(16+16isqrt(2))^12/(2^60) решите по формуле Муавра

Question 1

Question 2

$\displaystyle \dfrac{(16+16i \sqrt{2})^{12}}{2^{60}}= \frac{16^{12}(1+i\sqrt{2} )^{12}}{2^{60}} = \dfrac{(1+i\sqrt{2} )^{12}}{2^{12}}$
Рассмотрим $z=1+i\sqrt{2}$ .Перейдем к тригонометрической форме.
Модуль комплексного числа: $|z|= \sqrt{1^2+(\sqrt{2} )^2} =\sqrt{3}$ .
Поскольку x=1>0; y=√2>0, то $\phi=arctg \frac{x}{y} =arctg\sqrt{2}$

$z=1+i\sqrt{2} =\sqrt{3} \bigg(\cos(arctg\sqrt{2} )+i\sin(arctg\sqrt{2} )\bigg)$

Используя формулу Муавра $(r(\cos\phi+i\sin \phi))^n=r^n\bigg(\cos(n\phi)+i\sin(n\phi)\bigg)$ , получим

$z^{12}=(\sqrt{3} )^{12}\bigg(\cos (12arctg\sqrt{2} )+i\sin(12arctg\sqrt{2} )\bigg)\boxed{=}$

Посчитаем отдельные нюансы.
$\cos(12arctg\sqrt{2} )=2\cos^2(6arctg\sqrt{2} )-1=\\ \\ \\ =2(2\cos^2(3arctg\sqrt{2} )-1)^2-1=2(2(4\cos^3(arctg\sqrt{2} ))-\\ \\ \\ -3cos(arctg\sqrt{2} )))^2-1)^2-1$
Используя равенство $\cos(arctg \alpha )= \dfrac{1}{ \sqrt{ \alpha ^2+1} }$ , получим что

$\cos(12arctg\sqrt{2} )= \dfrac{329}{729} .$

Посчитаем теперь
$\sin(12arctg\sqrt{2} )=2\sin(6arctg\sqrt{2} )\cos(6arctg\sqrt{2} )=\\ \\ \\ =4\sin(3arctg\sqrt{2} )cos(3arctg\sqrt{2} )(2cos^2(3arctg\sqrt{2} )-1)=\\ \\ \\ =8(3\sin(arctg\sqrt{2} )-4\sin^3(arctg\sqrt{2} ))(4\cos^3(arctg\sqrt{2} )-\\ \\ \\ -3\cos(arctg\sqrt{2} ))(4\cos^3(arctg\sqrt{2} )-3\cos(arctg\sqrt{2} ))^2-1)$
Используя равенство $\sin(arctg \alpha )= \dfrac{ \alpha }{ \sqrt{ \alpha ^2+1} }$ , получим что $\sin(12arctg\sqrt{2} )=- \dfrac{460\sqrt{2} }{729}$

Остаточно имеем

$\boxed{=}\,\,\,\,329-460i \sqrt{2}$

$\dfrac{(16+16i \sqrt{2} )^{12}}{2^{60}}= \dfrac{329-460i \sqrt{2} }{2^{12}} = \dfrac{329}{4096} - \dfrac{115i}{512 \sqrt{2} }$

Ответ: $\dfrac{329}{4096} - \dfrac{115i}{512 \sqrt{2} } .$

аноним · Answer 1 · 2018-04-29T16:34:54+0000

$\displaystyle \dfrac{(16+16i \sqrt{2})^{12}}{2^{60}}= \frac{16^{12}(1+i\sqrt{2} )^{12}}{2^{60}} = \dfrac{(1+i\sqrt{2} )^{12}}{2^{12}}$
Рассмотрим $z=1+i\sqrt{2}$ .Перейдем к тригонометрической форме.
Модуль комплексного числа: $|z|= \sqrt{1^2+(\sqrt{2} )^2} =\sqrt{3}$ .
Поскольку x=1>0; y=√2>0, то $\phi=arctg \frac{x}{y} =arctg\sqrt{2}$

$z=1+i\sqrt{2} =\sqrt{3} \bigg(\cos(arctg\sqrt{2} )+i\sin(arctg\sqrt{2} )\bigg)$

Используя формулу Муавра $(r(\cos\phi+i\sin \phi))^n=r^n\bigg(\cos(n\phi)+i\sin(n\phi)\bigg)$ , получим

$z^{12}=(\sqrt{3} )^{12}\bigg(\cos (12arctg\sqrt{2} )+i\sin(12arctg\sqrt{2} )\bigg)\boxed{=}$

Посчитаем отдельные нюансы.
$\cos(12arctg\sqrt{2} )=2\cos^2(6arctg\sqrt{2} )-1=\\ \\ \\ =2(2\cos^2(3arctg\sqrt{2} )-1)^2-1=2(2(4\cos^3(arctg\sqrt{2} ))-\\ \\ \\ -3cos(arctg\sqrt{2} )))^2-1)^2-1$
Используя равенство $\cos(arctg \alpha )= \dfrac{1}{ \sqrt{ \alpha ^2+1} }$ , получим что

$\cos(12arctg\sqrt{2} )= \dfrac{329}{729} .$

Посчитаем теперь
$\sin(12arctg\sqrt{2} )=2\sin(6arctg\sqrt{2} )\cos(6arctg\sqrt{2} )=\\ \\ \\ =4\sin(3arctg\sqrt{2} )cos(3arctg\sqrt{2} )(2cos^2(3arctg\sqrt{2} )-1)=\\ \\ \\ =8(3\sin(arctg\sqrt{2} )-4\sin^3(arctg\sqrt{2} ))(4\cos^3(arctg\sqrt{2} )-\\ \\ \\ -3\cos(arctg\sqrt{2} ))(4\cos^3(arctg\sqrt{2} )-3\cos(arctg\sqrt{2} ))^2-1)$
Используя равенство $\sin(arctg \alpha )= \dfrac{ \alpha }{ \sqrt{ \alpha ^2+1} }$ , получим что $\sin(12arctg\sqrt{2} )=- \dfrac{460\sqrt{2} }{729}$

Остаточно имеем

$\boxed{=}\,\,\,\,329-460i \sqrt{2}$

$\dfrac{(16+16i \sqrt{2} )^{12}}{2^{60}}= \dfrac{329-460i \sqrt{2} }{2^{12}} = \dfrac{329}{4096} - \dfrac{115i}{512 \sqrt{2} }$

Ответ: $\dfrac{329}{4096} - \dfrac{115i}{512 \sqrt{2} } .$