Strona główna › Zagadnienia dodatkowe › Wzór de Moivre'a — potęgowanie i pierwiastkowanie liczb zespolonych

Wzór de Moivre'a — potęgowanie i pierwiastkowanie liczb zespolonych

Q: Co to jest moduł i argument liczby zespolonej?

Moduł to odległość punktu od początku układu współrzędnych, liczona twierdzeniem Pitagorasa z części rzeczywistej i urojonej. Argument to kąt, jaki promień prowadzący do tego punktu tworzy z dodatnią półosią rzeczywistą. Razem opisują liczbę tak samo dokładnie jak para współrzędnych, tylko wygodniej przy mnożeniu.

Q: Jak brzmi wzór de Moivre'a?

Podnosząc liczbę w postaci trygonometrycznej do potęgi naturalnej, moduł podnosimy do tej potęgi, a argument mnożymy przez wykładnik. To dwie różne operacje i ich zamiana jest najczęstszym błędem. Wzór działa również dla wykładników całkowitych ujemnych. Przy wykładniku wymiernym daje jedną z wartości pierwiastka — pozostałe otrzymujemy, dopisując do argumentu kolejne wielokrotności pełnego kąta.

Q: Dlaczego pierwiastków n-tego stopnia jest dokładnie n?

Ponieważ argument liczby zespolonej jest wyznaczony tylko z dokładnością do pełnego obrotu. Dzieląc go przez enn, otrzymujemy enn różnych kątów, zanim zaczniemy się powtarzać. Moduł natomiast wyznaczony jest jednoznacznie, bo jest liczbą nieujemną.

Q: Gdzie leżą pierwiastki na płaszczyźnie zespolonej?

Wszystkie mają ten sam moduł, więc leżą na jednym okręgu o promieniu równym pierwiastkowi enn-tego stopnia z modułu liczby wyjściowej. Kolejne argumenty różnią się o taką samą wartość, więc punkty są rozłożone równomiernie i tworzą wierzchołki wielokąta foremnego o enn bokach.

Q: Dlaczego suma wszystkich pierwiastków wynosi zero?

Bo są to wierzchołki wielokąta foremnego o środku w początku układu, a takie punkty równoważą się parami lub grupami względem środka. Własność ta zachodzi dla każdego stopnia większego od jedynki i świetnie nadaje się na kontrolę rachunku. Jeśli suma nie wychodzi zero, któryś z argumentów został policzony błędnie.

Q: Czy liczby zespolone są w podstawie programowej?

Nie ma ich tam wcale, ani w zakresie podstawowym, ani w rozszerzonym. Temat pojawia się dopiero na studiach technicznych oraz w zadaniach olimpijskich, a w szkole bywa pokazywany jako ciekawostka przy równaniu kwadratowym z ujemnym wyróżnikiem. Ta strona jest więc materiałem wykraczającym poza program.

Policz $(1 + i\sqrt3)^6$ przez wymnażanie — zejdzie ci na tym kwadrans i prawdopodobnie się pomylisz. W postaci trygonometrycznej to samo zadanie zajmuje jedną linijkę, bo potęgowanie zamienia się w mnożenie kąta. Ta sama zamiana układu współrzędnych odpowiada na pytanie, które w postaci algebraicznej wygląda beznadziejnie: ile jest pierwiastków sześciennych z ósemki i gdzie leżą.

Dział: Zagadnienia dodatkowePoziom: liceum — poza podstawą programową (LO 2025)

1Moduł i argument, czyli druga współrzędna liczby

Zagadnienie dodatkowe — poza podstawą programową (SP/LO 2025)

Podstawa programowa nie zawiera liczb zespolonych w ogóle — w obowiązującej podstawie dla liceum nie ma ich ani w zakresie podstawowym, ani w rozszerzonym, w żadnym z trzynastu działów. Nie chodzi więc o pojęcie „poza podstawą, ale blisko”: całego działu tam nie ma. Nie jest to też skutek świeżej zmiany — liczby zespolone są materiałem pierwszego roku studiów, a nie tematem, który ze szkoły wypadł.

Temat wraca natomiast na pierwszym roku studiów technicznych i w olimpiadach, a w szkole bywa pokazywany jako ciekawostka przy równaniach kwadratowych o ujemnym wyróżniku.

Zakładam, że znasz już postać algebraiczną $z = a + bi$ i działania na niej — opisuję je przy liczbach zespolonych. Tutaj zaczynam od miejsca, w którym tamta strona się kończy.

Liczbę $z = a + bi$ można narysować jako punkt $(a,\,b)$ na płaszczyźnie. A punkt da się opisać dwiema parami liczb: albo współrzędnymi, albo odległością od zera i kątem.

Dwie nowe wielkości

Moduł $|z| = r$ to odległość punktu od początku układu: $r = \sqrt{a^2 + b^2}$ . Zawsze nieujemny.

Argument $\varphi$ to kąt między dodatnią półosią rzeczywistą a promieniem prowadzącym do punktu.

Stąd postać trygonometryczna: $z = r(\cos\varphi + i\sin\varphi)$ , bo $a = r\cos\varphi$ i $b = r\sin\varphi$ .

Argument nie jest wyznaczony jednoznacznie — dodanie pełnego obrotu $2\pi$ daje ten sam punkt. Zwykle wybiera się wartość z przedziału $[0,\,2\pi)$ .

Zamiana w jedną stronę jest łatwa: mając $r$ i $\varphi$ , liczysz $a$ i $b$ z definicji cosinusa i sinusa. W drugą stronę trzeba uważać na ćwiartkę — i to jest jedyna realna trudność tej sekcji.

liczba	moduł $r$	argument $\varphi$	gdzie leży
$1 + i\sqrt3$	$2$	$\frac{\pi}{3}$	I ćwiartka
$-1 + i\sqrt3$	$2$	$\frac{2\pi}{3}$	II ćwiartka
$-2$	$2$	$\pi$	oś rzeczywista
$-i$	$1$	$\frac{3\pi}{2}$	oś urojona

Zwróć uwagę na drugi wiersz. Iloraz $\frac{b}{a}$ wynosi tam $\frac{\sqrt3}{-1} = -\sqrt3$ , a $\operatorname{arctg}(-\sqrt3) = -\frac{\pi}{3}$ — czyli kąt z czwartej ćwiartki, choć punkt leży w drugiej. Sam arcus tangens nie wystarcza, bo nie odróżnia punktu od punktu do niego przeciwnego.

Liczb zespolonych nie ma w podstawie programowej ani na poziomie podstawowym, ani na rozszerzonym — ten materiał należy do zagadnień spoza obowiązkowego programu, zebranych razem z innymi tematami przydatnymi na studiach technicznych.

2Wzór de Moivre'a: potęgowanie to mnożenie kąta

Cały zysk z postaci trygonometrycznej bierze się z jednej obserwacji o mnożeniu.

r_1(\cos\alpha + i\sin\alpha) \cdot r_2(\cos\beta + i\sin\beta) = r_1 r_2\big(\cos(\alpha+\beta) + i\sin(\alpha+\beta)\big)

Moduły się mnożą, argumenty dodają. Wynika to wprost ze wzorów na cosinus i sinus sumy kątów, które opisuję przy wzorach trygonometrycznych — po wymnożeniu nawiasów składniki układają się dokładnie w $\cos(\alpha+\beta)$ i $\sin(\alpha+\beta)$ .

Skoro mnożenie dodaje argumenty, to mnożenie liczby przez samą siebie $n$ razy mnoży argument przez $n$ :

Wzór de Moivre'a

$\big[r(\cos\varphi + i\sin\varphi)\big]^n = r^n\big(\cos n\varphi + i\sin n\varphi\big)$

Moduł podnosisz do potęgi, argument mnożysz przez wykładnik. To dwie różne operacje i najczęstsza pomyłka polega na ich zamianie.

Wzór działa też dla wykładników całkowitych ujemnych. Dla wykładnika wymiernego daje tylko jedną z wartości pierwiastka — pozostałe w sekcji 3.

Zobaczmy, ile to oszczędza. Weźmy $z = 1 + i\sqrt3$ , czyli $r = \textcolor{#16A06A}{2}$ i $\varphi = \textcolor{#16A06A}{\frac{\pi}{3}}$ , i policzmy $z^6$ .

z^6 = \textcolor{#16A06A}{2}^6\left(\cos 6 \cdot \textcolor{#16A06A}{\tfrac{\pi}{3}} + i\sin 6 \cdot \textcolor{#16A06A}{\tfrac{\pi}{3}}\right) = \textcolor{#E0453A}{64}\big(\cos 2\pi + i\sin 2\pi\big) = \textcolor{#E0453A}{64}

Sześć mnożeń dwumianu zastąpiło jedno potęgowanie liczby i jedno mnożenie kąta. Argument wyszedł pełnym obrotem, więc liczba wróciła na oś rzeczywistą — i to widać przed policzeniem czegokolwiek.

Wzór de Moivre’a z^n = r^n(cos nφ + i sin nφ) na przykładzie (1 + i√3)^6: r = 2, φ = π/3, wynik 64 — Wzór de Moivre’a: moduł podnosi się do potęgi, a argument mnoży.

3Pierwiastki: dlaczego jest ich dokładnie $n$

W liczbach rzeczywistych pierwiastek sześcienny z ósemki jest jeden i wynosi $2$ . W zespolonych są trzy — i to nie jest sztuczka, tylko konsekwencja tego, że argument określa się z dokładnością do pełnego obrotu.

Szukamy liczb $w$ takich, że $w^n = z$ . Z wzoru de Moivre'a moduł $w$ musi spełniać $|w|^n = r$ , czyli $|w| = \sqrt[n]{r}$ — tu żadnej wielokrotności nie ma, bo moduł jest nieujemny.

Cała mnogość siedzi w kącie. Warunek na argument brzmi $n\psi = \varphi + 2k\pi$ dla dowolnego całkowitego $k$ , więc:

\psi_k = \frac{\varphi + 2k\pi}{n}, \qquad k = 0,\,1,\,\ldots,\,n-1

Dla $k = n$ wracamy do $\psi_0$ powiększonego o pełny obrót, czyli do tej samej liczby. Dlatego różnych pierwiastków jest dokładnie $n$ — ani mniej, ani więcej.

Jak to wygląda na rysunku

Wszystkie pierwiastki mają ten sam moduł $\sqrt[n]{r}$ , więc leżą na jednym okręgu o tym promieniu.

Kolejne argumenty różnią się o $\frac{2\pi}{n}$ , więc punkty są rozłożone równomiernie.

Razem: pierwiastki $n$ -tego stopnia tworzą wierzchołki $n$ -kąta foremnego wpisanego w okrąg o promieniu $\sqrt[n]{r}$ i o środku w zerze.

Stąd bierze się ładny wniosek: suma wszystkich pierwiastków $n$ -tego stopnia wynosi zero dla $n \geq 2$ , bo wierzchołki wielokąta foremnego równoważą się względem środka.

Najprostszy przypadek to pierwiastki z jedynki. Dla $z = 1$ mamy $r = 1$ i $\varphi = 0$ , więc wszystkie pierwiastki leżą na okręgu jednostkowym, a pierwszy z nich to zawsze $1$ . Dla $n = 4$ wychodzą $\textcolor{#E0453A}{1}$ , $\textcolor{#E0453A}{i}$ , $\textcolor{#E0453A}{-1}$ , $\textcolor{#E0453A}{-i}$ — cztery punkty co ćwierć obrotu.

Pierwiastki sześcienne z 8 w liczbach zespolonych: 2, −1 + i√3, −1 − i√3 na okręgu o promieniu 2, wierzchołki trójkąta równobocznego — Pierwiastki stopnia n leżą na okręgu i tworzą n-kąt foremny.

4Przykłady krok po kroku

Cztery przykłady: zamiana na postać trygonometryczną, potęgowanie dwiema drogami, pierwiastki sześcienne i pierwiastki z jedynki.

Przykład 1 Zamiana na postać trygonometryczną — z uwagą na ćwiartkę

Zapisz w postaci trygonometrycznej liczby $z_1 = \textcolor{#16A06A}{1} + i\sqrt3$ oraz $z_2 = -\textcolor{#16A06A}{1} + i\sqrt3$ .

Moduł $z_1$ : $r = \sqrt{\textcolor{#16A06A}{1}^2 + (\sqrt3)^2} = \sqrt{1+3} = \textcolor{#E0453A}{2}$ .
Argument $z_1$ : punkt $(1,\,\sqrt3)$ leży w pierwszej ćwiartce, a $\operatorname{tg}\varphi = \frac{\sqrt3}{1} = \sqrt3$ , więc $\varphi = \textcolor{#E0453A}{\frac{\pi}{3}}$ .
Zatem $z_1 = \textcolor{#E0453A}{2}\left(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}\right)$ .
Kontrola: $2\cos\frac{\pi}{3} = 2 \cdot \frac12 = \textcolor{#16A06A}{1}$ ✓ oraz $2\sin\frac{\pi}{3} = 2 \cdot \frac{\sqrt3}{2} = \sqrt3$ ✓
Moduł $z_2$ : ten sam rachunek daje $\sqrt{(-1)^2 + 3} = \textcolor{#2F80D8}{2}$ — moduł się nie zmienił, bo zmienił się tylko znak części rzeczywistej.
Argument $z_2$ — tu jest pułapka. Iloraz wynosi $\frac{\sqrt3}{-1} = -\sqrt3$ , a $\operatorname{arctg}(-\sqrt3) = -\frac{\pi}{3}$ , czyli kąt z czwartej ćwiartki.
Ale punkt $(-1,\,\sqrt3)$ ma część rzeczywistą ujemną, a urojoną dodatnią — leży więc w drugiej ćwiartce. Do wyniku arcus tangensa trzeba dodać $\pi$ : $\varphi = -\frac{\pi}{3} + \pi = \textcolor{#2F80D8}{\frac{2\pi}{3}}$ .
Kontrola: $2\cos\frac{2\pi}{3} = 2 \cdot \left(-\frac12\right) = -\textcolor{#16A06A}{1}$ ✓ oraz $2\sin\frac{2\pi}{3} = 2 \cdot \frac{\sqrt3}{2} = \sqrt3$ ✓

Odpowiedź: $z_1 = 2\left(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}\right)$ , $\;z_2 = 2\left(\cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3}\right)$ .

Kontrola przez powrót do postaci algebraicznej jest tu obowiązkowa, bo błąd ćwiartki nie daje żadnego innego objawu — moduł wychodzi poprawny, kąt wygląda sensownie, a liczba jest inna. Podstawienie zajmuje dwie linijki i rozstrzyga.

Przykład 2 Potęgowanie dwiema drogami

Oblicz $(\textcolor{#16A06A}{1} + i\sqrt3)^6$ wzorem de Moivre'a, a następnie sprawdź wynik rachunkiem w postaci algebraicznej.

Z poprzedniego przykładu: $r = \textcolor{#16A06A}{2}$ , $\varphi = \textcolor{#16A06A}{\frac{\pi}{3}}$ .
Wzór de Moivre'a. Moduł podnoszę do potęgi: $r^6 = \textcolor{#16A06A}{2}^6 = \textcolor{#E0453A}{64}$ . Argument mnożę: $6 \cdot \textcolor{#16A06A}{\frac{\pi}{3}} = \textcolor{#E0453A}{2\pi}$ .
Zatem $z^6 = \textcolor{#E0453A}{64}(\cos 2\pi + i\sin 2\pi) = \textcolor{#E0453A}{64}(1 + 0i) = \textcolor{#E0453A}{64}$ .
Droga algebraiczna — dla sprawdzenia. Najpierw kwadrat: $(1+i\sqrt3)^2 = 1 + 2i\sqrt3 + 3i^2 = 1 + 2i\sqrt3 - 3 = \textcolor{#2F80D8}{-2 + 2i\sqrt3}$ .
Teraz sześcian z tego, czyli $z^6 = \left(z^2\right)^3$ . Kwadrat: $(\textcolor{#2F80D8}{-2+2i\sqrt3})^2 = 4 - 8i\sqrt3 + 4 \cdot 3 i^2 = 4 - 8i\sqrt3 - 12 = \textcolor{#8B5CF6}{-8 - 8i\sqrt3}$ .
I jeszcze raz razy $z^2$ : $(\textcolor{#8B5CF6}{-8-8i\sqrt3})(\textcolor{#2F80D8}{-2+2i\sqrt3}) = 16 - 16i\sqrt3 + 16i\sqrt3 - 16 \cdot 3 i^2 = 16 + 48 = \textcolor{#E0453A}{64}$ ✓
Obie drogi dały $\textcolor{#E0453A}{64}$ — a pierwsza zajęła dwie linijki zamiast sześciu.

Odpowiedź: $(1 + i\sqrt3)^6 = 64$ .

Wynik jest liczbą rzeczywistą i to nie przypadek: argument $\frac{\pi}{3}$ pomnożony przez $6$ daje pełny obrót, więc liczba musiała wrócić na oś rzeczywistą. Postać trygonometryczna pozwala to przewidzieć przed rachunkiem — wystarczy sprawdzić, czy $n\varphi$ jest wielokrotnością $\pi$ .

Przykład 3 Trzy pierwiastki sześcienne z ósemki

Wyznacz wszystkie pierwiastki sześcienne z liczby $\textcolor{#16A06A}{8}$ i sprawdź każdy z nich.

Zapisuję $\textcolor{#16A06A}{8}$ w postaci trygonometrycznej: leży na dodatniej osi rzeczywistej, więc $r = \textcolor{#16A06A}{8}$ i $\varphi = \textcolor{#16A06A}{0}$ .
Moduł pierwiastków: $\sqrt[3]{\textcolor{#16A06A}{8}} = \textcolor{#E0453A}{2}$ — wszystkie trzy leżą na okręgu o promieniu $\textcolor{#E0453A}{2}$ .
Argumenty: $\psi_k = \frac{\textcolor{#16A06A}{0} + 2k\pi}{3}$ dla $k = 0, 1, 2$ , czyli $\textcolor{#E0453A}{0}$ , $\textcolor{#E0453A}{\frac{2\pi}{3}}$ i $\textcolor{#E0453A}{\frac{4\pi}{3}}$ — co $\frac{2\pi}{3}$ , czyli co $120°$ .
Pierwszy ( $k=0$ ): $2(\cos 0 + i \sin 0) = \textcolor{#2F80D8}{2}$ — zwykły pierwiastek rzeczywisty.
Drugi ( $k=1$ ): $2\left(\cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3}\right) = 2\left(-\frac12 + i\frac{\sqrt3}{2}\right) = \textcolor{#2F80D8}{-1 + i\sqrt3}$ .
Trzeci ( $k=2$ ): $2\left(\cos\frac{4\pi}{3} + i\sin\frac{4\pi}{3}\right) = 2\left(-\frac12 - i\frac{\sqrt3}{2}\right) = \textcolor{#2F80D8}{-1 - i\sqrt3}$ .
Sprawdzenie drugiego przez podniesienie do sześcianu: jego moduł to $2$ , argument $\frac{2\pi}{3}$ ; po podniesieniu moduł daje $2^3 = \textcolor{#16A06A}{8}$ , a argument $3 \cdot \frac{2\pi}{3} = 2\pi$ , czyli pełny obrót ✓
Kontrola sumy: $\textcolor{#2F80D8}{2} + (\textcolor{#2F80D8}{-1+i\sqrt3}) + (\textcolor{#2F80D8}{-1-i\sqrt3}) = 0$ ✓ — zgodnie z własnością wierzchołków wielokąta foremnego.

Odpowiedź: $2$ , $\;-1 + i\sqrt3$ , $\;-1 - i\sqrt3$ — wierzchołki trójkąta równobocznego o promieniu $2$ .

Wyniki zostają w postaci dokładnej, z $\sqrt3$ . Kontrola sumy jest tania i mocna: jeśli trzy pierwiastki nie sumują się do zera, któryś argument jest zły. Zwróć uwagę, że dwa pierwiastki są sprzężone — tak być musi, bo liczba wyjściowa jest rzeczywista.

Przykład 4 Pierwiastki czwartego stopnia z jedynki

Wyznacz wszystkie liczby zespolone spełniające równanie $w^4 = \textcolor{#16A06A}{1}$ .

Dla $z = \textcolor{#16A06A}{1}$ mamy $r = \textcolor{#16A06A}{1}$ oraz $\varphi = \textcolor{#16A06A}{0}$ .
Moduł pierwiastków: $\sqrt[4]{\textcolor{#16A06A}{1}} = \textcolor{#E0453A}{1}$ — wszystkie leżą na okręgu jednostkowym.
Argumenty: $\psi_k = \frac{2k\pi}{4} = \frac{k\pi}{2}$ dla $k = 0,1,2,3$ , czyli $0$ , $\frac{\pi}{2}$ , $\pi$ , $\frac{3\pi}{2}$ — co ćwierć obrotu.
Odczytuję je z definicji cosinusa i sinusa: $\textcolor{#2F80D8}{1}$ , $\textcolor{#2F80D8}{i}$ , $\textcolor{#2F80D8}{-1}$ , $\textcolor{#2F80D8}{-i}$ .
Sprawdzenie każdego: $1^4 = 1$ ✓; $i^4 = (i^2)^2 = (-1)^2 = 1$ ✓; $(-1)^4 = 1$ ✓; $(-i)^4 = ((-i)^2)^2 = (-1)^2 = 1$ ✓
Kontrola liczby rozwiązań: równanie stopnia czwartego ma co najwyżej cztery pierwiastki — i tu ma dokładnie cztery, więc żadnego nie przeoczyłem.
Kontrola sumy: $1 + i - 1 - i = 0$ ✓

Odpowiedź: $w \in \{1,\; i,\; -1,\; -i\}$ — wierzchołki kwadratu wpisanego w okrąg jednostkowy.

W liczbach rzeczywistych to samo równanie ma dwa rozwiązania: $1$ i $-1$ . Dwa pozostałe są czysto urojone i w zbiorze liczb rzeczywistych po prostu nie istnieją — to najkrótsza ilustracja tego, po co w ogóle rozszerza się zbiór liczb.

5Najczęstsze błędy

Cztery błędy. Pierwszy jest najbardziej podstępny, bo nie daje żadnego objawu poza złym wynikiem.

Wyznaczenie argumentu samym arcus tangensem, bez sprawdzenia ćwiartki

Skąd się bierze: Iloraz $\frac{b}{a}$ jest taki sam dla liczby i dla liczby do niej przeciwnej — dla $-1 + i\sqrt3$ i dla $1 - i\sqrt3$ wychodzi $-\sqrt3$ . Arcus tangens zwraca kąt z przedziału $\left(-\frac{\pi}{2},\,\frac{\pi}{2}\right)$ , więc dla punktów z drugiej i trzeciej ćwiartki daje wynik przesunięty o $\pi$ . Moduł przy tym wychodzi poprawnie, więc nic nie sygnalizuje pomyłki.

Jak zrobić dobrze: Najpierw ustal ćwiartkę po znakach $a$ i $b$ , dopiero potem licz kąt. Reguła: dla $a < 0$ dodaj $\pi$ do wyniku arcus tangensa. Dla $a = 0$ arcus tangensa nie stosujemy wcale: argument wynosi $\frac{\pi}{2}$ przy dodatniej części urojonej i $\frac{3\pi}{2}$ przy ujemnej. Zawsze sprawdź wynik podstawieniem — policz $r\cos\varphi$ i $r\sin\varphi$ i porównaj z wyjściowymi $a$ i $b$ .

Zamiana ról modułu i argumentu przy potęgowaniu

Skąd się bierze: Wzór de Moivre'a robi z nimi dwie różne rzeczy: moduł podnosi do potęgi, argument mnoży. Zapis $r^n$ obok $n\varphi$ kusi, żeby potraktować je jednakowo, i pojawia się $r \cdot n$ albo $\varphi^n$ . Dla $r = 2$ , $\varphi = \frac{\pi}{3}$ i $n = 6$ poprawnie wychodzi $64$ i $2\pi$ , a błędnie $12$ i $\frac{\pi^6}{729}$ — wyniki nieporównywalne z niczym.

Jak zrobić dobrze: Skojarz przez sens: moduł to długość, więc się skaluje wielokrotnie; argument to obrót, więc się powtarza $n$ razy. Mnożąc liczbę przez siebie, wydłużasz promień i dokładasz kolejny obrót — stąd potęga przy jednym i mnożenie przy drugim.

Podanie jednego pierwiastka zamiast wszystkich $n$

Skąd się bierze: Odruch ze zbioru liczb rzeczywistych: pierwiastek sześcienny z ósemki to $2$ i koniec. W liczbach zespolonych argument jest określony z dokładnością do pełnego obrotu, więc dzieląc go przez $n$ dostajemy $n$ różnych kątów. Odpowiedź „ $w = 2$ ” jest niepełna, a w zadaniu o równaniu $w^3 = 8$ po prostu błędna.

Jak zrobić dobrze: Zawsze wypisz $k = 0, 1, \ldots, n-1$ i policz wszystkie argumenty. Kontrola: pierwiastków ma być dokładnie tyle, ile wynosi stopień, a ich suma dla $n \geq 2$ musi wynosić zero.

Branie $k$ spoza zakresu i liczenie tych samych pierwiastków dwa razy

Skąd się bierze: Skoro $k$ może być dowolną liczbą całkowitą, kusi, żeby wziąć też $k = n$ albo $k = -1$ . Ale $\psi_n = \frac{\varphi + 2n\pi}{n} = \psi_0 + 2\pi$ , czyli ten sam punkt po pełnym obrocie. Powstaje wtedy lista z powtórzeniami, w której „pierwiastków” jest więcej niż $n$ .

Jak zrobić dobrze: Trzymaj się zakresu $k = 0, 1, \ldots, n-1$ — to dokładnie jeden pełny obrót podzielony na $n$ części. Jeśli wyszło ci więcej punktów niż stopień pierwiastka, sprawdź, czy któreś dwa nie różnią się o $2\pi$ w argumencie.

Sprawdź się na kartce

Wszystko na tej stronie zostaje darmowe. Gotowe kartkówki, sprawdziany i karty pracy z matematyki PDF z kluczem: przy kartkówkach grupa A za darmo, pozostałe grupy w sklepie.

Sprawdzian PDF · sklep

Potęgi i pierwiastki — sprawdzian, klasa 7

Sprawdzian z matematyki dla uczniów klasy 7.

3,90 zł (grupy B, C, D i E)

Grupa A za darmo, bez logowania →Zobacz w sklepie →

Materiał PDF · sklep

10 minut do matury — matematyka podstawowa: 30 dni, PDF z kluczem

30 dni powtórki do matury podstawowej z matematyki: codziennie jedna kartka na 10 minut — 5 zadań zamkniętych w formacie…

14,90 zł

Zobacz w sklepie →

Pakiet PDF · sklep

Szkoła podstawowa 4–8: wszystkie sprawdziany i kartkówki (5 klas)

Komplet dla szkoły i nauczyciela uczącego w kilku klasach: wszystkie kartkówki i sprawdziany z matematyki dla klas 4, 5, 6, 7 i 8…

399,00 zł (grupy B, C, D i E)

Grupa A za darmo, bez logowania →Zobacz w sklepie →

Wszystkie materiały z matematyki →

6Pytania i odpowiedzi

Co to jest moduł i argument liczby zespolonej?

Moduł to odległość punktu od początku układu współrzędnych, liczona twierdzeniem Pitagorasa z części rzeczywistej i urojonej. Argument to kąt, jaki promień prowadzący do tego punktu tworzy z dodatnią półosią rzeczywistą. Razem opisują liczbę tak samo dokładnie jak para współrzędnych, tylko wygodniej przy mnożeniu.

Jak brzmi wzór de Moivre'a?

Podnosząc liczbę w postaci trygonometrycznej do potęgi naturalnej, moduł podnosimy do tej potęgi, a argument mnożymy przez wykładnik. To dwie różne operacje i ich zamiana jest najczęstszym błędem. Wzór działa również dla wykładników całkowitych ujemnych. Przy wykładniku wymiernym daje jedną z wartości pierwiastka — pozostałe otrzymujemy, dopisując do argumentu kolejne wielokrotności pełnego kąta.

Dlaczego pierwiastków n-tego stopnia jest dokładnie n?

Ponieważ argument liczby zespolonej jest wyznaczony tylko z dokładnością do pełnego obrotu. Dzieląc go przez enn, otrzymujemy enn różnych kątów, zanim zaczniemy się powtarzać. Moduł natomiast wyznaczony jest jednoznacznie, bo jest liczbą nieujemną.

Gdzie leżą pierwiastki na płaszczyźnie zespolonej?

Wszystkie mają ten sam moduł, więc leżą na jednym okręgu o promieniu równym pierwiastkowi enn-tego stopnia z modułu liczby wyjściowej. Kolejne argumenty różnią się o taką samą wartość, więc punkty są rozłożone równomiernie i tworzą wierzchołki wielokąta foremnego o enn bokach.

Dlaczego suma wszystkich pierwiastków wynosi zero?

Bo są to wierzchołki wielokąta foremnego o środku w początku układu, a takie punkty równoważą się parami lub grupami względem środka. Własność ta zachodzi dla każdego stopnia większego od jedynki i świetnie nadaje się na kontrolę rachunku. Jeśli suma nie wychodzi zero, któryś z argumentów został policzony błędnie.

Czy liczby zespolone są w podstawie programowej?

Nie ma ich tam wcale, ani w zakresie podstawowym, ani w rozszerzonym. Temat pojawia się dopiero na studiach technicznych oraz w zadaniach olimpijskich, a w szkole bywa pokazywany jako ciekawostka przy równaniu kwadratowym z ujemnym wyróżnikiem. Ta strona jest więc materiałem wykraczającym poza program.

Czytaj dalej

Liczby zespolone — postać algebraicznaJednostka urojona, cztery działania i sprzężenie Wzory trygonometryczneCosinus i sinus sumy kątów, z których wynika cały wzór Miara kąta i ćwiartkiZnaki funkcji w ćwiartkach — potrzebne przy argumencie Potęgowanie i pierwiastkowanieTe same prawa działań w liczbach rzeczywistych Miara łukowa kątaRadiany, w których zapisuje się argument

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-08-01. Tekst redakcji „Nie każ mu liczyć”.

Wzór de Moivre'a — potęgowanie i pierwiastkowanie liczb zespolonych

1Moduł i argument, czyli druga współrzędna liczby

2Wzór de Moivre'a: potęgowanie to mnożenie kąta

3Pierwiastki: dlaczego jest ich dokładnie $n$

4Przykłady krok po kroku

5Najczęstsze błędy

Sprawdź się na kartce

Potęgi i pierwiastki — sprawdzian, klasa 7

10 minut do matury — matematyka podstawowa: 30 dni, PDF z kluczem

Szkoła podstawowa 4–8: wszystkie sprawdziany i kartkówki (5 klas)

6Pytania i odpowiedzi

Czytaj dalej

Kolorowy kod

Połącz te same kolory

Koncentracja
krok po kroku

Wzór de Moivre'a — potęgowanie i pierwiastkowanie liczb zespolonych

1Moduł i argument, czyli druga współrzędna liczby

2Wzór de Moivre'a: potęgowanie to mnożenie kąta

3Pierwiastki: dlaczego jest ich dokładnie nnn

4Przykłady krok po kroku

5Najczęstsze błędy

Sprawdź się na kartce

Potęgi i pierwiastki — sprawdzian, klasa 7

10 minut do matury — matematyka podstawowa: 30 dni, PDF z kluczem

Szkoła podstawowa 4–8: wszystkie sprawdziany i kartkówki (5 klas)

6Pytania i odpowiedzi

Czytaj dalej

3Pierwiastki: dlaczego jest ich dokładnie $n$