Bruder Györgyi és Láng Csabáné KOMPLEX SZÁMOK. Példák és feladatok. Szerkesztette Láng Csabáné

Átírás

1 Bruder Györgyi és Láng Csabáné KOMPLEX SZÁMOK Példák és feladatok Szerkesztette Láng Csabáné Lektorálta Burcsi Péter c Bruder Györgyi és Láng Csabáné, 008 ELTE IK Budapest javított kiadás Ez a példatár a Láng Csabáné: Példák és feladatok I, Komplex számok cím, az Elte Eötvös Kiadónál megjelent könyvnek Tex-be átírt és javított vátozata

2 Tartalomjegyzék 0 El szó Bevezetés 5 Példák Algebrai alak Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 5 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 6 Szögfüggvények és a komplex számok 7 Komplex együtthatós egyenletek 7 8 Gyökök és együtthatók 55 9 Egyéb példák 58 0 Binomiális együtthatók és komplex számok 65 Feladatok 7 Algebrai alak 7 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 7 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek 75 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 76 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 77 6 Szögfüggvények és a komplex számok 79 7 Komplex együtthatós egyenletek 80 8 Gyökök és együtthatók 80 Feladatok megoldással 8 Algebrai alak 8 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 87 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek 0 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 8 6 Szögfüggvények és a komplex számok 0 7 Komplex együtthatós egyenletek 5 8 Gyökök és együtthatók 5 Ajánlott irodalom 7

3 0 El szó Akiknek ez a könyv készült Els sorban az ELTE TTK, illetve átszervezési okok miatt 00 szét l az ELTE Informatikai Kar programtervez matematikus, programozó és informatika tanár szakos hallgatói számára készült ez a példatár Ajánlom azonban másoknak is, akik a komplex számokkal való számolásban jártasságot szeretnének szerezni Ezt megkönnyítheti az, hogy a példák mind részletesen ki vannak dolgozva, és igen sok bevezet jelleg példa ujjgyakorlat is szerepel a könyvben Ȧ könyv szerkezete, technikai tudnivalók A Bevezetés fejezetben azok a tudnivalók deníciók, tételek szerepelnek röviden összefoglalva, amelyekre a példák megoldása közben szükség lehet A komplex számok részletes felépítése megtalálható többek között a szerz Bevezet fejezetek a matematikába I cím könyvében, illetve Reiman István Matematika cím könyvében A teljes anyag lényegében két részre tagolódik A Példák fejezetben minden egyes példa után következik a részletes megoldása Úgy gondolom, hogy ennek a fejezetnek az anyagát végigkövetve kialakulhat egy átfogó kép a komplex számokról Ha valaki ezeket az ismereteit mélyíteni kívánja, akkor a Feladatok fejezet példáihoz nyúlhat Ezeknek a megoldásai a Feladatok megoldással fejezetben találhatók A példák megoldásában ha van rá lehet ség a szögek radiánban, π többszöröseként szerepelnek Természetesen fokban is ki lehet fejezni ezeket a szögeket, amire ebben a könyvben is akad példa Köszönetnyilvánítás A feladatok túlnyomórészt más könyvekb l, példatárakból, mások által összeállított feladatsorokból származnak Azok a források, amelyekr l tudomásom van, szerepelnek az Ajánlott irodalom fejezetben A feladatok egy részére amelyek Perkins&Perkins könyvéb l, illetve a Nemzetközi Érettségi egyik feladatsorából származnak Bruder Györgyi hívta fel a gyelmemet, akinek hálás vagyok a munkájáért, nélküle szegényesebb lett volna ez a könyv Megköszönöm Bui Minh Phong segítségét is, akit l a komplex számok kombinatorikai alkalmazását megvalósító példák származnak Köszönöm a lektorok segítségét, akik aprólékos munkával igyekeztek kisz rni a hibákat Tanácsaikat igyekeztem messzemen en gyelembe venni A könyvben található hibákra, hiányosságokra vonatkozó észrevételeket köszönettel fogadom Budapest, 00 július Láng Csabáné

4 0 El szó El szó a kiadáshoz A kiadás a Láng Csabáné: Példák és feladatok I, Komplex számok cím, az Elte Eötvös Kiadónál megjelent könyvnek Tex-be átírt és javított vátozata Köszönöm Burcsi Péter lektor segítségét, valamint Imrényi Katalin munkáját, aki az anyag Tex-be való átírásával nagyon nagy segítségemre volt Igen nagy segítséget jelentett Kovács Sándor munkája, aki az anyagot rendkív l lelkiismeretesen átnézte, és hasznos megjegyzéseivel lehet vé tette, hogy a hibák, hiányosságok száma jelent sen csökkenjen a digitális könyvben Budapest, 008 november Láng Csabáné zslang@compalginfeltehu ELTE Informatikai Kar Komputer Algebra Tanszék 7 Budapest, Pázmány Péter sétány I/C

5 Bevezetés A könyvben N a pozitív egész számokat, R pedig a valós számokat jelöli Komplex számok: jele C Valós számpárokként deniáljuk: C {a, b a, b R} Az összeadást és a szorzást a következ képpen értelmezzük a valós számpárok halmazán Ha a, b, c, d C, akkor a, b+c, d a+c, b+d és a, b c, d ac bd, ad+bc Algebrai alak: A z komplex szám algebrai alakja z a + bi, ahol a, b R és i a 0, komplex számot jelöli z valós része Rez a, z képzetes imaginárius része Imz b Két komplex szám egyenl, ha valós és képzetes részük is egyenl Algebrai alakban írva a m veletek deníciója: a + bi + c + di a + c + b + di a + bi c + di ac bd + ad + bci A szorzási szabályt alkalmazva azt kapjuk, hogy i Gauss-féle számsík: A komplex számok geometriai realizációja az úgynevezett Gauss-féle számsík ábra Im képzetes tengely P z a + bi b 0 a valós tengely Re ábra A vízszintes tengelyt valós tengelynek, a függ legeset képzetes vagy imaginárius tengelynek nevezzük A z a + bi komplex számnak azt a P pontot feleltetjük meg a számsíkon, amelyiknek a valós tengelyre es vetülete a, a képzetes tengelyre es vetülete pedig b A z a+bi komplex szám felfogható az origóból a P pontba mutató vektorként is Komplex számok összegének megfelel vektor a tagoknak megfelel vektorok összege Trigonometrikus alak: A számsíkban a P pontnak megfelel komplex szám nem csupán a és b koordinátáival azonosítható, hanem megadható az OP vektor r hosszával

6 6 Bevezetés Im P z a + bi b r 0 ϕ a Re ábra és a vektor valós tengellyel bezárt α szögével is ábra Az óramutató járásával ellentétes irányítású szöget pozitív szögként értelmezzük r a komplex szám abszolút értéke vagy modulusa z -kel is jelöljük, ϕ a szöge arcusa illetve argumentuma Nyilván r 0 minden z C esetén Amint az ábráról leolvasható: a r cos ϕ és b r sin ϕ, és így z rcos α α, ami a z komplex szám trigonometrikus alakja A 0 komplex szám esetén r 0, ϕ pedig tetsz leges A trigonometrikus alak a z 0 esetben sem egyértelm, hiszen az egymástól π egész számú többszörösével eltér argumentumok ugyanazt a P pontot azonosítják, s így ugyanazt a komplex számot jelentik Két komplex szám, z rcos ϕ ϕ és z r cos ϕ ϕ r 0 esetén akkor és csak akkor egyenl, ha r r és ϕ ϕ kπ k Z z f argumentuma ϕ, ha 0 ϕ < π, illetve 0 ϕ < 60 Algebrai alakból a trigonometrikus alak meghatározása: Ha z 0, akkor r 0, ϕ tetsz leges Ha a és b adottak, és z 0, akkor a trigonometrikus alak meghatározása a következ képpen történhet: r a + b Jelölje ϕ a cos ϕ a egyenlet 0 és π közé es egyetlen megoldását, 0, illetve π is megengedett Ha r b 0, akkor ϕ ϕ, ha pedig b < 0, akkor ϕ π ϕ Exponenciális alak: Az abszolút érték, ϕ argumentumu komplex számot e iϕ -vel jelölhetjük, ahol e a természetes logaritmus alapszáma Az r abszolút érték, ϕ argumentumu komplex szám trigonometrikus és exponenciális alakja közötti kapcsolat: rcos ϕ ϕ re iϕ Komplex konjugált: A z a + bi szám komplex konjugáltjának nevezzük a z a bi számot A Gauss-számsíkon egy komplex szám és a konjugáltjának megfelel pontok egymásnak a valós tengelyre vonatkozó tükörképei ábra Legyen z és z C Ekkor z z, z + z z + z, z z z z, tehát a konjugálás és az alapm veletek felcserélhet ek Az abszolút érték képzése és az alapm veletek kapcsolatára a következ igaz: z z z z és z + z z + z Az utóbbi a háromszög-egyenl tlenséggel is igazolható ábra

7 Bevezetés 7 Im z Re z 7 ábra Im z + z z z Re ábra Ha z a + bi rcos ϕ ϕ, akkor z z a + b r z Moivre-azonosság: Legyen z r cos α α és z r cos β β A szorzatuk z z r r cosα + β α + β Komplex számok szorzása esetén az abszolút értékek összeszorzódnak, az argumentumok pedig összeadódnak Hatványozásra a következ igaz Ha n N, akkor z n rn cos nα nα Számítsuk ki a z rcos ϕ ϕ 0 szám reciprokát z r cos ϕ i sin ϕ cos ϕ ϕ r Az eredmény abszolút értéke a z komplex szám abszolút értékének reciproka, argumentuma az eredeti argumentum -szerese Az osztást a szorzat és a reciprok felhasználásával a következ képpen végezhetjük: Gyökvonás: z C, w n z z z r r cosα β α β, ha z 0 n N esetén w C-t a z szám n-edik gyökének nevezzük, ha

8 8 Bevezetés Legyen z C, n N A z 0 szám egyetlen n-edik gyöke 0 Ha z 0 és z rcos ϕ ϕ, akkor n különböz n-edik gyöke van, melyek w k n r cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n Valamely z 0 szám n-edik gyökei a számsíkon ábrázolva n oldalú szabályos sokszög csúcsai A csúcsoknak az origótól való távolsága n r, az egyik csúcsnak a valós tengellyel bezárt szöge ϕ n z C \ 0, n N és w n z esetén z többi n-edik gyöke w ε k k n, ahol ε k n-edik egységgyök Egységgyököt lásd lejjebb n N \ {} esetén a z C szám n-edik gyökeinek összege 0 Egységgyök, primitív n-edik egységgyök: Az szám n-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük n N Legyen n N rögzített Mivel cos 0 0, az n-edik egységgyökök ε k cos k π n k π n, 0 k n Primitív n-edik egységgyök az az n-edik egységgyök, amelynek különböz természetes szám kitev j hatványai el állítják az összes n-edik egységgyököt Például a negyedik egységgyökök, i,, i közül az i különböz hatványai el állítják a többi negyedik egységgyököt, hatványai között azonban csak az és ismétl dik A negyedik egységgyökök közül i és i primitív negyedik egységgyökök, míg az és nem azok Tetsz leges n-re primitív n-edik egységgyök az ε cos π n + i sin π n, mert ε k cos k π k π ε k, 0 k n n n ε k pontosan akkor lesz primitív n-edik egységgyök, ha k és n relatív prímek, tehát nincs -nél nagyobb közös osztójuk Megállapodás: z a + bi, ha a + bi z és a > 0 vagy a 0 és b 0 Ezek szerint a z a két gyök közül azt jelöli, amelyik az 5 ábrán megjelölt tartományba esik A másikat az ellentettjét z -vel jelöljük Bizonyos azonosságok alkalmazásánál óvatosnak kell lennünk Nézzük a következ nyilvánvalóan hibás átalakítást: i! A nyilvánvaló hibát az okozza, hogy a a b ab azonosság nem alkalmazható feltétel nélkül z-t nem lehet oly módon deniálni C-n, hogy ez az azonosság korlátlanul fennálljon Másodfokú egyenletek megoldása: Legyen ax + bx + c 0, a 0 és a, b, c C Ekkor x b ± b ac A a komplex együtthatós másodfokú egyenletek megoldhatóak, és a megoldás képlete hasonló a valós esetb l ismert képlethez Binomiális együtthatók, binomiális tétel: n! n, n k n! k!n k!

9 Bevezetés 9 Im Re 5 ábra Megállapodás szerint 0!, s így n 0 n! 0!n!, n n n! n!0! Ha n < k, akkor legyen n k 0 Binomiális tétel: Legyen n természetes szám, x, y tetsz leges komplex számok Ekkor n n n n x + y n y n + xy n + + x k y n k + + x n 0 k n Ha a binomiális tételbe az x y értékeket helyettesítjük, akkor az n n n n Cn k n 0 n k0 azonosságot kapjuk, míg az x és y helyettesítéssel az n n n + + n 0 0 n eredményre jutunk Gyöktényez s alak, Vieta-formulák, valós együtthatós egyenletek komplex gyökei: Legyen fx a n x n +a n x n + +a x+a 0 komplex együtthatós polinom A polinomnak a komplex számok körében n nem feltétlenül különböz gyöke van, c, c,, c n Ekkor fx gyöktényez s alakja a n x c x c x c n Ha ebben az alakban elvégezzük a beszorzásokat, akkor az fx a n x n c + c + + c n x n + +c c + c c + + c n c n x n + + n c c c n alakhoz jutunk Ebb l a gyökök és együtthatók közötti alábbi összefüggéseket, az úgynevezett Vieta-formulákat kapjuk: a n a n c + c + + c n, a n a n c c + c c + + c n c n, a 0 a n n c c c n Ha valamely valós együtthatós polinomnak gyöke a c komplex szám, akkor c is gyöke

10 0 Bevezetés Nevezetes szögek szögfüggvényei: Az alábbi tréfás táblázat segíthet memorizálni a nevezetes szögek szögfüggvényeit sin cos

11 Példák Algebrai alak - Fejezzük ki algebrai alakban a következ számokat: a + i + i b i5 + i c 5i d i Az algebrai alakban megadott komplex számok összeadására és szorzására vonatkozó összefüggéseket alkalmazzuk a + i + i i + i b i5 + i 7 9i c 5i 0i d i i + i i - Írjuk a lehet legegyszer bb alakban a következ kifejezéseket: a i b i 5 c i 8 d i e i f i Támaszkodunk arra, hogy i a i i b i 5 i c i 8 d i e i i f i i - Számítsuk ki i n értékét, ha n egész szám Legyen el ször n természetes szám Nézzük n alakját a -gyel való oszthatóságot gyelve k természetes szám, és felhasználva, hogy i, megkapjuk az alábbi táblázat második oszlopában látható értékeket Ha n 0, akkor i n Ha n negatív szám, akkor nézzük a következ átalakítást: Legyen n s, s N Ekkor i n i s i s oszlopot is i s i s is s i s Ezt gyelembe véve kapjuk a harmadik n i n, ha n N i n, ha n N k + i i k + k + i i k

12 Példák - Adjuk meg a következ komplex számok konjugáltját: a + 5i b 7i c i d e + i a + 5i 5i b 7i + 7i c i i d e + i i -5 A következ számokat fejezzük ki algebrai alakban: a + i i b i + i c + i d i + i A nevez b l úgy tüntethetjük el az i-t, hogy a nevez konjugáltjával b vítünk a b c d + i + i + i 5 + 0i + i i i + i + i i i + i i + i i i i + i + i i i -6 Fejezzük ki a következ számokat algebrai alakban: a + i + i b + i + 7i

13 Algebrai alak a b + i + i + i + 6i + i 5 + 5i 7 + i + 7i + i + i i -7 Keressük meg az z komplex szám valós és képzetes részét i i + i i + i + i i Amib l Rez 5, Imz 5-8 Adjuk meg az a és b valós számok értékét, ha: a a + bi i a + i b a + i + bi b + ai Támaszkodunk arra a tényre, hogy az algebrai alak egyértelm A kifejezés bal oldalát is algebrai alakban adjuk meg, s a bal oldal valós része egyenl a jobb oldal valós részével, hasonlóan a képzetes részek is megegyeznek a bal és a jobb oldalon Ebb l két valós együtthatós egyenletb l álló egyenletrendszert kapunk, amit megoldunk a a + bi i a + i, a ai + bi + b a + i, a + b + b ai a + i A következ két valós együtthatós egyenletet kapjuk A megoldás b, a a + b a és b a b a + i + bi b + ai, a + abi + i b b + ai, a b + + abi b + ai Ebb l a következ két valós együtthatós egyenletet kapjuk a b b és + ab a Amib l a b és + b b b b + 0, b 8, a -9 Legyen 5 x + yi + + i, ahol x és y valós számok Adjuk meg x és y értékét 5 x + yi + + i 5 + i + x + yi x + yi + i 5 + 5i + x + yi x + xi + yi y

14 Példák Amib l a következ valós együtthatós egyenletrendszer adódik: 5 + x x y és 5 + y x + y A megoldás x, y -0 Számítsuk ki a következ kifejezés értékét: + i 6 A binomiális tétel alkalmazásával: + i i + 6 i i i + 6 i i i i i i Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 6 6 i 6 6 Az - feladatokban szerepl komplex számoknak adjuk meg az abszolút értékét és a f argumentumát A f argumentumot radiánban, π többszöröseként fejezzük ki ϕ f argumentum, ha 0 ϕ < π Adjuk meg a számokat trigonometrikus alakban is - a + i b i c i d a z + i a + bi, z r a + b + Az argumentum kiszámítása érdekében a cos ϕ a r és a sin ϕ b r összefüggéseknek megfelel szöget keresünk cos ϕ legyen ϕ ϕ π 6 0 és π közé es megoldása Általában, ha sin ϕ 0, akkor ϕ ϕ, ha pedig sin ϕ < 0, akkor ϕ π ϕ Esetünkben ϕ ϕ π 6 z trigonometrikus alakja ezek szerint: z cos π 6 π 6

15 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 5 b z i, z r, cos ϕ cos ϕ, sin ϕ 0 és π közé es megoldását jelölje ϕ ϕ π sin ϕ < 0, ezért ϕ π ϕ π π 7π A trigonometrikus alak: z cos 7π 7π c z i, z r, cos ϕ 0, sin ϕ cos ϕ 0 0 és π közé es megoldása ϕ π sin ϕ > 0, ezért ϕ ϕ π z trigonometrikus alakja: z cos π π d z, z r, cos ϕ, sin ϕ 0 cos ϕ 0 és π közé es megoldása ϕ π sin ϕ 0, ezért ϕ ϕ π z trigonometrikus alakja: z cos π π - a 0 i b + i 5 + i El ször algebrai alakra hozzuk a számokat a z i i i, z r 5 5, cos ϕ, sin ϕ cos ϕ 0 és π közé es megoldása ϕ π 6 sin ϕ > 0, ezért ϕ ϕ π 6 z trigonometrikus alakja: z 5 cos π 6 π 6 b z + i + i5 i 5 + i 5 + cos ϕ, sin ϕ - a cos π i sin π + i 6, ϕ π, z + i, z r, b cos π π cos π π

16 6 Példák a z cos π i sin π, z r, cos ϕ cos π, sin ϕ sin π, ϕ π, ϕ π π π z trigonometrikus alakja: z cos π π b z cos π π, z r, cos ϕ cos π, sin ϕ sin π, ϕ π, ϕ π π 5π z trigonometrikus alakja: z cos 5π 5π - Az alábbi feladatban szerepl komplex számoknak adjuk meg az abszolút értékét modulusát és a f argumentumát A f argumentumot radiánban, tizedesjegy pontossággal fejezzük ki Adjuk meg a számok trigonometrikus alakjának egy közelít értékét is a i b + i c i d 5 i Ebben a feladatban függvénytáblázat, vagy számológép segítségével keressük meg az argumentumok közelít értékét a z i, z r 5, cos ϕ 5 06, sin ϕ 08, ϕ 556, z 5cos b z + i, z r 5, cos ϕ 5 5 5, 5 sin ϕ 5, ϕ 678, z 5cos c z i, z r 0 0, cos ϕ 0, sin ϕ 0 0, ϕ 9, z 0cos 9 9 d z 5 i, z r, cos ϕ 5, sin ϕ, ϕ 57, z cos Hozzuk trigonometrikus alakra a következ komplex számokat: a + i b + i c i d i z mindegyik esetben a + i cos π π b + i cos π π

17 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 7 c i cos π π d i cos 5π 5π -6 Adjuk meg trigonometrikus alakban a következ komplex számokat: a cos ϕ i sin ϕ b cos ϕ ϕ c cos ϕ i sin ϕ Mindegyik szám abszolút értéke a z cos ϕ i sin ϕ Olyan α szög az argumentum, amelyre cos α cos ϕ és sin α sin ϕ A Gauss-számsíkban α a ϕ-nek az x tengelyre való tükörképe, tehát α π ϕ és z cosπ ϕ π ϕ b z cos ϕ ϕ Olyan α szög az argumentum, amelyre cos α cos ϕ és sin α sin ϕ A Gauss-számsíkban α a ϕ-nek az y tengelyre való tükörképe, tehát α π ϕ és z cosπ ϕ π ϕ c z cos ϕ i sin ϕ Olyan α szög az argumentum, amelyre cos α cos ϕ és sin α sin ϕ A Gauss-számsíkban α a ϕ-nek az origóra való tükörképe, tehát α π + ϕ z cosπ + ϕ π + ϕ és -7 Egyszer sítsük a következ kifejezéseket a b cos π π cos 5π 5π cos π π c cos π π cos 5π 6 5π 6 A Moivre-azonosságot és következményeit használjuk fel a cos π π cos π π b cos 5π 5π cos 5π 5π cos 5π 6 5π 6 + i π cos + π π + π cosπ π

18 8 Példák c cos π π cos 5π 6 5π 6 π cos 5π π 6 5π 6 cos π i π -8 Végezzük el a kijelölt m veleteket trigonometrikus alak felhasználásával + i 9 i 7 A számláló és a nevez trigonometrikus alakja: + i + i cos π π i i cos π π + i 9 i 7 9 cos π π 9 7 cos π cos 9π + 7π cos π π π 7 9π + 7π -9 Legyen z rcos θ θ, r > 0, 0 < θ < π Adjuk meg az alábbi számokat trigonometrikus alakban, r és θ segítségével kifejezve a b a z b iz c z d z z z z cos π π rcos θ θ rcosπ + θ π + θ iz cos π π rcos θ θ π π r cos + θ + θ

19 Trigonometrikus alak, Moivre-azonosság 9 c d A kapott argumentumok mindegyik esetben 0 és π között vannak, s így f argumentumok z r cos θ θ z z z z z z z cos θ θ -0 Mivel egyenl + cos α α n, ha n N Áttérünk fél szögekre és felhasználjuk a következ összefüggéseket: cos α + sin α, cos α cos α sin α, sin α sin α cos α + cos α α n cos α + α sin + α cos α sin α cos α cos α cos α α n n cos n α cos nα nα n Ha n páros, akkor cos n α > 0, s így az el bbi alak egyúttal trigonometrikus alak is Ha n páratlan, de cos α > 0, akkor szintén trigonometrikus alakot kaptunk Ha n páratlan, és cos α < 0, akkor a trigonometrikus alakban az abszolút érték: n cos n α, az argumentum pedig: ϕ nα + π - Számítsuk ki i értékét trigonometrikus alak felhasználásával Áttérünk fél szögekre és felhasználjuk az el z feladatban látott összefüggéseket: Ebb l + i + cos 5π 6 5π 6 cos 5π cos 5π 5π 5π 5π + sin + cos sin cos 5π 5π 5π 5π + i cos sin

20 0 Példák Mivel i cos 5π 5π cos cos 5π 5π π + π 6 és π cos + π cos π 6 cos π 6 sin π sin π 6 5π ezért cos 5π, - Számítsuk ki a z értékét trigonometrikus alak felhasználásával: z + i 5 i 0 + i 5 + i 0 + i + i i i cos π π cos 7π 7π Ebb l az els tag: 5 cos π 5 π 5 0 cos 7π 0 7π 0 5 cos 0π 0π 0 cos 5π 5π 5 cos 0π 5π 0π 5π 5 cos 5π 5π 5 cos π π 5

21 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek A második tag az els nek komplex konjugáltja, az értéke konjugáltja, ami szintén Így a végeredmény 6 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek - Adjuk meg a 7 i komplex szám négyzetgyökeit algebrai alakban 7 i a + bi, 7 i a b + abi Ebb l a b 7 és ab A második egyenletb l a, amit az els egyenletbe helyettesítve b /b b 7, b 7b, b 7b 0 Ezt az egyenletet b -re megoldva: b, 7 ± ± 5, amib l az egyik gyök b 9, esetünkben nem megoldás, mert b valós szám A másik gyök b 6 Ebb l b és a, illetve b és a A keresett komplex számok tehát + i és i - Vonjunk négyzetgyököt az alábbi számokból: a i b i c 8 + 6i a i a + bi, i a b + abi Ebb l a b és ab A második egyenletb l b, amit az els egyenletbe helyettesítve a a a 0, a a 0 Ezt az egyenletet a -re megoldva: a, ± ± 5, amib l az egyik gyök a nem megoldás, mert a valós szám A másik gyök a Ebb l a és b, illetve a és b A keresett komplex számok tehát i és + i b i a b + abi Ebb l a b és ab b, amit az els egyenletbe a behelyettesítve a a, a Amib l a nem megoldás a -b l a és b, illetve a és b A keresett komplex számok tehát + i és i

22 Példák c 8 + 6i a b + abi Ebb l a b 8 és ab 6 A második egyenletb l b, amit az els egyenletbe helyettesítve a a 9 a 8 0, a 8a 9 0 Ezt az egyenletet a -re megoldva: a, 8 ± ± 0 Ebb l az egyik gyök a nem megoldás, a másik gyök a 9 Ez alapján a és b, illetve a és b A keresett komplex számok tehát + i és i - Oldjuk meg a következ másodfokú egyenletet A gyököket algebrai alakban adjuk meg z + z Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét: z, ± 0 ± 6 ± i ± i A gyökök: + i és i - Oldjuk meg a következ egyenletet: + ix 5 ix + i 0 Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét x, 5 i ± 5 i i + i + i Számoljuk ki a diszkriminánst 5 i i + i 5 0i + i i + 0i 6 8i + 6i 8 i A i számból az példánál látott módszerrel gyököt vonunk a b 0 és ab Ebb l ab, a, amit az els egyenletbe behelyet- b tesítve: b b 0, b Amib l b, tehát b és a illetve b és a

23 Négyzetgyökvonás algebrai alakkal, másodfokú komplex együtthatós egyenletek Im + i i i Re ábra A gyökök + i és i Ezt a két értéket visszahelyettesítjük a megoldóképletbe Ebb l és 5 i + + i + i 5 i + i + i 5 i + i + i + i + i i 5 i 5 5 i + i + i 6 i + i i + i i i 5 6 i i 5 5 5i 5 i A ábrán láthatjuk a i és két négyzetgyökének a helyzetét egymáshoz képest a Gauss-féle számsíkon

24 Példák -5 Oldjuk meg a következ egyenletet: x ix + 5 5i 0 Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét Számoljuk ki a diszkriminánst: x, i ± i 5 5i i 5 5i 9 i 0 + 0i 5 + 8i Kiszámítjuk 5 + 8i négyzetgyökeit a b 5 és ab 8 Ebb l a 6, amit az els egyenletbe beírva b b b 5 Amib l b 5b 6 0 b, 5 ± ± 89 5 ± 7 A b nem megoldás, b 6 alapján pedig b és a illetve b és a 5 + 8i négyzetgyökei + i és i Visszahelyettesítjük a megoldóképletbe: x, Ebb l a megoldás + i és i i ± + i -6 Bontsuk els fokú tényez k szorzatára a következ kifejezéseket: a x + 5, b 9x +, c x + x + 5 a Az x egyenlet gyökei 5i és 5i Így a kívánt felbontás, az egyenlet gyöktényez s alakja: x 5ix + 5i b A 9x + 0 egyenlet gyökei i és i A felbontás x i c Oldjuk meg az x + x egyenletet x + i x, ± 0 ± i A felbontás x + ix i x + ix + + i

25 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 5 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök - Számoljuk ki a z 6 + 6i szám ötödik gyökeit Írjuk fel z-t trigonometrikus alakban z 6 + i + i cos 5π 6 5π 6 Tudjuk, hogy a z rcos ϕ ϕ komplex szám n-edik gyökei: w k n r cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n Ebb l esetünkben a gyökök lásd a ábrát: w 0 cos π 6 π 6 + i + i Im w w π 5 w 0 π 6 Re w w ábra A következ gyök argumentuma: π 6 + π 5 7π 0, így w cos 7π 7π 0 0

26 6 Példák A többi gyök argumentuma π 5 -tel több a megel z énél, ezek szerint w cos 9π 9π, w cos π π, w cos 5π 5π Vonjunk harmadik gyököt -b l A harmadik egységgyököket keressük trigonometrikus alakja: cos 0 0 A gyökök ábra: ε k cos k π k π, 0 k Im ε ε 0 Re ε ábra k 0 : ε 0 cos 0 0, k : ε cos π π + i, k : ε cos π π i ε és ε primitív harmadik egységgyökök is, hiszen ε ε, ε ε és mindkett harmadik hatványa - Vonjunk harmadik gyököt a + i számból trigonometrikus alak felhasználásával A gyököket adjuk meg algebrai alakban is

27 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 7 + i 8 + i 8 cos π π Mivel a gyökök ábra: k 0 : w 0 cos π π, k : w π cos + π π + π cos π π + i + i, k : w π cos + π π + π cos 7π 7π 8 8, így Im w w 0 π Re w ábra A k értékhez tartozó gyököt, w -t könnyen meg lehet adni algebrai alakban, w + i A w és w 0 algebrai alakját a harmadik egységgyökökkel való szorzással állíthatjuk el w -b l Harmadik egységgyökökkel szorozva a harmadik egységgyököket lásd az el z példában: w + i cos π π + i + i + i w 0 + i cos π π + i i + + i +

28 8 Példák Számításaink melléktermékeként megkaphatjuk például cos 7π pontos értékét w algebrai és trigonometrikus alakjának összehasonlításából A két alakban a valós részek egyenl ek: ebb l 7π cos, cos 7π - Oldjuk meg az x 7 + i5 i 0 egyenletet 7 + i 7 + i5 + i + i, 5 i 9 így az x + i megoldására van szükségünk, tehát + i negyedik gyökeit keressük Áttérünk trigonometrikus alakra: + i cos π π A gyökök: w 0 8 w 8 cos π 6 π 6 cos 7π 7π 6 6, w 8, w 8 9π 6 cos 9π 6 cos 5π 5π 6 6, -5 Vonjunk harmadik gyököt i-b l A trigonometrikus alak i cos π π A gyökök 5 ábra: π w k cos 6 + kπ π 6 + kπ, 0 k w 0 cos π 6 π 6 + i w cos 5π 6 5π 6 + i w cos π π i

29 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök 9 Im w w 0 π 6 Re w 5 ábra -6 Számítsuk ki i + i hatodik gyökeit Mivel és ezért i i cos 7π 7π + i + i cos π 6 π, 6 i cos 9π 9π + i A gyökök: w k 9π + kπ cos 7 9π + kπ, 0 k Vonjunk negyedik gyököt a felhasználásával: számból a trigonometrikus alak + i

30 0 Példák Most a szögek közelít értékét fokban adjuk meg Legyen z + i i i + i + i i + 5 i Írjuk fel i-t trigonometrikus alakban i 5 5 i i 5 -t felírjuk rcos ϕ ϕ alakban A cos ϕ 089 egyenlet 0 és π közé es megoldása 656 Mivel sin ϕ negatív, ϕ π ϕ Ezek szerint i 6cos Felhasználva, hogy cos 80 80, az alábbiak szerint alakul: z 5 6 cos 5 cos cos 0577cos cos cos z negyedik gyökei: 077cos508 + k k 90, k 0,,, -8 Adjuk össze a harmadik egységgyököket Láttuk a feladatban, hogy a harmadik egységgyökök: ε 0 ε cos π π + i ε cos π π i Ha ezt a három számot összeadjuk, akkor 0-t kapunk -9 Legyen n N \ {} Lássuk be, hogy tetsz leges z komplex szám n-edik gyökeinek összege zérus

31 n-edik gyök meghatározása trigonometrikus alakkal, egységgyökök Ábrázoljuk a számsíkon a z szám n-edik gyökeit A gyököknek megfelel vektorok ered jét keressük Ha a vektorokat π n -nel elforgatjuk, mindegyik a következ be megy át, ered jük tehát helyben marad Az egyetlen olyan vektor, amelyik megegyezik π-nél kisebb szöggel történ elforgatottjával, a nullvektor A gyökök összege tehát 0 Tudjuk, hogy az n-edik gyökök felírhatóak w ε k alakban, ahol w az egyik n-edik gyöke z-nek, ε k pedig n-edik egységgyök w + w + w + + w n w + ε + ε + ε + + ε n Írjuk fel az n-edik egységgyököket ε hatványaiként, felhasználva, hogy ε, valamint alkalmazva a mértani sorozat összegképletét: w + ε + ε + ε + + ε n w ε n ε, és ε n miatt ez 0 lesz -0 Jelöljön ε n -edik egységgyököt Számítsuk ki az alábbi összegeket: a + ε + ε + + ε n b + ε + ε + + nε n a Ha ε, akkor az összeg n Ha ε, akkor akkor az összeg ε n ε 0, mert ε n b Legyen a keresett összeg S Ha ε akkor a számtani sorozat összegképlete alapján S + n n Ha pedig ε, akkor a következ átalakítást végezzük el: ε S ε ε ε n ε n nε n és S ε S + ε + ε + + ε n n S ε S 0 n, amib l S n ε n ε

32 Példák Im ε ε ε ε 0 Re ε ε 5 6 ábra - Vonjunk hatodik gyököt -b l Keressük meg a primitív hatodik egységgyököket El ször a hatodik egységgyököket írjuk fel Lásd a 6 ábrát Mivel cos 0 0, ezért ε k cos kπ 6 kπ, k 0,, 5 6 ε 0 cos 0 0 ε cos π 6 π 6 + i ε cos π 6 π 6 + i ε cos 6π 6 6π 6 ε cos 8π 6 8π 6 i ε 5 cos 0π 0π 6 6 i Ezek közül a primitív hatodik egységgyökök ε és ε 5 Némi számolással meggy z dhetünk róla, hogy pontosan ezek azok a hatodik gyökök közül, amelyek különböz természetes kitev j hatványaikként el állítják az összeset - Legyen ε k cos k π k π, 0 k < n n n

33 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése Lássuk be, hogy ε k pontosan akkor primitív n-edik egységgyök, ha n-nél alacsonyabb természetes kitev j hatványa nem Nyilván ε k belátjuk, hogy ha ε k n-edik hatványa, s így n-edik egységgyökkel van dolgunk El ször primitív n-edik egységgyök Készítsük el ε k n-nél alacsonyabb természetes kitev j hatványa nem, akkor i-edik hatványait, ahol i n Két különböz kitev j hatvány nem lehet azonos Ha ugyanis ε u k εv k, 0 u < v n lenne, akkor ε v u k is teljesülne, ami a feltétel miatt nem lehet Ha pedig az n számú hatvány mind különböz, akkor megkaptuk ε k hatványaiként az összes n-edik gyököt, tehát ε k primitív n-edik egységgyök Fordítva legyen ε i k, i n, és tegyük fel, hogy i a legkisebb ilyen természetes szám Vegyünk egy j > i számot, és osszuk el i-vel maradékosan Tehát j i s+r, ahol 0 r < i Ekkor ε j k εi s+r k ε i k s ε r k εr k, vagyis ε k -nak legfeljebb i különböz hatványa lehet, a további hatványok mind megegyeznek valamelyik korábbival ε k nem lehet primitív n-edik egységgyök - Legyen ε k n-edik komplex egységgyök, ε k cos k π n k π n, 0 k < n Lássuk be, hogy ε k pontosan akkor primitív n-edik egységgyök, ha k, n Tudjuk, hogy ε k cos k π +i sin k π ε k Támaszkodunk az el z feladatra n n Nézzük meg, hogy ε k u -adik hatványa u < n esetén el állítja-e az -et Legyen ε k u ε ku ε n t, ahol t természetes szám Ekkor k u n t, tehát n k u Ha k, n, akkor n u, tehát u lehet legkisebb értéke n Ebb l következik, hogy ε k primitív n-edik egységgyök Ha pedig k, n d >, akkor ε k n d ε n k d, ε k -nak n-nél kisebb hatványa el állítja -et, s így ε k nem primitív n-edik egységgyök 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 5- Bizonyítsuk be a komplex számok segítségével, hogy egy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenl az oldalak négyzetösszegével Ábrázoljuk a paralelogrammát a Gauss-számsíkban úgy, hogy egyik csúcsa az origóban legyen Jelölje a és b a paralelogramma két szomszédos oldalának megfelel

34 Példák vektorokat, illetve ezen vektoroknak megfelel komplex számokat Ekkor a két átló a + b és a b lesz Lásd a 7 ábrát Im a + b b a b a Re 7 ábra A feladat állítása szerint A bizonyítás során felhasználjuk, hogy a + b + a b a + b a a a a + b + a b a + ba + b + a ba b a + ba + b + a ba b aa + ba + ab + bb + aa ba ab + bb aa + bb a + b 5- Ábrázoljuk a z + i komplex számot a Gauss-számsíkon vektorral Adjuk meg algebrai alakban és ábrázoljuk ugyanezen az ábrán a z, z, z, iz és iz számokat is Figyeljük meg, hogy az egyes vektorok milyen kapcsolatban vannak egymással z i, z i, z + i, iz + i, iz i

35 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 5 Im z iz z Re z z iz 8 ábra z a z origóra való tükörképe, z a z -b l a valós tengelyre való tükrözéssel, iz pedig a z π/ szöggel való elforgatásával keletkezik Lásd a 8 ábrát 5- Mi a geometriai jelentése a következ knek: a z z, b i-vel való szorzás, c + i-vel való szorzás, d cos π n π n -nel való szorzás a A z és a z komplex számoknak megfelel pontok távolsága b Ha i -vel szorzunk egy tetsz leges z komplex számot, akkor a Moivre-azonosság szerint a szorzat abszolút értéke z abszolút értékével egyezik meg, mert i abszolút értéke Az argumentumok pedig összeadódnak, s mivel i argumentuma 90, ezért z 90 -kal pozitív irányba történ forgatása felel meg a szorzatnak c 60 -kal pozitív irányba történ forgatás d π n szöggel pozitív irányba történ forgatás 5- A Gauss számsíkon jelölje az origót O, egy négyzet középpontja W, csúcsai pedig az óramutató járásával ellenkez irányban O, R, S, T A pontok által reprezentált komplex számok o, w, r, s, t Adjuk meg w és i segítségével kifejezve az r, s, t számokat

36 6 Példák Im T S iw W O w iw R Re 9 ábra Lásd a 9 ábrát r w iw, s w, t w + iw 5-5 A Gauss-számsíkon egy négyzet középpontja a + i, a négyzet egyik csúcsa az 5 + 7i pontban van Adjuk meg a többi három csúcsot reprezentáló komplex számokat Im a b +w d Re c 0 ábra A négyzet középpontját reprezentáló komplex szám w + i, az adott csúcsnak megfelel komplex szám a 5 + 7i, a többi csúcsnak az óramutató járásával ellenkez

37 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 7 irányban a b, c, d komplex számok feleljenek meg Lásd a 0 ábrát c a + w a 5 + 7i + 5i i b w + ia w + i + i + 5i + i d w + iw a + i + i 5i Hol helyezkednek el a síkon azok a pontok, amelyeknek megfelel komplex számokra a z Rez, b z i z + i d z, e z iz z a Legyen z a + bi Ezt beírva az egyenletbe, c z z, a + b a, amib l leolvasható, hogy a 0 Im y x y x Re ábra Négyzetre emeléssel: a + b a Ebb l b a, b ± a A megoldás y x és y x, ha x 0

38 8 Példák Lásd a ábrát b z i z + i, z i Ebb l z i z + i Emeljük négyzetre: z i z + i Im i Re i ábra Alkalmazzuk a zz z összefüggést: átalakítással: Legyen z a + bi Ekkor amib l a megoldás z iz i z + iz + i, z iz + i z + iz i zz iz + iz + 9 zz + iz iz + 8 iz iz 8 iz z 8 i bi 8b, b, z i A megoldás a ábrán látható lukas félsík c zz, vagyis z Az origó középpontú egységsugarú körvonal pontjai adják a megoldást Lásd a ábrát d zz z Nincs az egyenletnek megfelel komplex szám, mert komplex szám abszolút értéke, és a négyzete is nemnegatív valós szám e Legyen z a+bi Ebb l a + b ia+bi b+ai, amib l a 0 és b b, tehát b 0

39 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése 9 Im Re ábra Im Re ábra A megoldás a képzetes tengely negatív része Lásd a ábrát 5-7 A z x + yi komplex számnak a Gauss számsíkon feleltessük meg a Z pontot Tudjuk, hogy a z i z + komplex szám valós része zérus Bizonyítsuk be, hogy Z mértani helye egy körön van rajta Keressük meg a kör középpontját, és mutassuk meg, hogy a sugara 5 z, mert a nevez nem lehet 0 z x + yi és Re z i z + 0 x + y i x + y ix + yi Re Re x + + yi x + + yix + yi Re x + x xyi + y xi + y i + y y x + + y 0 amib l x + x + y y 0

40 0 Példák A kör egyenlete x + + y 5 A kör középpontja,, sugara 5 A mértani helyben nem szerepel a kör, 0 koordinátájú pontja 5-8 Jelöljük A, B, C, D-vel a Gauss-számsík azon pontjait, amelyek a következ komplex számoknak felelnek meg z A 8 i, z B + i, z C 9 + 6i, z D 6i Bizonyítsuk be, hogy az A, B, C, D pontok valamely négyzetnek a csúcsai Az ABCD négyszög oldalainak megfelel komplex számok: z AB z A z B 5 i, z BC z B z C + 5i, z CD z C z D 5 + i, z DA z D z A 5i Im B C A Re D 5 ábra Nézzük meg sorban ezeknek a komplex számoknak az i-szeresét z AB i + 5i z BC, z BC i 5 + i z CD, z CD i 5i z DA, z DA i 5 i z AB A négyszög bármelyik oldala az el z oldal i-szerese, tehát az oldalnak megfelel vektor az el z nek 90 -kal való elforgatottja Mivel a négyszög oldalai egyenl hosszúak, és a szomszédosak egymással derékszöget zárnak be, valóban négyzetr l van szó Lásd a 5 ábrát 5-9 Adjuk meg z + legkisebb értékét, ha a Rez 5, b Imz, c z, d argz π

41 5 Komplex számok geometriai megfeleltetése z + geometriai megfelel je a z-nek megfelel pont és a, 0 pont távolsága a Az 5 valós rész komplex számoknak megfelel pontok az x 5 egyenesen vannak A feladatban az a kérdés, hogy az egyenes melyik pontja van a, 0 ponthoz legközelebb, más szóval a, 0 pont és az x 5 egyenes távolsága a kérdés z 5 esetén kapjuk a keresett értéket, ami b A, 0 pont, és az y egyenes távolságát keressük z + i esetén kapjuk a keresett értéket, ami + i + c Az origó középpontú sugarú körnek a, 0 ponthoz legközelebbi pontja a, 0 pont A keresett érték + d A feltételnek az y x egyenes pontjai közül a z i felel meg, ez a pont van legközelebb a, 0 ponthoz A feladatnak azonban csak az egyenes els síknegyedbe es része felel meg, így a, 0 ponthoz a félegyenes 0, 0 pontja van legközelebb, és a minimum Tegyük fel, hogy a z komplex szám értéke a z 7 feltételnek eleget téve változik Keressük meg z i legkisebb és legnagyobb értékét A z 7 feltételnek megfelel pontok egy körön vannak A kör középpontját 7, 0-t és az i-nek megfelel pontot, 0, -t összeköt egyenesnek a körrel való két metszéspontja szolgáltatja a legkisebb és legnagyobb értéket Im i 7,0 Re 6 ábra A kör egyenlete Lásd a 6 ábrát: A középpont távolsága a 0, ponttól x 7 + y A minimumot megkapjuk, ha ebb l levonjuk a sugár nagyságát, a maximumot akkor kapjuk, ha hozzáadjuk a sugár nagyságát Így min z i 50, max z i 50 +

42 Példák 5- Tegyük fel, hogy z és w a következ feltételeknek eleget tev komplex számok: w 7 és z 5i Keressük meg w z legnagyobb és legkisebb értékét A feltételek két kört határoznak meg, melyek diszjunktak A keresett pontok a két kör középpontjait, a, 0 és 0, 5 pontokat összeköt egyeneseken vannak A körök középpontjainak távolsága: O, O 5 + Az egymáshoz két legközelebbi pont távolságát megkapjuk, ha ebb l kivonjuk a két sugár nagyságát: A, B 7 Az egymástól két legtávolabbi pont távolságát megkapjuk, ha O, O -hez hozzáadjuk a két sugár nagyságát: A, B Szögfüggvények és a komplex számok 6- Adjuk meg cosθ-t cos θ-val, sinθ-t sin θ-val és tgθ-t tgθ-val kifejezve Induljunk ki a következ összefüggésb l: Alakítsuk a jobb oldalt: cosθ θ cos θ θ cos θ θ cos θ + cos θ sin θi cos θ sin θ sin θi A két oldal valós részeinek egyenl ségéb l, valamint a azonosságra támaszkodva: sin θ cos θ cosθ cos θ cos θ sin θ cos cos θ A két oldal képzetes részeinek egyenl ségéb l, valamint a azonosságra támaszkodva: cos θ sin θ sinθ cos θ sin θ sin θ sin θ sin θ

43 6 Szögfüggvények és a komplex számok Végül tgθ sinθ cosθ cos θ sin θ sin θ cos θ cos θ sin θ tgθ tg θ tg θ, tgθ ± 6- a A cos5θ 5θ cos θ θ 5 összefüggés felhasználásával bizonyítsuk be, hogy cos5θ 6 cos 5 θ 0 cos θ + 5 cos θ b Ebb l számológép felhasználása nélkül bizonyítsuk be, hogy cos , és keressünk hasonló kifejezést cos 5 számára a ezért a cos5θ Recos θ θ cos 5 θ + i 5 cos θ sin θ + i 5 cos θ sin θ cos 5 θ 0 cos θ cos θ + 5 cos θ cos θ 6 cos 5 θ 0 cos θ + 5 cos θ b Vezessük be az x cos 8 jelölést Mivel vagyis az cos5 8 cos90 0, 6x 5 0x + 5x 0, x6x 0x egyenlet megoldását kell megkeresnünk Egyik gyök a nulla, ami nekünk nem megoldásunk Vizsgáljuk a 6x 0x egyenletet Ezt az x -ben másodfokú egyenletet oldjuk meg x -re x 0 ± 00 0 Mivel a keresett érték pozitív, így a 0 ± 80 0 ± illetve a 0 5 6

44 Példák értékek jöhetnek szóba x számára A második kisebb, mint cos0, így a keresett megoldás cos cos 5 számításakor ugyanarra az egyenletre jutunk, mint az el bb, mivel cos5 5 cos70 0 Így a most keresett érték az el bb talált második gyök: cos Legyen z + i, z i Számítsuk ki mindkét szám abszolút értékét és f argumentumát A Gauss-számsík segítségével mutassuk meg, hogy Ebb l kiindulva lássuk be, hogy argz + z 5π tg 5π + z + i + i cos π π z i cos π π z + z + + i A 7 ábráról leolvasható, hogy z +z egy olyan paralelogramma átlója, amelyiknek a két oldalát az azonos abszolút érték z és z alkotja, s így a paralelogramma rombusz, a rombusz átlói pedig felezik az oldalak által bezárt szögeket Ebb l argz + z π + π π π + π 5π z + z + + i i

45 6 Szögfüggvények és a komplex számok 5 Im z z + z π π z π Re 7 ábra Ezek alapján tg 5π tgarcz + z sinarcz + z cosarcz + z + 6- Mutassuk meg, hogy sin x + sin x + + sin nx n + sin x sin nx sin x, ahol x olyan valós szám, amelyre sin x 0 teljesül Legyen z cos x x Tekintsük a következ mértani sorozatot: z + z + + z n Mivel z 0, z, a z kvócienssel alkalmazhatjuk a mértani sorozat összegképletét: z zn z z zn z n z z n z z A továbbiakban felhasználjuk, hogy z n cos nx nx,

46 6 Példák valamint s ebb l z cos x i sin x, nx nx cos i sin zn A képlet a következ képpen alakul: nx i sin n+ z i sin x cos n + x n + nx sin x sin x képzetes része képzetes része sin x + sin x + + sin nx, sin n + x sin nx sin x, ezek egyenl ek, így az állításban szerepl egyenl séghez jutunk 6-5 Bizonyítsuk be, hogy cos x + cos x + + cos nx n cosn + x sin x +, sin x ahol x olyan valós szám, amelyre sin x 0 teljesül Legyen A cos x + cos x + + cos nx Felhasználjuk a következ azonosságot: cos x cos x sin x cos, amib l cos x cos x + Ennek segítségével a bal oldalt alakítva: A cos x + + cos x cos nx + Ha B cos x + cos x + + cos nx,

47 7 Komplex együtthatós egyenletek 7 akkor nyilván A B + n Ha z cos x x, akkor z 0, z B értékének kiszámítására tekintsük a következ, z kvóciens mértani sorozatot: A bal oldal valós része z + z + + z n z zn z z zn z z n z n z z zn nx i sin x cosn + x n + x cos x + cos x + + cos nx, ami B Ez egyenl a jobb oldal valós részével, vagyis Ezt -be helyettesítve: sin nx sin x sin nx B cos x + cos x + + cos nx cosn + x sin x cos x + cos x + + cos nx cosn + x sin nx sin x + n, amit be kellett látnunk 7 Komplex együtthatós egyenletek 7- Oldjuk meg a következ egyenletet a komplex számok halmazán: z z + i Legyen Ekkor az egyenlet így alakul: z a + bi a + b a + bi + + i a + + b + i

48 8 Példák Ebb l b + 0, amib l b Másrészt a + a +, amib l leolvasható, hogy Négyzetre emeléssel: ebb l a + 0 a + a + a +, a, a A megoldás: z i 7- Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z z 0 egyenletet Megoldás: Használjuk fel z algebrai alakját Legyen z a + bi Ekkor z a + bi a b + abi, z a bi Ezeket a feltételi egyenletbe írva az alábbi egyenletrendszert kapjuk a b a 0 és ab + b 0 A második egyenlet ba + 0 alakra hozható, amib l azt kapjuk, hogy b 0, vagy a + 0 Helyettesítsük b 0-t az els egyenletbe a a 0,

49 7 Komplex együtthatós egyenletek 9 vagyis s ebb l aa 0, a 0, vagy a a + 0 esetén a Helyettesítsük ezt az els egyenletbe b, amib l b ± Összefoglalva eredményeinket, az egyenlet megoldásai: a 0, b 0, z 0; a, b 0, z ; a, b, z + i ; a, b, z i Megoldás: Most z trigonometrikus alakjával dolgozunk A z z 0 egyenlet mindkét oldalához hozzáadjuk z-at: mindkét oldalt megszorozzuk z-vel: z z, Legyen z rcos ϕ ϕ Ezt helyettesítsük be -be a Ha r 0, akkor z 0 b Ha r 0, akkor osztunk r -tel amib l r Behelyettesítés után kapjuk, hogy z zz z r cosϕ ϕ r rcosϕ ϕ, cosϕ ϕ,

50 50 Példák vagyis cos ϕ ϕ Ennek az egyenletnek a megoldásai a harmadik egységgyökök: A megoldás tehát, + i, i 0,, + i, i 7- Vizsgáljuk meg, milyen z komplex számok elégítik ki a következ egyenletet: z z Szorozzuk be az egyenletet z-vel z z z, ebb l Legyen Ezt beírva egyenletünkbe z z z rcos ϕ ϕ r r cosϕ ϕ r 0 kielégíti az egyenletet, s így az egyik megoldás z 0 0 Ha r 0, akkor r -tel oszthatunk: r cosϕ ϕ Bal oldalon áll, s így a jobb oldal trigonometrikus alakja, amib l r nem negatív, tehát r Így, r cosϕ ϕ megoldását kell keresnünk, ami a négy negyedik egységgyök z k cos kπ kπ, 0 k

51 7 Komplex együtthatós egyenletek 5 A teljes megoldás: z 0 0, z, z i, z, z i 7- Igazoljuk, hogy ha a z komplex szám nem nulla, és z + z cos θ, akkor z m + z m cosmθ, m N Szorozzuk meg mindkét oldalt z-vel: z + z cos θ, rendezve: z z cos θ + 0 Oldjuk meg ezt a z-ben másodfokú egyenletet: z, cos θ ± cos θ cos θ ± i sin θ cos θ ± i sin θ Ez alapján és z m m z z m cosmθ ± i sinmθ, cos θ ± i sin θ m cos θ ± i sin θ m cos mθ ± i sin mθ Amib l valóban z m + z m cosmθ 7-5 Bizonyítsuk be, hogy ha ε harmadik egységgyök, akkor a + b + ca + bε + cε a + bε + cε a + b + c abc a + b + ca + bε + cε a + bε + cε a + b + ca + abε + acε + abε + b ε + bcε + acε + bcε + c ε Mivel ε harmadik egységgyök, ezért ε : a + b + ca + b + c + abε + ε + acε + ε + bcε + ε

52 5 Példák ε harmadik egységgyök, s így + ε + ε 0, amit felhasználva: a + ab + ac a b a c abc + a b + b + bc + ab abc b c + a c + b c + c abc ac bc a + b + c abc 7-6 Legyen a cos π π, b cos 5 i sin 5, c cos π π Oldjuk meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán és az eredményt adjuk meg trigonometrikus alakban a 6 b 5 cz 0 A kiindulási egyenlet rendezésével azt kapjuk, hogy z a6 b 5 c A számlálóban lev m velet algebrai alakot kíván, a tört értékéb l való harmadik gyökvonás viszont trigonometrikus alakot Ezt szem el tt tartva egyrészt a 6 cos π π 6 9 cos π π i 6 i, másrészt b cos 5 5 cos π π, és ebb l b 5 5 cos 5π 5π 5 i 6 6 i

53 7 Komplex együtthatós egyenletek 5 Így a 6 b 5 6 Felhasználva azt, hogy cos π π, c cos π π cos π π cos π cos π π π Behelyettesítve a törtbe: a 6 b 5 c 6 cos π π 8 cos π π Ebb l harmadik gyököt vonva: π z k cos 9 + kπ π 9 + kπ, k 0,, Ezek szerint a keresett gyökök: z 0 cos π 9 π 9 z cos 0π 9 0π 9 z cos 6π 6π 9 9 cos cos cos Oldjuk meg az alábbi egyenletet a komplex számok halmazán és az eredményt adjuk meg trigonometrikus alakban cos 5 i sin 5 z 5 + i 05 i 0 i

54 5 Példák Mivel cos 5 i sin 5 0, ezért z 5 05 i i i cos 5 i sin 5 El ször a számlálót alakítjuk át i i i + 6 Felhasználjuk, hogy i + i, i +, i i Így a számláló: 05 i i 05 6 i i i + i i A nevez t alakítva cos 5 i sin 5 cos 5 5 cos 5π 5π Ezek alapján a tört: z 5 cos 5π 5π A gyökvonást elvégezve: π z k cos + kπ 5 π 5 + 8kπ cos 0 + kπ kπ 0, k 0,,,, Ebb l: z 0 cos π π z cos π 0 z cos π 0 z cos 9π 0 π, 0 π 0 9π 0 z cos 7π 7π 0 0,, + i + i,

55 8 Gyökök és együtthatók 55 8 Gyökök és együtthatók 8- Keressük meg a z + z egyenlet összes valós gyökét, ha tudjuk, hogy az egyik gyök z i Valós együtthatós egyenletr l van szó, s így a másik gyök z z + i Legyen a harmadik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggés alapján: z + z + z 0, amib l z 8- Mutassuk meg, hogy a z + z + z 0 egyenlet egyik gyöke z i Adjuk meg a többi három gyököt Helyettesítsük be i t az egyenletbe i + i + i i + i 0 Tehát z i gyöke az egyenletnek Az egyenlet valós együtthatós, így a másik gyök z z i Legyen a többi két gyök z és z A gyökök és együtthatók közötti összefüggésekre támaszkodva: z + z + z + z és Ebb l és Mivel 0 nem gyök, ezért z z z z z + z z z z z, amit beírva az els egyenletbe z z, z + z 0 Ebb l z + 5

56 56 Példák és z 5 Az egyenlet gyökei tehát: i, i, + 5, 5 8- Mutassuk meg, hogy a z z z + z egyenletnek gyöke a z + i Adjuk meg a többi három gyököt is Behelyettesítve látjuk, hogy z + i gyöke az egyenletnek Az egyenlet valós együtthatós, így a másik gyök z z i Legyen a többi két gyök z és z A gyökök és együtthatók közötti összefüggésekre támaszkodva: z + z + z + z és z z z z 0 Ebb l z + z és z z 5 Mivel 0 nem gyök, ezért az utóbbi egyenletb l z 5 z, amit beírva az el z be z + 5 z 0 Az egyenlet gyökei tehát: z z + 5 0, z ± 6 0 ± i ± i + i, i, + i, i 8- Tudjuk, hogy a z + iz + 7i 0 egyenlet egyik gyöke z i Keressük meg a másik gyököt

57 8 Gyökök és együtthatók 57 Vigyázzunk, nem valós együtthatós egyenletr l van szó, s így a másik gyök nem z Legyen a másik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján: z + z i + i és z z + 7i Az els összefüggésbe helyettesítsük be z adott értékét i + z + i, z + i z értékét az eredeti egyenletbe visszahelyettesítve meggy z dhetünk arról, hogy valóban gyök 8-5 Tegyük fel hogy a z z + k 0 egyenlet egyik gyöke z + i Adjuk meg a másik két gyököt és a k valós konstans értékét Az egyenlet valós együtthatós, s így a másik gyök z z i Legyen a harmadik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggések szerint: z + z + z 0, + i + i + z 0, amib l Másrészt és így z z z z k, k 8-6 Tudjuk, hogy a z + pz + qz + 0 egyenlet egyik gyöke z i Adjuk meg a többi gyököt, valamint a p és q valós konstansok értékét Az egyenlet valós együtthatós, így a másik gyök z z + i Legyen a harmadik gyök z A gyökök és együtthatók közötti összefüggésekre támaszkodva: z z z, z, z Másrészt Ebb l p és z + z + z p, és z z + z z + z z q q i + i + i + + i 9

58 58 Példák 8-7 Keressük meg az a és b valós számok értékét, ha z z +az +b osztható z i -vel A feltétel miatt z i szerepel z z + az + b 0 gyöktényez s alakjában, s így i gyöke a harmadfokú egyenletnek Ha tehát az egyenletbe i-t behelyettesítjük, akkor nullát kapunk i i + ai + b 0 amib l A megoldás i + + ai + b 0, + b 0 és ia 0 b és a 9 Egyéb példák 9- Bizonyítsuk be, hogy ha két természetes szám mindegyike el állítható két négyzetszám összegeként, akkor a szorzatuk is el állítható ilyen alakban Igaz-e az állítás megfordítása? Négyzetszámként a 0-t is megengedjük Például Legyen +, n a + b és m x + y Ekkor n és m tekinthet egy-egy komplex szám abszolút érték négyzeteként: n a + bi, m x + yi Ebb l: n m a + bi x + yi a + bix + yi ax by + ay + bxi ax by + ay + bx Az állítás megfordítása nem igaz, például 8 +, 8 6,

59 9 Egyéb példák 59 de sem, sem 6 nem állítható el két négyzetszám összegeként 9- Bizonyítsuk be a következ állítást: Legyen z C, n N A z 0 szám egyetlen n-edik gyöke 0 Ha z 0 és z rcos ϕ ϕ, akkor z-nek n különböz n-edik gyöke van, melyek w k n r Legyen a z szám n-edik gyöke Mivel w n z, ezért Ha z 0, akkor r 0, s így -b l Ha z 0, s ezért r 0, akkor alapján és -b l cos ϕ + kπ ϕ + kπ, 0 k n n n w ϱcos ψ ψ ϱ n cosnψ nψ rcos ϕ ϕ ϱ 0 és w 0 ϱ n r nψ ϕ kπ, k Z ϱ n r, ami a nem negatív valós számokon értelmezett gyökvonás alapján egyértelm -ból pedig nψ ϕ + kπ, s így ψ ϕ n + kπ n, k Z Ha 0 k n, akkor n különböz értéket kapunk ψ-re és így w-re is Ha k valamely ezekt l különböz egész szám, akkor ψ ezen értékek valamelyikét l π egész számú többszörösével különbözik, s így a w k számok valamelyikével megegyezik Ezek szerint minden nullától különböz komplex számnak n különböz n-edik gyöke van 9- Mutassuk meg, hogy ha z C \ 0, n N és w n z, akkor z többi n-edik gyöke w ε k k n, ahol ε k n-edik egységgyök Felhasználva, hogy ε n k, azt kapjuk, hogy w ε k n w n ε n k wn z,

60 60 Példák ezért w ε k z n-edik gyöke Másrészt az n-edik egységgyökökkel szorozva w -et, csupa különböz n-edik gyököt kapunk, mert w ε k w ε s esetén w 0 miatt ε k ε s Mivel z-nek n különböz n-edik gyöke van, az állításban megadott módon megkapjuk az összeset 9- Szerkesszük meg két adott komplex szám szorzatának megfelel vektort a Gauss-számsíkon Legyen P a z -nek, Q a z -nek, E pedig az számnak megfelel pont a koordinátarendszerben Feltesszük, hogy a 8 ábrának megfelel helyzet ek a vektoraink Szerkesszünk az OQ szakasz fölé az OEP háromszöghöz hasonló háromszöget, és az új csúcsot jelöljük R-rel Im R z z Q z O α β α P z E, 0 Re 8 ábra z argumentumát jelölje α, z argumentumát pedig β Az R pont által meghatározott komplex szám argumentuma α + β, abszolút értékére pedig a következ igaz Mivel a két háromszög hasonló, ezért OP : OE OR : OQ Ebb l OE -et felhasználva OR OP OQ z z z z Tehát az R pontnak megfelel komplex szám z és z szorzata 9-5 Szerkesszük meg valamely z 0 komplex szám reciprokának megfelel vektort a Gauss-számsíkon

61 9 Egyéb példák 6 Ha z, akkor az z -nek megfelel komplex szám nyilván z, vagyis a valós tengelyre való tükörképet kell megszerkesztenünk Legyen most z >, és z rcos α α Im E O T S P Re 9 ábra Szerkesszük meg az O középpontú egységnyi sugarú kört 9 ábra A z komplex számnak megfelel pont legyen P, P -b l a körhöz húzott egyik érint érintési pontja E Az OEP derékszög háromszög E-b l induló magasságvonalának talppontját jelöljük T -vel Az OT E háromszög hasonló az OEP háromszöghöz, ezért OT : OE OE : OP, s ebb l OP OT OE, amib l OT OP r A T pontot a valós tengelyre tükrözve kapjuk S-et Az ennek megfelel komplex szám abszolút értéke, argumentuma α, tehát megkaptuk z reciprokát Az -nél kisebb r abszolút érték komplex számok reciprokának szerkesztése hasonló meggondolás alapján végezhet 9-6 Bizonyítsuk be, hogy szabályos háromszög síkjában fekv tetsz leges, a csúcsoktól különböz P pontot a csúcsokkal összeköt szakaszokból háromszög szerkeszthet oly módon, hogy ezek a szakaszok a háromszög oldalai lesznek