Question

Решите пожалуйста , с помощью формулы шнурков

Answer 1

$\omega=\dfrac{-1+i\sqrt{3} }{2} =-\dfrac{1}{2} +\dfrac{\sqrt{3} }{2} i$

Запишем данное число в тригонометрической форме:

$|\omega|=\left(-\dfrac{1}{2} \right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3} }{2} \right)^2=\dfrac{1}{4} +\dfrac{3}{4} =1$

$\arg\omega=\mathrm{arctg}\left( \dfrac{\sqrt{3} }{2} :\left(-\dfrac{1}{2} \right)\right)+\pi=\mathrm{arctg}\left(- \sqrt{3}\right)+\pi=-\dfrac{\pi }{3} +\pi=\dfrac{2\pi }{3}$

$\Rightarrow \omega=\cos\dfrac{2\pi}{3} +i\sin\dfrac{2\pi}{3}$

Для возведения в степень используем формулу Муавра:

$\left (\rho(\cos\varphi+i\sin\varphi)\right)^n= \rho^n(\cos n\varphi+i\sin n\varphi)$

Получим:

$\omega^{2020}=\cos\dfrac{2020\cdot2\pi}{3} +i\sin\dfrac{2020\cdot2\pi}{3}=$

$=\cos\dfrac{2019\cdot2\pi+2\pi}{3} +i\sin\dfrac{2019\cdot2\pi+2\pi}{3}=$

$=\cos\left(673\cdot2\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right) +i\sin\left(673\cdot2\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right) =$

$=\cos\dfrac{2\pi}{3} +i\sin\dfrac{2\pi}{3}=\boxed{-\dfrac{1}{2} +\dfrac{\sqrt{3} }{2} i}$

$\omega^{2021}=\cos\dfrac{2021\cdot2\pi}{3} +i\sin\dfrac{2021\cdot2\pi}{3}=$

$=\cos\dfrac{2019\cdot2\pi+2\cdot2\pi}{3} +i\sin\dfrac{2019\cdot2\pi+2\cdot2\pi}{3}=$

$=\cos\left(673\cdot2\pi+\dfrac{4\pi}{3}\right) +i\sin\left(673\cdot2\pi+\dfrac{4\pi}{3}\right) =$

$=\cos\dfrac{4\pi}{3} +i\sin\dfrac{4\pi}{3}=\boxed{-\dfrac{1}{2} -\dfrac{\sqrt{3} }{2} i}$

Таким образом, вершины треугольника графически соответствуют числам:

$z_1=i;\ z_2=-\dfrac{1}{2} +\dfrac{\sqrt{3} }{2} i;\ z_3=-\dfrac{1}{2} -\dfrac{\sqrt{3} }{2} i$

Тогда, сами эти вершины:

$A_1(0;\ 1);\ A_2\left(-\dfrac{1}{2};\ \dfrac{\sqrt{3} }{2}\right);\ A_3\left(-\dfrac{1}{2};\ -\dfrac{\sqrt{3} }{2}\right)$

В соответствии с формулой площади Гаусса (формулой шурков) для нахождения площади треугольника с вершинами в точках $A(a_x;\ a_y);\ B(b_x;\ b_y);\ C(c_x;\ c_y)$ необходимо составить матрицу вида:

$\left(\begin{array}{cc}a_x&a_y\\b_x&b_y\\c_x&c_y\\a_x&a_y\end{array}\right)$

С помощью этой матрицы удобно найти значения вспомогательных выражений:

$\Delta_+=a_xb_y+b_xc_y+c_xa_y$ - своего рода сумма произведений вдоль линий, проведенных от левого верхнего элемента к правому нижнему

$\Delta_-=a_yb_x+b_yc_x+c_ya_x$ - своего рода сумма произведений вдоль линий, проведенных от правого верхнего элемента к левому нижнему

Тогда, площадь треугольника равна:

$S=\dfrac{1}{2} |\Delta_+-\Delta_-|$

Для нашего примера, матрица имеет вид:

$\left(\begin{array}{cc}0&1\\-\dfrac{1}{2} &\dfrac{\sqrt{3} }{2} \\-\dfrac{1}{2} &-\dfrac{\sqrt{3} }{2}\\0&1\end{array}\right)$

Тогда:

$\Delta_+=0\cdot\dfrac{\sqrt{3} }{2} +\left(-\dfrac{1 }{2}\right)\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3} }{2}\right)+\left(-\dfrac{1 }{2}\right)\cdot1=0+\dfrac{\sqrt{3} }{4} -\dfrac{1}{2} =\dfrac{\sqrt{3}-2 }{4}$

$\Delta_-=1\cdot\left(-\dfrac{1 }{2}\right) +\dfrac{\sqrt{3} }{2}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)+\left(-\dfrac{\sqrt{3} }{2}\right)\cdot0= -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3} }{4}+0 =-\dfrac{2+\sqrt{3} }{4}$

$S=\dfrac{1}{2} \cdot\left|\dfrac{\sqrt{3}-2 }{4}-\left(-\dfrac{2+\sqrt{3} }{4} \right) \right|=\dfrac{1}{2} \cdot\left|\dfrac{\sqrt{3}-2 +2+\sqrt{3} }{4} \right|=\dfrac{1}{2} \cdot\left|\dfrac{2\sqrt{3} }{4} \right|=\dfrac{\sqrt{3} }{4}$

Ответ: $\dfrac{\sqrt{3} }{4}$