

Таким образом, точка $x = 2$ является точкой минимума функции.
Значение функции в точке минимума: $f(2) = \frac{2}{\sqrt{2-1}} = \frac{2}{1} = 2$

6. Выпуклость и точки перегиба

Найдем вторую производную:
$f''(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{x-2}{2(x-1)^{3/2}}\right) = \frac{2(x-1)^{3/2} - \frac{3}{2}(x-2)(x-1)^{1/2}}{4(x-1)^3}$

После упрощения получаем:
$f''(x) = \frac{3x-5}{4(x-1)^{5/2}}$

Приравняем вторую производную к нулю:
$f''(x) = 0 \Rightarrow \frac{3x-5}{4(x-1)^{5/2}} = 0 \Rightarrow 3x-5 = 0 \Rightarrow x = \frac{5}{3}$

Вторая производная меняет знак при переходе через точку $x = \frac{5}{3}$:
- При $x \in (1; \frac{5}{3})$: $f''(x) < 0$, функция вогнутая
- При $x \in (\frac{5}{3}; +\infty)$: $f''(x) > 0$, функция выпуклая

Таким образом, точка $x = \frac{5}{3}$ является точкой перегиба функции.
Значение функции в точке перегиба: $f(\frac{5}{3}) = \frac{\frac{5}{3}}{\sqrt{\frac{5}{3}-1}} = \frac{\frac{5}{3}}{\sqrt{\frac{2}{3}}} = \frac{5}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}$

7. Построение графика

На основе проведенного исследования строим график функции $y = \frac{x}{\sqrt{x-1}}$:

• Область определения: $x > 1$
• Вертикальная асимптота: $x = 1$
• Точка минимума: $(2, 2)$
• Точка перегиба: $(\frac{5}{3}, \frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{2}})$
• При $x \to +\infty$, $y \to +\infty$
• Функция убывает на интервале $(1; 2)$ и возрастает на интервале $(2; +\infty)$
• Функция вогнутая на интервале $(1; \frac{5}{3})$ и выпуклая на интервале $(\frac{5}{3}; +\infty)$

Задание: Исследовать функцию и построить график $y = \ln(1+x^2)$

Проведем полное исследование функции $y = \ln(1+x^2)$.

1. Область определения функции

Функция $y = \ln(1+x^2)$ определена при условии $1+x^2 > 0$.
Поскольку $x^2 \geq 0$ для любого действительного $x$, то $1+x^2 > 0$ всегда выполняется.

Таким образом, область определения функции: $D(f) = (-\infty; +\infty)$, т.е. вся числовая прямая.

2. Четность/нечетность функции

Проверим функцию на четность/нечетность:
$f(-x) = \ln(1+(-x)^2) = \ln(1+x^2) = f(x)$

Поскольку $f(-x) = f(x)$ для любого $x$ из области определения, функция является четной.

3. Точки пересечения с осями координат

С осью $OY$ ($x = 0$): $f(0) = \ln(1+0^2) = \ln(1) = 0$, т.е. точка $(0,0)$.

С осью $OX$ ($y = 0$): решаем уравнение $\ln(1+x^2) = 0$
$\ln(1+x^2) = 0 \Rightarrow 1+x^2 = e^0 = 1 \Rightarrow x^2 = 0 \Rightarrow x = 0$

Таким образом, функция пересекает обе оси координат в точке $(0,0)$.

4. Асимптоты функции

Вертикальных асимптот нет, так как функция определена на всей числовой прямой.

Проверим наличие горизонтальных асимптот при $x \to \pm\infty$:
$\lim\limits_{x \to \pm\infty} \ln(1+x^2) = +\infty$

Таким образом, горизонтальных асимптот нет.

Проверим наличие наклонных асимптот $y = kx + b$:
$k = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{x}$

Применим правило Лопиталя:
$\lim\limits_{x \to \pm\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{x} = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \frac{\frac{2x}{1+x^2}}{1} = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \frac{2x}{1+x^2} = 0$

Поскольку $k = 0$, наклонных асимптот нет, но может быть горизонтальная асимптота $y = b$.
Однако, как мы уже выяснили, $\lim\limits_{x \to \pm\infty} \ln(1+x^2) = +\infty$, поэтому горизонтальных асимптот тоже нет.

5. Монотонность и экстремумы функции

Найдем производную функции:
$f'(x) = \frac{d}{dx}\ln(1+x^2) = \frac{1}{1+x^2} \cdot \frac{d}{dx}(1+x^2) = \frac{1}{1+x^2} \cdot 2x = \frac{2x}{1+x^2}$

Приравняем производную к нулю:
$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{2x}{1+x^2} = 0 \Rightarrow x = 0$

Производная меняет знак при переходе через точку $x = 0$:
- При $x < 0$: $f'(x) < 0$, функция убывает
- При $x > 0$: $f'(x) > 0$, функция возрастает

Таким образом, точка $x = 0$ является точкой минимума функции.
Значение функции в точке минимума: $f(0) = \ln(1+0^2) = \ln(1) = 0$

6. Выпуклость и точки перегиба

Найдем вторую производную:
$f''(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right) = \frac{(1+x^2) \cdot 2 - 2x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{2(1+x^2) - 4x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}$

Приравняем вторую производную к нулю:
$f''(x) = 0 \Rightarrow \frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2} = 0 \Rightarrow 2-2x^2 = 0 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1$

Вторая производная меняет знак при переходе через точки $x = -1$ и $x = 1$:
- При $x \in (-\infty; -1)$: $f''(x) < 0$, функция вогнутая
- При $x \in (-1; 1)$: $f''(x) > 0$, функция выпуклая
- При $x \in (1; +\infty)$: $f''(x) < 0$, функция вогнутая

Таким образом, точки $x = -1$ и $x = 1$ являются точками перегиба функции.
Значения функции в точках перегиба: $f(-1) = f(1) = \ln(1+1) = \ln(2) \approx 0,693$

7. Построение графика

На основе проведенного исследования строим график функции $y = \ln(1+x^2)$:

• Область определения: вся числовая прямая
• Функция четная, график симметричен относительно оси $OY$
• Точка пересечения с осями координат: $(0,0)$
• Точка минимума: $(0,0)$
• Точки перегиба: $(-1, \ln(2))$ и $(1, \ln(2))$
• Функция убывает на интервале $(-\infty; 0)$ и возрастает на интервале $(0; +\infty)$
• Функция вогнутая на интервалах $(-\infty; -1)$ и $(1; +\infty)$, выпуклая на интервале $(-1; 1)$
• При $x \to \pm\infty$, $y \to +\infty$

Задание: Исследовать функцию и построить график $y = \ln(1+x^2)$

Давайте проведем более подробное исследование функции $y = \ln(1+x^2)$, уточняя каждый шаг и правила, которые применяются.

1. Область определения функции

Для нахождения области определения функции необходимо учесть, что:
- Логарифм $\ln(a)$ определен только при $a > 0$
- В нашем случае $a = 1+x^2$

Решаем неравенство $1+x^2 > 0$:
Поскольку $x^2 \geq 0$ для любого действительного числа $x$ (квадрат числа всегда неотрицателен), то $1+x^2 \geq 1 > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Таким образом, область определения функции: $D(f) = (-\infty; +\infty)$ — вся числовая прямая.

2. Четность/нечетность функции

Для определения четности/нечетности функции используем следующие правила:
- Функция $f(x)$ называется четной, если $f(-x) = f(x)$ для всех $x$ из области определения
- Функция $f(x)$ называется нечетной, если $f(-x) = -f(x)$ для всех $x$ из области определения

Проверим нашу функцию:
$f(-x) = \ln(1+(-x)^2) = \ln(1+x^2) = f(x)$

Поскольку $f(-x) = f(x)$ для любого $x$, функция является четной. Это означает, что график функции симметричен относительно оси ординат (оси $y$).

3. Точки пересечения с осями координат

Пересечение с осью $OY$ (ось ординат):
Подставляем $x = 0$ в уравнение функции:
$f(0) = \ln(1+0^2) = \ln(1) = 0$

Здесь мы используем свойство логарифма: $\ln(1) = 0$. Таким образом, функция пересекает ось $OY$ в точке $(0,0)$.

Пересечение с осью $OX$ (ось абсцисс):
Решаем уравнение $f(x) = 0$:
$\ln(1+x^2) = 0$

Используя свойство логарифма: если $\ln(a) = b$, то $a = e^b$:
$1+x^2 = e^0 = 1$
$x^2 = 0$
$x = 0$

Таким образом, функция пересекает ось $OX$ только в точке $(0,0)$, которая совпадает с точкой пересечения с осью $OY$.

4. Асимптоты функции

Вертикальные асимптоты:
Вертикальные асимптоты возникают в точках разрыва функции, где знаменатель обращается в ноль или логарифм имеет неопределенность. В нашем случае функция $\ln(1+x^2)$ определена на всей числовой прямой, поэтому вертикальных асимптот нет.

Горизонтальные асимптоты:
Горизонтальная асимптота $y = b$ существует, если $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = b$.

Вычислим предел:
$\lim_{x \to \pm\infty} \ln(1+x^2)$

При $x \to \pm\infty$, $x^2 \to +\infty$, следовательно, $1+x^2 \to +\infty$, и $\ln(1+x^2) \to +\infty$.

Поскольку предел не является конечным числом, горизонтальных асимптот нет.

Наклонные асимптоты:
Наклонная асимптота имеет вид $y = kx + b$, где:
$k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x}$
$b = \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - kx]$

Вычислим $k$:
$k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{x}$

Этот предел является неопределенностью вида $\frac{\infty}{\infty}$, поэтому применим правило Лопиталя, которое гласит: если $\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ имеет вид $\frac{\infty}{\infty}$ или $\frac{0}{0}$, то $\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$.

$k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\frac{2x}{1+x^2}}{1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x}{1+x^2}$

При $x \to \pm\infty$, $\frac{2x}{1+x^2} \approx \frac{2x}{x^2} = \frac{2}{x} \to 0$.

Таким образом, $k = 0$, что указывает на возможное существование горизонтальной асимптоты. Однако, как мы уже выяснили, $\lim_{x \to \pm\infty} \ln(1+x^2) = +\infty$, поэтому горизонтальных асимптот нет.

Важное уточнение: хотя $k = 0$, функция не имеет горизонтальной асимптоты, так как она неограниченно возрастает при $x \to \pm\infty$, но растет медленнее, чем линейная функция.

5. Монотонность и экстремумы функции

Для исследования монотонности и нахождения экстремумов используем первую производную функции.

Найдем производную, используя правило дифференцирования сложной функции $(f(g(x)))' = f'(g(x)) \cdot g'(x)$ и свойство производной логарифма $(\ln(u))' = \frac{u'}{u}$:

$f'(x) = \frac{d}{dx}[\ln(1+x^2)] = \frac{1}{1+x^2} \cdot \frac{d}{dx}(1+x^2) = \frac{1}{1+x^2} \cdot 2x = \frac{2x}{1+x^2}$

Для нахождения критических точек приравниваем производную к нулю:
$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{2x}{1+x^2} = 0 \Rightarrow x = 0$ (так как $1+x^2 > 0$ для всех $x$)

Анализируем знак производной:
- При $x < 0$: $f'(x) < 0$ (так как числитель отрицательный, а знаменатель положительный), функция убывает
- При $x > 0$: $f'(x) > 0$ (так как и числитель, и знаменатель положительны), функция возрастает

Поскольку производная меняет знак с минуса на плюс при переходе через точку $x = 0$, эта точка является точкой минимума функции.

Значение функции в точке минимума: $f(0) = \ln(1+0^2) = \ln(1) = 0$

Таким образом, точка $(0,0)$ является точкой минимума функции.

6. Выпуклость и точки перегиба

Для исследования выпуклости и нахождения точек перегиба используем вторую производную функции.

Найдем вторую производную, дифференцируя первую производную:

$f''(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)$

Используем правило дифференцирования частного $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$f''(x) = \frac{2 \cdot (1+x^2) - 2x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{2(1+x^2) - 4x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{2 - 2x^2}{(1+x^2)^2}$

Для нахождения точек перегиба приравниваем вторую производную к нулю:
$f''(x) = 0 \Rightarrow \frac{2 - 2x^2}{(1+x^2)^2} = 0 \Rightarrow 2 - 2x^2 = 0 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1$

Анализируем знак второй производной:
- При $x \in (-\infty, -1)$: $f''(x) < 0$ (так как $2 - 2x^2 < 0$ при $x^2 > 1$), функция вогнутая
- При $x \in (-1, 1)$: $f''(x) > 0$ (так как $2 - 2x^2 > 0$ при $x^2 < 1$), функция выпуклая
- При $x \in (1, +\infty)$: $f''(x) < 0$ (так как $2 - 2x^2 < 0$ при $x^2 > 1$), функция вогнутая

Поскольку вторая производная меняет знак при переходе через точки $x = -1$ и $x = 1$, эти точки являются точками перегиба функции.

Значения функции в точках перегиба:
$f(-1) = f(1) = \ln(1+1) = \ln(2) \approx 0,693$

Таким образом, точки $(-1, \ln(2))$ и $(1, \ln(2))$ являются точками перегиба функции.

7. Дополнительная проверка и уточнения

Проверим поведение функции при больших значениях $|x|$:

При $|x| \to \infty$, функция $y = \ln(1+x^2)$ растет логарифмически, то есть медленнее, чем линейная функция, но неограниченно. Это подтверждает отсутствие горизонтальных и наклонных асимптот.

Проверим симметрию графика относительно оси $OY$ (так как функция четная):
Для любого $x$: $f(-x) = \ln(1+(-x)^2) = \ln(1+x^2) = f(x)$, что подтверждает четность функции.

8. Итоговые характеристики функции $y = \ln(1+x^2)$

1. Область определения: $D(f) = (-\infty; +\infty)$ — вся числовая прямая
2. Четность: функция четная, график симметричен относительно оси $OY$
3. Точки пересечения с осями: единственная точка $(0,0)$
4. Асимптоты: отсутствуют
5. Монотонность:
   - убывает на $(-\infty; 0)$
   - возрастает на $(0; +\infty)$
6. Экстремумы: точка минимума $(0,0)$
7. Выпуклость:
   - вогнутая на $(-\infty; -1)$ и $(1; +\infty)$
   - выпуклая на $(-1; 1)$
8. Точки перегиба: $(-1, \ln(2))$ и $(1, \ln(2))$
9. Поведение на бесконечности: $\lim_{x \to \pm\infty} \ln(1+x^2) = +\infty$

Задание: Дан квадратный трехчлен $az^2 + bz + c$, где $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$. Требуется:
д) вычислить $z_1^3$ и $z_2^2$;
е) вычислить $e^{z_1}$ и $\ln z_2$.

Решение:

Сначала найдем корни квадратного трехчлена $2z^2 + 2z + 1 = 0$.

Используем формулу для нахождения корней квадратного уравнения:
$z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$

Подставляем значения $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$:
$z_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1}}{2 \cdot 2} = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 8}}{4} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{4}$

Поскольку дискриминант $D = b^2 - 4ac = 4 - 8 = -4 < 0$, корни уравнения будут комплексными.

$z_{1,2} = \frac{-2 \pm 2i}{4} = -\frac{1}{2} \pm \frac{i}{2}$

Таким образом:
$z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{i}{2}$
$z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{i}{2}$

д) Вычислим $z_1^3$ и $z_2^2$

Вычисление $z_1^3$:

Для вычисления $z_1^3$ удобно использовать тригонометрическую форму комплексного числа.

Представим $z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{i}{2}$ в виде $z_1 = r(\cos \varphi + i\sin \varphi)$, где:
- $r = |z_1| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
- $\cos \varphi = \frac{-\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = -\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$
- $\sin \varphi = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Таким образом, $\varphi = \frac{3\pi}{4}$ (так как $\cos \frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin \frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$).

Теперь используем формулу Муавра для возведения комплексного числа в степень:
$z^n = r^n(\cos n\varphi + i\sin n\varphi)$

$z_1^3 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^3 \left(\cos \frac{9\pi}{4} + i\sin \frac{9\pi}{4}\right) = \frac{1}{2\sqrt{2}} \left(\cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4}\right)$

Поскольку $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем:

$z_1^3 = \frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} (1 + i) = \frac{1}{4} (1 + i)$

Таким образом, $z_1^3 = \frac{1}{4} + \frac{i}{4}$

Вычисление $z_2^2$:

Аналогично, для $z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{i}{2}$:
- $r = |z_2| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(-\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
- $\cos \varphi = \frac{-\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = -\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$
- $\sin \varphi = \frac{-\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = -\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Таким образом, $\varphi = -\frac{3\pi}{4}$ (так как $\cos (-\frac{3\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin (-\frac{3\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$).

Используя формулу Муавра:
$z_2^2 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \left(\cos \frac{-6\pi}{4} + i\sin \frac{-6\pi}{4}\right) = \frac{1}{2} \left(\cos \frac{-6\pi}{4} + i\sin \frac{-6\pi}{4}\right)$

Поскольку $\frac{-6\pi}{4} = -\frac{3\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$, и $\cos \frac{\pi}{2} = 0$ и $\sin \frac{\pi}{2} = 1$, получаем:

$z_2^2 = \frac{1}{2} (0 + i) = \frac{i}{2}$

Таким образом, $z_2^2 = \frac{i}{2}$

е) Вычислим $e^{z_1}$ и $\ln z_2$

Вычисление $e^{z_1}$:

Для комплексного числа $z = a + bi$ формула $e^z = e^a(\cos b + i\sin b)$.

Подставляем $z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{i}{2}$:

$e^{z_1} = e^{-\frac{1}{2}} \left(\cos \frac{1}{2} + i\sin \frac{1}{2}\right)$

Вычисляем $e^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{e}} \approx 0.6065$

Таким образом:
$e^{z_1} = \frac{1}{\sqrt{e}} \left(\cos \frac{1}{2} + i\sin \frac{1}{2}\right) \approx 0.6065 \cdot (\cos 0.5 + i\sin 0.5)$

Приближенно: $\cos 0.5 \approx 0.8776$ и $\sin 0.5 \approx 0.4794$

$e^{z_1} \approx 0.6065 \cdot (0.8776 + 0.4794i) \approx 0.5323 + 0.2908i$

Вычисление $\ln z_2$:

Для комплексного числа $z = re^{i\varphi}$ формула $\ln z = \ln r + i\varphi$.

Для $z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{i}{2}$:
- $r = |z_2| = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.7071$
- $\varphi = -\frac{3\pi}{4} \approx -2.3562$

Таким образом:
$\ln z_2 = \ln \frac{1}{\sqrt{2}} + i \cdot \left(-\frac{3\pi}{4}\right) = -\frac{1}{2}\ln 2 - \frac{3\pi i}{4}$

Приближенно: $\ln 2 \approx 0.6931$

$\ln z_2 \approx -0.3466 - 2.3562i$

Ответ:

д) $z_1^3 = \frac{1}{4} + \frac{i}{4}$; $z_2^2 = \frac{i}{2}$
е) $e^{z_1} = \frac{1}{\sqrt{e}} \left(\cos \frac{1}{2} + i\sin \frac{1}{2}\right) \approx 0.5323 + 0.2908i$; $\ln z_2 = -\frac{1}{2}\ln 2 - \frac{3\pi i}{4} \approx -0.3466 - 2.3562i$

Задание: Дан квадратный трехчлен $az^2 + bz + c$, где $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$. Требуется:
д) вычислить $z_1^3$ и $z_2^2$;
е) вычислить $e^{z_1}$ и $\ln z_2$.

Подробное решение

Шаг 1: Нахождение корней квадратного трехчлена

Нам дан квадратный трехчлен $2z^2 + 2z + 1 = 0$. Для нахождения его корней воспользуемся стандартной формулой для решения квадратных уравнений:

$z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$

Где $a = 2$, $b = 2$, $c = 1$.

Вычислим дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 4 - 8 = -4$

Поскольку дискриминант отрицательный ($D < 0$), корни уравнения будут комплексными числами.

Подставим значения в формулу:
$z_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2 \cdot 2} = \frac{-2 \pm 2i}{4}$

Здесь мы использовали свойство: $\sqrt{-4} = \sqrt{4 \cdot (-1)} = 2\sqrt{-1} = 2i$, где $i$ — мнимая единица, для которой $i^2 = -1$.

Упростим выражение:
$z_{1,2} = \frac{-2 \pm 2i}{4} = -\frac{1}{2} \pm \frac{i}{2}$

Таким образом, получаем два комплексных корня:
$z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{i}{2}$
$z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{i}{2}$

Заметим, что эти корни являются комплексно-сопряженными числами, что характерно для квадратных уравнений с действительными коэффициентами.

Шаг 2: Вычисление $z_1^3$

Для вычисления степеней комплексных чисел удобно использовать тригонометрическую (полярную) форму записи комплексного числа:

$z = r(\cos \varphi + i\sin \varphi) = re^{i\varphi}$

Где $r = |z|$ — модуль комплексного числа, а $\varphi$ — его аргумент (угол в полярных координатах).

Найдем модуль числа $z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{i}{2}$:
$|z_1| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Теперь найдем аргумент $\varphi$. Для комплексного числа $z = a + bi$ аргумент можно найти как $\varphi = \arctan\frac{b}{a}$ с учетом квадранта, в котором находится точка $(a, b)$.

В нашем случае $a = -\frac{1}{2}$ и $b = \frac{1}{2}$. Поскольку $a < 0$ и $b > 0$, точка находится во втором квадранте, и аргумент равен:
$\varphi = \pi + \arctan\frac{b}{a} = \pi + \arctan\frac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}} = \pi + \arctan(-1) = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$

Можно также проверить это, вычислив косинус и синус этого угла:
$\cos \frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin \frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

И действительно, если нормализовать координаты точки, разделив их на модуль:
$\frac{-\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = -\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2} = \cos \frac{3\pi}{4}$
$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \sin \frac{3\pi}{4}$

Теперь запишем $z_1$ в тригонометрической форме:
$z_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos \frac{3\pi}{4} + i\sin \frac{3\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\frac{3\pi}{4}}$

Для возведения комплексного числа в степень используем формулу Муавра:
$z^n = r^n(\cos n\varphi + i\sin n\varphi) = r^ne^{in\varphi}$

Применим эту формулу для вычисления $z_1^3$:
$z_1^3 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^3 \left(\cos \frac{9\pi}{4} + i\sin \frac{9\pi}{4}\right) = \frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\cos \frac{9\pi}{4} + i\sin \frac{9\pi}{4}\right)$

Упростим угол $\frac{9\pi}{4}$. Поскольку тригонометрические функции имеют период $2\pi$, можно вычесть целое число периодов:
$\frac{9\pi}{4} = \frac{8\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = 2\pi + \frac{\pi}{4} \equiv \frac{\pi}{4} \pmod{2\pi}$

Таким образом:
$z_1^3 = \frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4}\right)$

Известно, что $\cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, поэтому:

$z_1^3 = \frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(1 + i) = \frac{1}{4}(1 + i) = \frac{1}{4} + \frac{i}{4}$

Шаг 3: Вычисление $z_2^2$

Аналогично вычислим $z_2^2$. Сначала найдем модуль и аргумент числа $z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{i}{2}$.

Модуль:
$|z_2| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(-\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Аргумент (с учетом того, что $a < 0$ и $b < 0$, точка находится в третьем квадранте):
$\varphi = \pi + \arctan\frac{b}{a} = \pi + \arctan\frac{-\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}} = \pi + \arctan(1) = \pi + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$

Можно также записать этот угол как $-\frac{3\pi}{4}$, поскольку $\frac{5\pi}{4} = 2\pi - \frac{3\pi}{4}$, и тригонометрические функции имеют период $2\pi$.

Проверим это, вычислив косинус и синус:
$\cos(-\frac{3\pi}{4}) = \cos(\frac{5\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\sin(-\frac{3\pi}{4}) = \sin(\frac{5\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Запишем $z_2$ в тригонометрической форме:
$z_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos(-\frac{3\pi}{4}) + i\sin(-\frac{3\pi}{4})\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\frac{3\pi}{4}}$

Теперь применим формулу Муавра для вычисления $z_2^2$:
$z_2^2 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \left(\cos(-\frac{6\pi}{4}) + i\sin(-\frac{6\pi}{4})\right) = \frac{1}{2}\left(\cos(-\frac{6\pi}{4}) + i\sin(-\frac{6\pi}{4})\right)$

Упростим угол $-\frac{6\pi}{4}$:
$-\frac{6\pi}{4} = -\frac{4\pi}{4} - \frac{2\pi}{4} = -\pi - \frac{\pi}{2} = -\frac{3\pi}{2}$

Поскольку тригонометрические функции имеют период $2\pi$, можно добавить целое число периодов:
$-\frac{3\pi}{2} = -\frac{3\pi}{2} + 2\pi = \frac{\pi}{2}$

Таким образом:
$z_2^2 = \frac{1}{2}\left(\cos \frac{\pi}{2} + i\sin \frac{\pi}{2}\right) = \frac{1}{2}(0 + i) = \frac{i}{2}$

Здесь мы использовали, что $\cos \frac{\pi}{2} = 0$ и $\sin \frac{\pi}{2} = 1$.

Шаг 4: Вычисление $e^{z_1}$

Для вычисления экспоненты комплексного числа используем формулу:
$e^{a+bi} = e^a(\cos b + i\sin b)$

Подставим $z_1 = -\frac{1}{2} + \frac{i}{2}$:
$e^{z_1} = e^{-\frac{1}{2} + \frac{i}{2}} = e^{-\frac{1}{2}} \cdot e^{\frac{i}{2}} = e^{-\frac{1}{2}}\left(\cos \frac{1}{2} + i\sin \frac{1}{2}\right)$

Вычислим $e^{-\frac{1}{2}}$:
$e^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{e^{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{e}}$

Таким образом:
$e^{z_1} = \frac{1}{\sqrt{e}}\left(\cos \frac{1}{2} + i\sin \frac{1}{2}\right)$

Численно $\frac{1}{\sqrt{e}} \approx 0.6065$, $\cos \frac{1}{2} \approx 0.8776$ и $\sin \frac{1}{2} \approx 0.4794$, поэтому:
$e^{z_1} \approx 0.6065 \cdot (0.8776 + 0.4794i) \approx 0.5323 + 0.2908i$

Шаг 5: Вычисление $\ln z_2$

Для вычисления натурального логарифма комплексного числа используем формулу:
$\ln(re^{i\varphi}) = \ln r + i\varphi$

Где $r = |z|$ — модуль комплексного числа, а $\varphi$ — его аргумент.

Мы уже вычислили, что для $z_2 = -\frac{1}{2} - \frac{i}{2}$:
$|z_2| = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\varphi = -\frac{3\pi}{4}$

Подставим эти значения в формулу:
$\ln z_2 = \ln \frac{1}{\sqrt{2}} + i \cdot \left(-\frac{3\pi}{4}\right) = \ln \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{3\pi i}{4}$

Упростим $\ln \frac{1}{\sqrt{2}}$:
$\ln \frac{1}{\sqrt{2}} = \ln \frac{1}{\sqrt{2}} = \ln(2^{-\frac{1}{2}}) = -\frac{1}{2}\ln 2$

Таким образом:
$\ln z_2 = -\frac{1}{2}\ln 2 - \frac{3\pi i}{4}$

Численно $\ln 2 \approx 0.6931$, поэтому:
$\ln z_2 \approx -0.3466 - 2.3562i$

Проверка результатов

Проверим наши вычисления $z_1^3$, используя алгебраическую форму:
$z_1^3 = \left(-\frac{1}{2} + \frac{i}{2}\right)^3$

Раскроем куб по формуле $(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$:
$z_1^3 = \left(-\frac{1}{2}\right)^3 + 3\left(-\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{i}{2}\right) + 3\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{i}{2}\right)^2 + \left(\frac{i}{2}\right)^3$

Вычислим каждое слагаемое, учитывая, что $i^2 = -1$ и $i^3 = -i$:
$\left(-\frac{1}{2}\right)^3 = -\frac{1}{8}$
$3\left(-\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{i}{2}\right) = 3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{i}{2} = \frac{3i}{8}$
$3\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{i}{2}\right)^2 = 3 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{-1}{4}\right) = \frac{3}{8}$
$\left(\frac{i}{2}\right)^3 = \frac{i^3}{8} = \frac{-i}{8}$

Сложим все слагаемые:
$z_1^3 = -\frac{1}{8} + \frac{3i}{8} + \frac{3}{8} - \frac{i}{8} = \frac{-1+3}{8} + \frac{3-1}{8}i = \frac{2}{8} + \frac{2}{8}i = \frac{1}{4} + \frac{i}{4}$

Что совпадает с нашим предыдущим результатом.

Аналогично можно проверить $z_2^2$, используя алгебраическую форму:
$z_2^2 = \left(-\frac{1}{2} - \frac{i}{2}\right)^2 = \left(-\frac{1}{2}\right)^2 + 2\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{i}{2}\right) + \left(-\frac{i}{2}\right)^2$
$= \frac{1}{4} + 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{i}{2}\right) + \frac{i^2}{4} = \frac{1}{4} + \frac{i}{2} - \frac{1}{4} = \frac{i}{2}$

Что также совпадает с нашим предыдущим результатом.

Ответ:

д) $z_1^3 = \frac{1}{4} + \frac{i}{4}$; $z_2^2 = \frac{i}{2}$

е) $e^{z_1} = \frac{1}{\sqrt{e}}\left(\cos \frac{1}{2} + i\sin \frac{1}{2}\right) \approx 0.5323 + 0.2908i$;
$\ln z_2 = -\frac{1}{2}\ln 2 - \frac{3\pi i}{4} \approx -0.3466 - 2.3562i$