1

1. 1
ЛЕКЦІЯ №1
КОМПЛЕКСНІ ЧИСЛА
Комплексні числа та дії з ними
Комплексним числом називається число вигляду:
z = x + iy,
де x та y – дійсні числа; i – уявна одиниця, яка задовольняє рівність i2
= –1.
x називається дійсною частиною числа z і позначається x = Re z, y називається уявною
частиною z і позначається y = Im z.
Два комплексних числа z1 і z2 рівні тоді і тільки тоді, коли Re z1 = Re z2 і Im z1 = Im z2.
Якщо y = 0, то комплексне число z = x + 0 i = x є дійсне. Якщо x = 0 і y ≠ 0, то z = iy –
суто уявне число.
Число z = x + iy дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли x = 0 і y = 0.
Два комплексних числа z = x + iy та z = x – iy, які відрізняються лише знаком уявної
частини, називаються спряженими.
A(x, y)
y
x0
y
x
r
φ
Рис. 1.1.
Геометричною інтерпретацією комплексного
числа iyxz  є зображення його в площині
xOy точкою з координатами x та y (рис. 1.1).
Таким чином між множиною всіх комплексних
чисел і множиною всіх точок площини
встановлено взаємно однозначну відповідність.
Площина, точки якої зображають комплексні числа, називається комплексною
площиною. При цьому дійсним числам відповідають точки, розміщені на осі абсцис (осі Ox);
чисто уявним числам – точки, розміщені на осі ординат (осі Oy). Тому вісь Ox називають
дійсною віссю, вісь Oy – уявною віссю.
Комплексне число z = x + iy можна також зображати вектором OA, початок якого
лежить у точці O(0; 0), а кінець – у точці A(x; y) (радіус-вектор точки A). Дійсна і уявна
частини числа z при цьому будуть компонентами вектора OA.
Точки комплексної площини, що зображають спряжені числа z і ,z симетричні
відносно дійсної осі.
Модулем комплексного числа iyxz  (позначення z ) називається довжина вектора
OA:
22
yxrOAz  (1.1)
Очевидно, що 0 ≤ z < +∞.
Аргументом числа z (позначення Arg z) називається кут φ, на який треба повернути
навколо початку координат додатну частину дійсної осі до збігу з вектором OA: φ = Arg z.
При цьому кут φ вважається додатним, якщо обертання додатної частини дійсної осі
відбувається проти ходу годинникової стрілки, і від’ємним – у протилежному напрямі.
Аргумент числа z = 0 не визначений.

2. 2
Якщо z ≠ 0, то Arg z визначається не однозначно, а з точністю до сталого доданка 2πk (k
= 0, ±1, ±2, ±3,…). Одне і тільки одне значення φ аргументу z належить проміжку (–
π; π], воно називається головним значенням і позначається arg z.
Отже,
Arg z = arg z + 2πk, де –π < arg z ≤ π, k = 0, ±1, ±2,…
Для обчислення головного значення аргументу числа iyxz  корисні рівності:
arg z =
x
y
arctg при x > 0 (I та IV чверті);
arg z =
x
y
arctg + π при x < 0 і y ≥ 0 (II чверть); (1.2)
arg z =
x
y
arctg – π при x < 0 і y < 0 (III чверть);
Зауважимо, що всі числа z, для яких точки комплексної площини, що їх зображають,
лежать вище дійсної осі, мають ;arg 0z всі числа z, для яких точки комплексної площини,
що їх зображають, лежать нижче дійсної осі, мають arg z < 0; дійсні додатні числа z мають
arg z = 0; дійсні від’ємні числа z мають ;arg z числа z, для яких точки комплексної
площини, що їх зображають, лежать на додатній частині уявної осі, мають ;arg
2

z числа z,
для яких точки комплексної площини, що їх зображають, лежать на від’ємній частині уявної
осі, мають .arg
2

z Спряжені комплексні числа мають рівні модулі ,zz  а головні
значення їх аргументів рівні за абсолютною величиною, але відрізняються знаком:
.argarg zz 
Дійсна і уявна частини комплексного числа 0 iyxz через модуль і аргумент цього
числа виражаються формулами:
Re z = z cos arg z = z cos , Im z = z sin arg z = z sin ,
а саме число z може бути записане у вигляді:
z = z (cos arg z + i sin arg z) = z (cos  + i sin ).
Ця форма запису комплексного числа називається тригонометричною.
Два комплексних числа, що задані в тригонометричній формі, рівні між собою тоді і
тільки тоді, коли їх модулі рівні, а аргументи рівні або відрізняються на числа кратні 2π.
Нехай z = a + bi – довільне, відмінне від нуля комплексне число і z = r(cos  + isin )
його тригонометрична форма. Згідно з рівністю 
sincos iei
отримуємо
z = r(cos  + isin ) = i
re .
Така форма запису комплексного числа z називається показниковою формою.
Сумою двох комплексних чисел z1 = x1 + iy1 та z2 = x2 + iy2 називається комплексне
число
z1 + z2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2).
Різницею двох комплексних чисел z1 = x1 + iy1 та z2 = x2 + iy2 називається число z, що є
розв’язком рівняння z1 = z + z2. Отже, z = z1 – z2 = (x1 – x2) + i(y1 – y2).
Геометрично додавання і віднімання чисел z1, і z2 відбувається за правилом додавання і
віднімання векторів (рис.1.2).

3. 3
z1 + z2
z1
x
y
0
z2
z1 – z2
z1
z2
x
y
0
Рис. 1.2.
Добутком двох чисел z1 = x1 + iy1 та z2 = x2 + iy2 називається число z1z2 = (x1x2 – y1y2)
+ i(x1y2 + x2y1). Зауважимо, що добуток спряжених чисел z і z дорівнює квадрату модуля
кожного з них: .
2222
zzyxzz 
Добуток двох чисел ми отримаємо, якщо перемножимо ці числа як двочлени за
правилами алгебри, враховуючи, що i2
= –1, i3
= –i, i4
= 1, i5
= i і т.д. Взагалі при будь-якому
цілому k
i4k
= 1, i4k+1
= i, i4k+2
= –1, i4k+3
= –i.
Обчисливши добуток двох комплексних чисел в тригонометричній формі
z1 = 1z (cos 1 + isin 1), z2 = 2z (cos 2 + isin 2), дістанемо
z1z2 = 1z 2z (cos(1 + 2) + isin(1 + 2)),
тобто 21 zz = 1z 2z , Arg(z1z2) = Arg z1 + Arg z2.
y
0 x
z1z2
φ2
z1· 2zz2
φ2 z1
φ1
Рис. 1.3.
Геометрично можна побудувати добуток z1z2,
розтягнувши вектор z1 в 2z раз, а потім
повернувши навколо свого початку на кут Arg z2
(рис. 1.3).
Часткою двох комплексних чисел z1 = x1 + iy1 та z2 = x2 + iy2  0 називається число z, що
задовольняє рівняння .21 zzz  Цей розв’язок існує, він єдиний і дорівнює комплексному
числу
z = 2
2
2
2
2121
yx
yyxx


+ i 2
2
2
2
2112
yx
yxyx


.
Практично ділення комплексних чисел виконується так: щоб розділити число
z1 = x1 + iy1, на z2 = x2 + iy2, треба помножити чисельник і знаменник дробу
2
1
z
z
на комплексне
число, спряжене до знаменника:
z =
2
1
z
z
=
22
11
yix
yix


=
))((
))((
2222
2211
yixyix
yixyix


= 2
2
2
2
2121
yx
yyxx


+ i 2
2
2
2
2112
yx
yxyx


.
В тригонометричній формі
2
1
z
z
=
)sincos(
)sincos(
222
111


iz
iz
= .))(sin)(cos( 2121
2
1
 i
z
z
Якщо z1 = z2 = ... = zn = z  0, то за правилом множення чисел одержимо
Р

4. 4
zn
= ( z (cos  + isin ))n
=
n
z (cos n+i sin n),
тобто
nn
zz  , Arg zn
= nArg z (n – натуральне число). Ця рівність називається формулою
Муавра.
Коренем n-го степеня з комплексного числа z називається комплексне число , яке є
розв’язком рівняння n
= z, (n – натуральне число). Такий розв’язок існує. При z  0 існує n
різних комплексних чисел 0, 1,…, n-1 таких, що k
n
= z (k = 0, 1,..., n – 1).
Ці числа позначаються символом n
z і обчислюються за формулою





 



n
k
i
n
zz
22
sincos
knn
,
де  = arg z, n z – арифметичне значення кореня, k = 0, 1, 2,..., n –1.
Геометрично ці n значень виразу n
z зображаються вершинами деякого правильного
n-кутника, вписаного в коло радіуса n z з центром у початку координат.
Приклад 1.1. Знайти модулі та головні значення аргументів чисел:
а) z1 = –1; б) z2 = –2 + 2i; в) z3 = –3i; г) z4 = 3 – 4i.
Розв’язання: а) Число z1 – дійсне від’ємне. Його модуль дорівнює відстані точки
A1(–1; 0) від початку координат комплексної площини (рис.1.4): 1z = 1; аrg z1 = .
б) ;)( 22822 22
2 z .arg 









4
3
42
2
arctg2z
в) Число z3 – суто уявне, його модуль дорівнює відстані точки A3(0; –3) від початку
координат: 33 z ; .arg
2
3

z
y
x·
··
·
·
·
-2 -1
A1
A2
2
· 3
A4
·
·
·
· ·
A3
-4
-3
Рис. 1.4.
г) ,)( 5254
22
4
3  z аrg z4 = arctg .
3
4
arctg
3
4







Приклад 1.2. Знайти Re z i Im z, якщо z =
i
2
+ i(1 + i).
Розв’язання. Необхідно представити число z у вигляді z = x + iy, де x = Re z, y = Im z і x,
yR.
z =
i
2
+ i(1 + i) = 2
2
i
i
+ i + i2
=
1
2


i
+ i – 1 = –1 + i + 2i = –1 + 3i.
Отже, Re z = –1, Im z = 3.
Приклад 1.3. Записати в тригонометричній формі такі комплексні числа та вирази:
а) 2 + 5i; б) –2(sin1 + icos1).

5. 5
Рoзв'язання. а) Якщо числo z = x + iy задане в алгебраїчній формі, то модуль і головне
значення аргументу знаходимо за формулами (1.1) і (1.2). Для заданого числа z маємо:
29254 z , arg z = arctg
2
5
, оскільки x  0, y  0.
Таким чином: .sincos 


















2
5
arctg
2
5
arctg29 iz
б) Знаходимо модуль та головне значення аргументу числа
 :cossin 112 iz  ;cossin 21414 22
z
.
sin
cos
arg 1
2
1
2
1
2
arctgtg1arctctg
12
12
arctg 














z
Таким чином, тригонометрична форма числа:
.sincos 










 





 

2
1
2
12 iz
Приклад 1.4. Обчислити: a) (– 3 + i)60
; б)3
1 ; в) 4
1 i .
Розв’язання. a) Запишемо число z = − 3 + i в тригонометричній формі: − 3 + i =
= .sincos 






6
5
6
5
2 i Згідно з правилом піднесення до степеня, маємо:
    .sincos 606060
25050213  ii
б) Так як –1 = cos  + i sin , то ωk = 3
1 = cos
3
2 k
+ i sin
3
2 k
, k = 0, 1, 2.
Звідси знаходимо:
k = 0 ω0 = cos
3

+ i sin
3

=
2
1
+ i
2
3
;
k = 1 ω1 = cos  + i sin  = −1;
k = 2 ω2 = cos 
3
5
+ i sin 
3
5
=
2
1
– i
2
3
.
Знайдені значення виразу 3
1 , тобто числа ω0, ω1, ω2, зображаються вершинами
правильного трикутника, вписаного в коло радіуса r = 1 (рис. 1.5)
y
x0
·
·
·
ω1
ω0
ω2
1
Рис. 1.5
в) Запишемо тригонометричну форму комплексного числа
1 − i = .sincos 










 





 

44
2 i

6. 6
Отже, ,sincos




















4
2
4
4
2
421 84
k
i
k
i k = 0, 1, 2, 3.
k = 0 ω0 = ;sincossincos 




 













 





 

1616
2
1616
2 88
ii
k = 1 ω1 = ;sincos 






16
7
16
7
28
i
k = 2 ω2 = ;sincos 






16
15
16
15
28
i
k = 3 ω3 = .sincos 






16
23
16
23
28
i
Числа ω0, ω1, ω2, ω3 зображаються вершинами квадрата, вписаного в коло радіуса 8
2r
(рис. 1.6).
y
x0 ·
·
·
ω2
ω1
·ω3
ω0
8
2
Рис. 1.6.
Приклад 1.5. Визначити множини точок на комплексній площині z, що визначаються
умовами:
a) Im z2
 2; б) z + Re z  1.
Розв’язання. а) Нехай z = x + iy. Тоді   .xyiyxiyxz 22222

Отже, Im z2
= 2xy. За умовою 2xy  2. Ця нерівність визначає множину точок в першому і
третьому квадратах відповідно над і під гіперболою xy = 1.
б) Нехай z = ρ(cos  + i sin ). Тоді z = ρ, Re z = ρcos .
За умовою ρ + ρcos   1, звідки ρ 
 cos1
1
.
Цю умову задовольняють всі точки, що лежать в області, обмеженій кривою ρ =
 cos1
1
(рівняння параболи в полярних координатах).
Приклад 1.6. Визначити лінії, які задаються такими рівняннями:
a) iziz  = 4; б) Re 





z
1
= 1.
Розв’язання. а) Оскільки z = x + iy, то ,)()( 411  yixyix
тобто     .411
2222
 yxyx Ця умова визначає всі точки М(x, y), для яких сума
відстаней від точок F1(0, –1) і F2(0, 1) є сталою величиною. Це еліпс з фокусами F1 і F2 та

7. 7
більшою піввіссю, рівною 2. Віддаль від початку координат до фокусів рівна 1, а менша
піввісь − 14  = 3 . Рівняння еліпса має вигляд: .1
43
22

yx
б) Маємо z = x + iy, z = x – iy. Тоді
;
))(( 222222
11
yx
y
i
yx
x
yx
iyx
iyxiyx
iyx
iyxz 











Re 





z
1
= .22
yx
x

За умовою Re 





z
1
= 1, отже, 122

 yx
x
або x = x2
+ y2
; x2
– x + y2
= 0 або







2
1
x
2
+ y2
=
4
1
.
Це рівняння кола радіуса
2
1
з центром у точці C .; 





0
2
1