Liczby zespolone, pierwiastkowanie, zadania

Mamy 3 zadania. W zadaniu 1 liczymy pierwiastki ze wzoru na pierwiastki z liczby zespolonej. Dlatego ważną rzeczą jest, aby zapoznać się z zakładką Wzory tutaj, gdyż podane są tam wszystkie niezbędne wzory i wskazówki ułatwiające liczenie.

Zadanie 1. Oblicz pierwiastki:

W zadaniu wykorzystujemy wzór:

$pierwiastkowanie liczb zespolonych$

a) $\dpi{120} \sqrt[4]{-1},$

Rozwiązanie:

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} -1$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj).

$\dpi{120} \left | z \right |=1,\; \left ( \sin \varphi =0,\cos \varphi =-1 \right )\Rightarrow \varphi =\pi .$

Czyli:

$\dpi{120} -1=1\cdot \left ( \cos \pi +i\sin \pi \right )=\cos \pi +i\sin \pi .$

Wzór na pierwiastki 4-tego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[4]{-1}=\sqrt[4]{1}\cdot \left ( \cos \frac{\pi +2k\pi }{4}+i\sin \frac{\pi +2k\pi }{4} \right ),\; k=0,1,2,3.$

Ponieważ $\dpi{120} \sqrt[4]{1}=1$ , więc opuszczamy ten czynnik w dalszych rachunkach.

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1,2,3$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}+i \frac{\sqrt{2}}{2}$

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\cos \frac{\pi+2\pi }{4}+i\sin \frac{\pi+2\pi }{4}=\cos \frac{3\pi }{3}+i\sin \frac{3\pi }{4}=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi -\frac{1}{4}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{4}\pi \right )=-\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4}=$ (tabela wartości)

$\dpi{120} =-\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}$

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\cos \frac{\pi +4\pi }{4}+i\sin \frac{\pi+4\pi }{4}=\cos \frac{5\pi }{4}+i\sin \frac{5\pi }{4}=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi +\frac{1}{4 }\pi \right ) +i\sin \left ( \pi +\frac{1}{4}\pi \right )=-\cos \frac{\pi }{4}-i\sin \frac{\pi }{4}=$ (tabela wartości)

$\dpi{120} =-\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2}$

4. Dla $\dpi{120} k=3$ mamy:

$\dpi{120} w_{3}=\cos \frac{\pi+6\pi }{4}+i\sin \frac{\pi+6\pi }{4}=\cos \frac{7\pi }{4}+i\sin \frac{7\pi }{4}=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\cos \left ( 2\pi -\frac{1}{4}\pi \right )+i\sin \left ( 2\pi -\frac{1}{4}\pi \right )=\cos \frac{\pi }{4}-i\sin \frac{\pi }{4}=$ (tabela wartości)

$\dpi{120} =\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2}$

Otrzymaliśmy cztery pierwiastki:

$\dpi{120} w_{0}=\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2},$

$\dpi{120} w_{1}=-\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2},$

$\dpi{120} w_{2}=-\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2},$

$\dpi{120} w_{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} \sqrt[3]{2-2i},$

Rozwiązanie:

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} 2-2i$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj).

$\dpi{120} \left | z \right |=2\sqrt{2}, \; \left ( \sin \varphi =-\frac{\sqrt{2}}{2},\cos \varphi =\frac{\sqrt{2}}{2} \right )\Rightarrow \varphi \in$ IV ćw. $\dpi{120} ,\alpha =\frac{\pi }{4}\Rightarrow$

$\dpi{120} \Rightarrow \varphi =2\pi -\alpha =2\pi -\frac{\pi }{4}=\frac{7}{4}\pi$

Czyli:

$\dpi{120} 2-2i=2\sqrt{2}\cdot \left ( \cos \frac{7}{4}\pi +i\sin \frac{7}{4}\pi \right ).$

Wzór na pierwiastki 3-ego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[3]{2-2i}=\sqrt[3]{2\sqrt{2}}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{7}{4}\pi +2k\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{7}{4}\pi +2k\pi }{3} \right ),\; k=0,1,2.$

Zauważmy, że $\dpi{120} \sqrt[3]{2\sqrt{2}}=\sqrt[3]{\sqrt{8}}=\sqrt[6]{\sqrt{8}}=\sqrt[6]{2^{3}}=\sqrt{2}$

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1,2$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{\frac{7}{4}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{7}{4}\pi }{3} \right )=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{7}{12}\pi +i\sin \frac{7}{12}\pi \right )$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{7}{12}\pi > \frac{1}{}2\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{7}{12}\pi =\left ( \pi -\frac{5}{12}\pi \right )\in$ II ćw., aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} \sqrt{2}\left ( \cos \frac{7}{12}\pi +i\sin \frac{7}{12}\pi \right )=\sqrt{2}\left ( \cos \left ( \pi -\frac{5}{12}\pi \right )i \sin \left ( \pi -\frac{5}{12}\pi \right ) \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( -\cos \frac{5}{12}\pi +i\sin \frac{5}{12}\pi \right )$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{5}{12}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{5}{12}\pi$ wymaga tablic.

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{\frac{7}{4}+2\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{7}{4}+2\pi }{3} \right )=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{\frac{15}{4}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{15}{4}\pi }{3} \right )=$

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( \cos \frac{15}{12}\pi +i\sin \frac{15}{12}\pi \right )=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{5}{4}\pi +i\sin \frac{5}{4}\pi \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( \cos \left ( \pi +\frac{1}{4}\pi \right )+i\sin\left ( \pi +\frac{1}{4} \right ) \right )=\sqrt{2}\left ( -\cos \frac{\pi }{4}-i\sin \frac{\pi }{4}\right )=$ (tabela wartości)

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( -\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2} \right )=-1-i$

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{\frac{7}{4}\pi +4\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{7}{4}\pi +4\pi }{3} \right )=\sqrt{2}\left ( \cos \left ( \frac{\frac{23}{4}\pi }{3}\right )+i\sin \left ( \frac{\frac{23}{4}\pi }{3} \right ) \right )=$

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( \cos \frac{23}{12}\pi +i\sin \frac{23}{12}\pi \right )=$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{23}{12}\pi > \frac{1}{2}\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{23}{12}\pi =\left ( 2\pi -\frac{1}{12}\pi \right )\in$ IV ćw., aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( \cos \left ( 2\pi -\frac{1}{12}\pi \right )+i\sin \left ( 2\pi -\frac{1}{12}\pi \right ) \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( \cos \frac{1}{12}\pi -i\sin \frac{1}{12}\pi \right ).$

Otrzymaliśmy trzy pierwiastki:

$\dpi{120} w_{0}=\sqrt{2}\left ( -\cos \frac{5}{12}\pi +i\sin \frac{5}{12}\pi \right ),$

$\dpi{120} w_{1}=-1-i,$

$\dpi{120} w_{2}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{1}{12}\pi -i\sin \frac{1}{12}\pi \right ).$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} \sqrt[4]{-i},$

Rozwiązanie

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} -i$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj).

$\dpi{120} \left | z \right |=1,\; \left ( \sin \varphi =-1,\cos \varphi =0 \right )\Rightarrow \varphi =\frac{3}{2}\pi$

Czyli:

$\dpi{120} -i=1\cdot \left ( \cos \frac{3}{2}\pi +i\sin \frac{3}{2}\pi \right )=\cos \frac{3}{2}\pi +i\sin \frac{3}{2}\pi .$

Wzór na pierwiastek $\dpi{120} n$ -tego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[4]{-i}=\sqrt[4]{1}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{3}{2}\pi +2k\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{3}{2}\pi +2k\pi }{4} \right ),\; k=0,1,2,3.$

Ponieważ $\dpi{120} \sqrt[4]{1}=1$ , więc opuszczamy ten czynnik w dalszych rachunkach.

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1,2,3$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{\frac{3}{2}\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{3}{2}\pi }{4}=\cos \frac{3}{8}\pi +i\sin \frac{3}{8}\pi$

Kąt $\dpi{120} \frac{3}{8}\pi \in$ I ćw., więc jest to już pierwszy pierwiastek. Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{3}{8}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{3}{8}\pi$ wymaga tablic.

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\cos \frac{\frac{3}{2}\pi+2\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{3}{2}\pi+2\pi }{4}=\cos \frac{\frac{7}{2}\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{7}{2}\pi }{4}=$

$\dpi{120} =\cos \frac{7}{8}\pi +i\sin \frac{7}{8}\pi=$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{7}{8}\pi > \frac{1}{2}\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{7}{8}\pi =\left ( \pi -\frac{1}{8}\pi \right )\in$ II ćw., aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi -\frac{1}{8}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{8}\pi \right )=-\cos \frac{\pi }{8}+i\sin \frac{\pi }{8}$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{1}{8}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{1}{8}\pi$ wymaga tablic.

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\cos \frac{\frac{3}{2}\pi+4\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{3}{2}\pi+4\pi }{4}=\cos \frac{\frac{11}{2}\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{11}{2}\pi }{4}=$

$\dpi{120} =\cos \frac{11}{8}\pi +i\sin \frac{11}{8}\pi=$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{11}{8}\pi > \frac{1}{2}\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{11}{8}\pi =\left ( \pi +\frac{3}{8}\pi \right )\in$ III ćw. aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi +\frac{3}{8}\pi \right )+i\sin \left ( \pi +\frac{3}{8}\pi \right )=-\cos \frac{3}{8}\pi -i\sin \frac{3}{8}\pi .$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczone $\dpi{120} \sin \frac{3}{8}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{3}{8}\pi$ wymaga tablic.

4. Dla $\dpi{120} k=3$ mamy:

$\dpi{120} w_{3}=\cos \frac{\frac{3}{2}\pi+6\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{3}{2}\pi+6\pi }{4}=\cos \frac{\frac{15}{2}\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{15}{2}\pi }{4}=$

$\dpi{120} =\cos \frac{15}{8}\pi +i\sin \frac{15}{8}\pi=$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{15}{8}\pi > \frac{1}{2}\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{15}{8}\pi =\left ( 2\pi -\frac{1}{8}\pi \right )\in$ IV ćw., aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} =\cos \left ( 2\pi -\frac{1}{8}\pi \right )+i\sin \left ( 2\pi -\frac{1}{8}\pi \right )=\cos \frac{1}{8}\pi -i\sin \frac{1}{8}\pi .$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{1}{8}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{1}{8}\pi$ wymaga tablic.

Otrzymaliśmy cztery pierwiastki:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{3}{8}\pi +i\sin \frac{3}{8}\pi ,$ $\dpi{120} w_{1}=-\cos \frac{3}{8}\pi +i\sin \frac{3}{8}\pi ,$

$\dpi{120} w_{2}=-\cos \frac{3}{8}\pi -i\sin \frac{3}{8}\pi ,$

$\dpi{120} w_{3}=\cos \frac{3}{8}\pi -i\sin \frac{3}{8}\pi .$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} \sqrt[3]{\left ( -1+i \right )^{3}},$

Rozwiązanie

Zauważmy, że potęga pod pierwiastkiem „nie redukuje się” ze stopniem pierwiastka, tak jak miałoby to miejsce w przypadku liczb rzeczywistych. Zatem najpierw obliczamy $\dpi{120} \left ( -1+i \right )^{3}.$

Zastosujemy wzór: $\dpi{120} \left ( x-y \right )^{3}=x^{3}-3x^{2}y+3xy^{2}-y^{3}.$

$\dpi{120} \left ( -1+i \right )^{3}=\left ( i-1 \right )^{3}=i^{3}-3i^{2}\cdot 1+3i\cdot 1^{2}-1^{3}=i^{2}\cdot i+3+3i-1=$

$\dpi{120} =-i+2+3i=2+2i.$

Wróćmy do liczenia $\dpi{120} \sqrt[3]{\left ( -1+i \right )^{3}}$

$\dpi{120} \sqrt[3]{\left ( -1+i \right )^{3}}=\sqrt[3]{2+2i}=\sqrt[3]{2}\cdot \sqrt[3]{1+i}$

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} 1+i$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj).

$\dpi{120} \left | z \right |=\sqrt{2},\; \left ( \sin \varphi =\frac{\sqrt{2}}{2},\cos \varphi =\frac{\sqrt{2}}{2} \right )\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{4}$

Czyli:

$\dpi{120} 1+i=\sqrt{2}\cdot \left ( \cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4} \right ).$

Wzór na pierwiastki 3-ego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[3]{1+i}=\sqrt[3]{\sqrt{2}}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{\pi }{4}+2k\pi }{3} +i\sin \frac{\frac{\pi }{4}+2k\pi }{3}\right ),\; k=0,1,2.$

Zauważmy, że $\dpi{120} \sqrt[3]{\sqrt{2}}=\sqrt[6]{2}.$

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1,2.$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{\frac{1}{4}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{4}\pi }{3} \right )=\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{1}{12}\pi +i\sin \frac{1}{12}\pi \right )$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{1}{12}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{1}{12}\pi$ wymaga tablic.

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{\frac{1}{4}\pi+2\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{4}\pi+2\pi }{3} \right )=\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{\frac{9}{4}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{9}{4}\pi }{3} \right )=$

$\dpi{120} =\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{9}{12}\pi +i\sin \frac{9}{12}\pi \right )=\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{3 }{4}\pi +i\sin \frac{3}{4}\pi \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\sqrt[6]{2}\left ( \cos \left ( \pi -\frac{1}{4}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{4}\pi \right ) \right )=\sqrt[6]{2}\left ( -\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4} \right )=$ (tabela wartości)

$\dpi{120} =\sqrt[6]{2}\left ( -\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2} \right )=\sqrt[6]{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\left ( -1+i \right )=\frac{\sqrt[3]{2^{2}}}{2}\left ( -1+i \right )$

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{\frac{1}{4}\pi+4\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{4}\pi+4\pi }{3} \right )=\sqrt[6]{2}\left ( \cos \left ( \frac{\frac{17}{4}\pi }{3} \right )+i\sin \left ( \frac{\frac{17}{4}\pi }{3} \right ) \right )=$

$\dpi{120} =\sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{17}{12}\pi +i\sin \frac{17}{12}\pi \right )=$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{17}{12}\pi > \frac{1}{2}\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{17}{12}\pi =\left ( \pi +\frac{5}{12}\pi \right )\in$ III ćw., aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} =\sqrt[6]{2}\left ( \cos \left ( \pi +\frac{5}{12}\pi \right )+i\sin \left ( \pi +\frac{5}{12}\pi \right ) \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\sqrt[6]{2}\left ( -\cos \frac{5}{12}\pi -i\sin \frac{5}{12}\pi \right ).$

Pamiętajmy, że aby otrzymać szukane pierwiastki musimy pomnożyć wyniki z punktów 1., 2., 3. przez $\dpi{120} \sqrt[3]{2}$ . Otrzymaliśmy więc trzy pierwiastki:

$\dpi{120} z_{0}=\sqrt[3]{2}\cdot \sqrt[6]{2}\left ( \cos \frac{1}{12}\pi +i\sin \frac{1}{12}\pi \right ),$

$\dpi{120} z_{1}=\sqrt[3]{2}\cdot \frac{\sqrt[3]2^{2}{}}{2}\left ( -1+i \right ),$

$\dpi{120} z_{2}=\sqrt[3]{2}\cdot \sqrt[6]{2}\left ( -\cos \frac{5}{12}\pi -i\sin \frac{5}{12}\pi \right ).$

Po wymnożeniu pierwiastków:

$\dpi{120} z_{0}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{1}{12}\pi +i\sin \frac{1}{12}\pi \right ),$

$\dpi{120} z_{1}=-1+i,$

$\dpi{120} z_{2}=\sqrt{2}\left ( -\cos \frac{5}{12}\pi -i\sin \frac{5}{12}\pi \right ).$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

e) $\dpi{120} \sqrt[3]{4+4\sqrt{3}i},$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \sqrt[3]{4+4\sqrt{3}i}=\sqrt[3]{4\left ( 1+\sqrt{3}i \right )}=\sqrt[3]{4}\cdot \sqrt[3]{1+\sqrt{3}i},$

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} 1+\sqrt{3}i$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj).

$\dpi{120} \left | z \right |=2,\; \left ( \sin \varphi =\frac{\sqrt{3}}{2},\cos \varphi =\frac{1}{2} \right )\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{3}$

Czyli:

$\dpi{120} 1+i\sqrt{3}=2\cdot \left ( \cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3} \right ).$

Wzór na pierwiastki 3-ego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[3]{1+i\sqrt{3}}=\sqrt[3]{2}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{\pi }{3}+2k\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{\pi }{3}+2k\pi }{3} \right ),\; k=0,1,2.$

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1,2$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=2\left ( \cos \frac{\frac{1}{3}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{3}\pi }{3} \right )=2\left ( \cos \frac{1}{9}\pi +i\sin \frac{1}{9}\pi \right )$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{1}{9}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{1}{9}\pi$ wymaga tablic.

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=2\left ( \cos \frac{\frac{1}{3}\pi+2\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{3}\pi +2\pi }{3} \right )=2\left ( \cos \frac{\frac{7}{3}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{7}{3}\pi }{3} \right )=$

$\dpi{120} =2\left ( \cos \frac{7}{9}\pi +i\sin \frac{7}{9}\pi \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =2\left ( \cos \left ( \pi -\frac{2}{9}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{2}{9}\pi \right ) \right )=2\left ( -\cos \frac{2}{9}\pi +i\sin \frac{2}{9}\pi \right )$

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=2\left ( \cos \frac{\frac{1}{3}\pi+4\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{3}\pi +4\pi }{3} \right )=2\left ( \cos \left ( \frac{\frac{13}{3}\pi }{3}+i\sin \right ) \left ( \frac{\frac{13}{3}\pi }{3} \right )\right )=$

$\dpi{120} =2\left ( \cos \frac{13}{9}\pi +i\sin \frac{13}{9}\pi \right )=$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{13}{9}\pi > \frac{1}{2}\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{13}{9}\pi =\left ( \pi +\frac{4}{9}\pi \right )\in$ III ćw., aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} =2\left ( \cos \left ( \pi +\frac{4}{9}\pi \right )+i\sin \left ( \pi +\frac{4}{9}\pi \right ) \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =2\left ( -\cos\frac{4}{9}\pi -i\sin \frac{4}{9}\pi \right ).$

Pamiętajmy, że aby otrzymać szukane pierwiastki musimy pomnożyć wyniki punktów 1.,2.,3. przez $\dpi{120} \sqrt[3]{4}$ . Otrzymaliśmy więc trzy pierwiastki:

$\dpi{120} z_{0}=\sqrt[3]{4}\cdot 2\left ( \cos \frac{1}{9}\pi +i\sin \frac{1}{9}\pi \right ),$

$\dpi{120} z_{1}=\sqrt[3]{4}\cdot 2\left ( -\cos \frac{2}{9}\pi +i\sin \frac{2}{9}\pi \right ),$

$\dpi{120} z_{2}=\sqrt[3]{4}\cdot 2\left ( -\cos \frac{4}{9}\pi -i\sin \frac{4}{9}\pi \right ).$

Po wymnożeniu pierwiastków:

$\dpi{120} z_{0}=\cos \frac{1}{9}\pi +i\sin \frac{1}{9}\pi,$

$\dpi{120} z_{1}=-\cos \frac{2}{9}\pi +i\sin \frac{2}{9}\pi ,$

$\dpi{120} z_{2}=-\cos \frac{4}{9}\pi -i\sin \frac{4}{9}\pi .$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

f) $\dpi{120} \sqrt[3]{8i}$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \sqrt[3]{8i}=\sqrt[3]{8}\cdot \sqrt[3]{i}=2\sqrt[3]{i}$

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} i$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj).

$\dpi{120} \left | z \right |=1,\; \left ( \sin \varphi =1,\cos \varphi =0 \right )\Rightarrow \varphi =\frac{1}{2}\pi$

Czyli:

$\dpi{120} i=1\cdot \left ( \cos \frac{1}{2}\pi +i\sin \frac{1}{2}\pi \right )=\cos \frac{1}{2}\pi +i\sin \frac{1}{2}\pi .$

Wzór na pierwiastki 3-ego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[3]{i}=\sqrt[3]{1}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{1}{2}\pi +2k\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{2}\pi +2k\pi }{3} \right ),\; k=0,1,2.$

Ponieważ $\dpi{120} \sqrt[3]{1}=1$ , więc opuszczamy ten czynnik w dalszych rachunkach.

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1,2$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{\frac{1}{2}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{2}\pi }{3}=\cos \frac{1}{6}\pi +i\sin \frac{1}{6}\pi =\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\cos \frac{\frac{1}{2}\pi+2\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{2}\pi+2\pi }{3}=\cos \frac{\frac{5}{2}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{5}{2}\pi }{3}=$

$\dpi{120} =\cos \frac{5}{6}\pi +i\sin \frac{5}{6}\pi=$

Ponieważ $\dpi{120} \frac{5}{6}\pi > \frac{1}{2}\pi$ , więc musimy sprowadzić ten kąt do kąta z I ćw. W tym celu zapiszemy go w postaci $\dpi{120} \frac{5}{6}\pi =\left ( \pi -\frac{1}{6}\pi \right )\in$ II ćw., aby móc skorzystać ze wzorów redukcyjnych (patrz zakładka Wzory temat Potęgowanie liczb zespolonych tutaj).

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi -\frac{1}{6}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{6}\pi \right )=-\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\cos \frac{\frac{1}{2}\pi+4\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{1}{2}\pi+4\pi }{3}=\cos \frac{\frac{9}{2}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{9}{2}\pi }{3}=$

$\dpi{120} =\cos \frac{9}{6}\pi +i\sin \frac{9}{6}\pi =\cos \frac{3}{2}\pi +i\sin \frac{3}{2}\pi =-i$

Pamiętajmy, że aby otrzymać szukane pierwiastki musimy pomnożyć wyniki z punktów 1.,2.,3. przez 2. Otrzymaliśmy więc trzy pierwiastki:

$\dpi{120} z_{0}=2\cdot \left ( \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i \right ),$

$\dpi{120} z_{1}=2\cdot \left ( -\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i \right ),$

$\dpi{120} z_{2}=2\cdot \left ( -i \right ).$

Stąd:

$\dpi{120} z_{0}=\sqrt{3}+i,$

$\dpi{120} z_{1}=-\sqrt{3}+i,$

$\dpi{120} z_{2}=-2i.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

W kolejnym zadaniu liczymy wyłącznie pierwiastki kwadratowe, które przydadzą się później do rozwiązywania równań kwadratowych w dziedzinie zespolonej $\dpi{120} \left ( \sqrt{\Delta } \right )$ . Ważną rzeczą jest, aby zapamiętać po rozwiązaniu tego zadania, że liczby zespolone będące pierwiastkami kwadratowymi z pewnej liczby zespolonej są przeciwnych znaków.

Zadanie 2. Oblicz pierwiastki kwadratowe z liczb zespolonych:

a) $\dpi{120} 1-i,$

Rozwiązanie

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} 1-i$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj).

$\dpi{120} \left | z \right |=\sqrt{2},\; \left ( \sin \varphi =-\frac{\sqrt{2}}{2},\cos \varphi =\frac{\sqrt{2}}{2} \right )\Rightarrow \varphi \in$ IV. ćw., $\dpi{120} \alpha =\frac{\pi }{4}\Rightarrow$

$\dpi{120} \Rightarrow \varphi =2\pi -\alpha =2\pi -\frac{\pi }{4}=\frac{7}{4}\pi$

Czyli:

$\dpi{120} 1-i=\sqrt{2}\cdot \left ( \cos \frac{7}{4}\pi +i\sin \frac{7}{4}\pi \right ).$

Wzór na pierwiastki 2-ego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt{1-i}=\sqrt{\sqrt{2}}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{7}{4}\pi +2k\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{7}{4}\pi +2k\pi }{2} \right ),\; k=0,1.$

Zauważmy, że $\dpi{120} \sqrt{\sqrt{2}}=\sqrt[4]{2}.$

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\sqrt[4]{2}\left ( \cos \frac{\frac{7}{4}\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{7}{4}\pi }{2} \right )=\sqrt[4]{2}\left ( \cos \frac{7}{8}\pi +i\sin \frac{7}{8}\pi \right )=$

$\dpi{120} =\sqrt[4]{2}\left ( \cos \left ( \pi -\frac{1}{8}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{8}\pi \right ) \right )=\sqrt[4]{2}\left ( -\cos \frac{\pi }{8}+i\sin \frac{\pi }{8} \right )$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{1}{8}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{1}{8}\pi$ wymaga tablic.

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\sqrt[4]{2}\left ( \cos \frac{\frac{7}{4}\pi +2\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{7}{4}\pi +2\pi }{2} \right )=\sqrt[4]{2}\left ( \cos \frac{\frac{15}{4}\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{15}{4}\pi }{2} \right )=$

$\dpi{120} =\sqrt[4]{2}\left ( \cos \frac{15}{8}\pi +i\sin \frac{15}{8}\pi \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\sqrt[4]{2}\left ( \cos \left ( 2\pi -\frac{1}{8}\pi \right )+i\sin \left ( 2\pi -\frac{1}{8}\pi \right ) \right )=\sqrt[4]{2}\left ( \cos \frac{1}{8}\pi -i\sin \frac{1}{8}\pi \right )$

Otrzymaliśmy dwa pierwiastki:

$\dpi{120} w_{0}=\sqrt[4]{2}\left ( -\cos \frac{1}{8}\pi +i\sin \frac{1}{8}\pi \right ),$

$\dpi{120} w_{1}=\sqrt[4]{2}\left ( \cos \frac{1}{8}\pi -i\sin \frac{1}{8}\pi \right ).$

Zauważmy, że wyszły nam dwa pierwiastki o przeciwnych znakach. Nie jest to przypadek, ale ogólny fakt dla pierwiastków kwadratowych. Dlatego wystarczy zawsze znaleźć tylko jeden pierwiastek, drugi ma zawsze przeciwne znaki.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} -\sqrt{3}+i,$

Rozwiązanie

Sprowadzamy liczbę $\dpi{120} -\sqrt{3}+i,$ do postaci trygonometrycznej (patrz dokładniejsze wytłumaczenie w temacie Postać trygonometryczna tutaj)

$\dpi{120} \left | z \right |=2,\; \left ( \sin \varphi =\frac{1}{2},\cos \varphi =-\frac{\sqrt{3}}{2} \right )\Rightarrow \varphi \in$ II ćw. $\dpi{120} ,\alpha =\frac{\pi }{6}\Rightarrow$

$\dpi{120} \Rightarrow \varphi =\pi -\alpha =\pi -\frac{\pi }{6}=\frac{5}{6}\pi$

Czyli:

$\dpi{120} -\sqrt{3}+i=2\cdot \left ( \cos \frac{5}{6}\pi +i\sin \frac{5}{6}\pi \right ).$

Wzór na pierwiastki 2-ego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt{-\sqrt{3}+i}=\sqrt{2}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{5}{6}\pi+2k\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{5}{6}\pi+2k\pi }{2} \right ),\; k=0,1.$

Podstawiamy kolejno $\dpi{120} k=0,1$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{\frac{5}{6}\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{5}{6}\pi }{2} \right )=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{5}{12}\pi +i\sin \frac{5}{12}\pi \right )$

Zostawiamy rozwiązanie w takiej postaci, gdyż obliczenie $\dpi{120} \sin \frac{15}{2}\pi$ oraz $\dpi{120} \cos \frac{15}{2}\pi$ wymaga tablic.

Drugi pierwiastek możemy napisać bez obliczeń pamiętając, że pierwiastki kwadratowe są zawsze przeciwnych znaków. Dla przećwiczenia rachunków obliczmy jednak również drugi z nich.

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{\frac{5}{6}\pi+2\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{5}{6}\pi+2\pi }{2} \right )=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{\frac{17}{6}\pi }{2}+i\sin \frac{\frac{17}{6}\pi }{2} \right )=$

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( \cos \frac{17}{12}\pi+i\sin \frac{17}{12}\pi \right )=$ (wzory redukcyjne)

$\dpi{120} =\sqrt{2}\left ( \cos \left ( \pi +\frac{5}{12}\pi \right )+i\sin \left ( \pi +\frac{5}{12}\pi \right ) \right )=\sqrt{2}\left ( -\cos \frac{5}{12}\pi -i\sin \frac{5}{12} \pi \right )$

Otrzymaliśmy dwa pierwiastki:

$\dpi{120} w_{0}=\sqrt{2}\left ( \cos \frac{5}{12}\pi +i\sin \frac{5}{12}\pi \right ),$

$\dpi{120} w_{1}=-\sqrt{2}\left ( \cos \frac{5}{12}\pi +i\sin \frac{5}{12}\pi \right ).$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} -5-12i,$ ważny – inny sposób

Rozwiązanie

Pierwiastek ten (i pozostałe z tego zadania) liczymy bez użycia postaci trygonometrycznej. Można sprawdzić, że nie jest możliwe obliczenie postaci trygonometrycznej tej liczby bez pomocy tablic i przybliżeń. Zatem:

Przyrównajmy pierwiastek do postaci algebraicznej liczby zespolonej:

$\dpi{120} \sqrt{-5-12i}=a+bi$

Aby pozbyć się pierwiastka, podnieśmy stronami równanie do kwadratu:

$\dpi{120} -5-12i=a^{2}+2abi+b^{2}i^{2}$

$\dpi{120} -5-12=a^{2}-b^{2}+2abi$

Przypomnijmy, dwie liczby zespolone są równe, gdy odpowiednie ich części są równe:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} -5=a^{2}-b^{2}\\ -12=2a b\; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy powyższy układ równań. Z drugiego równania wyliczamy, np. $\dpi{120} b=\frac{-12}{2a}=-\frac{6}{a}$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\dpi{120} -5=a^{2}-\left ( -\frac{6}{a} \right )^{2}$

$\dpi{120} -5=a^{2}-\frac{36}{a^{2}}$

Mnożąc stronami przez $\dpi{120} a^{2}$ otrzymujemy tzw. równanie dwukwadratowe:

$\dpi{120} a^{4}+5a^{2}-36=0$

Wprowadźmy zmienną pomocniczą $\dpi{120} a^{2}=t,\; t\geq 0:$

$\dpi{120} t^{2}+5t-36=0$

Rozwiązaniami powyższego równania jako równania kwadratowego, są: $\dpi{120} \left ( \Delta =169 \right )$

$\dpi{120} t_{1}=-9\notin D\vee t_{2}=4\in D$

Wobec tego:

$\dpi{120} a^{2}=4\Rightarrow \left ( a_{1}=-2\vee a_{2}=2 \right )$

Zatem:

$\dpi{120} b_{1}=3\vee b_{2}=-3$

Podsumowując, szukanymi pierwiastkami są:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} w_{0}=-2+3i\\ w_{1}=2-3i\; \; \end{matrix}\right..$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} -24-10i,$

Rozwiązanie

Przyrównajmy pierwiastek do postaci algebraicznej liczby zespolonej:

$\dpi{120} \sqrt{-24-10i}=a+bi$

Aby pozbyć się pierwiastka, podnieśmy stronami równanie do kwadratu:

$\dpi{120} -24-10i=a^{2}+2abi+b^{2}i^{2}$

$\dpi{120} -24-10i=a^{2}-b^{2}+2abi$

Przypomnijmy, dwie liczby zespolone są równe, gdy odpowiednie ich części są równe:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} -24=a^{2}-b^{2}\\ -10=2ab\; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy powyższy układ równań. Z drugiego równania wyliczamy, np. $\dpi{120} b=\frac{-10}{2a}=-\frac{5}{a}$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\dpi{120} -24=a^{2}-\left ( -\frac{5}{a} \right )^{2}$

$\dpi{120} -24=a^{2}-\frac{25}{a^{2}}$

Mnożąc stronami przez $\dpi{120} a^{2}$ otrzymujemy tzw. równanie dwukwadratowe:

$\dpi{120} a^{4}+24a^{2}-25=0$

Wprowadźmy zmienną pomocniczą $\dpi{120} a^{2}=t,\; t\geq 0:$

$\dpi{120} t^{2}+24t-25=0$

Rozwiązaniami powyższego równania jako równania kwadratowego, są: $\dpi{120} \left ( \Delta =676,\sqrt{\Delta }=26\right )$

$\dpi{120} t_{1}=-25\notin D\vee t_{2}=1\in D$

Wobec tego:

$\dpi{120} a^{2}=1\Rightarrow \left ( a_{1}=-1\vee a_{2}=1 \right )$

Zatem:

$\dpi{120} b_{1}=5\vee b_{2}=-5$

Podsumowując, szukanymi pierwiastkami są:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} w_{0}=-1+5i\\ w_{1}=1-5i \; \; \; \end{matrix}\right..$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

e) $\dpi{120} 8-6i,$

Rozwiązanie

Przyrównajmy pierwiastek do postaci algebraicznej liczby zespolonej:

$\dpi{120} \sqrt{8-6i}=a+bi$

Aby pozbyć się pierwiastka, podnieśmy stronami równanie do kwadratu:

$\dpi{120} 8-6i=a^{2}+2abi+b^{2}i^{2}$

$\dpi{120} 8-6i=a^{2}-b^{2}+2abi$

Przypomnijmy, dwie liczby zespolone są równe, gdy odpowiednie ich części są równe:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 8=a^{2}-b^{2}\\ -6=2ab\; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy powyższy układ równań. Z drugiego równania wyliczamy, np. $\dpi{120} b=\frac{-6}{2a}=-\frac{3}{a}$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\dpi{120} 8=a^{2}-\left ( -\frac{3}{a} \right )^{2}$

$\dpi{120} 8=a^{2}-\frac{9}{a^{2}}$

Mnożąc stronami przez $\dpi{120} a^{2}$ otrzymujemy tzw. równanie dwukwadratowe:

$\dpi{120} a^{4}+8a^{2}-9=0$

Wprowadźmy zmienną pomocniczą $\dpi{120} a^{2}=t,\; t\geq 0:$

$\dpi{120} t^{2}-8t-9=0$

Rozwiązaniami powyższego równania jako równania kwadratowego, są: $\dpi{120} \left ( \Delta =100,\sqrt{\Delta }=100\right )$

$\dpi{120} t_{1}=-1\notin D\vee t_{2}=9\in D$

Wobec tego:

$\dpi{120} a^{2}=9\Rightarrow \left ( a_{1}=-3\vee a_{2}=3 \right )$

Zatem:

$\dpi{120} b_{1}=1\vee b_{2}=-1$

Podsumowując, szukanymi pierwiastkami są:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} w_{0}=-3+i\\ w_{1}=3-i \; \; \; \end{matrix}\right..$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

f) $\dpi{120} 15-8i,$

Rozwiązanie

Przyrównajmy pierwiastek do postaci algebraicznej liczby zespolonej:

$\dpi{120} \sqrt{15-8i}=a+bi$

Aby pozbyć się pierwiastka, podnieśmy stronami równanie do kwadratu:

$\dpi{120} 15-8i=a^{2}+2abi+b^{2}i^{2}$

$\dpi{120} 15-8i=a^{2}-b^{2}+2abi$

Przypomnijmy, dwie liczby zespolone są równe, gdy odpowiednie ich części są równe:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 15=a^{2}-b^{2}\\ -8=2ab\; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy powyższy układ równań. Z drugiego równania wyliczamy, np. $\dpi{120} b=\frac{-8}{2a}=-\frac{4}{a}$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\dpi{120} 15=a^{2}-\left ( -\frac{4}{a} \right )^{2}$

$\dpi{120} 15=a^{2}-\frac{16}{a^{2}}$

Mnożąc stronami przez $\dpi{120} a^{2}$ otrzymujemy tzw. równanie dwukwadratowe:

$\dpi{120} a^{4}+15a^{2}-16=0$

Wprowadźmy zmienną pomocniczą $\dpi{120} a^{2}=t,\; t\geq 0:$

$\dpi{120} t^{2}+15t-16=0$

Rozwiązaniami powyższego równania jako równania kwadratowego, są: $\dpi{120} \left ( \Delta =289,\sqrt{\Delta }=17\right )$

$\dpi{120} t_{1}=-1\notin D\vee t_{2}=16\in D$

Wobec tego:

$\dpi{120} a^{2}=16\Rightarrow \left ( a_{1}=-4\vee a_{2}=4\right )$

Zatem:

$\dpi{120} b_{1}=1\vee b_{2}=-1$

Podsumowując, szukanymi pierwiastkami są:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} w_{0}=-4+i\\ w_{1}=4-i\; \; \end{matrix}\right..$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

g) $\dpi{120} -11+60i,$

Rozwiązanie

Przyrównajmy pierwiastek do postaci algebraicznej liczby zespolonej:

$\dpi{120} \sqrt{-11+60i}=a+bi$

Aby pozbyć się pierwiastka, podnieśmy stronami równanie do kwadratu:

$\dpi{120} -11+60i=a^{2}+2abi+b^{2}i^{2}$

$\dpi{120} -11+60i=a^{2}-b^{2}+2abi$

Przypomnijmy, dwie liczby zespolone są równe, gdy odpowiednie ich części są równe:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} -11=a^{2}-b^{2}\\ 60=2ab\; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy powyższy układ równań. Z drugiego równania wyliczamy, np. $\dpi{120} b=\frac{60}{2a}=\frac{30}{a}$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\dpi{120} -11=a^{2}-\left ( \frac{30}{a} \right )^{2}$

$\dpi{120} -11=a^{2}-\frac{900}{a^{2}}$

Mnożąc stronami przez $\dpi{120} a^{2}$ otrzymujemy tzw. równanie dwukwadratowe:

$\dpi{120} a^{4}+11a^{2}-900=0$

Wprowadźmy zmienną pomocniczą $\dpi{120} a^{2}=t,\; t\geq 0:$

$\dpi{120} t^{2}+11t-900=0$

Rozwiązaniami powyższego równania jako równania kwadratowego, są: $\dpi{120} \left ( \Delta =3721,\sqrt{\Delta }=61\right )$

$\dpi{120} t_{1}=-36\notin D\vee t_{2}=25\in D$

Wobec tego:

$\dpi{120} a^{2}=25\Rightarrow \left ( a_{1}=-5\vee a_{2}=5 \right )$

Zatem:

$\dpi{120} b_{1}=-6\vee b_{2}=6$

Podsumowując, szukanymi pierwiastkami są:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} w_{0}=-5-6i\\ w_{1}=5+6i \; \; \; \end{matrix}\right..$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

h) $\dpi{120} 3+4i,$

Rozwiązanie

Przyrównajmy pierwiastek do postaci algebraicznej liczby zespolonej:

$\dpi{120} \sqrt{3+4i}=a+bi$

Aby pozbyć się pierwiastka, podnieśmy stronami równanie do kwadratu:

$\dpi{120} 3+4i=a^{2}+2abi+b^{2}i^{2}$

$\dpi{120} 3+4i=a^{2}-b^{2}+2abi$

Przypomnijmy, dwie liczby zespolone są równe, gdy odpowiednie ich części są równe:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3=a^{2}-b^{2}\\ 4=2ab\; \; \; \; \;\; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy powyższy układ równań. Z drugiego równania wyliczamy, np. $\dpi{120} b=\frac{4}{2a}=-\frac{2}{a}$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\dpi{120} 3=a^{2}-\left ( \frac{2}{a} \right )^{2}$

$\dpi{120} 3=a^{2}-\frac{4}{a^{2}}$

Mnożąc stronami przez $\dpi{120} a^{2}$ otrzymujemy tzw. równanie dwukwadratowe:

$\dpi{120} a^{4}-3a^{2}-4=0$

Wprowadźmy zmienną pomocniczą $\dpi{120} a^{2}=t,\; t\geq 0:$

$\dpi{120} t^{2}-3t-4=0$

Rozwiązaniami powyższego równania jako równania kwadratowego, są: $\dpi{120} \left ( \Delta =25,\sqrt{\Delta }=5\right )$

$\dpi{120} t_{1}=-1\notin D\vee t_{2}=4\in D$

Wobec tego:

$\dpi{120} a^{2}=4\Rightarrow \left ( a_{1}=-2\vee a_{2}=2\right )$

Zatem:

$\dpi{120} b_{1}=-1\vee b_{2}=1$

Podsumowując, szukanymi pierwiastkami są:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} w_{0}=-2-i\\ w_{1}=2+i \; \; \; \end{matrix}\right..$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

i) $\dpi{120} 4i-3.$

Rozwiązanie

Przyrównajmy pierwiastek do postaci algebraicznej liczby zespolonej:

$\dpi{120} \sqrt{4i-3}=a+bi$

Aby pozbyć się pierwiastka, podnieśmy stronami równanie do kwadratu:

$\dpi{120} -3+4i=a^{2}+2abi+b^{2}i^{2}$

$\dpi{120} -3+4i=a^{2}-b^{2}+2abi$

Przypomnijmy, dwie liczby zespolone są równe, gdy odpowiednie ich części są równe:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} -3=a^{2}-b^{2}\\ 4=2ab\; \; \; \; \;\; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy powyższy układ równań. Z drugiego równania wyliczamy, np. $\dpi{120} b=\frac{4}{2a}=-\frac{2}{a}$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\dpi{120} -3=a^{2}-\left ( \frac{2}{a} \right )^{2}$

$\dpi{120} -3=a^{2}-\frac{4}{a^{2}}$

Mnożąc stronami przez $\dpi{120} a^{2}$ otrzymujemy tzw. równanie dwukwadratowe:

$\dpi{120} a^{4}+3a^{2}-4=0$

Wprowadźmy zmienną pomocniczą $\dpi{120} a^{2}=t,\; t\geq 0:$

$\dpi{120} t^{2}+3t-4=0$

Rozwiązaniami powyższego równania jako równania kwadratowego, są: $\dpi{120} \left ( \Delta =25,\sqrt{\Delta }=5\right )$

$\dpi{120} t_{1}=-4\notin D\vee t_{2}=1\in D$

Wobec tego:

$\dpi{120} a^{2}=1\Rightarrow \left ( a_{1}=-1\vee a_{2}=1 \right )$

Zatem:

$\dpi{120} b_{1}=-2\vee b_{2}=2$

Podsumowując, szukanymi pierwiastkami są:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} w_{0}=-1-2i\\ w_{1}=1+2i \; \; \; \end{matrix}\right..$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Kolejne zadanie pokazuje, jak można inaczej sformułować treść zadania, a rachunki sprowadzają się do wcześniej poznanych rzeczy, w tym przypadku do liczenia pierwiastków z liczb zespolonych.

Zadanie 3. Rozwiąż równania (tzw. równania dwumienne):

a) $\dpi{120} z^{3}=i,$

Rozwiązanie

Równanie to jest równoważne innemu zapisowi, a mianowicie $z=\sqrt[3]{i}$ . Wystarczy bowiem „spierwiastkować” wyjściowe równanie pierwiastkiem stopnia trzeciego. Mamy zatem do obliczenia;

$\dpi{120} z=\sqrt[3]{i}$

Postać trygonometryczna liczby $i$

$\dpi{120} \left | z \right |=1,\; \left ( \sin \varphi =1,\; \cos \varphi =0 \right )\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{2}.$

Czyli:

$\dpi{120} i=1\cdot \left ( \cos \frac{\pi }{2}+i\sin \frac{\pi }{2} \right ).$

Wzór na pierwiastki $n$ -tego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[3]{i}=\sqrt[3]{1}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{\pi }{2}+2k\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}+2k\pi }{3} \right ),\; k=0,1,2.$

Ponieważ $\dpi{120} \sqrt[3]{1}=1$ , możemy opuścić ten czynnik w dalszych zapisach.

Podstawiamy $\dpi{120} k=0,1,2$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{\frac{\pi }{2}}{3}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}}{3}=\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i.$

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\cos \frac{\frac{\pi }{2}+2\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}+2\pi }{3}=\cos \frac{\frac{5}{2}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{5}{2}\pi }{3}=\cos \frac{5}{6}\pi +i\sin \frac{5}{6}\pi =$

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi -\frac{1}{6}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{6}\pi \right )\overset{1.}{=} -\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}\overset{2.}{=}-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i.$

1. Wzory redukcyjne

2. Tabela wartości

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\cos \frac{\frac{\pi }{2}+4\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}+4\pi }{3}=\cos \frac{\frac{9}{2}\pi }{3}+i\sin \frac{\frac{9}{2}\pi }{3}=\cos \frac{9}{6}\pi +i\sin \frac{9}{6}\pi =$

$\dpi{120} =\cos \frac{3}{2}\pi +i\sin \frac{3}{2}\pi =-i.$

Rozwiązaniem równania są liczby:

$\dpi{120} w_{0}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i,$

$\dpi{120} w_{1}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i,$

$\dpi{120} w_{2}=-i.$

Gdyby ktoś nie zrozumiał wszystkich przejść, zalecamy wrócić do wcześniejszych zadań, gdzie wszystko wytłumaczone jest jeszcze dokładniej.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} z^{4}=-16,$

Rozwiązanie

Równanie to jest równoważne innemu zapisowi, a mianowicie $\dpi{120} z=\sqrt[4]{-16}$ . Wystarczy bowiem „spierwiastkować” wyjściowe równanie pierwiastkiem stopnia czwartego. Mamy zatem do obliczenia;

$\dpi{120} z=\sqrt[4]{-16}=\sqrt[4]{16\cdot \left ( -1 \right )}=\sqrt[4]{16}\cdot \sqrt[4]{-1}=2\sqrt[4]{-1}.$

Postać trygonometryczna liczby $-1$

$\dpi{120} \left | z \right |=1,\; \left ( \sin \varphi =0,\; \cos \varphi =-1 \right )\Rightarrow \varphi =\pi .$

Czyli:

$\dpi{120} -1=1\cdot \left ( \cos \pi +i\sin \pi \right ).$

Wzór na pierwiastki $n$ -tego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[4]{-1}=\sqrt[4]{1}\cdot \left ( \cos \frac{\pi +2k\pi }{4}+i\sin\frac{\pi +2k\pi }{4} \right ),\; k=0,1,2,3.$

Ponieważ $\dpi{120} \sqrt[4]{1}=1$ , możemy opuścić ten czynnik w dalszych zapisach.

Podstawiamy $\dpi{120} k=0,1,2,3$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}.$

2. Dla $k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\cos \frac{\pi+2\pi }{4}+i\sin \frac{\pi+2\pi }{4}=\cos \frac{3\pi }{4}+i\sin \frac{3\pi }{4}=$

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi -\frac{1}{4}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{4}\pi \right )\overset{1.}{=}-\cos \frac{\pi }{4}-i\sin \frac{\pi }{4}\overset{2.}{=}-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i.$

1. Wzory redukcyjne

2. Tabela wartości

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\cos \frac{\pi+4\pi }{4}+i\sin \frac{\pi+4\pi }{4}=\cos \frac{5\pi }{4}+i\sin \frac{5\pi }{4}=$

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi +\frac{1}{4}\pi \right )+i\sin \left ( \pi +\frac{1}{4}\pi \right )\overset{1.}{=}-\cos \frac{\pi }{4}-i\sin \frac{\pi }{4}\overset{2.}{=}-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i.$

1. Wzory redukcyjne

2. Tabela wartości

4. Dla $\dpi{120} k=3$ mamy:

$\dpi{120} w_{3}=\cos \frac{\pi+6\pi }{4}+i\sin \frac{\pi+6\pi }{4}=\cos \frac{7\pi }{4}+i\sin \frac{7\pi }{4}=$

$\dpi{120} =\cos \left ( 2\pi -\frac{1}{4}\pi \right )+i\sin \left ( 2\pi -\frac{1}{4}\pi \right )\overset{1.}{=}\cos \frac{\pi }{4}-i\sin \frac{\pi }{4}\overset{2.}{=}\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i.$

1. Wzory redukcyjne

2. Tabela wartości

Rozwiązaniem równania są liczby $\dpi{120} z_{k}=2w_{k},k=0,1,2,3$ , czyli:

$\dpi{120} z_{0}=\sqrt{2}+i\sqrt{2},$

$\dpi{120} z_{1}=-\sqrt{2}+i\sqrt{2},$

$\dpi{120} z_{2}=-\sqrt{2}-i\sqrt{2},$

$\dpi{120} z_{3}=\sqrt{2}-i\sqrt{2}.$

Gdyby ktoś nie zrozumiał wszystkich przejść, zalecamy wrócić do wcześniejszych zadań, gdzie wszystko wytłumaczone jest jeszcze dokładniej.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} z^{6}=-1,$

Rozwiązanie

Równanie to jest równoważne innemu zapisowi, a mianowicie $\dpi{120} z=\sqrt[6]{-1}$ . Wystarczy bowiem „spierwiastkować” wyjściowe równanie pierwiastkiem stopnia szóstego. Mamy zatem do obliczenia;

$\dpi{120} z=\sqrt[6]{-1}$

Postać trygonometryczna liczby $i$

$\dpi{120} \left | z \right |=1,\; \left ( \sin \varphi =0,\; \cos \varphi =-1 \right )\Rightarrow \varphi =\pi .$

Czyli:

$\dpi{120} -1=1\cdot \left ( \cos \pi +i\sin \pi \right ).$

Wzór na pierwiastki $n$ -tego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[6]{-1}=\sqrt[6]{1}\cdot \left ( \cos \frac{\pi +2k\pi }{6}+i\sin \frac{\pi +2k\pi }{6} \right ),\; k=0,1,2,3,4,5.$

Ponieważ $\dpi{120} \sqrt[6]{1}=1$ , możemy opuścić ten czynnik w dalszych zapisach.

Podstawiamy $\dpi{120} k=0,1,2,3,4,5$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i.$

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\cos \frac{\pi+2\pi }{6}+i\sin \frac{\pi+2\pi }{6}=\cos \frac{3\pi }{6}+i\sin \frac{3\pi }{6}=\cos \frac{\pi }{2}+i\sin \frac{\pi }{2}=i.$

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\cos \frac{\pi+4\pi }{6}+i\sin \frac{\pi+4\pi }{6}=\cos \frac{5\pi }{6}+i\sin \frac{5\pi }{6}=$

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi -\frac{1}{6}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{1}{6}\pi \right )\overset{1.}{=}-\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}\overset{2.}{=}-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i.$

1. Wzory redukcyjne

2. Tabela wartości

4. Dla $\dpi{120} k=3$ mamy:

$\dpi{120} w_{3}=\cos \frac{\pi +6\pi }{6}+i\sin \frac{\pi+6\pi }{6}=\cos \frac{7\pi }{6}+i\sin \frac{7\pi }{6}=$

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi +\frac{1}{6}\pi \right )+i\sin \left ( \pi +\frac{1}{6}\pi \right )\overset{1.}{=}-\cos \frac{\pi }{6}-i\sin \frac{\pi }{6}\overset{2.}{=}-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i.$

1. Wzory redukcyjne

2. Tabela wartości

5. Dla $\dpi{120} k=4$ mamy:

$\dpi{120} w_{4}=\cos \frac{\pi +8\pi }{6}+i\sin \frac{\pi+8\pi }{6}=$

$\dpi{120} =\cos \frac{9\pi }{6}+i\sin \frac{9\pi }{6}=\cos \frac{3}{2}\pi +i\sin \frac{3}{2}\pi =-i$

6. Dla $\dpi{120} k=5$ mamy:

$\dpi{120} w_{5}=\cos \frac{\pi +10\pi }{6}+i\sin \frac{\pi+10\pi }{6}=\cos \frac{11\pi }{6}+i\sin \frac{11\pi }{6}=$

$\dpi{120} =\cos \left ( 2\pi -\frac{1}{6}\pi \right )+i\sin \left ( 2\pi -\frac{1}{6}\pi \right )\overset{1.}{=}\cos \frac{\pi }{6}-i\sin \frac{\pi }{6}\overset{2.}{=}\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i.$

1. Wzory redukcyjne

2. Tabela wartości

Rozwiązaniem równania są liczby:

$\dpi{120} w_{0}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i,$

$\dpi{120} w_{1}=i,$

$\dpi{120} w_{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i,$

$\dpi{120} w_{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i,$

$\dpi{120} w_{4}=-i,$

$\dpi{120} w_{5}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i.$

Gdyby ktoś nie zrozumiał wszystkich przejść, zalecamy wrócić do wcześniejszych zadań, gdzie wszystko wytłumaczone jest jeszcze dokładniej.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} z^{4}=i.$

Rozwiązanie

Równanie to jest równoważne innemu zapisowi, a mianowicie $\dpi{120} z=\sqrt[4]{i}$ . Wystarczy bowiem „spierwiastkować” wyjściowe równanie pierwiastkiem stopnia trzeciego. Mamy zatem do obliczenia;

$\dpi{120} z=\sqrt[4]{i}$

Postać trygonometryczna liczby $i$

$\dpi{120} \left | z \right |=1,\; \left ( \sin \varphi =1,\; \cos \varphi =0 \right )\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{2}.$

Czyli:

$\dpi{120} i=1\cdot \left ( \cos \frac{\pi }{2}+i\sin \frac{\pi }{2} \right ).$

Wzór na pierwiastki $n$ -tego stopnia:

$\dpi{120} \sqrt[4]{i}=\sqrt[4]{1}\cdot \left ( \cos \frac{\frac{\pi }{2}+2k\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}+2k\pi }{4} \right ),\; k=0,1,2,3.$

Ponieważ $\dpi{120} \sqrt[4]{1}=1$ , możemy opuścić ten czynnik w dalszych zapisach.

Podstawiamy $\dpi{120} k=0,1,2,3$

1. Dla $\dpi{120} k=0$ mamy:

$\dpi{120} w_{0}=\cos \frac{\frac{\pi }{2}}{4}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}}{4}=\cos \frac{\pi }{8}+i\sin \frac{\pi }{8}.$

2. Dla $\dpi{120} k=1$ mamy:

$\dpi{120} w_{1}=\cos \frac{\frac{\pi }{2}+2\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}+2\pi }{4}=\cos \frac{\frac{5}{2}\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{5}{2}\pi }{4}=\cos \frac{5}{8}\pi +i\sin \frac{5}{8}\pi =$

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi -\frac{3}{8}\pi \right )+i\sin \left ( \pi -\frac{3}{8}\pi \right )\overset{1.}{=} -\cos \frac{3\pi }{8}+i\sin \frac{3\pi }{8}.$

1. Wzory redukcyjne

3. Dla $\dpi{120} k=2$ mamy:

$\dpi{120} w_{2}=\cos \frac{\frac{\pi }{2}+4\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}+4\pi }{4}=\cos \frac{\frac{9}{2}\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{9}{2}\pi }{4}=\cos \frac{9}{8}\pi +i\sin \frac{9}{8}\pi =$

$\dpi{120} =\cos \left ( \pi +\frac{1}{8}\pi \right )+i\sin \left ( \pi +\frac{1}{8}\pi \right )\overset{1.}{=}-\cos \frac{\pi }{8}-i\sin \frac{\pi }{8}.$

1. Wzory redukcyjne

4. Dla $\dpi{120} k=3$ mamy:

$\dpi{120} w_{3}=\cos \frac{\frac{\pi }{2}+6\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{\pi }{2}+6\pi }{4}=\cos \frac{\frac{13}{2}\pi }{4}+i\sin \frac{\frac{13}{2}\pi }{4}=\cos \frac{13}{8}\pi +i\sin \frac{13}{8}\pi =$

$\dpi{120} =\cos \left ( 2\pi -\frac{3}{8}\pi \right )+i\sin \left ( 2\pi -\frac{3}{8}\pi \right )\overset{1.}{=}\cos \frac{3\pi }{8}-i\sin \frac{3\pi }{8}.$